高中总复习优化设计考前提升版物理板快六综合应用篇

专题六用动量的观点处理物理问题●高考趋势展望由于动量定理只考虑外力作用过程始末状态的动量变化，不涉及外力作用的细节，用来处理涉及外力、时间和速度变化的物理问题，特别是处理打击、碰撞等力的变化规律复杂、物体位移难以精确测定的物理问题，具有独到的作用.动量守恒定律是自然界中适用范围最广的物理规律，大到宇宙天体的相互作用，小到微观粒子的运动规律，无不遵守动量守恒定律.从动量角度处理物理问题，是处理物理问题的三条重要途径之一，是高中物理中综合面最广、灵活性最强、内容最为丰富的一部分，是中学物理的重点，也是历年高考的热点.在近几年的高考中，既有难度中等偏上的选择、填空题，更多的则是难度较大的综合性计算题，且常作为压轴题出现在全国和各地高考试卷中，因此，深刻理解并熟练应用本专题知识处理物理问题，具有非常重要的意义.在对本专题知识的复习中，应注意物理过程的分析，弄清题目所描述的物理情景，弄清楚哪个系统在哪个过程中各遵守哪一规律，这既是本专题复习的重点，也是难点，应给予足够的重视.●知识要点整合一、重要的概念1.动量定义：把物体的质量和运动速度的乘积叫物体的动量.公式:p=m·v.单位：kg·m/s理解：动量是矢量，方向与v相同，v指即时速度.2.动量的变化定义：物体的末动量减初动量叫物体动量的变化.公式：Δp=p′-p=mv′-mv.单位：kg·m/s或N·s.理解：动量的变化是矢量，方向与Δv相同，“减”是末动量矢量减初动量矢量，即遵守平行四边形定则.3.冲量定义：把力和力的作用时间的乘积叫力的冲量.公式：I=F·t.单位N·s.理解：冲量是矢量，对恒力而言，方向与F相同.二、基本规律1.动量定理语言表述：合外力对物体的冲量等于物体动量的变化.公式：F合·t=Δp=mv′-mv理解：F合是合外力而不是某个力，合外力是恒力时，Δp与F合同向且为冲量的方向，合外力的方向变化时冲量与Δp同向.2.动量守恒定律语言叙述：相互作用的物体，如果不受外力作用或者它们所受的外力之和为零，它们的总动量保持不变.公式：两个物体相互作用时，m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′理解：系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多，如碰撞过程中的摩擦力，爆炸过程中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多，可以忽略不计.系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上的系统的总动量的分量保持不变.三、知识点、能力点提示1.动量、动量的变化、冲量都是矢量.2.Δp=p′-p，Δp的方向可以跟初动量p相同；可以跟初动量p的方向相反，也可以跟初动量的方向成某一角度.3.动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力.4.求变力的冲量，不能直接用F·t求解，应该由动量定理根据动量的变化间接求解，也可以F-t图象下的“面积”的计算方法求解.5.动量为状态量，对应的速度应为瞬时速度，动量守恒定律中的“总动量保持不变”指6.动量守恒公式中各速度都要相对同一惯性参照系，地球及相对地球静止或相对地球匀●精典题例解读［例1］（2022年全国，26）蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目.一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处.已知运动员与网接触的时间为s.若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小.（g=10m/s2）【解析】由下落高度、上升高度可求运动员触网前后的速度，这正是运动员与网接触过程的初末速度，据此可利用动量定理求解力的大小.将运动员看作质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小v1=(向下)弹跳后到达的高度为h2,刚离网时速度的大小v2=（向上）接触过程中运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg,若选向上方向为正方向，则由动量定理，得：（F-mg）Δt=mv2-(-mv1)由以上三式解得F=mg+m.代入数值得，F=×103N.小结：该题也可应用牛顿第二定律求解，同学们可自行练习.比较后会发现，应用动量定理要简便一些.两种方法都涉及矢量运算，都必须选取正方向.［例2］用火箭发射人造地球卫星，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以速度v=×103m/s绕地球做匀速圆周运动.已知卫星的质量M=500kg，最后一节火箭壳体的质量m=100kg.某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度u=×103【解析】火箭壳体与卫星组成的系统分离时，沿轨道切线方向不受外力，系统在此方向动量守恒；分离后各自的运动情况可由圆周运动的知识判断.设分离后卫星的速度为vM，则火箭壳体的速度vm=vM-u.因分离过程中系统沿轨道切线方向不受外力作用，故切线方向动量守恒.即：MvM+m(vM-u)=(M+m)v解得：vM=v+u=×103km/s+××103km/s=×10所以vm=vM-u=×103km/×=×103分离后，卫星速度增大，所需向心力大于地球对卫星的万有引力，卫星将做离心运动随卫星的离心运动，克服万有引力做功，其动能将减小，当减小到卫星所需向心力又恰好等于其所受万有引力时，卫星将稳定在半径较大轨道上绕地球做匀速圆周运动，而火箭壳体则因速度减小，所需向心力小于万有引力而做向心运动，有可能在离地较近的轨道上做匀速圆周运动或逐渐落回到地球.