第2讲 动量和能量观点的应用【核心要点】1.基本的概念对比(1)冲量与功的比较①定义式⎩⎨⎧冲量的定义式：I ＝Ft （作用力在时间上的积累效果）功的定义式：W ＝Flcos θ（作用力在空间上 的积累效果）②性质⎩⎨⎧冲量是矢量，既有大小又有方向（求合冲量应按矢量合成法则来计算）功是标量，只有大小没有方向（求物体所受外力的总功只需按代数和计算）(2)动量与动能的比较①定义式⎩⎪⎨⎪⎧动量的定义式：p ＝m v 动能的定义式：E k ＝12m v 2 ②性质⎩⎨⎧动量是矢量（按矢量运算法则来计算）动能是标量（按代数运算法则来计算） ③动量与动能间的关系⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2mE k E k ＝p 22m ＝12p v 2.动量观点的基本物理规律(1)动量定理的基本形式与表达式:I ＝Δp 。

分方向的表达式:I x 合＝Δp x ,I y 合＝Δp y 。

(2)动量定理推论:动量的变化率等于物体所受的合外力,即Δp Δt ＝F 合。

(3)动量守恒定律①动量守恒定律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体)。

②动量守恒定律的适用条件a.标准条件:系统不受外力(理想)或系统所受合外力为零(平衡)。

b.近似条件:系统所受合外力虽不为零,但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多),可以忽略不计。

c.分量条件:系统所受合外力虽不为零,但在某个方向上的分量为零,则系统总动量在该方向上的分量保持不变。

【备考策略】1.解决力学问题的三大观点(1)力的观点:主要是牛顿运动定律和运动学公式相结合,常涉及物体的受力、加速度或匀变速运动的问题。

(2)动量的观点:主要应用动量定理或动量守恒定律求解,常涉及物体的受力和时间问题,以及相互作用物体的问题。

(3)能量的观点:在涉及单个物体的受力和位移问题时,常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时,常用能量守恒定律。

2.力学规律的选用原则(1)单个物体:宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律。

若其中涉及时间的问题,应选用动量定理；若涉及位移的问题,应选用动能定理；若涉及加速度的问题,只能选用牛顿第二定律。

(2)多个物体组成的系统:优先考虑两个守恒定律,若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题,应选用动量守恒定律,然后再根据能量关系分析解决。

动量定理的应用1.应用动量定理的四点提醒(1)恒力的冲量可应用I＝Ft直接求解,变力的冲量优先考虑应用动量定理求解。

(2)物体动量变化是由合外力的冲量决定的,物体动能变化是由合外力做的功决定的。

(3)动量定理是过程定理,解题时必须明确过程及初末状态的动量。

(4)动量定理的表达式是矢量式,在一维情况下,各个矢量必须选取统一的正方向。

2.在电磁感应中用动量定理求变力的时间、速度、位移和电荷量,一般应用于单杆切割磁感线运动。

(1)求速度或电荷量:B I －l Δt ＝m v 2－m v 1,q ＝I －t 。

(2)求时间:F Δt －B I －l Δt ＝m v 2－m v 1,B I －l Δt ＝Bl ΔΦ总。

【例1】 (2020·全国卷Ⅰ,14)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。

若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是( )A.增加了司机单位面积的受力大小B.减少了碰撞前后司机动量的变化量C.将司机的动能全部转换成汽车的动能D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积【试题解析】行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体,增大了司机的受力面积,减少了司机单位面积的受力大小,可以延长司机的受力时间,从而减小了司机受到的作用力,A 项错误,D 项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积,碰撞后司机动量为零,所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量,B 项错误；司机与气囊的碰撞为非弹性碰撞,有能量损失,司机的动能未完全转换成汽车的动能,C 项错误。

【试题参考答案】 D【例2】 (多选)(2020·常德一模)一竖直放置的轻弹簧,一端固定于地面,一端与质量为3 kg 的B 固定在一起,质量为1 kg 的A 放于B 上。

现在A 和B 正在一起竖直向上运动,如图1所示。

当A 、B 分离后,A 上升0.2 m 到达最高点,此时B 速度方向向下,弹簧为原长,则从A 、B 分离起至A 到达最高点的这一过程中,下列说法正确的是(g 取10 m/s 2)( )图1A.A、B分离时B的加速度为gB.弹簧的弹力对B做功为零C.弹簧的弹力对B的冲量大小为6 N·sD.B的动量变化量为零【试题解析】由分离的条件可知,A、B物体分离时二者的速度、加速度相等,二者之间的相互作用力为0,对A分析可知,A的加速度a A＝g,所以B的加速度为g,故A 正确；A、B物体分离时弹簧恢复原长,A到最高点弹簧恢复原长,从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零,所以弹簧对B做的功为零,故B正确；A、B物体分离后A做竖直上抛运动,可知竖直上抛的初速度v＝2gh＝2×10×0.2 m/s＝2 m/s,上升到最高点所需的时间t＝2h g＝0.2 s,由运动的对称性可知此时B的速度为2 m/s,方向竖直向下,对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得:m B gt＋I N＝m B v－(－m B v),解得弹簧的弹力对B的冲量大小为:I N＝6 N·s,B的动量变化量为Δp＝m B v－(－m B v)＝12 kg·m/s,故C正确,D错误。

