高中物理-动量和能量的综合

动量和能量的综合

一、大纲解读

动量、能量思想是贯穿整个物理学的基本思想，应用动量和能量的观点求解的问题，是力学三条主线中的两条主线的结合部，是中学物理中涉及面最广，灵活性最大，综合性最强，容最丰富的部分，以两大定律与两大定理为核心构筑了力学体系，能够渗透到中学物理大部分章节与知识点中。将各章节知识不断分化，再与动量能量问题进行高层次组合，就会形成综合型考查问题，全面考查知识掌握程度与应用物理解决问题能力，是历年高考热点考查容，而且命题方式多样，题型全，分量重，小到选择题，填空题，大到压轴题，都可能在此出题．考查容涉及中学物理的各个版块，因此综合性强．主要综合考查动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的运用等．相关试题可能通过以弹簧模型、滑动类模型、碰撞模型、反冲等为构件的综合题形式出现，也有可能综合到带电粒子的运动及电磁感应之中加以考查．

二、重点剖析

1．独立理清两条线：一是力的时间积累——冲量——动量定理——动量守恒；二是力的空间移位积累——功——动能定理——机械能守恒——能的转化与守恒．把握这两条主线的结合部：系统．．

。即两个或两个以上物体组成相互作用的物体系统。动量和能量的综合问题通常是以物体系统为研究对象的，这是因为动量守恒定律只对相互作用的系统才具有意义。

2．解题时要抓特征扣条件，认真分析研究对象的过程特征，若只有重力、系统弹力做

功就看是否要应用机械能守恒定律；若涉及其他力做功，要考虑能否应用动能定理或能的转化关系建立方程；若过程满足合外力为零，或者力远大于外力，判断是否要应用动量守恒；若合外力不为零，或冲量涉及瞬时作用状态，则应该考虑应用动量定理还是牛顿定律．

3．应注意分析过程的转折点，如运动规律中的碰撞、爆炸等相互作用，它是不同物理过程的交汇点，也是物理量的联系点，一般涉及能量变化过程，例如碰撞中动能可能不变，也可能有动能损失，而爆炸时系统动能会增加．

三、考点透视

考点1、碰撞作用

碰撞类问题应注意：⑴由于碰撞时间极短，作用力很大，因此动量守恒；⑵动能不增加，碰后系统总动能小于或等于碰前总动能，即1212k k k k E '+E 'E +E ≤；⑶速度要符合物理情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度一定大于前面物体的速度，即v v 后前＞，碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且≥v v 后前；如果两物体碰前是相向运动，则碰撞后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。

例1A 、B 两球在光滑水平面上沿同一直线运动，A 球动量为p A =5kg ·m/s ，B 球动量为

p B =7kg ·m/s ，当A 球追上B 球时发生碰撞，则碰后A 、B 两球的动量可能是：（ ）

A ．p A =6kg ·m/s 、p

B =6kg ·m/s B ．p A =3kg ·m/s 、p B =9kg ·m/s

C ．p A =-2kg ·m/s 、p B =14kg ·m/s

D ．p A =5kg ·m/s 、p B =17kg ·m/s

解析：动量守恒四个选项都满足，那么第二个判断依据是速度情景：A 的动量不可能原方向增大，A 错；第三个判断依据是能量关系：碰后系统总动能只能小于等于碰前总动能。

计算得BC 正确D 错。碰前总动能为 2222A B k A B

p p E =+m m ，由于5kg m/s 7kg m/s A A A B B B p =m υ=,p =m υ=??，A 要追上B ，则有A B υυ＞，即

5757A B A B >,m

39572222A B A B

++m m m m ≤，得2B A m =m ，满足57A B m

222214572222A B A B -++m m m m ≤,14721213B A A m =m =m ,同样满足57A B m

答案：BC

点拨：判断的优先顺序为：动量守恒→速度情景→动能关系，动量守恒最容易判断，其次是速度情景，动能关系要通过计算才能作结论，简捷方法是先比较质量关系，再比较动量的平方，如果两物体质量相等，则可直接比较碰撞前后动量的平方和。

