1、【專題三】動量與能量【考情分析】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，三個守恒可謂高考物理的重中之重，常作為壓軸題出現(xiàn)在物理試卷中，且難度較大，能力要求高。動量守恒與能量守恒貫穿于整個高中物理學(xué)習(xí)的始終，是聯(lián)系各部分知識的主線，因此是高中由于上述原因，試題常常是綜合題，經(jīng)常出現(xiàn)三個守恒定律交匯的綜合計算：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(xué)、電磁學(xué)、原子物理等知識的綜合。試題的情景常常是物理過程較復(fù)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。同時不回避重復(fù)考查，年年考查，是區(qū)別考

2、生能力的重要內(nèi)容。本部分知識的命題涉及到動能定理、動量守恒定律、牛頓運動定律和運動學(xué)公式等較多知識。考查考生綜合應(yīng)用學(xué)科內(nèi)知識分析解決物理問題的能力，對考生的物理過程和運動規(guī)律的綜合分析能力，及用數(shù)學(xué)方法解決物理問題的能力要求較高。因此在第二輪復(fù)習(xí)中，應(yīng)在熟練掌握基本概念和規(guī)律的同時，注重分析綜合能力的培養(yǎng)，訓(xùn)練從能量、動量守恒的角度分析問題的思維方法要更加關(guān)注有關(guān)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。【知識交匯】1沖量是力對時間的積累，其作用效果是改變物體的動量。二者之間的關(guān)系滿足動量定理，即合外力的沖量等于物體動量的改變。此處要特別注意“合外力”的沖量及沖量和動量的方

3、向性。動量是矢量，而動能是標(biāo)量.物體的動量發(fā)生變化時，動能不一定變化；但物體的動能一旦發(fā)生變化，則動量必發(fā)生變化. 動量和動能都與物體的某一運動狀態(tài)相對應(yīng)，都與物體的質(zhì)量和速度有關(guān).但它們存在明顯的不同：動量的大小與速度成正比p=mv；動能的大小與速度的平方成正比，兩者的關(guān)系為p2=2mEk或者.2功是力對位移的積累，其作用效果是改變物體的能量；即合外力做的功等于物體動能的改變，這就是動能定理。3動量守恒定律和機械能守恒定律是有成立條件的：動量守恒定律是專門用來研究物體的相互作用的，如果系統(tǒng)不受合外力或所受合外力為零，則系統(tǒng)動量守恒。但這里有幾種情況要注意：I.系統(tǒng)的合外力不為零，但是系統(tǒng)在某

4、一個方向上的合力為零，則在該方向上動量守恒；II.系統(tǒng)雖然受到外力作用，但系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力的作用時，就可以忽略外力的影響，仍然可以認(rèn)為系統(tǒng)的動量守恒；III.系統(tǒng)內(nèi)部的相互作用“時間極短”時，可以認(rèn)為該時間內(nèi)的沖量沒有作用，仍然可以對系統(tǒng)運用動量守恒定律.動量守恒定律的適應(yīng)范圍廣，不但適應(yīng)常見物體的碰撞、爆炸等現(xiàn)象，也適應(yīng)天體碰撞、原子的裂變.系統(tǒng)在只有重力（或系統(tǒng)內(nèi)彈性力做功）做功時，系統(tǒng)的機械能守恒。機械能守恒定律的表達(dá)形式有許多，如：I. ，即系統(tǒng)初狀態(tài)機械能的總和與末狀態(tài)機械能的總和相等。運用這種形式表達(dá)式時，應(yīng)選好重力勢能的零勢能面；II. ，即系統(tǒng)減少（或增加）的重力勢能等于