小结：（1）当系统中各部分速度参照系不相同时，应将各速度换算成相对同一惯性参照系的速度.（2）系统各部分相互作用问题中的相对速度，指的应是相对相互作用过程结束瞬间的相对速度，而不是相对相互作用前运动状态的.［例3］如图1-6-1所示，一辆质量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μ=.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，以致滑块不会滑到平板车右端.（取g=10m/s2）求：图1-6-1（1）平板车第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】该题涉及的全过程M、m组成的系统动量并不守恒，因为平板车与墙碰撞时系统受到墙的作用力，但离开墙后M、m的相互作用过程系统动量守恒；位移及平板车长度的求解，涉及摩擦力做功问题，可由动能定理或功能关系求解.（1）设第一次碰撞墙壁后，平板车向左移动s，速度变为0，由于物体系总动量向右，平板车速度为0时，滑块还在向右滑行.由动能定理得-μMgs=0-mv02s=代入数据得s=0.33m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，此即平板车碰撞墙前瞬间的速度.Mv0-mv0=(M+m)vv=v0代入数据得v=v0=0.4m/s（3）平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板车又达到共同速度v前的过程，可用图1-6-2(a)、(b)、(c)表示，图(a)为平板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图(b)为平板车到达最左端时两者的位置，图(c)为平板车与滑块再次达到共同速度时两者的位置.在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功μMgs′，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功μMgs″（平板车从B到A再回到B的过程中摩擦力做功为零）.其中s′、s″分别为滑块和平板车的位移.滑块和平板车动能总减少为μMgl，其中l=s′+s″为滑块相对平板车的位移.此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边.设滑块相对平板车总位移为l，则有图1-6-2(M+m)v02=μMgll=代入数据得l=0.833ml即为平板车最短长度.小结：解综合性强的题目，解题思路很重要.按物理过程的延续顺序、过程特点将物理过程分段处理，每个过程逐次分析解决，可使问题化难为易.［例4］如图1-6-3所示，一质量为M，长为l的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M.现以地面为参照系，给A、B以大小相等、方向相反的初速度，使A开始向左运动、B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参照系.图1-6-3（1）若已知A和B的初速度大小v0，求它们最后的速度的大小和方向；（2）若初速度大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的最大距离.【解析】小木块在长木板上滑动，两者之间存在着相互作用的摩擦力，但以木块和木板构成的系统而言，因为所受的合外力为零，所以满足动量守恒.尽管木块在长木板上可能是长时间滑行，动量守恒定律仍适用.至于第二问则可通过对A应用动能定理求得.（1）A没有滑离B板，则表示最终A、B具有相同的速度，设该速度为v，由动量守恒定律，得：Mv0-mv0=(M+m)v速度大小为v=v0，且方向向右.（2）A在B板右端初速度向左，A到B板左端时速度向右，可见A的运动必经历了向左做匀减速运动至速度为零，再向右做匀加速运动至速度为v这样两个过程.如图1-6-4，设l1为A减速运动的路程，l2为A加速向右运动的路程，L为全过程中B板运动的路程.取Fμ为A、B间的摩擦力，由动能定理可得：图1-6-4对B：-FμL=Mv2-Mv02对A：-Fμl1=0-mv02Fμl2=mv2由几何关系可知：L-(l2-l1)=l将以上四式联立可得：l1=l小结：要注意物理规律的应用对象.该题中对系统应用动量守恒定律，对单个物体应用动能定理.●应用强化训练1.在物体运动过程中，下列说法正确的有A.动量不变的运动，一定是匀速运动B.动量大小不变的运动，可能是变速运动C.如果在任何相等时间内物体所受的冲量相等（不为零），那么该物体一定做匀变速运动D.若某一个力对物体做功为零，则这个力对该物体的冲量也一定为零【答案】ABC2.下列说法中正确的是A.物体的动量改变，一定是速度大小改变B.物体的动量改变，一定是速度方向改变C.物体的运动状态改变，其动量一定改变D.物体的速度方向改变，其动量一定改变【解析】动量是矢量，动量改变可能是大小改变，也可能是方向改变，所以速度大小不一定变，A错误.同理，速度方向不一定变，B错误.运动状态是用速度来描述的，运动状态的改变一定是速度在变，只要速度改变，不论是大小还是方向，动量都发生变化，答案C、D正确.【答案】CD3.如图1-6-5所示，一平板车停在光滑的水平面上，某同学站在小车上，若他设计下列操作方案，能使平板车持续地向右驶去的是图1-6-5A.