新课标2010高考物理二轮复习：专题三《动量与能量》

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【专题三】动量与能量
【考情分析】
动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛，是自然界中普遍适用的基本规律，三个守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中，且难度较大，能力要求高。动量守恒与能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线，因此是高中
由于上述原因，试题常常是综合题，经常出现三个守恒定律交汇的综合计算：动量与能量的综合，或者动量、能量与平抛运动、圆周运动、热学、电磁学、原子物理等知识的综合。试题的情景常常是物理过程较复杂的，或者是作用时间很短的，如变加速运动、碰撞、爆炸、打击、弹簧形变等。同时不回避重复考查，年年考查，是区别考生能力的重要内容。
本部分知识的命题涉及到动能定理、动量守恒定律、牛顿运动定律和运动学公式等较多知识。考查考生综合应用学科内知识分析解决物理问题的能力，对考生的物理过程和运动规律的综合分析能力，及用数学方法解决物理问题的能力要求较高。因此在第二轮复习中，应在熟练掌握基本概念和规律的同时，注重分析综合能力的培养，训练从能量、动量守恒的角度分析问题的思维方法．要更加关注有关基本概念的题、定性分析现象的题和联系实际、联系现代科技的题。
【知识交汇】
1．冲量是力对时间的积累，其作用效果是改变物体的动量。二者之间的关系满足动量定理，即合外力的冲量等于物体动量的改变。此处要特别注意“合外力”的冲量及冲量和动量的方向性。动量是矢量，而动能是标量.物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化. 动量和动能都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关.但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比p=mv；动能的大小与速度的平方成正比，两者的关系为p2=2mEk或者.
2．功是力对位移的积累，其作用效果是改变物体的能量；即合外力做的功等于物体动能的改变，这就是动能定理。
3．动量守恒定律和机械能守恒定律是有成立条件的：
①动量守恒定律是专门用来研究物体的相互作用的，如果系统不受合外力或所受合外力为零，则系统动量守恒。但这里有几种情况要注意：I.系统的合外力不为零，但是系统在某一个方向上的合力为零，则在该方向上动量守恒；II.系统虽然受到外力作用，但系统的内力远远大于外力的作用时，就可以忽略外力的影响，仍然可以认为系统的动量守恒；III.系统内部的相互作用“时间极短”时，可以认为该时间内的冲量没有作用，仍然可以对系统运用动量守恒定律.
动量守恒定律的适应范围广，不但适应常见物体的碰撞、爆炸等现象，也适应天体碰撞、原子的裂变.
②系统在只有重力（或系统内弹性力做功）做功时，系统的机械能守恒。机械能守恒定律的表达形式有许多，如：I. ＥＫ＋ＥＰ＝，即系统初状态机械能的总和与末状态机械能的总和相等。运用这种形式表达式时，应选好重力势能的零势能面；II. ΔＥＫ＝ΔＥＰ，即系统减少（或增加）的重力势能等于系统增加（或减少）的动能；III. ΔＥＡ增＝ΔＥ减Ｂ，即当系统由Ａ、Ｂ两部分组成时，Ａ部分物体机械能的增加量与Ｂ部分物体机械能的减少量相等。
4．能量守恒定律是自然界的普遍规律，它的成立是无条件的。
5．力与运动、动量、能量是解动力学问题的三种观点，一般来说，用动量观点和能量观点比用力的观点解题简便，因此在解题时优先选用这两种观点；但在涉及加速度问题时就必须用力的观点。
应用动量定理和动能定理时，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时，研究对象必定是系统；此外，这些规律都是运用于物理过程，而不是对于某一状态（或时刻）。因此，在用它们解题时，首先应选好研究对象和研究过程。一般地，对单个物体，宜选用动量定理和动能定理，其中涉及时间的问题，应选用动量定理，而涉及位移的应选用动能定理；若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用时，优先考虑两大守恒定律，特别是出现相对位移的则优先考虑能量守恒定律。
6．所谓碰撞，是指两物体经过极短时间的相互作用，而使各自的动量和动能发生明显变化的过程。在处理碰撞问题时，必须对动量的变化和动能的变化进行综合的分析和判断，选择合适的方法。一般地说，在处理同向追及碰撞问题过程中必须注意以下三方面特点：①碰撞过程中系统的动量守恒；②碰撞后系统的机械能不增加：由于发生碰撞的物体间存在相互作用力，使得碰撞过程中系统内各物体的动能将发生变化。对于弹性碰撞，碰撞后系统的总动能不变；而对于非弹性碰撞，由于有部分动能将转化为系统的内能，故系统的总动能将减少。因此，碰撞前系统的总动能一定大于或等于碰撞后系统的总动能。③碰撞后的运动状态符合实际情况：发生碰撞的物体间除了遵守如上规律外，碰撞过程的发生还应遵循客观实际。如物体A追上物体B并发生碰撞，则碰前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的速度必须小于、等于B的速度或A反向运动。
【思想方法】
【例1】航天飞机是能往返于地球和太空间的载人飞行器，利用它既可以将人造卫星送入预定轨道，也可将物资运送到空间站，甚至可以到太空去维修出现故障的地球卫星。