5、系統(tǒng)增加（或減少）的動能；III. 增減，即當(dāng)系統(tǒng)由、兩部分組成時，部分物體機械能的增加量與部分物體機械能的減少量相等。4能量守恒定律是自然界的普遍規(guī)律，它的成立是無條件的。5力與運動、動量、能量是解動力學(xué)問題的三種觀點，一般來說，用動量觀點和能量觀點比用力的觀點解題簡便，因此在解題時優(yōu)先選用這兩種觀點；但在涉及加速度問題時就必須用力的觀點。應(yīng)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(yīng)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(yīng)選好研究對象和研究過程。一般

6、地，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(yīng)選用動量定理，而涉及位移的應(yīng)選用動能定理；若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用時，優(yōu)先考慮兩大守恒定律，特別是出現(xiàn)相對位移的則優(yōu)先考慮能量守恒定律。6所謂碰撞，是指兩物體經(jīng)過極短時間的相互作用，而使各自的動量和動能發(fā)生明顯變化的過程。在處理碰撞問題時，必須對動量的變化和動能的變化進(jìn)行綜合的分析和判斷，選擇合適的方法。一般地說，在處理同向追及碰撞問題過程中必須注意以下三方面特點：碰撞過程中系統(tǒng)的動量守恒；碰撞后系統(tǒng)的機械能不增加：由于發(fā)生碰撞的物體間存在相互作用力，使得碰撞過程中系統(tǒng)內(nèi)各物體的動能將發(fā)生變化。對于彈性碰撞，

7、碰撞后系統(tǒng)的總動能不變；而對于非彈性碰撞，由于有部分動能將轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，故系統(tǒng)的總動能將減少。因此，碰撞前系統(tǒng)的總動能一定大于或等于碰撞后系統(tǒng)的總動能。碰撞后的運動狀態(tài)符合實際情況：發(fā)生碰撞的物體間除了遵守如上規(guī)律外，碰撞過程的發(fā)生還應(yīng)遵循客觀實際。如物體A追上物體B并發(fā)生碰撞，則碰前A的速度必大于B的速度，而碰后A的速度不大于B的速度，即碰后A的速度必須小于、等于B的速度或A反向運動。【思想方法】【例1】航天飛機是能往返于地球和太空間的載人飛行器，利用它既可以將人造衛(wèi)星送入預(yù)定軌道，也可將物資運送到空間站，甚至可以到太空去維修出現(xiàn)故障的地球衛(wèi)星。（1）航天飛機對圓形軌道上的衛(wèi)星進(jìn)行維修時

8、，二者的速度必須基本相同。若已知地球半徑為R，地球表面重力加速度為。某次維修作業(yè)中，航天飛機的速度計顯示飛機的速度為，則該空間站軌道半徑為多大？ （2）為完成某種空間探測任務(wù)，在空間站上發(fā)射的探測器通過向后噴氣而獲得反沖力使其啟動。已知探測器的質(zhì)量為M，每秒鐘噴出的氣體質(zhì)量為m，為了簡化問題，設(shè)噴射時探測器對氣體做功的功率恒為P，在不長的時間內(nèi)探測器的質(zhì)量變化較小可以忽略不計。求噴氣秒后探測器獲得的動能是多少？（3）當(dāng)航天飛機無動力著陸時，速度達(dá)到某值時從尾部彈出減速傘，以使得航天飛機迅速地減速。如航天飛機質(zhì)量為m,彈出減速傘后在水平跑道上滑行的距離為s，受到的平均阻力為f，求尾部彈出減速傘時

9、航天飛機的速度。【解析】：（1）設(shè)地球質(zhì)量為M0，在地球表面，有一質(zhì)量為m的物體：設(shè)空間站質(zhì)量為m繞地球作勻速圓周運動時：，聯(lián)立解得 （2）因為探測器對噴射氣體做功的功率恒為P，而單位時間內(nèi)噴氣質(zhì)量為m，故在t時間內(nèi)，據(jù)動能定理可求得噴出氣體的速度為： 另一方面探測器噴氣過程中系統(tǒng)動量守恒，則：又 聯(lián)立得探測器獲得的動能：（3）航天飛機彈出減速傘后，做減速運動。依據(jù)動能定理，有，故.【例2】如圖所示，傾角為300的斜面固定在水平地面上，在斜面底端O處固定有一輕彈簧，斜面頂端足夠高，斜面上的OM段光滑，M點以上是粗糙的質(zhì)量為的物塊在點恰好能靜止在點上方距離為的點處，有一個質(zhì)量為的光滑物塊以初速度