用大锤连续敲打车的左端B.只要从平板车的一端走到另一端即可C.在车上装个电风扇，不停地向左吹风D.他站在车的右端将大锤丢到车的左端上放置【答案】C4.一个质量为m的小球，从高度为H的地方自由落下，与水平地面碰撞后向上弹起.设碰撞时间为定值t，则在碰撞过程中，下面关于小球对地面的平均冲击力与球弹起的高度h的关系中正确的是（设冲击力远大于重力）越大，平均冲击力越大越大，平均冲击力越小C.平均冲击力大小与h无关D.若h一定，平均冲击力与小球质量成正比【答案】AD5.一个航天飞行器甲在高空绕地球做匀速圆周运动，若它沿运动相反的方向发射一枚火箭乙，则A.甲和乙都可能在原高度绕地球做匀速圆周运动B.甲可能在原高度绕地球做匀速圆周运动，乙不可能在原高度做匀速圆周运动C.甲和乙都不可能在原高度绕地球做匀速圆周运动D.乙可能在原高度绕地球做匀速圆周运动，甲不可能在原高度做匀速圆周运动【解析】甲沿运动相反的方向发射一枚火箭乙后，其速度一定要增大，要做离心运动，故A、B错；乙的速度可能与甲原来的速度大小相等，乙可能在原高度绕地球做匀速圆周运动，故C错D对.【答案】D6.有一项趣味竞赛：从光滑水平桌面的角A向角B射出一只乒乓球，要求参赛者在角B处用细管吹气，并在乒乓球不碰右壁BC的情况下，将乒乓球吹进角C处的圆圈中，甲、乙、丙、丁四位参赛者的吹气方向如图1-6-6箭头所示，其中有可能成功的参赛者是______.图1-6-6【解析】要使球到达C角的孔中，应使球获得沿BC方向的速度；要使球不碰BC，应使球原来沿AB方向的速度减为零，由动量定理可知，可能成功者只有丙.【答案】丙7.（2022年全国，17）质量为M的小船以速度v0行驶，船上有两个质量皆为m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾现小孩a沿水平方向以速率v（相对于静止水面）向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率（相对于静止水面）向后跃入水中，求小孩b跃出后小船的速度【解析】整个过程中系统所受合外力为零，系统动量守恒.因两小孩跳离船后动量的矢量和为零，故有：(M+2m)v0=Mv′，所以v′=(1+)v0.【答案】(1+)v0的小物体乙车质量4kg，以5m/s的速度向左运动，与甲车相碰后甲车获得8m/s速度，物体滑到乙车上若乙车足够长，上表面与物体的动摩擦因数为，则物体在乙车上滑行多长时间相对乙车静止？图1-6-7【解析】甲、乙两车相撞过程中动量守恒.所以：m乙v0=m甲v甲+m乙v乙 ①小物体与乙车相互作用中动量守恒，设最终其速度为v，则：m乙v乙=(m乙+m物)v ②设小物体在乙车上滑行时间为t，则对小物体应用动量定理，得：μm物gt=m物v ③代入数据联立①②③解得：t=s.【答案】s9.在一原子反应堆中，用石墨（碳）作减速剂使快中子减速已知碳核质量是中子质量的12倍，中子减速前的动能为E0，中子与碳核的碰撞可视为弹性正碰，且碰前碳核均静止试问第一次碰后中子损失的能量多大？经多少次碰撞中子的动能才小于10-6E0？【解析】设中子质量为m，则碳核质量为12m，碰前（第一次碰前）中子速度v0=，由碰撞中系统动量、动能守恒，得：mv0=mv1+12mv1mv02=mv12+×12mv12解得：v1=-v0=-,v1=v0=所以第一次碰撞后中子损失的能量为：ΔE1=mv02-mv12=E0.第一次碰撞后中子的能量为：E1=mv12=m(v0)2=()2·mv02=()2E0同理可证，第二次碰撞后中子的速度大小为：v2=v1=()2v0第二次碰后中子的动能为：E2=mv22=m·()4v02=()4E0…第n次碰撞后中子动能为：En=()2nE0.令En=()2nE0=10-6E0两边取对数，得：2n(lg11-lg13)=-6所以：n==.可见，欲使中子动能减小为小于10-6E0，至少应碰撞42次.【答案】E0；42次10.（2022年广东，19）下面是一个物理演示实验，它显示：图1-6-8中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方.A是某种材料做成的实心球，质量m1=0.28kg，在其顶部的凹坑中插着质量m2=0.10kg的木棍只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙.将此装置从A下端离地板的图1-6-8v1=A刚反弹后，速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度v2=由题意，碰后A速度为零.以v2′表示B上升的速度，根据动量守恒，m1v1-m2v2=m2v2′令h表示B上升的高度，有h=由以上各式并代入数据得h=4.05m【答案】4.05m●教学参考链接动量定理和动量守恒定律历来是高考考查的重点内容，结合实际和结合现代高科技对中学物理知识进行考查更是近两年高考命题的趋势所在.本专题所选例1和例2就是分别和体育运动及卫星发射相联系的对动量定理和动量守恒定律进行考查的题目，例3和例4则是和能量相联系的综合性较强的题目，通过对本专题四个例题的讲解和练习，可提高从实际问题中提取物理模型的能力和分析处理综合性问题的能力.在对本专题内容的复习中，应对动量、冲量、动量定理及动量守恒定律的矢量性给予足够的重视，因为在处理本专题的有些问题中，思路并不复杂，但往往因方向判断错误或符号错误而导致解题的失败.另外对动量守恒的条件也应再三强调，因为在涉及多个物理过程的问题中，常常在不同的阶段，遵守不同的物理规律，不加区分地乱用不适宜的物理规律，是处理此类问题时常犯的错误.