（1）航天飞机对圆形轨道上的卫星进行维修时，二者的速度必须基本相同。若已知地球半径为R，地球表面重力加速度为。某次维修作业中，航天飞机的速度计显示飞机的速度为，则该空间站轨道半径为多大？
（2）为完成某种空间探测任务，在空间站上发射的探测器通过向后喷气而获得反冲力使其启动。已知探测器的质量为M，每秒钟喷出的气体质量为m，为了简化问题，设喷射时探测器对气体做功的功率恒为P，在不长的时间内探测器的质量变化较小可以忽略不计。求喷气秒后探测器获得的动能是多少？
（3）当航天飞机无动力着陆时，速度达到某值时从尾部弹出减速伞，以使得航天飞机迅速地减速。如航天飞机质量为m,弹出减速伞后在水平跑道上滑行的距离为s，受到的平均阻力为f，求尾部弹出减速伞时航天飞机的速度。
【解析】：（1）设地球质量为M0，在地球表面，有一质量为m的物体：
设空间站质量为m′绕地球作匀速圆周运动时：，联立解得
（2）因为探测器对喷射气体做功的功率恒为P，而单位时间内喷气质量为m，故在t时间内，据动能定理可求得喷出气体的速度为：
另一方面探测器喷气过程中系统动量守恒，则：
又 联立得探测器获得的动能：
（3）航天飞机弹出减速伞后，做减速运动。依据动能定理，有
，故.
【例2】如图所示，倾角为300的斜面固定在水平地面上，在斜面底端O处固定有一轻弹簧，斜面顶端足够高，斜面上的OM段光滑，M点以上是粗糙的．质量为ｍ的物块Ａ在Ｍ点恰好能静止．在Ｍ点上方距离为Ｌ的Ｎ点处，有一个质量为２ｍ的光滑物块Ｂ以初速度 滑向物块A．若每次碰撞时间极短，且紧靠在一起但不粘连，物块间、物块与弹簧间均为正碰，求：
（1）物块A在M上方时，离M点最大距离
（2）系统产生的总内能E
【解析】：（1）对A物体有
B物体加速下滑,与物体A碰撞前速度为v,根据动能定理,得
,解得
A、B碰撞瞬间动量守恒，得 ，则碰撞后的速度
A、B一起沿斜面向下运动，与弹簧作用后，返回到M点，此过程弹簧、A、B组成的系统机械能守恒，所以A、B返回到M点的速率等于v1．在M点A、B物体分离，分别后以不同的加速度减速上升，当A的速度减小为零，便停止运动．Ｂ上升到最高点后，便加速下滑，再次与Ａ物体相碰，碰后两物体有一起加速下滑，如此运动往复多次，由于Ａ和AB整体在粗糙面上滑动损失机械能，所以通过M点向下运动的速度不断减小，A第一次从M点上升的高度最大，根据动能定理得，
解得
（2）经过多次往复运动，最终A、B在光滑斜面上振动，其最高点为M点．能量根据守恒得，系统产生的总内能等于B物体减小的机械能，即
解得
【例3】 如图所示，一辆质量是m=2kg的平板车左端放有质量M=3kg的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数=0.4，开始时平板车和滑块共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取g=10m/s2）求：
（1）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离．
（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v．
（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？
【解析】：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s，速度为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．
由动能定理 ①
②
代入数据得 ③
（3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s，滑块的速度则大于2m/s，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度．
④
∴ ⑤
代入数据得 ⑥
（3）平板车与墙壁发生多次碰撞，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l，则有 ⑦
⑧
代入数据得 ⑨
l即为平板车的最短长度．
【例4】在光滑的水平面上有一质量M = 2kg的木板A，其右端挡板上固定一根轻质弹簧，在靠近木板左端的P处有一大小忽略不计质量m = 2kg的滑块B。木板上Q处的左侧粗糙，右侧光滑。且PQ间距离L = 2m，如图所示。某时刻木板A以υA = 1m/s的速度向左滑行，同时滑块B以υB = 5m/s的速度向右滑行，当滑块B与P处相距 EQ \A( ) 时，二者刚好处于相对静止状态，若在二者共同运动方向的前方有一障碍物，木板A与它碰后以原速率反弹（碰后立即撤去该障碍物）。求B与A的粗糙面之间的动摩擦因数μ和滑块B最终停在木板A上的位置。（g取10m/s2）
【解析】：设M、m共同速度为υ，由动量守恒定律得
则 υ = = 2m/s
对A，B组成的系统，由能量守恒
代入数据得 μ = 0.6
木板A与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设B向右滑行并与弹簧发生相互作用，当A、B再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒。
由动量守恒定律得 故u = 0
设B相对A的路程为s，由能量守恒得
代入数据得 s = EQ \A( )m
由于 s > EQ \A( ) ，所以B滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对A向左滑动到Q点左边，设离Q点距离为s1，则 s1 = s - L = 0.17m.