10、 滑向物塊A若每次碰撞時間極短，且緊靠在一起但不粘連，物塊間、物塊與彈簧間均為正碰，求：300OABNM （1）物塊A在M上方時，離M點最大距離 （2）系統(tǒng)產(chǎn)生的總內(nèi)能E【解析】：（1）對A物體有 B物體加速下滑,與物體A碰撞前速度為v,根據(jù)動能定理,得,解得 A、B碰撞瞬間動量守恒，得 ，則碰撞后的速度 A、B一起沿斜面向下運動，與彈簧作用后，返回到M點，此過程彈簧、A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，所以A、B返回到M點的速率等于v1在M點A、B物體分離，分別后以不同的加速度減速上升，當(dāng)A的速度減小為零，便停止運動上升到最高點后，便加速下滑，再次與物體相碰，碰后兩物體有一起加速下滑，如此運動往復(fù)多

11、次，由于和AB整體在粗糙面上滑動損失機械能，所以通過M點向下運動的速度不斷減小，A第一次從M點上升的高度最大，根據(jù)動能定理得， 解得 （2）經(jīng)過多次往復(fù)運動，最終A、B在光滑斜面上振動，其最高點為M點能量根據(jù)守恒得，系統(tǒng)產(chǎn)生的總內(nèi)能等于B物體減小的機械能，即 解得 Mmv0【例3】 如圖所示，一輛質(zhì)量是m=2kg的平板車左端放有質(zhì)量M=3kg的小滑塊，滑塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)=0.4，開始時平板車和滑塊共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右運動，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞時間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反平板車足夠長，以至滑塊不會滑到平板車右端（取g=10m/

12、s2）求：（1）平板車每一次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離（2）平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度v（3）為使滑塊始終不會滑到平板車右端，平板車至少多長？【解析】：（1）設(shè)第一次碰墻壁后，平板車向左移動s，速度為0由于體系總動量向右，平板車速度為零時，滑塊還在向右滑行由動能定理 代入數(shù)據(jù)得 （3）假如平板車在第二次碰撞前還未和滑塊相對靜止，那么其速度的大小肯定還是2m/s，滑塊的速度則大于2m/s，方向均向右這樣就違反動量守恒所以平板車在第二次碰撞前肯定已和滑塊具有共同速度v此即平板車碰墻前瞬間的速度 代入數(shù)據(jù)得 （3）平板車與墻壁發(fā)生多次碰撞，最后停在墻邊設(shè)滑塊相對平板車總位移為l，則有 代

13、入數(shù)據(jù)得 l即為平板車的最短長度【例4】在光滑的水平面上有一質(zhì)量M = 2kg的木板A，其右端擋板上固定一根輕質(zhì)彈簧，在靠近木板左端的P處有一大小忽略不計質(zhì)量m = 2kg的滑塊B。木板上Q處的左側(cè)粗糙，右側(cè)光滑。且PQ間距離L = 2m，如圖所示。某時刻木板A以A = 1m/s的速度向左滑行，同時滑塊B以B = 5m/s的速度向右滑行，當(dāng)滑塊B與P處相距時，二者剛好處于相對靜止?fàn)顟B(tài)，若在二者共同運動方向的前方有一障礙物，木板A與它碰后以原速率反彈（碰后立即撤去該障礙物）。求B與A的粗糙面之間的動摩擦因數(shù)和滑塊B最終停在木板A上的位置。（g取10m/s2）【解析】：設(shè)M、m共同速度為，由動量守