专题七用能量的观点处理物理问题●高考趋势展望能的转化和守恒定律是自然界中适用范围非常广泛的物理规律，从能量角度分析处理物理问题是高中物理中处理物理问题的三条基本途径之一，是高中物理的主干和重点知识，也是历年高考的常考知识点，其中既有难度中等的选择题和填空题，更有难度中等或中等偏上的计算题，特别在强调考查学生综合能力的当前形势下，能量观点作为物理学科和其他学科知识联系沟通的桥梁.更会增大高考考查的频率和深度.动能定理和机械能守恒定律是本专题知识的重点.在对本专题知识的复习中.应在物理过程和物理情景分析的基础上，分析清楚物体的受力情况和做功情况，恰当地选取研究对象和研究过程，准确地选用适用规律.●知识要点整合一、功和功率1.力对物体做功必须具备两个因素：力和物体在力的方向上存在位移.2.恒力对物体做功大小计算公式：W=Fscosα3.计算功率公式：①P=W/t②P=Fvcosα①式中求出的是平均功率，若功率一直不变，则也可为瞬时功率.②式中，若v为瞬时速度，则P为力F的瞬时功率，若v是平均速度，则P为力F在一段时间内的平均功率.4.机车的两种运动：（1）机车以恒定功率运动.若运动过程中所受阻力Fμ恒定，则由F-Fμ=ma,得a=，v增大，a减小，当a=0时，机车达最大速度vm=P/Fμ，以后机车匀速运动，v-t图象如图1-7-1所示.机车不同的输出功率，能达到的最大速度有不同的值.图1-7-1图1-7-2（2）机车从静止开始做匀加速运动.开始牵引力不变，速度增大至一定值v，功率达最大值P，此时有-Fμ=ma，以后若速度再增大，由于机车功率不变，机车牵引力F减小，直至a=0时，机车速度达最大，以后做匀速直线运动vm=Pm/Fμ，其v-t图线如图1-7-2所示.二、动能和动能定理1.物体由于运动而具有的能量叫动能，动能是标量，动能大小为Ek=mv2.2.动能定理：外力对物体做功的代数和等于物体动能增量，数学表达式为：WF=mv22-mv12.（1）动能定理中“外力”指作用在物体上包含重力在内的所有外力.如弹力、摩擦力、电场力、磁场力、万有引力.（2）通常可由动能变化求某些变力的功，即动能定理中的外力既可以是恒力，也可以是变力.三、重力做功与重力势能的改变、机械能守恒定律1.重力做功特点（1）重力做功与路径无关，只与始末位置高度差有关.（2）重力做功大小WG=mgh，h为始末位置高度差，若物体从高处下落，重力做正功，反之，物体克服重力做功.（3）重力做功不引起物体机械能变化.2.机械能守恒定律系统只有重力和弹力（中学物理中仅为弹簧弹力）做功，系统总机械能保持不变.3.重力和弹簧弹力之外的力对物体做的功WF等于物体机械能的变化WF=E末-E初.四、能的转化和守恒定律能可以从一种形式转化为另一种形式，或从一个物体转移到另一个物体，在转移和转化的过程中，能的总量保持不变.●精典题例解读［例1］（2000年江、浙、吉高考题）如图1-7-3所示，直角三角形的斜边倾角为30°，底边BC长为2L，处在水平位置，斜边AC是光滑绝缘的，在底边中点O处放置一正电荷Q，一个质量为m、电量为q的带负电的质点从斜面顶端A沿斜边滑下，滑到斜边上的垂足D时速度为v图1-7-3（1）在质点的运动中不发生变化的是①动能②电势能与重力势能之和③动能和重力势能之和④动能、电势能、重力势能三者之和A.①② B.②③ C.④ D.②(2)质点的运动是A.匀加速运动 B.匀减速运动C.先匀加速后匀减速运动 D.加速度随时间变化的运动【解析】（1）质点运动过程，做功的力有重力和电场力.重力做功不会引起机械能的变化，但电场力做功则导致机械能和电势能相互转化，但机械能和电势能的总和保持不变.即选项C正确.（2）质点在运动过程中受重力、电场力和斜面弹力作用，其中只有重力恒定，斜面弹力方向不变，弹力的大小、电场力的大小和方向都随时间变化，因此质点所受合力一定随时间变化，所以小球的加速度随时间变化，即选项D正确.（3）因对质点做功的力有重力和电场力，由动能定理，得：WG+W电=mvC2-mvD2但由于，即B、C、D三点在以O点为圆心的同一圆周上，是O点放置的点电荷产生的电场中的等势点，所以q由D到C的过程中，电场力做的功为零，故上式变为：mgh=mvC2-mvD2其中h=sin60°=sin30°sin60°=L,vD=v,所以vC=质点在C点受三个力作用：电场力F=k，方向由C点指向O点，重力mg,方向向下，弹力FN，垂直斜面向上.由牛顿第二定律，得：mgsin30°-Fcos30°=maC代入数值，得：aC=.小结：本题中电场力做功情况的分析是个难点，但利用几何关系和点电荷电场的性质挖掘出D、C为点电荷电场中的等电势点这一隐含条件，问题便迎刃而解由此我们还可得到启示：凡遇到非匀强电场力做功问题时，由W=qU入手，分析电场中各点的电势关系，往往容易找到解决问题的突破口.［例2］（2022年北京春季，28）有一炮竖直向上发射炮弹.炮弹的质量为M=6.0kg（内含炸药的质量可以忽略不计），射出的初速度v0=60m/s当炮弹到达最高点时爆炸为沿水平方为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？（g=10m/s2，忽略空气阻力）【解析】炮弹爆炸过程系统动量守恒，由抛体运动知识可求质量为m的一块弹片爆炸后获得的速度，再由动量守恒定律求另一块的速度，最后由公式Ek=mv2求解动能.设炮弹上升到达最高点的高度为H，根据匀变速运动规律，有v02=2gH.设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为V，另一块的速度为v，根据动量守恒定律，有mV=（M-m）v设质量为m的弹片运动的时间为t，根据平抛运动规律，有H=gt2,R=Vt炮弹刚爆炸后，两弹片的总动能Ek=mV2+(M-m)v2解以上各式得Ek=代入数值得Ek=×104J小结：本题综合考查了抛体运动、动量守恒、动能等知识点，解题关键是分清各过程的物理学特征.