考点2、爆炸和反冲

⑴爆炸时力远大于外力，系统动量守恒；

⑵由于有其它形式的能转化为动能（机械能），系统动能增大。

例22007年10月24日18时05分，中国首枚绕月探测卫星“嫦娥一号”顺利升空，24日18时29分，搭载 “嫦娥一号”的“长征三号甲”火箭成功实施“星箭分离”。此次采用了爆炸方式分离星箭，爆炸产生的推力将置于箭首的卫星送入预定轨道运行。为了保证在爆炸时卫星不致于由于受到过大冲击力而损坏，分离前关闭火箭发动机，用“星箭分离冲击传感器”测量和控制爆炸作用力，使星箭分离后瞬间火箭仍沿原方向飞行，关于星箭分离，下列说确的是（ ）

A ．由于爆炸，系统总动能增大，总动量增大

B ．卫星的动量增大，火箭的动量减小，系统动量守恒

C ．星箭分离后火箭速度越大，系统的总动能越大

D ．若爆炸作用力持续的时间一定，则星箭分离后火箭速度越小，卫星受到的冲击力越大

解析：由于爆炸，火药的化学能转化为系统动能，因此系统总动能增大。爆炸力远大于星箭所受外力（万有引力），系统动量守恒，卫星在前，动量增大，火箭仍沿原方向运动，

动量则一定减小，A 错B 对；121/p=p +p ，又21p=(m +m )v ，分离后总动能22

121222/

//k p p E =+m m ，

联立解得()()22212122122k p -m m +m -m +m E '=m ????v v v ，式中v 是星箭分离前的共同速度，依题

意2>v v ，即()()1212220m +m -m +m >v v ，因此火箭速度v 2越大，分离后系统总动能越小，（也可用极限法直接判断：假设星箭分离后星箭速度仍相等，则动能不变，火药释放的能量为0，系统总动能为最小）C 错；爆炸力为一对相互作用的力，因此大小相等、作用时间相同，卫星和火箭受到的爆炸力的冲量大小一定相等，分离后火箭速度越小，则火箭动量的变化量越大，所受爆炸力的冲量越大，则卫星受到的冲量（与火箭受到的爆炸力的冲量等大反向）越大，相互作用时间一定，则卫星受到的冲击力越大，D 正确。。

答案：BD

点拨：注意提取有效解题信息，把握关键字句，如“置于箭首的卫星”、“星箭分离后瞬间火箭仍沿原方向飞行”等，结合爆炸特点和物理情景判断解题。

考点3、两个定理的结合

例3：如图所示，质量m1为4kg 的木板A 放在水平面C 上，木板与水平面间的动

摩擦因数μ=0.24，木板右端放着质量m2为1.0kg 的小

物块B(视为质点)，它们均处于静止状态.木板突然受到

水平向右的12N S ?的瞬时冲量I 作用开始运动，当小

物块滑离木板时，木板的动能

1m E 为8.0J ，小物块的动能2m E 为0.50J ，重力加速度取10m/s2,求：

（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度V0.

（2）木板的长度L

解析：(1)设水平向右为正方向，有0A I m v =① 代入数据解得0 3.0/v m s =②

(2)设A 对B 、B 对A 、C 对A 的滑动摩擦力的大小分别为

AB F 、BA F 和CA F ，B 在A 上滑行的时间为t ，B 离开A 时A 和B 的速度分别为A v 和B v ，有0()BA CA A A A F F t m v m v -+=-③ AB B B F t m v =④ 其中AB BA F F =，12()CA F m m g

μ=+⑤ 设A 、B 相对于C 的位移大小分别为A s 和B s ，有22011()22BA CA A A A A F F s m v m v -+=-⑥

AB B kB F s E = ⑦

动量与动能之间的关系为

2A A A KA m v m E =⑧ 2B B B KB m v m E =⑨ 木板的长度A B l s s =-⑩ 代入数据得L=0.50m

点拨：涉及动量定理和动能定理综合应用的问题时，要注意分别从合力对时间、合力对位移的累积作用效果两个方面分析物体动量和动能的变化，同时应注意动量和动能两个量之间的关系.

