专题强化5 动量、动力学和能量观点在力学中的应用-【成才之路·学案】2026-2027学年高中物理选择性必修1同步新课程学习指导（人教版）

043 专题强化S 动量、动力学和能量观点在 力学中的应用 ●目标重点展示 素养目标 学习重点 进一步熟悉牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律、能 物理观念 量守恒定律等规律。 会分析物理过程并选取合 (1)会根据题意分析物理过程。 适的规律列方程 科学思维 (2)灵活运用动力学观点、动量观点和能量观点解决力 学问题。 ●要点归纳 1.解决力学问题的三个基本观点和五个规律 三个基本观，点 对应规律 公式表达 动力学观点 牛顿第二定律 F合=ma W合=△E 动能定理 、1 21 能量观点 W合=2m, 2m%,2 1 机械能守恒定律 mgh mv2=mgh2 +2 mtz? F合t=p'-p 动量定理 动量观点 I合=△p 动量守恒定律 m1v1+m22=m1y1′+m2v2' 2.力学规律的选用原则 (1)如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决。 (2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理（涉及时间的问 题)或动能定理（涉及位移的问题）去解决问题。 (3)若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决 问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 (4)在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功 等于系统机械能的减少量（即转化为系统内能的量）列方程。 (5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能 与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场。 044 类型一：平抛运动、圆周运动规律与动量、能量知识的综合应用 [规律方法] 1.灵活选取物理过 例1：如图所示，在光滑水平桌面EAB上 程。在综合题目中， 有质量为M=0.2kg的小球P和质量为 物体运动常有几个不 m=0.1kg的小球Q,P、Q之间压缩一轻弹簧 (轻弹簧与两小球不拴接)，桌面边缘E处 P Q 同的过程，根据题目 放置一质量也为m=0.1kg的橡皮泥球S,在 的已知、未知条件灵 B处固定一与水平桌面相切的光滑竖直半圆 一x可D 活地选取物理过程来 形轨道。释放被压缩的轻弹簧，P、Q两小球小球P沿半圆形轨道上升过程中机械 研究。 被轻弹簧弹出，小球P与弹簧分离后进入半能守恒 2.灵活选取系统。根 圆形轨道，恰好能够通过半圆形轨道的最√说明小球P在最高点只受重力，由向 据题目的特点在某个 高点C:小球Q与弹簧分离后与桌面边缘的心力公式特Mg=M装 过程（或某些过程） 橡皮泥球S碰撞后合为一体飞出，落在水平地小球Q与㶖皮泥球S发生完全非弹 中选取其中动量守恒 面上的D点。已知水平桌面高为h=0.2m, 性碰撞 或能量守恒的几个物 D点到桌面边缘的水平距离为x0.2m,重利用平热运动规律可以求出Q.5碰 体为研究对象，不一 力加速度为g取10ms2,求： 后共同速度) 定选所有的物体为研 (1)小球P经过半圆形轨道最低点B时对小球P在最低点由向心力公式可特 究对象。 轨道的压力大小： F心M阳=M爱，小球P由最低点到 3.若单独利用动量观 (2)小球Q与橡皮泥球S碰撞前瞬间的速 最高点机械能守恒方M6=M+ 点、（或能量观点）无 度大小Q Mg2R由以上并结合U.求Fe 法解决问题，可尝试 (3)被乐缩的轻弹簧的弹性势能E,一Q 」由Q、S碰撞过程动量守恒 两种观点结合联立方 E,=M,2+M,2,由弹开过程P,Q动量守恒可求 可求a 程求解，列方程前要 从而求得E。 注意分析、判断所选 [规律方法] 过程动量、能量的守 恒情况。 跟踪训练1：(2024·辽宁卷)如图，高度h=0.8m 的水平桌面上放置两个相同物块A、B,质量mA=mg= 0.1kg。A、B间夹一压缩量△x=0.1m的轻弹簧，弹簧 与A、B不拴接。同时由静止释放A、B,弹簧恢复原长时 A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程x=0.4 m;B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离x=0.25m后停 止。A、B均视为质点，取重力加速度g=10m/s2。求： (1)脱离弹簧时A、B的速度大小vA和v; (2)物块与桌面间的动摩擦因数； (3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能△E。 ●045 类型二：直线运动规律与动量、能量知识的综合应用 例2：如图所示，在光滑的水平面上放置了一个质量M=3kg的长木板AB,长 www 木板的上表面AC段是粗糙的、BC段是光滑的，长木板的左端放置了一m吧含 个质量m=1kg的小物块（视为质点），物块与粗糙段间的动摩擦因数=0.15，木板右端B连 着一段轻质弹簧，弹簧处于自然状态时，左端点正好在C点，系统处于静止状态。