同学们可对本题进行如下扩展求解：扩展一：求两弹片即将着地时的总机械能.扩展二：若爆炸过程弹片只获得炸药爆炸产生能的40%，求炸药爆炸产生的能量.［例3］质量为M=2×103kg的汽车，额定功率P=80kW，在平直公路上能达到的最大行驶速度为vm=20m/s若汽车从静止开始以加速度a=2m/s【解析】汽车由静止以恒定的加速度做匀加速直线运动，随着速度的增加，其输出功率也将不断增大当输出功率等于额定功率时，若速度再增大，牵引力必将减小，汽车做加速度不断减小的加速运动，直至达到最大速度.设汽车做匀加速直线运动时间t1后功率达额定功率P，速度达v1,位移为s1.由上分析得：P=Fv1=(F阻+Ma)at1F阻=，s1=at12.汽车达额定功率后又经位移s2达最大速度，由动能定理，得：P(t-t1)-Mvm2-Mv12代入已知数据解得：t1=5s,s1=25m,s2=425m.所以汽车在30s内的总位移s=s1+s2=450m.小结：汽车输出功率达到额定功率后的加速过程，虽然是变加速过程，从运动学角度中学物理难以求解速度、位移和时间，但用公式W=Pt结合动能定理却能使该类问题迎刃而解.［例4］（2022年全国，34）一传送带装置示意图如图1-7-4，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，未画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切.现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h.稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L.每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）.已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N.这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦.求电动机的平均功率.图1-7-4【解析】在传送稳定情况下，在一定时间内将有一定数量的小货箱从A端送到D端.在传送过程中，小货箱的动能和重力势能都增大了一定的数值，另外在水平的AB部分，小货箱与皮带等速前要发生一段相对位移，通过摩擦力做功而产生一定数量的内能.由功能关系知，上述能量的增加和产生，都是电动机做功的结果.求出单位时间产生的内能和小货箱动能、重力势能增量的总和，即为电动机的输出功率.以地面为参照系，设传送带的运动速度为v0,在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s,加速度为a,所用时间为t,对小货箱有s=at2 ①v0=at ②在这段时间内，传送带运动的路程为s0=v0t ③由以上可得s0=2s ④用F表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为A=Fs=mv02 ⑤传送带克服小箱对它的摩擦力做功A0=Fs0=2·mv02 ⑥两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量Q=mv02 ⑦可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等.T时间内，电动机输出的功为W= ⑧此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即W=Nmv02+Nmgh+NQ ⑨已知相邻两小箱的距离为L，所以v0T=NL ⑩联立⑦⑧⑨⑩,得= eq\o\ac(○,11)小结：弄清有哪些能量参与了转化，并找出发生这些能量转化的原因，是处理能量问题的基本思路.该题中容易忽略的是小货箱在AB段与皮带相对运动过程产生的内能.另外，准确地求出货箱动能的增量及动能增量和产生的内能间的关系，是解决本题的关键.●应用强化训练1.小球质量为m，在高于地面h处以速度v竖直上抛，空气阻力为F（F<mg）.设小球与地面碰撞中不损失机械能，则从抛出直至小球静止的过程中，小球通过的总路程为+ +C. D.【解析】由动能定理知，小球克服阻力F做的功等于小球机械能的减少量.即：Fs=mgh+mv2，所以s=.【答案】C2.一物体质量为m，自A点由静止开始沿槽滑到B点后，离开支持面飞出，如图1-7-5所示.若在A→B的过程中，机械能损失为E，物体在B点飞出时的水平分速度为v，则物体到达最高点与A点的高度差为图1-7-5A. C.+ (+)【解析】因物体从B点飞出后机械能守恒，故物体在最高点和B点与在A点的机械能之差相等，均为E，即：mgh-E=mv2（选物体离开B后所达最高点处重力势能为零），所以h=+.【答案】C3.一水电站水流落差为20m，水流冲击水轮发动机，水流能的20%转化为电能.若发电机的功率为200kW，g=10m/s2，则每分钟流下的水量是×105kg 106kg104kg【解析】由题意知：20%=P，所以m=kg=3×105kg.【答案】A4.两木块1和2中间用轻弹簧相连接，放在光滑的水平面上，木块2靠着竖直墙壁.现用木块1压缩弹簧，并由静止释放，这时弹簧的弹性势能为E0，如图1-7-6所示.在以后的运动过程中，当弹簧伸长为最长时，木块1的速度为v，弹簧的弹性势能为E1；当弹簧压缩为最短时，木块的速度为v′，弹簧的弹性势能为E2..则正确的是图1-7-6①v=v′ ②E1=E2=E0③E1=E2<E0 ④E1≠E2A.①② B.①③C.②③ D.③④【解析】因在整个运动过程中，做功的只有弹簧的弹力，故系统机械能守恒.