-考题一动量定理和能量观点的综合应用1.动量定理公式：Ftpp说明：(1)F为合外力恒力，求p时，用pFtb.变力，求I时，用Ipmv2mv1牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率当p一定时，Ft为确定值：Ft小F大如碰撞；t大F小缓冲(2)等式左边是过程量Ft，右边是两个状态量之差，是矢量式.v1、v2是以同一惯性参照物为参照的.p的方向可与mv1一致、相反或成*一角度，但是p的方向一定与Ft一致.2.力学规律的选用原则单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.假设其中涉及时间的问题，应选用动量定理；假设涉及位移的问题，应选用动能定理；假设涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.例1据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进展了实验，即通过一定质量的重物从*一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.g取10 m/s2.下表为一次实验过程中的相关数据.重物(包括传感器)的质量m/kg8.5重物下落高度H/cm45重物反弹高度h/cm20最大冲击力Fm/N850重物与地面接触时间t/s0.1(1)请你选择所需数据，通过计算答复以下问题：重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.(2)如果人从*一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由.解析(1)重物受到最大冲击力时加速度的大小为a由牛顿第二定律：a解得a90 m/s2重物在空中运动过程中，由动能定理mghmv2重物与地面接触前瞬时的速度大小v1重物离开地面瞬时的速度大小v2重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F，设竖直向上为正方向由动量定理：(Fmg)tmv2m(v1)解得F510 N，故6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ftmv可知，接触时间增加了，冲击力F会减小.答案(1)90 m/s26倍(2)见解析变式训练1.高空作业须系平安带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开场跌落到平安带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t平安带到达最大伸长量，假设在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间平安带对人的平均作用力大小为()A.mg B.mgC.mg D.mg答案A解析由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v，在t时间对人由动量定理得(Fmg)tmv，解得平安带对人的平均作用力为Fmg，A项正确.2.一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图1所示.物块以v09 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止.g取10 m/s2.图1(1)求物块与地面间的动摩擦因数；(2)假设碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；(3)求物块在反向运动过程中抑制摩擦力所做的功W.答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J解析(1)对小物块从A运动到B处的过程中应用动能定理mgsmv2mv代入数值解得0.32(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v6 m/s由动量定理得：Ftmvmv解得F130 N其中表示墙面对物块的平均作用力方向向左.(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得W0mv2解得W9 J.考题二动量守恒定律和能量观点的综合应用1.动量守恒定律(1)表达式：m1v1m2v2m1v1m2v2；或pp(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p)；或p0(系统总动量的增量为零)；或p1p2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件：理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零.近似守恒：外力远小于力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比力冲量小得多.单方向守恒：合外力在*方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.动量守恒定律应用要注意的三性(1)矢量性：在一维运动中要选取正方向，未知速度方向的一律假设为正方向，带入求解.(2)同时性：m1v1和m2v2作用前的同一时刻的动量m1v1和m2v2作用后的同一时刻的动量(3)同系性：各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)2.力学规律的选用原则多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，假设涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.例2如图2所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R0.5 m，物块A以v06 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为0.1，A、B的质量均为m1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短).图2(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)假设碰后AB最终停顿在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(nk)光滑段上的速度vn与n的关系式.解析(1)从AQ由动能定理得mg2Rmv2mv解得v4 m/s m/s在Q点，由牛顿第二定律得Fmgm解得F22 N.(2)A撞B，由动量守恒得mv02mv解得v3 m/s设摩擦距离为*，则2mg*02mv2解得*4.5 m所以k45.(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得2mgnL2mv2mv2所以vn m/s(n45).答案(1)4 m/s22 N(2)45(3)vn m/s(nv20.1 m/s，所以m2在m1停顿后与其相碰由牛顿第二定律有：Ffm1gm1am1停顿后离O点距离：s则m2平抛的时间：t平抛的高度：hgt2设m2做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系有：Rh由qv2B，联立得：B0.25 T答案(1)0.4 m/s，方向水平向左(2)1 T(3)0.25 T变式训练4.如图5所示，C1D1E1F1和C2D2E2F2是距离为L的一样光滑导轨，C1D1和E1F1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r18r和r2r.在水平矩形D1E1E2D2有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B.导体棒P、Q的长度均为L，质量均为m，电阻均为R，其余电阻不计，Q停在图中位置，现将P从轨道最高点无初速度释放，则：图5(1)求导体棒P进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；(2)假设P、Q不会在轨道上发生碰撞，棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P离开轨道瞬间的速度；(3)假设P、Q不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E1E2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的围.答案(1)，方向逆时针(2)3(3)3mgrQ4mgr解析(1)导体棒P由C1C2下滑到D1D2，根据机械能守恒定律：mgr1mv，vD4导体棒P到达D1D2瞬间：EBLvD回路中的电流I方向逆时针(2)棒Q到达E1E2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q：mg，vQ设导体棒P离开轨道瞬间的速度为vP，根据动量守恒定律：mvDmvPmvQ代入数据得，vP3(3)由(2)知，假设导体棒Q恰能在到达E1E2瞬间飞离轨道，P也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产