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考點2   動量和能量

二. 命題趨勢：

本專題涉及的內(nèi)容是動力學內(nèi)容的繼續(xù)和深化，其中的動量守恒定律、機械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運動定律的適用范圍更廣泛，是自然界中普遍適用的基本規(guī)律，因此是高中物理的重點，也是高考考查的重點之一。高考中年年有，且常常成為高考的壓軸題。如2002年、2003年、2005年理綜最后一道壓軸題均是與能量有關的綜合題。但近年采用綜合考試后，試卷難度有所下降，因此動量和能量考題的難度也有一定下降。要更加關注有關基本概念的題、定性分析現(xiàn)象的題和聯(lián)系實際、聯(lián)系現(xiàn)代科技的題。

試題常常是綜合題，動量與能量的綜合，或者動量、能量與平拋運動、圓周運動、熱學、電磁學、原子物理等知識的綜合。試題的情景常常是物理過程較復雜的，或者是作用時間很短的，如變加速運動、碰撞、爆炸、打擊、彈簧形變等。

三. 知識概要：

（一）動量定理和動能定理

1. 動量定理：是一個矢量關系式。先選定一個正方向，一般選初速度方向為正方向。在曲線運動中，動量的變化△P也是一個矢量，在勻變速曲線運動中（如平拋運動），動量變化的方向即合外力的方向。

2. 動能定理：是計算力對物體做的總功，可以先分別計算各個力對物體所做的功，再求這些功的代數(shù)和，即W_總= W₁+W₂+…+W_n；也可以將物體所受的各力合成求合力，再求合力所做的功。但第二種方法只適合于各力為恒力的情形。

3. 說明：應用這兩個定理時，都涉及到初、末狀狀態(tài)的選定，一般應通過運動過程的分析來定初、末狀態(tài)。初、末狀態(tài)的動量和動能都涉及到速度，一定要注意我們現(xiàn)階段是在地面參考系中來應用這兩個定理，所以速度都必須是對地面的速度。

（二）動量守恒定律

1. 動量守恒的條件：可以歸納為以下幾種情況：① 物體系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零；② 物體系統(tǒng)受到的外力遠小于內(nèi)力；③ 系統(tǒng)在某方向上不受外力、合外力為零或外力遠小于外力，此時在該方向上動量守恒。

在碰撞和爆炸現(xiàn)象中，由于物體間相互作用持續(xù)時間很短，一般都滿足內(nèi)力遠大于外力，故可以用動量守恒定律處理。

2. 運用動量守恒定律應注意：

① 矢量性：動量守恒定律的方程是一個矢量關系式。對于作用前后物體的運動方向都在同一直線上的問題，應選取統(tǒng)一的正方向，按正方向確定各矢量的正負。

② 瞬時性：動量是一個狀態(tài)量，對應著一個瞬時。動量守恒是指該相互作用過程中的任一瞬時的動量恒定，不同時刻的動量不能相加。

③ 相對性：動量的具體數(shù)值與參考系的選取有關，動量計算時的速度必須是相對同一慣性系的速度，一般以地面為參考系。

3. 反沖運動中移動距離問題的分析：

一個原來靜止的系統(tǒng)，由于某一部分的運動而對另一部分有沖量，使另一部分也跟著運動，若現(xiàn)象中滿足動量守恒，則有m₁υ₁-m₂υ₂ = 0，υ₁ =

（三）機械能守恒定律、功能關系

1. 兩類力做功的特點：

保守力（如重力）做功只與初、末位置有關，與運動的路徑無關；耗散力（如滑動摩擦力）做功與運動的路徑有關，且有時力總是與運動方向相反，大小保持不變，此時做功的絕對值等于力的大小與路程的乘積。

2. 摩擦力做功的特點：

在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能的相互轉(zhuǎn)移，靜摩力起著傳遞機械能的作用，而沒有機械能轉(zhuǎn)化為其他形式的能。相互摩擦的系統(tǒng)內(nèi)，一對靜摩擦力所做功的和總是為零。一對滑動摩擦力做功的過程中，能量的轉(zhuǎn)化有兩個方面：一是相互摩擦的物體之間機械能的轉(zhuǎn)移，二是機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量值等于滑動摩擦力與相對位移的乘積。一對滑動摩擦力所做功的和為負值，其絕對值等于系統(tǒng)損失的機械能。

3. 機械能是否守恒的判斷：

從做功來判斷：分析物體或物體系受力情況（包括內(nèi)力和外力），明確各力做功的情況，若對物體或系統(tǒng)只有重力或彈力做功，沒有其他力做功或其他力做功的代數(shù)和為零，則機械能守恒。