【例5】如图所示，娱乐场空中列车由许多节完全相同的车厢组成，列车先沿水平轨道行驶，然后滑上半径为R的空中圆环形光滑轨道.若列车全长为L(L＞2R)，R远大于一节车厢的长度和高度，那么列车在运行到圆环前的速度v0至少多大，才能使整个列车安全通过圆环轨道
【解析】滑上轨道前列车速度的最小值v0与轨道最高处车厢应具有的速度的最小值v相对应.这里v代表车厢恰能滑到最高处，且对轨道无弹力的临界状态.由:
mg=mv2/R
得:v=
因轨道光滑，根据机械能守恒定律，列车在滑上轨道前的动能应等于列车都能安全通过轨道时应具有的动能和势能.因各节车厢在一起，故它们布满轨道时的速度都相等，且至少为 . 另外列车势能还增加了M′gh，其中M′为布满在轨道上车厢的质量，M′=M(2R/L)，h为它们的平均高度，h=R. 因L＞2R ，故仍有一些车厢在水平轨道上，它们的速度与轨道上车厢的速度一样，但其势能为0，由以上分析可得：
Mv02/2=Mv2/2+M(2R/L)gR
故
【例6】在光滑的水平面上，有A、B两球沿同一直线向右运动，已知碰撞前两球的动量分别为pA=12kg·m/s，pB=13kg·m/s，碰撞后它们的动量变化是△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】在同向追及碰撞问题中，设球A追上B发生碰撞，必有
≥…………………………①
在这个过程中球B由于受到与运动方向一致的冲力作用，因而有……②
则由以上这两个式子可以得到：………………………③
即，故有，所以必有………………④
这就是同向追及碰撞问题中碰撞后主动球可能的动量，而被动球的动量则可进一步由动量守恒定律得到确定。
在得到碰撞后主动球可能的动量满足后，则主动球可能的动量变化一定满足，根据动量守恒定律应该有，故此时被动球的动量可由该式进一步确定。
本题中，由二球的位置关系容易看出必有，，则可首先排除选项B；根据上述结论进一步可排除选项D，所以本题正答案应该选A、C.
【专题演练】
1．如图所示，质量均为m的小车A、B在光滑水平面上以相同的速度V=1.5m/s相向运动，在小车B的支架上用细线悬挂着质量为的小球C，C相对于B静止. 若两车相碰后连在一起共同运动，当C摆到最高点时，两车速度大小为 m/s.