自木块2离开墙壁后系统所受合外力为零，动量守恒，故弹簧压缩为最短或拉伸为最长时，两木块速度相等，系统的动能相同，弹性势能也相同.但由于木块未滑动前弹性势能E0为系统机械能总和，而E1、E2只是系统机械能的一部分，故有E1=E2＜E0.【答案】B5.（2022年全国理综，16）在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都是m.现B球静止，A球向B球运动，发生正碰.已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于A. B. 【解析】因两球碰撞中动量守恒，机械能守恒，设碰前A球速度为v0，两球压缩最紧时等速，设为v，则有：mv0=2mv,Ep=mv02-·2mv2，解得：v0=2.【答案】C6.某汽车发动机的功率为60kW，汽车的质量为5×103kg，当它在平直公路上行驶时所受阻力为车重的倍.试求在汽车从静止开始以0.5m/s【解析】汽车运动中所受阻力：F阻=×5×104N=5×103N.设匀加速运动时汽车牵引力为F，则由牛顿第二定律，得：F-F阻=ma所以F=ma+F阻=×103N.所以匀加速运动的末速度v==8m/s,匀加速运动过程中的平均速度=4m/s，所以匀加速运动过程中牵引力的平均功率=30×103W=30kW.当牵引力等于阻力时，汽车速度最大，所以最大速度vm==12m/s.【答案】30kW；12m/s7.如图1-7-7所示，电动机牵引一根原来静止的，长为L=1m，质量m=0.1kg的导体棒MN，其电阻R=1Ω.导体棒架在处于磁感应强度B=1T、竖直放置的框架上，当导体棒上升高度h=3.8m时获得稳定的速度，导体产生的热量Q=2J.电动机牵引棒时，电压表、电流表的读数分别为U=7V、I=1A.电动机内阻r=1Ω，不计框架电阻及一切摩擦，g取10m/s2，求：图1-7-7（1）棒能达到的稳定速度.（2）棒从静止达到稳定速度所需要的时间.【解析】（1）导体棒速度稳定后，电动机输出的功率应等于导体棒重力势能增加对应的机械功率与产生的感应电流的电功率之和.即：UI-I2r=mgv+代入数据整理，得：v2+v-6=0解得：v=2m/s（取有意义值）（2）由能的转化和守恒定律知，时间t内电动机消耗的电能应等于电动机内阻产生的内能、导体棒增加的动能、重力势能及导体产生的热量的总和.即：UIt=I2rt+mv2+mgh+Q所以t==s=1s【答案】(1)2m/s(2)1s8.如图1-7-8所示，质量为M，长为L的木板（端点为A、B，中点为O）在光滑水平面上以v0的水平速度向右运动，把质量为m、长度可忽略的小木块置于B端（对地初速度为0），它与木板间的动摩擦因数为μ，问v0在什么范围内才能使小木块停在O、A之间？图1-7-8【解析】木块与木板相互作用过程中合外力为零，动量守恒.设木块、木板相对静止时速度为v，则(M+m)v=Mv0 ①设其间木板、木块位移分别为sM和sm，则由动能定理，得：对M:-μmgsM=Mv2-Mv02 ②对m:μmgsm=mv2 ③若使m停于木板上O点，则有：sM-sm= ④若使m停于木板上A点，则有：sM-sm=L ⑤解①②③④得v0=解①②③⑤得v0=即m1所求v0的范围应是：≤v0≤.【答案】≤v0≤9.（2022年全国，19）“和平号”空间站坠落在南太平洋海域，坠落过程可简化为从一个近似圆轨道开始，经过与大气摩擦，空间站的绝大部分经过升温、溶化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠入大海.此过程中，空间站原来的机械能中，除一部分用于销毁和一部分被残片带走外，还有一部分能量E′通过其他方式散失（不考虑坠落过程中化学反应的能量）：（1）试导出以下列各物理量的符号表示散失能量E′公式.（2）算出E′的数值.坠落开始时空间站的质量M=×10轨道离地面的高度为h=146km地球半径R=×106坠落空间范围内重力加速度近似取g=10m/s2入海残片的质量m=×104入海残片的温度升高ΔT=3000K入海残片的入海速度为v=340m/s空间站材料每1kg升温1K平均需能量C=1×103J每销毁1kg材料平均所需的能量μ=1×107J【解析】若以地面为零势面，坠落过程开始时空间站在近圆轨道的势能为Ep=Mgh以v表示空间站在近圆轨道上的速度，由牛顿定律可得：M=Mg，其中r为轨道半径，若以R地表示地球半径，则r=R地+h.由上式整理可得在近圆轨道时空间站的动能为Ek=Mg(R+h)空间站在近圆轨道上时机械能为E=Ek+Ep=Mg(R+h)在坠落过程中，用于销毁部分材料所需的能量为Q汽=(M-m)μ用于残片升温所需的能量为Q残=cmΔT残片的动能为Ek残=mv2由能量守恒定律，得E=Q汽+E残+Q残+E′由此，得E′=Mg(R+h)-(M-m)μ-mv2-cmΔT由题给的数据代入上式，得E′=×1012J【答案】(1)Mg(R+h)-(M-m)μ-mv2-cmΔT(2)×1012J●教学参考链接从能量角度分析处理物理问题，首先要分析有哪些能量发生了转化，而能量的转化要通过一定的力做功来实现，做功就要有做功的过程，所以用能量观点处理物理问题，仍要紧紧抓住物理过程的分析，分析清楚哪个物理过程中，哪些力做了功，有哪些能量发生了变化，各物理过程中遵守什么规律等.本专题中例1和例4就是涉及多种能量转化的题目，例2和例3则是运动学的内容和功、能内容相结合的题目.通过这几个例题的分析、讲解，可以使学生熟练掌握此类问题的一般思路和方法.当然，功、能知识还可与牛顿定律、圆周运动及电磁学、热学等知识互相联系，综合出题，后附【应用强化训练】中也配有此类题目.因由于本书篇幅所限，不可能将所有与能量有关的题目全部选入，老师们使用本资料时，可根据本班学生实际情况，适当增减.另外，该部分有些题目，常具有思路隐蔽、过程复杂、难度较大的特点.要解答此类题目，考生必须有扎实的基础知识和熟练解决实际问题的能力，只有基础扎实了，基本功练就了，才能顺利地解决这些综合性较强的题目.