考点4、碰撞与圆周运动、平抛运动的结合

例4（2008年）有两个完全相同的小滑块A 和B ，A 沿光滑水平面以速度v 0与静止在平面边缘O 点的B 发生正碰，碰撞中无机械能损失。碰后B 运动的轨迹为OD 曲线，如图所示。（1）已知滑块质量为m ,碰撞时间为t ?，求碰撞过程中A 对B 平均冲力的大小。（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制做一个与B 平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD 曲线重合的位置，让A 沿该轨道无初速下滑（经分析，A 下滑过程中不会脱离轨道）。

a.分析A 沿轨道下滑到任意一点的动量p A 与B 平抛经过该点的动量p B 的大小关系;

b.在OD 曲线上有一M 点，O 和M 两点连线与竖直方向的夹角为45°。求A 通过M 点时的水平分速度和竖直分速度。

解析：（1）滑动A 与B 正碰，满足：mv A -mv B =mv 0

222111222

A B a mv mv mv += 由①②，解得v A =0, v B =v 0,

根据动量定理，滑块B 满足 F ·?t=mv 0

解得 0mv F t

=? (2)a.设任意点到O 点竖直高度差为d ，A 、B 由O 点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒。选该任意点为势能零点，有

E A =mgd ,E B = mgd+201

2

mv 由于p

有12220<+==gd

U gd E E P P KB kA B A 即 P A

b.以O 为原点，建立直角坐标系xOy,x 轴正方向水平向右，y 轴正方向竖直向下，则对B 有::x =v 0t ，y=12

gt 2 B 的轨迹方程 y =222a

g x v 在M 点x=y ，所以 g

v y 202= 因为A 、B 的运动轨迹均为OD 曲线，故在任意一点，两者速度方向相同。设B 水平和竖直分速度大小分别为Bx v 和By v ，速率为v B ；A 水平和竖直分速度大小分别为Ax v 和Ay v ，速率为v A ,则:,Ay By Ax Bx A B A B

v v v v v v v v == B

做平抛运动，故0,Bx By B v v v v ===

对A由机械能守恒得v A=2gy

由由以上三式得0

22

00

2

,

22

Ax Ay

v gy

v v

v gy v gy

==

++

将

g

v

y

2

2

=代入得：

00

2545

,

55

Ax Ay

v v v v

==

点拨：碰撞过程中的动量与能量关系，碰撞后与平抛运动的规律相结合是近几年高考的热点，复习时应加强这方面的训练。

四、热点分析

动量和能量是物理学乃至整个自然科学的核心，可以综合中学物理的所有版块命题，一直是历届高考关注的重点和热点。可独立命题，也可综合命题，2007年全国试题中选择题4道，计算题共有7道，试题可分为以下几种常见模型：

热点1、子弹打木块模型

例1如图5-4所示，在光滑的水平地面上静止着质量为M的木块，一粒质量为m初速为0v的子弹水平击中木块，打入深度为d，试求转化为能的值E

?是多少？

解析：水平面光滑，动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，V

M

m

mv)

(

+

=，

子弹和木块发生的是完全非弹性碰撞，损失的动能最多，通过力做负功转化为系统的能：

2

2

2

02

1

)

(

2

1

2

1

mv

M

m

M

V

M

m

mv

d

f

E?

+

=

+

-

?

=

?＝

反思：子弹打木块模型是一个典型的物理模型，系统通过一对力做负功，把“子弹”的部分动能转化为其他形式的能量，是高考的热点，复习时要重视。

例2如图5-5所示，质量为M的天车静止在光滑轨道上，下面用长为L的细线悬挂着质量为m的沙箱，一颗质量为0

m的子弹，以

v的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后运动过程中，求：沙箱上升的最大高度。

解析：子弹打入沙箱，水平方向动量守恒，1000)(v m m v m +=，

此后由天车、沙箱和子弹组成的系统机械能守恒，当沙箱上摆到最高点时，系统具有相等的水平速度，损失的动能转化为沙箱的重力势能，运用“子弹打木块”的结论，

21000)(2

1)()(v m m M m m M gh m m +?++=+， 联系以上两式，则沙箱上升的最大高度为：

g

M m m m m Mv m h )()(20202020+++=。 反思：冲击摆是一个经典的物理模型，是子弹打木块模型巧妙迁移地应用。

热点2、人船模型

例3如图5-6所示浮动起重机从岸上吊起m =2t 的重物。开始时浮吊起重杆OA 与竖直方向成60°角，当转至杆与竖直方向成30°角时，求起

重机的水平方向的位移。设浮吊质量为20t ，起重杆长

l =8m ，水的阻力与杆重均不计。

解析：浮吊与重物组成的系统水平方向不受外力，

动量守恒且初总动量为零，为一人船模型，则：

[]Mx x L m =-?-?)30sin 60(sin

解得x =0.266m ，即起重机的水平向左的位移为

0.266m 。

反思：人船模型是作用力和反作用力的同时性，

当系统动量守恒时平均动量也守恒。用人船模型的公

式解这类变速直线运动的位移不涉及速度的问题时，

是非常简便的，应用时要注意人船模型的条件与正确找出物体位移间的几何关系。

热点3“带弹簧的木板与滑块”模型

例4（2006年天津）如图5-7所示，坡道顶端距水平面高度为h ，质量为m 1的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端与质量为m 2的档板相连，弹簧处于原长时，B 恰好位于滑道的末端O 点。A 与B 碰撞时间极短，碰撞后结合在一起共同压缩弹簧。已知在OM 段A 、B 与水平面间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g ，求