14、恒定律得 則 = = 2m/s 對A，B組成的系統(tǒng)，由能量守恒 代入數(shù)據(jù)得 = 0.6 木板A與障礙物發(fā)生碰撞后以原速率反彈，假設(shè)B向右滑行并與彈簧發(fā)生相互作用，當(dāng)A、B再次處于相對靜止?fàn)顟B(tài)時，兩者的共同速度為u，在此過程中，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒、能量守恒。由動量守恒定律得 故u = 0 設(shè)B相對A的路程為s，由能量守恒得 代入數(shù)據(jù)得 s = m 由于 s > ，所以B滑過Q點并與彈簧相互作用，然后相對A向左滑動到Q點左邊，設(shè)離Q點距離為s1，則 s1 = s - L = 0.17m. 【例5】如圖所示，娛樂場空中列車由許多節(jié)完全相同的車廂組成，列車先沿水平軌道行駛，然后滑上半

15、徑為R的空中圓環(huán)形光滑軌道.若列車全長為L(L2pR)，R遠(yuǎn)大于一節(jié)車廂的長度和高度，那么列車在運行到圓環(huán)前的速度v0至少多大，才能使整個列車安全通過圓環(huán)軌道?【解析】滑上軌道前列車速度的最小值v0與軌道最高處車廂應(yīng)具有的速度的最小值v相對應(yīng).這里v代表車廂恰能滑到最高處，且對軌道無彈力的臨界狀態(tài).由: mg=mv2/R 得:v=因軌道光滑，根據(jù)機械能守恒定律，列車在滑上軌道前的動能應(yīng)等于列車都能安全通過軌道時應(yīng)具有的動能和勢能.因各節(jié)車廂在一起，故它們布滿軌道時的速度都相等，且至少為 . 另外列車勢能還增加了Mgh，其中M為布滿在軌道上車廂的質(zhì)量，M=M(2pR/L)，h為它們的平均高度，h

16、=R. 因L2pR ，故仍有一些車廂在水平軌道上，它們的速度與軌道上車廂的速度一樣，但其勢能為0，由以上分析可得： Mv02/2=Mv2/2+M(2pR/L)gR 故【例6】在光滑的水平面上，有A、B兩球沿同一直線向右運動，已知碰撞前兩球的動量分別為pA=12kg·m/s，pB=13kg·m/s，碰撞后它們的動量變化是pA、pB。有可能的是（ ）A、pA=-3kgm/s，pB=3kgm/s；B、pA=4kgm/s，pB=-4kgm/s；C、pA=-5kgm/s，pB=5kgm/s；D、pA=-24kgm/s，pB=24kgm/s.【解析】在同向追及碰撞問題中，設(shè)球A追上B發(fā)

17、生碰撞，必有在這個過程中球B由于受到與運動方向一致的沖力作用，因而有則由以上這兩個式子可以得到：即，故有，所以必有這就是同向追及碰撞問題中碰撞后主動球可能的動量，而被動球的動量則可進(jìn)一步由動量守恒定律得到確定。在得到碰撞后主動球可能的動量滿足后，則主動球可能的動量變化一定滿足，根據(jù)動量守恒定律應(yīng)該有，故此時被動球的動量可由該式進(jìn)一步確定。本題中，由二球的位置關(guān)系容易看出必有，則可首先排除選項B；根據(jù)上述結(jié)論進(jìn)一步可排除選項D，所以本題正答案應(yīng)該選A、C.【專題演練】1如圖所示，質(zhì)量均為m的小車A、B在光滑水平面上以相同的速度V=1.5m/s相向運動，在小車B的支架上用細(xì)線懸掛著質(zhì)量為的小球C，