专题八动量和能量的综合应用●高考趋势展望动量和能量都是高中物理的主干知识和重点内容，将动量和能量内容相结合，可以命出综合性强、能力要求高、思路方法灵活的具有一定难度的综合题，便于考查考生的分析、推理、综合、知识迁移等多种能力，因此，常以压轴题的形式出现在历年的高考试卷中.在对本专题内容的复习中，一定要注意领会各规律的适用条件，弄清不同性质的力做功同相应能量转化的关系，注意物理过程的分析，建立清晰的物理情景，善于从题目给出的背景材料中，抽象出典型的物理模型，灵活地选用适当的规律，使问题得以顺利解决.●知识要点整合1.涉及能量转化的规律主要有动能定理（W=ΔEk）、机械能守恒定律（Ep1+Ek1=Ep2+Ek2）和能的转化和守恒定律（E初=E末）；涉及动量的规律有动量定理（F·t=Δp）和动量守恒定律（p初=p末）.能量是标量，与之相联系的动能定理、机械能守恒定律和能的转化和守恒定律方程均为代数方程.涉及做功的，一定要注意做功的正负及相应的符号，熟记各种力做功同相应能量转化的关系：合外力做的功与动能的变化相联系（W合=ΔEk)、重力做的功同重力势能的变化相联系（WG=-ΔEp）、弹力做的功同弹性势能的变化相联系（W弹=-ΔEp弹）、重力和弹力以外的力做的功同机械能的变化相联系（W外=ΔE）.动量是矢量，与之相联系的动量定理、动量守恒方程都是矢量方程，建立此类方程时，都要明确正方向，并正确地用“+”“-”号表示各矢量的方向.在处理所有的力学问题时，应优先考虑两大守恒定律（动量守恒定律及能的转化和守恒定律），其次考虑两大定理（动能定理和动量定理）.2.碰撞问题是动量、能量综合应用的典型问题.由于一般碰撞中总能满足内力远远大于外力，所以动量守恒方程是处理碰撞问题的首选方程.在一般的碰撞中，总会有一定的机械能损失，不同情况下的碰撞中，损失的机械能不同.弹性碰撞中可认为无机械能的损失，完全非弹性碰撞中机械能的损失最多.在实际判断某碰撞现象是否可能存在时，碰撞前后的机械能比较常是重要的依据之一.●精典题例解读［例1］如图1-8-1所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1=4kg·m/s和p2=6kg·m/s（向右为参考正方向）做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2可能分别为图1-8-1A.-2kg·m/s,3kg·m/s B.-8kg·m/s,8kg·m/sC.1kg·m/s,-1kg·m/s D.-2kg·m/s,2kg·m/s【解析】两球碰撞中动量守恒，即Δp1+Δp2=0.据此可排除A.又碰撞中B球所受冲量方向和其初动量方向相同，其动量只能增大，即Δp2应大于零，据此可排除C.另外，碰前两球总动能Ek=,而对B选项，碰后总动能Ek′=＞Ek,不可能；对D项，碰后总动能Ek′=，再结合碰前应有vA＞vB,即＞,所以m1＜,代入Ek和D项对应的Ek′,结果亦不矛盾.故只有D可能.小结：两小球间碰撞结果将同时受到“动量守恒”“动能不可能增大”及相关的“运动学与动力学规律”的制约，分析此类问题时，应将上述制约因素均考虑到.［例2］（2000年全国，22）在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”.这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似.如图1-8-2两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态.在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图1-8-2所示.C与B发生碰撞并立即结成一个整体D.在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变.然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连.过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）.已知A、B、C三球的质量均为m.图1-8-2(1)求弹簧长度刚被锁定后A球的速度.(2)求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能.【解析】本题所涉及的物理过程及所遵守的物理规律有：C球与B球碰撞，碰撞中F内》F外，动量守恒.B、C结合成的D球通过弹簧和A作用，作用过程中F外=0，动量守恒；只有弹力做功，机械能守恒.A、D球系统（含弹簧）与挡板碰撞，碰后停止运动.解除锁定后D、A通过弹簧相互作用，动量守恒，机械能守恒，且两球再次等速时弹簧拉伸最长，弹性势能最大.对各过程列出相应的规律方程，问题即可得解.（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1,由动量守恒，有：mv0=(m+m)v1,v1=v0当弹簧压缩至最短时D与A速度相等，设此时速度为v2，由动量守恒，有：2mv1=3mv2,得A的速度v2=v0(2)设弹簧被锁定后，贮存于弹簧中的势能为Ep,由能量守恒有：·2mv12=·3mv22+Ep撞击P后，A和D动量为零.解除锁定后，当弹簧恢复原长时，势能全部转化为D的动能，设D的速度为v3，则有：Ep=(2m)v32,v3=v0以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度.