2.动量分别为pA=9kgm/s和pB=6kgm/s的小球A、B，沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞。若已知碰撞后A的动量减小了4kgm/s，而方向不变，求A、B二球质量之比的可能范围。
3.如图所示，在长木板A的右端固定着一个挡板，静止在光滑水平地面上，已知木板（包括挡板）的质量mA=1.5m，小木块B（可视为质点）的质量mB=m．现使木块B从A的左端开始以水平向右的初速度v0在长木板A上滑动，滑到右端时与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰撞后木块B恰好能滑到木板A的左端而不脱离木板．设B与A间的动摩擦因数为μ，B在A板上单程滑行长度为l．
（1）若，求在木块B与挡板碰撞的过程中，A和B所组成的系统损失的机械能．
（2）在木块B与挡板碰撞后返回木板左端的过程中，欲使木块B不出现相对于地面向左运动的情况，求物理量、、之间应满足的关系．
4. 相隔一定距离的A、B两球，质量相等，假定它们之间存在着恒定的斥力作用．原来两球被按住，处在静止状态．现突然松开，同时给A球以初速度v0，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零．若两球间的距离从最小值（两球未接触）在刚恢复到原始值所经历的时间为t0，求B球在斥力作用下的加速度．
5、如图所示，一个横截面为梯形，质量为4kg的木块B静止置于水平光滑的地面上，木块的两个斜面均光滑，倾角分别为30°、60°；木块的上底面为水平的粗糙面，其长度为1.4m,上底面距地面的高度为9/25m。现质量为 1kg的木块A（可视为质点）以速度V0沿水平光滑地面向木块B滑去。（木块A与木块B上底面之间的滑动摩擦系数为0.2；木块B的两个斜面与上底面的交界处为圆弧面，g取10m/s2）.试讨论：
（1）当木块A的速度V0=2m/s时，木块A、B的最终运动情况；
（2）当木块A的速度V0=3.6m/s时，木块A、B的最终运动情况.
【参考答案】
1．【解析】两车碰撞过程中，系统动量守恒。C摆到最高点时，三者有共同速度，则
（m+）V0一m V0=（m+m+）V故V=0.1 m/s.
2.【解析】处理此类碰撞问题必须从三个方面进行分析，即：
I.碰撞过程中系统的动量守恒PA+PB=PA/+PB/，因为PA－PA/=4kgm/s，则PA/=5kgm/s，由此得到碰后A球动量 PB/=PA－PA/+PB =10kgm/s
II.碰撞后系统的机械能不增加，即≥
代入数据有+≥+，即≤……………………①
III.碰撞后的运动状态符合实际情况：考虑到碰撞前后运动的合理性，碰前A球的速度应大于B球的速度，有，即……………………②
而碰后A球的速度应不大于B球的速度，有≤，即≤……………③
联立以上①②③式，得，此即为该碰撞中A、B二球质量之比的可能范围.
3．【解析】（1）设B与A碰撞后，A、B相对静止时的共同速度为v，整个过程中A、B组成的系统动量守恒，有
mBv0＝(mA＋mB)v ①
在上述整个过程中，系统克服摩擦力做的功为
②
在上述整个过程中，系统损失的机械能为
③
在碰撞的过程中，系统损失的机械能为
④
联立求解，得　　 ⑤
（2）设B与A碰撞后的瞬间A的速度为v1，B的速度为v2，在碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，有
mAv1＋mB v2＝(mA＋mB)v ⑥
⑦
B在碰撞之后，若要求木块B不出现相对于地面向左运动的情况，则
（取水平向右的方向为正） ⑧
当v2=0时，由①⑥式可得　　　
代入⑦式可解得　　　　　　　 ⑨
则B在碰撞后不向左运动的条件是
⑩
4. 【解析】以m表示球的质量，F表示两球相互作用的恒定斥力，l表示两球间的原始距离．A球作初速度为v0的匀减速运动，B球作初速度为零的匀加速运动．在两球间距由l先减小，到又恢复到l的过程中，A球的运动路程为l1，B球运动路程为l2，间距恢复到l时，A球速度为v1，B球速度为v2．
由动量守恒，有
由功能关系：A球 B球：
根据题意可知l1=l2，
由上三式可得
得v2=v0、v1=0 即两球交换速度．
当两球速度相同时，两球间距最小，设两球速度相等时的速度为v，
则
B球的速度由增加到v0花时间t0，即
得．
5. 【解析】设木块质量分别为、木块B的高为h，上底面长为L，这里有两种临界状态：
1 当木块A刚滑上木块B上底面的最左端时，木块A、B具有共同的速度，
设此时木块A的初速度为，则有：
解之：
②当木块A刚滑到木块B的最右端时，木块A、B具有共同的速度
设此时木块A的初速度为，则有：
解之：
（1）当<时,木块A不能滑上木块B的上底面,相当于A、B发生了弹性碰撞。
设碰撞后木块A、B的速度分别为、则有：
解之；=-1.2m/s; =0.8m/s;
即木块A、B的最终运动情况是：木块A以1.2m/s的速度向左运动，木块B以0.8m/s的速度向右运动。
（2）当<时,木块A能滑上木块B的上底面,但不能滑到其最右端，此时木块A、B具有共同向右的速度。
设木块A在木块B的上底面上滑行距离为S，则有：
解之： (S=0.8m)
即木块A、B最终以共同的速度向右运动。
300
O
A
B
N
M
M
m
v0
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