從能量轉(zhuǎn)化來判斷：若物體或物體系中只有動能和重力勢能、彈性勢能的相互轉(zhuǎn)化而無機械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化，則物體或物體系機械能守恒。如繩子突然繃緊、物體間碰撞粘合等現(xiàn)象時，機械能不守恒。

4. 機械能守恒定律的幾種表達式：

（1）物體或系統(tǒng)初態(tài)總機械能E₁等于末態(tài)的總機械能E₂，此時應選定零勢能面。

（2）系統(tǒng)減少的勢能△E_p減等于增加的動能△E_k增即△E_p減 = △E_k增（或△E_p增 =

△E_k減）

（3）系統(tǒng)內(nèi)只有A、B兩物體時，則A減少的機械能△E_A減等于B增加的機械能

△E_B增

沖量是力對時間的積累，其作用效果是改變物體的動量；功是力對位移的積累，其作用效果是改變物體的能量；沖量和動量的變化、功和能量的變化都是原因和結果的關系，對此，要像熟悉力和運動的關系一樣熟悉。在此基礎上，還很容易理解守恒定律的條件，要守恒，就應不存在引起改變的原因。能量還是貫穿整個物理學的一條主線，從能量角度分析思考問題是研究物理問題的一個重要而普遍的思路。

應用動量定理和動能定理時，研究對象可以是單個物體，也可以是多個物體組成的系統(tǒng)，而應用動量守恒定律和機械能守恒定律時，研究對象必定是系統(tǒng)；此外，這些規(guī)律都是運用于物理過程，而不是對于某一狀態(tài)（或時刻）。因此，在用它們解題時，首先應選好研究對象和研究過程。對象和過程的選取直接關系到問題能否解決以及解決起來是否簡便。選取時應注意以下幾點：

（1）選取研究對象和研究過程，要建立在分析物理過程的基礎上。臨界狀態(tài)往往應作為研究過程的開始或結束狀態(tài)。

（2）要能視情況對研究過程進行恰當?shù)睦硐牖幚怼?/span>

（3）可以把一些看似分散的、相互獨立的物體圈在一起作為一個系統(tǒng)來研究，有時這樣做，可使問題大大簡化。

（4）有的問題，可以選這部分物體作研究對象，也可以選取那部分物體作研究對象；可以選這個過程作研究過程，也可以選那個過程作研究過程；這時，首選大對象、長過程。

確定對象和過程后，就應在分析的基礎上選用物理規(guī)律來解題，規(guī)律選用的一般原則是：

（1）對單個物體，宜選用動量定理和動能定理，其中涉及時間的問題，應選用動量定理，而涉及位移的應選用動能定理。

（2）若是多個物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮兩個守恒定律。

（3）若涉及系統(tǒng)內(nèi)物體的相對位移（路程）并涉及摩擦力的，要考慮應用能量守恒定律。

【典型例題】

[例1] 某地強風的風速是20m/s，空氣的密度是

點撥解疑：風力發(fā)電是將風的動能轉(zhuǎn)化為電能，討論時間t內(nèi)的這種轉(zhuǎn)化，這段時間內(nèi)通過風力發(fā)電機的空氣是一個以S為底、v₀t為高的橫放的空氣柱，其質(zhì)量為m=

代入數(shù)據(jù)解得   P=53kW

[例2]（1998年全國卷）在光滑水平面上，動能為E₀、動量的大小為

A. E₁<E₀           B. p₁<p₀              C. E₂>E₀            D. p₂>p₀

點撥解疑：兩鋼球在相碰過程中必同時遵守能量守恒和動量守恒。由于外界沒有能量輸入，而碰撞中可能產(chǎn)生熱量，所以碰后的總動能不會超過碰前的總動能，即E₁+E₂≤E₀ ，可見A對C錯；另外，A也可寫成

點評：判斷兩物體碰撞后的情況，除考慮能量守恒和動量守恒外，有時還應考慮某種情景在真實環(huán)境中是否可能出現(xiàn)，例如一般不可能出現(xiàn)后面的球穿越前面的球而超前運動的情況。

[例3]（2000年全國）在原子核物理中，研究核子與核關聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應”。這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似。兩個小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài)。在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度

（1）求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度。

（2）求在A球離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。

點撥解疑：

（1）設C球與B球粘結成D時，D的速度為

當彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設此速度為

由①、②兩式得A的速度　　

（2）設彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為

撞擊P后，A與D的動能都為零，解除鎖定后，當彈簧剛恢復到自然長度時，勢能全部轉(zhuǎn)變成D的動能，設D的速度為

當彈簧伸長時，A球離開擋板P，并獲得速度。當A、D的速度相等時，彈簧伸至最長。設此時的速度為

當彈簧伸到最長時，其勢能最大，設此勢能為

　?、?/span> 解以上各式得 　　

   ⑧

 