（1）物块A 在档板B 碰撞瞬间的速度v 的大小；

（2）弹簧最大压缩时为d 时的弹性势能E P （设弹簧处于原长时弹性势能为零）。

解析：（1）由机械能守恒定律得，有 211112

m gh m v = 2v gh = （2）A 、B 在碰撞过程中动量守恒有/112()m v m m v =+

A 、

B 克服摩擦力所做的功 W ＝12()m m gd μ+

根据能量守恒定律得 /212121()()2

P m m v E m m gd μ+=++ 解得 211212

()P m E gh m m gd m m μ=-++ 反思： “带弹簧的木板与滑块”模型，分为三个过程：A 物体下滑过程，遵循机械能守恒或动能定理求解；A 物体碰撞B 物体过程，由于力远大于外力，遵循动量守恒定律；A 、B 整体压缩弹簧的过程，又遵循能量守恒定律（摩擦力做功，机械能不守恒），分清物理过程，正确应用物理规律建立方程，是解决这类问题的关键。

五、能力突破

1. 动量守恒和机械能守恒的应用

例2如图5-8所示，滑块A 、B 的质量分别为m 1与m 2，m 1＜m 2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧。两滑块一起以恒定的速率v 0向右滑动。突然轻绳断开，当弹簧伸

至本身的自然长度时，滑块A 的速度正好为0。求：

(1)绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的

弹性势能E p ；

(2)在以后的运动过程中，滑块B 是否会有速度为0的时

刻?试通过定量分析证明你的结论.

解析：(1)当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A 的速度为0，故系统的机械能等于滑块B 的动能。设这时滑块B 的速度为v ，则有2212

E=

m v 。 因系统所受外力为0，由动量守恒定律

(m 1+m 2)v 0=m 2 v 解得()2212022m +m E=m v

由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒

()212012

p m +m +E =E v 解得()211202

2p m m +m E =m v (2)假设在以后的运动中滑块B 可以出现速度为0的时刻，并设此时A 的速度为v 1，弹簧的弹性势能为E p ’，由机械能守恒定律得

()2

1202112122p m +m m +E '=m v v 根据动量守恒得(m 1+m 2) v 0=m 1 v 1，

求出v 1代入上式得:

()()2212012012

22p m +m m +m +E '=m m v v 因为E p ’≥0，故得:

()()2212012012

22m +m m +m m m ≤v v 即m 1≥m 2，这与已知条件中m 1＜m 2不符。可见在以后的运动中不可能出现滑块B 的速度为0的情况。

反思：“假设法”是科学探索常用的方法之一，其特点是：先对某个结论提出可能的假设，再利用已知的规律知识对该假设进行剖析，其结论若符合题意的要求，则原假设成立。

2.动量守恒、机械能守恒与圆周运动结合

例2（2006年） 如图5-9所示，半径为R 的光滑圆形轨道固

定在竖直面。小球A 、B 质量分别为m 、βm （β为待定系数）。A 球

从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点

的B 球相撞，碰撞后A 、B 球能达到的最大高度均为R 4

1,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g 。试求：

（1）待定系数β; （2）第一次碰撞刚结束时小球A 、B 各自的速度和B 球对轨道的

压力;

（3）小球A 、B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A 、B 在轨道最低处第n 次碰撞刚结束时各自的速度。

解析：（1）由机械能守恒定律可得：mgR ＝

4

mgR +4mgR β得 β＝3 （2）设A 、B 碰撞后的速度分别为v 1、v 2，则 2121mv =4mgR 2121mv β=4mgR β 设向右为正、向左为负，解得 v 1＝gR 21，方向向左 v 2＝gR 2

1，方向向右 设轨道对B 球的支持力为N ，B 球对轨道的压力为N /，方向竖直向上为正、向下为负。则

1图