18、C相對于B靜止. 若兩車相碰后連在一起共同運動，當(dāng)C擺到最高點時，兩車速度大小為 m/s.200903162.動量分別為pA=9kgm/s和pB=6kgm/s的小球A、B，沿光滑平面上的同一條直線同向運動，A追上B并發(fā)生碰撞。若已知碰撞后A的動量減小了4kgm/s，而方向不變，求A、B二球質(zhì)量之比的可能范圍。3.如圖所示，在長木板A的右端固定著一個擋板，靜止在光滑水平地面上，已知木板（包括擋板）的質(zhì)量mA=1.5m，小木塊B（可視為質(zhì)點）的質(zhì)量mB=m現(xiàn)使木塊B從A的左端開始以水平向右的初速度v0在長木板A上滑動，滑到右端時與擋板發(fā)生碰撞，已知碰撞過程時間極短，碰撞后木塊B恰好能滑到木板A的左

19、端而不脫離木板設(shè)B與A間的動摩擦因數(shù)為，B在A板上單程滑行長度為l（1）若，求在木塊B與擋板碰撞的過程中，A和B所組成的系統(tǒng)損失的機械能（2）在木塊B與擋板碰撞后返回木板左端的過程中，欲使木塊B不出現(xiàn)相對于地面向左運動的情況，求物理量、之間應(yīng)滿足的關(guān)系 4. 相隔一定距離的A、B兩球，質(zhì)量相等，假定它們之間存在著恒定的斥力作用原來兩球被按住，處在靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)突然松開，同時給A球以初速度v0，使之沿兩球連線射向B球，B球初速度為零若兩球間的距離從最小值（兩球未接觸）在剛恢復(fù)到原始值所經(jīng)歷的時間為t0，求B球在斥力作用下的加速度5、如圖所示，一個橫截面為梯形，質(zhì)量為4kg的木塊B靜止置于水平光滑的地

20、面上，木塊的兩個斜面均光滑，傾角分別為30°、60°；木塊的上底面為水平的粗糙面，其長度為1.4m,上底面距地面的高度為9/25m。現(xiàn)質(zhì)量為 1kg的木塊A（可視為質(zhì)點）以速度V0沿水平光滑地面向木塊B滑去。（木塊A與木塊B上底面之間的滑動摩擦系數(shù)為0.2；木塊B的兩個斜面與上底面的交界處為圓弧面，g取10m/s2）.試討論：（1）當(dāng)木塊A的速度V0=2m/s時，木塊A、B的最終運動情況；（2）當(dāng)木塊A的速度V0=3.6m/s時，木塊A、B的最終運動情況.【參考答案】1【解析】兩車碰撞過程中，系統(tǒng)動量守恒。C擺到最高點時，三者有共同速度，則（m+）V0一m V0=（m+m+

21、）V故V=0.1 m/s.200903162.【解析】處理此類碰撞問題必須從三個方面進(jìn)行分析，即：I.碰撞過程中系統(tǒng)的動量守恒PA+PB=PA/+PB/，因為PAPA/=4kgm/s，則PA/=5kgm/s，由此得到碰后A球動量 PB/=PAPA/+PB =10kgm/sII.碰撞后系統(tǒng)的機械能不增加，即代入數(shù)據(jù)有+，即III.碰撞后的運動狀態(tài)符合實際情況：考慮到碰撞前后運動的合理性，碰前A球的速度應(yīng)大于B球的速度，有，即而碰后A球的速度應(yīng)不大于B球的速度，有，即聯(lián)立以上式，得，此即為該碰撞中A、B二球質(zhì)量之比的可能范圍.3【解析】（1）設(shè)B與A碰撞后，A、B相對靜止時的共同速度為v，整個過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有mBv0(mAmB)v 在上述整個過程中，系統(tǒng)克服摩擦力做的功為 在上述整個過程中，系統(tǒng)損失的機械能為 在碰撞的過程中，系統(tǒng)損失的機械能為 聯(lián)立求解，得 （2）設(shè)B與A碰撞后的瞬間A的速度為v1，B的速度為v2，在碰撞后直至相對靜止的過程中，系統(tǒng)動量守恒，機械能的減少量等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，有mAv1mB v2(