[例4]（2003年理綜全國）一傳送帶裝置示意圖如圖所示，其中傳送帶經(jīng)過AB區(qū)域時是水平的，經(jīng)過BC區(qū)域時變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成，未畫出），經(jīng)過CD區(qū)域時是傾斜的，AB和CD都與BC相切?，F(xiàn)將大量的質(zhì)量均為m的小貨箱一個一個在A處放到傳送帶上，放置時初速為零，經(jīng)傳送帶運送到D處，D和A的高度差為h。穩(wěn)定工作時傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L。每個箱子在A處投放后，在到達B之前已經(jīng)相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動（忽略經(jīng)BC段時的微小滑動）。已知在一段相當長的時間T內(nèi)，共運送小貨箱的數(shù)目為N。這裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦。求電動機的平均輸出功率P。

點撥解疑：以地面為參考系（下同），設傳送帶的運動速度為v₀，在水平段運輸?shù)倪^程中，小貨箱先在滑動摩擦力作用下做勻加速運動，設這段路程為s，所用時間為t，加速度為a，則對小箱有

   

用f表示小箱與傳送帶之間的滑動摩擦力，則傳送帶對小箱做功為

傳送帶克服小箱對它的摩擦力做功

兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量

可見，在小箱加速運動過程中，小箱獲得的動能與發(fā)熱量相等。 T時間內(nèi)，電動機輸出的功為

此功用于增加小箱的動能、勢能以及克服摩擦力發(fā)熱，即

已知相鄰兩小箱的距離為L，所以

聯(lián)立⑦⑧⑨⑩，得

[例5]（2005年理綜天津卷）如圖所示，質(zhì)量

（1）瞬時沖量作用結束時木板的速度

（2）木板的長度L。

點撥解疑：

（1）設水平向右為正方向，有

（2）設A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力的大小分別為

   

 

  

 

    

 

動量與動能之間的關系為 

  

 

木板A的長度  

[例6] 空間探測器從行星旁邊繞過時，由于行星的引力作用，可以使探測器的運動速率增大，這種現(xiàn)象被稱之為“彈弓效應”在航天技術中，“彈弓效應”是用來增大人造小天體運動速率的一種有效方法。

（1）如圖所示是“彈弓效應”的示意圖：質(zhì)量為m的空間探測器以相對于太陽的速度u₀飛向質(zhì)量為M的行星，此時行星相對于太陽的速度為u₀，繞過行星后探測器相對于太陽的速度為υ，此時行星相對于太陽的速度為υ，由于m、M，υ₀、υ、u₀、u的方向均可視為相互平行。試寫出探測器與行星構成的系統(tǒng)在上述過程中“動量守恒”“及始末狀態(tài)總動能相等”的方程，并在m<<M的條件下，用υ₀和u₀來表示υ。

（2）若上述行星是質(zhì)量為M＝5.67×10²⁶kg的土星，其相對太陽的軌道速率u₀ = 9.6km/s，而空間探測器的質(zhì)量m＝150kg，相對于太陽迎向土星的速率υ₀＝10.4km/s，則由于“彈弓效應”，該探測器繞過火星后相對于太陽的速率將增為多少？

（3）若探測器飛向行星時其速度υ₀與行星的速度u₀同方向，則是否仍能產(chǎn)生使探測器速率增大的“彈弓效應”？簡要說明理由。

點撥解疑：

（1）以探測器初始時速度υ₀的反方向為速度的正方向

由動量守恒定律有：－mυ₀+Mu₀ = mυ+Mu

由動能守恒有：

mυ

+

Mu

=

mυ²+

Mu²

由上兩式解得：υ =

當m<<M時，

（2）從所給數(shù)據(jù)可知m<<M，代入υ₀、u₀的值可得υ＝29.6km/s

（3）當υ₀與u₀方向同向時，此時υ₀、u₀都取負值，為使探測器能追上行星，應使｜υ₀｜＞|u₀|，此時有υ = υ₀+2u₀即｜υ｜＝｜υ₀

[例7] 如圖所示，光滑水平面上，質(zhì)量為2m的小球B連接著輕質(zhì)彈簧，處于靜止；質(zhì)量為m的小球A以初速度v₀向右勻速運動，接著逐漸壓縮彈簧并使B運動，過一段時間，A與彈簧分離，設小球A、B與彈簧相互作用過程中無機械能損失，彈簧始終處于彈性限度以內(nèi)

（1）求當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能E。

（2）若開始時在小球B的右側(cè)某位置固定一塊擋板（圖中未畫出），在小球A與彈簧分離前使小球B與擋板發(fā)生正撞，并在碰后立刻將擋板撤走。設小球B與固定擋板的碰撞時間極短，碰后小球B的速度大小不變、但方向相反。設此后彈簧彈性勢能的最大值為