【试题参考答案】ABC【例3】(多选)如图2所示,足够长的光滑水平金属导轨间距为2 m,电阻不计,垂直导轨平面有磁感应强度为1 T的匀强磁场,导轨上相隔一定距离垂直放置两根长度也为2 m的金属棒,a棒质量为1 kg,电阻为5 Ω,b棒质量为2 kg,电阻为10 Ω。

现给a棒一个水平向右的初速度8 m/s,当a棒的速度减小为4 m/s时,b棒刚好碰到了障碍物,经过很短时间0.01 s速度减为零(不反弹,且a棒始终没有与b棒发生碰撞),下列说法正确的是()图2A.从上向下看回路产生逆时针方向的电流B.b 棒在碰撞前瞬间的速度大小为2 m/sC.碰撞过程中障碍物对b 棒的平均冲击力大小为300 ND.b 棒碰到障碍物后,a 棒继续滑行的距离为15 m【试题解析】根据右手定则可知,从上向下看回路产生逆时针方向的电流,选项A 正确；系统动量守恒,由动量守恒定律可知m a v 0＝m a v a ＋m b v b ,v b ＝2 m/s,选项B 正确；b 碰到障碍物时,回路的感应电动势E ＝BL (v a －v b )＝4 V ,回路的电流I ＝E R a ＋R b＝415 A,b 棒所受的安培力F b ＝BIL ＝815N,b 与障碍物碰撞时,由动量定理得(F b －F )t ＝0－m b v b ,解得F ≈400.5 N,选项C 错误；b 碰到障碍物后,a 做减速运动,直到停止,由动量定理得B I －L Δt ＝m a v a ,其中I －Δt ＝q ＝ΔΦR a ＋R b ＝BLx R a ＋R b,联立解得x ＝15 m,选项D 正确。

【试题参考答案】 ABD1.(多选)(2020·河北武邑中学期末)一个静止在水平地面上的物体,质量为0.1 kg,受到竖直向上的拉力F 作用,F 随时间t 的变化情况如图3乙所示。

若g 取10 m/s 2,则下列说法正确的是( )图3A.0～3 s 内,物体的速度逐渐增大B.3 s 时物体的加速度最大C.第5 s 末和第9 s 末物体的速度相等D.第9 s 末物体上升到最高点【试题解析】物体质量为0.1 kg,即重力为1 N,在0～1 s 时间内物体保持静止,即物体是从1 s 后开始向上加速运动的,A 错误；在第3 s 末物体所受拉力最大,a ＝F －mg m＝20 m/s 2,a ＞g ,此时加速度最大,B 正确；根据I F ＝Ft 可知,图线与坐标轴围成的面积表示F 的冲量,所以5～9 s 内F 与重力的冲量之和为零,则动量变化量为零,即第5 s 末和第9 s 末物体的速度相等,C 正确；物体在0～9 s 所受F 与重力的冲量之和I 总＝F m 2t －mgt ＝4.5 N·s,方向向上,则第9 s 末物体的速度方向向上且不为零,物体没有上升到最高点,D 错误。

【试题参考答案】 BC2.如图4所示,P 1P 2P 3和Q 1Q 2Q 3是相互平行且相距为d 的光滑固定金属导轨,P 1Q 1为不计电阻的直导线且P 1Q 1⊥Q 1Q 2。

P 1P 2、Q 1Q 2的倾角均为θ,P 2P 3、Q 2Q 3在同一水平面上,P 2Q 2⊥P 2P 3,整个轨道在方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中,质量为m 、接入电路的电阻为R 的金属杆CD 从斜轨道上某处静止释放,然后沿水平导轨滑动一段距离后停下。

杆CD 始终垂直导轨并与导轨保持良好接触,导轨电阻和空气阻力均不计,重力加速度大小为g ,轨道倾斜段和水平段平滑连接且都足够长,求:图4(1)杆CD 达到的最大速度大小；(2)杆CD 在距P 2Q 2的L 处由静止释放,滑到P 2Q 2处恰达到最大速度,则沿倾斜导轨下滑的时间Δt 1及在水平轨道上滑行的最大距离x 。

【试题解析】(1) 杆CD 速度最大时,杆受力平衡,则有B cos θ·dI m ＝mg sin θ此时杆CD 切割磁感线产生的感应电动势为E m ＝B cos θ·d v m由欧姆定律可得I m ＝E m R解得v m ＝mgR sin θB 2d 2cos 2θ(2)在杆CD 沿倾斜导轨下滑的过程中,根据动量定理有mg sin θ·Δt 1－B cos θ·I －1d Δt 1＝m v m －0又I －1Δt 1＝q 1＝ΔΦ1R ＝B cos θ·dL R联立解得:Δt 1＝mR B 2d 2cos 2θ＋B 2d 2L cos 2θmgR sin θ在杆CD 沿水平导轨运动的过程中,根据动量定理有－B I －2d Δt 2＝0－m v m该过程中通过R 的电荷量为q 2＝I －2Δt 2＝m v m Bd又q 2＝ΔΦ2R ＝Bxd R联立解得x ＝m 2gR 2sin θB 4d 4cos 2θ。

【试题参考答案】 (1)mgR sin θB 2d 2cos 2θ (2)mR B 2d 2cos 2θ＋B 2d 2L cos 2θmgR sin θ m 2gR 2sin θB 4d 4cos 2θ动量守恒定律的应用命题角度 ①动量守恒定律的应用②动量守恒和能量守恒的综合应用③动量守恒在电学中的应用【例1】 (多选)(2020·全国卷Ⅱ,21)水平冰面上有一固定的竖直挡板。