若给小物块 一个向右的初速度。=2m/s,小物块正好滑到C处；如果给长木板施加一个水平向左的恒力 F(图中未画出)，作用t=1s时间后撤去此力时，小物块正好到达C点。求： (1)长木板AC段的长度； (2)恒力F的大小； (3)撤去恒力后，弹簧的最大弹性势能。 跟踪训练2：(2023·天津卷)质量m=2kg的物体A自距地面h=1.2m高度自由落下，与此 同时质量mg=1kg的物体B由地面竖直上抛，经过t=0.2s与A碰撞，碰后两物体粘在一起，碰撞 时间极短，忽略空气阻力。两物体均可视为质点，重力加速度g=10/s2,求A、B: (1)碰撞位置与地面的距离x; (2)碰撞后瞬时的速度大小； (3)碰撞中损失的机械能△E。 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[11]跟踪训练1：AD章鱼喷水过程所用的时间极短，内力远大于外 力，章鱼和喷出的水组成的系统动量守恒，A正确；在章鱼喷 水的过程中，章鱼和喷出水的机械能增加，系统机械能增加，B 错误：以章鱼和喷出的水组成的系统为研究对象，规定章鱼喷 水后瞬间逃跑的方向为正方向，由动量守恒定律得0=(M m)加一m,可得章鱼喷水后瞬间逃跑的速度大小为”=M-一m0, m 故C错误，D正确。 探究点2火箭 要点归纳 1.反冲 2.△mL-△m m 判断正误 (1)×(2)V(3)× 例2：(1)2.0m/s(2)13.5m/s 解析：(1)第三次喷出气体后，共喷出的气体质量m1=3× 0.2kg=0.6kg 以火箭初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得(M-m,), m1v=0 解得v1≈2m/s。 (2)1s未发动机喷气20次，共喷出的气体质量为m2=20× 0.2 kg =4 kg 根据动量守恒定律得(M-m2)v'-m2v=0 则得火箭1s末的速度大小为v'≈13.5m/s。 变式拓展：0.67m/s 解析：由动量守恒定律有(M-m)1-m(v-）=0,解得1≈ 0.67m/sg 素养能力提升 例3：A人、车组成的系统水平方向动量守恒，则m,=M2,所 以mx1=Mx2,又有x1+x2=L,解得x2=0.5m。 跟踪训练2：A小球向下运动的过程，底座向右运动，设小球和 底座的位移分别为，则有=M,且气+=号R,解 得=石R,故A正确。 专题强化5动量、动力学和能量观点在 力学中的应用 例1：(1)12N(2)2m/s(3)0.3J 解析：(1)小球P恰好能通过半圆形轨道的最高点C,则有 =后解袋风 对于小球P,从BC,由动能定理有 -2MgR=Mve -Mos 解得vg=5gR 在B点有FNa-Mg=M 解得FNa=6Mg=12N 由牛顿第三定律有FNg'=FN=l2N。 (2)设Q与S做平抛运动的初速度大小为： 所用时间为1，根据公式人=之 得t=0.2s,根据公式x=t,得v=1m/s 碰撞前后Q和S组成的系统动量守恒 则有mv,=2mw 解得vo=2m/s。 (3)P、Q和弹簧组成的系统动量守恒 则有Mp=mo 解得vp=1m/s 对P.Q和弹簧组成的系统，由能量守恒定律有E,=号，2+ 2 mro2 解得E。=0.3J。 跟踪训练1：(1)1m/s1m/s(2)0.2(3)0.12J 解析：(1)对A物块由平抛运动如识得A=之 XA=VAL 代入数据解得，脱离弹簧时A的速度大小为va=1m/s A、B物块质量相等，同时受到大小相等方向相反的弹簧弹力 及大小相等方向相反的摩擦力，则A、B物块整体动量守恒， 则mAUA=mBUB 解得脱离弹簧时B的速度大小为g=1m/s。 (2)对物块B由动能定理-wnn8Xp=0-2m 代入数据解得，物块与桌面的动摩擦因数为以=0.2。 (3)弹簧的弹性势能转化为A、B物块的动能及这个过程中克 限摩擦力所微的功，即△E,=2以2+了，：2+m,A +Lmgg△xB 其中m=mg,△x=△x+△vg 解得整个过程中，弹簧释放的弹性势能△E。=0.12J。 例2：(1)1m(2)12N(3)1.5J 解析：(1)设长木板粗糙段长度为L,小物块与长木板组成的 系统动量守恒，给小物块一个初速度o=2/s,小物块正好 滑到C处，说明小物块与长木板达到共同速度，由动量守恒定 律和功能关系有m=(m+M)v pmglm(m 解得L=1m。 (2)设经过t=1s时间后，长木板和小物块的速度分别是1、 2,对系统由动量定理有 Ft =Mv +mz 对整个系统由功能关系有 Fx-umgL =2 2+m 又2=x 2=-L 联立解得F=12N,1=3.5m/s,2=1.5m/so (3)当弹簧的弹性势能最大时，长木板与小物块达到共同速 度，设为3，则M1+mw2=（M+m)"3 合2+m,2=E+宁(M+m) 解得Epm=1.5J。 