點撥解疑：（1）當A球與彈簧接觸以后，在彈力作用下減速運動，而B球在彈力作用下加速運動，彈簧勢能增加，當A、B速度相同時，彈簧的勢能最大。

設A、B的共同速度為v，彈簧的最大勢能為E，則A、B系統(tǒng)動量守恒，有

（2）設B球與擋板碰撞前瞬間的速度為v_B，此時A的速度為v_A

系統(tǒng)動量守恒

B與擋板碰后，以v_B向左運動，壓縮彈簧，當A、B速度相同（設為v_共）時，彈簧勢能最大有　

 

    

所以　

當彈簧恢復原長時與小球B擋板相碰，v_B有最大值v_Bm，有

   

   

即v_B的取值范圍為　

當v_B＝

當v_B＝

【模擬試題】

1.（2001年高考理綜卷）下列一些說法：

① 一質(zhì)點受兩個力作用且處于平衡狀態(tài)（靜止或勻速），這兩個力在同一段時間內(nèi)的沖量一定相同

    ② 一質(zhì)點受兩個力作用且處于平衡狀態(tài)（靜止或勻速），這兩個力在同一段時間內(nèi)做的功或者都為零，或者大小相等符號相反

    ③ 在同樣時間內(nèi)，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正負號一定相反

    ④ 在同樣時間內(nèi)，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正負號也不一定相反

以上說法正確的是（    ）

A. ①②        B. ①③        C. ②③        D. ②④

2. A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是5kgm/s，B球的動量是7kgm/s，當A追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量的可能值是（    ）

A. －4 kg·m/s、14 kg·m/s              B. 3kg·m/s、9 kg·m/s

C. －5 kg·m/s 、17kg·m/       D. 6 kg·m/s、6 kg·m/s

3.（1998年高考上海卷）在光滑水平面上有質(zhì)量均為2kg的a、b兩質(zhì)點，a質(zhì)點在水平恒力F_a=4N作用下由靜止出發(fā)運動4s。b質(zhì)點在水平恒力F_b=4N作用下由靜止出發(fā)移動

4m。比較這兩個質(zhì)點所經(jīng)歷的過程，可以得到的正確結論是（    ）

A. a質(zhì)點的位移比b質(zhì)點的位移大      B. a質(zhì)點的末速度比b質(zhì)點的末速度小

C. 力F_a做的功比力F_b做的功多       D. 力F_a的沖量比力F_b的沖量小

4. 矩形滑塊由不同材料的上下兩層粘結在一起組成，將其放在光滑的水平面上，如圖所示。質(zhì)量為m的子彈以速度v水平射向滑塊，若射擊上層，則子彈恰好不射出；若射擊下層，則子彈整個兒恰好嵌入，則上述兩種情況相比較（    ）

A. 兩次子彈對滑塊做的功一樣多

B. 兩次滑塊所受沖量一樣大

C. 子彈嵌入下層過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量較多

D. 子彈擊中上層過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量較多

5. 如圖所示，長2m，質(zhì)量為1kg的木板靜止在光滑水平面上，一木塊質(zhì)量也為1kg（可視為質(zhì)點），與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.2。要使木塊在木板上從左端滑向右端而不至滑落，則木塊初速度的最大值為（    ）

A. 1m/s         B. 2 m/s        C. 3 m/s         D. 4 m/s

6. 如圖所示，質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A靠緊豎直墻。用水平力F將B向左壓，使彈簧被壓縮一定長度，靜止后彈簧儲存的彈性勢能為E。這時突然撤去F，關于A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是（    ）

A. 撤去F后，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒

B. 撤去F后，A離開豎直墻前，系統(tǒng)動量不守恒，機械能守恒

C. 撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為E

D. 撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為E/3

7. 如圖所示，質(zhì)量為M的小車A右端固定一根輕彈簧，車靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為m的小物塊B從左端以速度v₀沖上小車并壓縮彈簧，然后又被彈回，回到車左端時剛好與車保持相對靜止。求整個過程中彈簧的最大彈性勢能E_P和B相對于車向右運動過程中系統(tǒng)摩擦生熱Q各是多少？

8.（2006年天津卷）如圖所示，坡道頂端距水平面高度為

（1）物塊A在與擋板B碰撞前瞬間速度

的大?。?/span>

（2）彈簧最大壓縮量為

【試題答案】

1. D     2. B     3. AC    4. AB      5. D    

6. 解析：A離開墻前墻對A有彈力，這個彈力雖然不做功，但對A有沖量，因此系統(tǒng)機械能守恒而動量不守恒；A離開墻后則系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒。A剛離開墻時刻，B的動能為E，動量為p=

7.

=Q=

8.（1）由機械能守恒定律，有

  

 

（2）A、B在碰撞過程中內(nèi)力遠大于外力，由動量守恒，有

A、B克服摩擦力所做的功