0 跟踪训练2：(1)1m(2)0(3)12J 解析：(1)对物体A,根据运动学公式可得x=h-2= 1.2m-分×10x0.2m=1m (2)设物体B从地面竖直上抛的初速度为o,根据运动学公 式可如x=w-宁 解得m=6m/s 可得碰撞前物体A的速度BA=gt=2m/s 方向竖直向下： 碰撞前物体B的速度Ug=Um一=4m/s 方向竖直向上； 选向下为正方向，由动量守恒可得mA一mgs=(mA+mg)u 解得碰后速度v=0。 (3)根据能量守恒可知碰撞损失的机械能△E= 之m2-分(m,+m=)2=12J。 章末整合 素养提升 知识网络构建 m速度p'-pFt力合力的冲量mm'-mw不受外 力零≥外力的矢量和为零m,OM+m2ON总动能 总动能最大速度m-m 2m1 m1+m2 %,+m 高考真题专练 1.BD取向右为正方向，滑块1和滑块2组成的系统的初动量 为p1=m=1×0.40kg·m/s=0.40kg·m/s,碰撞后的动量 为乃2=22=2×1×0.22kg·m/s=0.44kg·m/s,则滑块的 碰撞过程动量不守恒，故A错误；对滑块1，取向右为正方向， 则有11=m2-mw1=1×0.22kg·m/s-1×0.40kg·m/s= -0.18kg·m/s,负号表示方向水平向左，故B正确；对滑块 2,取向右为正方向，则有12=m=1×0.22kg·m/s= 0.22kg·m/s,故C错误；对滑块2根据动量定理有F△t=12, 解得F=5.5N,则滑块2受到滑块1的平均作用力大小为 5.5N,故D正确。故选BD。 2.BD根据牛顿第三定律结合题图可知t=0.15s时，蹦床对运 动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低 点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知运动员 从t=0.30s离开蹦床到t=2.3s再次落到蹦床上经历的时间 为25，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为 1s,则在t=1.3s时，运动员恰好运动到最大高度处，t= 0.30s时运动员的速度大小v=10×1m/s=10m/s,故B正 确，C错误；同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为 10m/s,以竖直向上为正方向，根据动量定理F·△t-mg·△t =mw-(-mw),其中△t=0.3s,代入数据可得F=4600N,根 据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对 蹦床的平均作用力大小为4600N,故D正确。故选BD。 3.BD对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示 m甲 fN-FFsN 2 根据牛顿第二定律有am= -m8,z-z5,由于 mo mz. mp>m2,所以a甲<az,由于两物体运动时间相同，且同时由 静止释放，可得甲<"乙，A错误；对于整个系统而言，由于 wm甲g>m2g,合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量 方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。 故选BD。 4.AD根据图像可知当F=2 mgsin0时，物块加速度为a= 2 ngsin0+mgsin0=3gsin0,方向沿斜面向下；当F= m -2 mgsin0时，物块加速度大小为a=2 mgsin0-mgsin0_ gsin0,方向沿斜面向上，作出物块0~4t。内的v-t图像。根 据图像可知0~4t。,物体一直沿斜面向下运动，故A正确；根 据图像可知0~4。，物块的末速度不等于0，根据动量定理 I合=△p≠0，故B错误；根据图像可知t。时物块速度大于2o 时物块的速度，故to时动量不是2t。时的一半，故C错误：-t 图像与横轴围成的面积表示位移，故由图像可知2t~3过 程物体的位移小于3t。~4to的位移，故D正确。故选AD。 0 21031410 t/s 5.A对整个系统分析可知合外力为0，A和B组成的系统动量 守恒，得mUA=mgg,设弹簧的初始弹性势能为E,整个系统 只有弹簧弹力做功，机械能守恒，当弹簧恢复原长时得E。= +，联立得，=号(+m小，故可知 1 弹簧恢复原长时滑板速度最大，此时动量最大，动能最大。对 于系统来说动量一直为零，系统机械能不变。故选A。 6.BC由于两小球碰撞过程中机械能守恒，可知两小球碰撞过 程是弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒可知mw=mwM+ m、,了m=了m,+了，由于两小球质量相等，故碰撞 1 1 后两小球交换速度，即M=0,v=D,碰后小球N做平抛运动， 在水平方向做匀速直线运动，即水平地面上的垂直投影的运 动速度大小等于；在竖直方向上做自由落体运动，即竖直墙 面上的垂直投影的运动是匀加速运动。故选BC。 7.（1)m+M)o-Me(2)4 M(vg-o） m △t 解析：(1)组合体分离前后动量守恒，取“。的方向为正方 向，有 (m+M)vo Mvg ma 解得，=（m+M)。-Mu2 (2)以B为研究对象，对B由动量定理有 F△t=MvB-Mo 解得F=M(a-) △t