当A、D再次等速时，弹簧伸至最长.设此时速度为v4，由动量守恒，得：2mv3=3mv4,v4=v0当弹簧伸至最长时，其势能最大，设此势能为Ep′,由能量守恒，有：·2mv32=·3mv42+Ep′解得：Ep′=mv02小结：与现代科技相联系的题目往往具有“起点高，落点低”的特点，处理此类题目，不要被生僻的新颖的词汇、概念所迷惑，应抓住问题的实质，转化抽象出自己熟悉的物理模型.对像该题涉及较多物理过程的问题，一定要注意物理过程的分析，分析每一过程的受力及做功情况，找出每一过程所遵守的物理规律.●应用强化训练、B两个小球在光滑的水平面上沿同一直线同向运动，A的动量为10kg·m/s，B的动量为15kg·m/s，若它们相碰后动量变化分别为ΔpA和ΔpB，则A.ΔpA=0，ΔpB=0B.ΔpA=5kg·m/s，ΔpB=5kg·m/sC.ΔpA=-5kg·m/s，ΔpB=5kg·m/sD.ΔpA=-20kg·m/s，ΔpB=20kg·m/s【解析】因两球碰撞中动量守恒，所以两球动量的变化量应大小相等、方向相反（即符号相反），从而可排除A、B.但另一方面，两球的碰撞中，其机械能不可能增大，而D选项中给出的数据中碰撞后系统动能明显增大，不可能发生.【答案】C2.离子发动机飞船，其原理是用电压U加速一价惰性气体离子，将它高速喷出后，飞船得到加速，在氦、氖、氩、氪、氙中选用了氙，理由是用同样电压加速，它喷出时A.速度大 B.动量大C.动能大 D.质量大【解析】由qU=Ek知几种气体离子喷出时动能相同.由v=知氙离子喷出时速度小.由p=得p=，因几种惰性气体离子中氙离子m大，则p大，由动量守恒可知，飞船获得的动量大.【答案】B3.质量为m的物体，在与其速度方向相同的合力F作用下，经过时间t，物体的动量由mv1增加到mv2,下列说法中正确的是A.在2F的合力作用下，经时间t，物体的动量将增加到2mv2B.在2F的合力作用下，经时间t，物体的动量将增加到2mv2-2mv1C.在F的合力作用下，经时间2t，物体的动量将增加到2mv2-mv1D.在2F作用下，经时间2t，物体的动量大于4mv2【解析】合力F作用时间t过程中，由动量定理得：Ft=mv2-mv1若在合力2F作用下，经时间t，由动量定理得：2Ft=p-mv所以作用后物体的动量p=2mv2-mv1,故A、B错，C对.若在合力2F作用下，经时间2t，由动量定理得2F·2t=p′-mv所以作用后物体的动量p′=4mv2-3mv1＜4mv2，故D错.【答案】C4.（2022年北京春季，16）在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动.假定两板与冰面间的摩擦因数相同.已知甲在冰上滑行的距离比乙远，这是由于A.在推的过程中，甲推乙的力小于乙推甲的力B.在推的过程中，甲推乙的时间小于乙推甲的时间C.在刚分开时，甲的初速度大于乙的初速度D.在分开后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小【解析】根据动量守恒定律有m甲v甲=m乙v乙由动能定理μmgs=mv2即μgs=v2，所以s∝v2，故C对.【答案】C5.如图1-8-3所示，有两个大小相等、质量不同的小球A和B，B球静止在光滑圆弧的底端，A球质量为m，从顶端释放，若两球发生弹性碰撞后，它们的落点离平台边缘的水平距离之比为1∶3，则B球的质量可能是图1-8-3①m②m③m④mA.①② B.②③C.③④ D.①④【解析】A球从光滑圆弧上滚下，以速度v0与B发生碰撞.设碰后A、B的速度分别为vA、vB，由动量守恒定律和动能守恒得mAv0=mAvA+mBvB ①mAv02=mAvA2+mBvB2 ②由①②两式解得vA=v0,vB=v0A、B碰撞后都做平抛运动，由平抛运动知识可得,所以mB=在小球A和B碰撞后，A球的速度方向既可以沿原来的方向（即水平向右），也可以沿相反方向运动，以上解答正是忽视了这一点导致了漏解.所以第二个解的条件是,故mB=.因此正确答案应选D.【答案】D6.两物体的质量为m1和m2，它们分别在恒力F1和F2的作用下由静止开始运动，经相同的位移，动量的增加量相同，则两恒力的比值F1/F2=______.【解析】由动能定理W=Ek2-Ek1对m1：F1·s=m1v12=对m2：F2·s=m2v22=m1v1=m2v2因此答案为m2/m1.【答案】m2/m17.静止状态的原子核X，进行α衰变后变成质量为MY的原子核，放射出的α粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，测得其做圆周运动的半径为R，已知α粒子的电荷为2e，质量为m，试求：（1）衰变后α粒子的速度vα和动能Ekα.(2)衰变后Y核的速度vY和动能EkY.(3)衰变前X核的质量MX.【解析】（1）α粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即：2evαB=m所以vα=.所以其动能Ekα=mvα2=.（2）衰变过程中动量守恒，即：mvα=MYvY即vY=.反冲核的动能EkY=MYvY2=.（3）由质能联系方程知，衰变过程中损失的质量：Δm==所以由质量守恒得：MX=MY+m+.【答案】（1）vα=；Ekα=(2)vY=；EkY=(3)MX=MY+m+8.（1）如图1-8-4所示，轻质长绳水平地跨在相距2l的两个小定滑轮A、B上，质量为m的物体悬挂在绳上O点，O与A、B两滑轮距离相等，在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力F=mg,先托住物块，使绳处于水平拉直状态，然后静止释放物块，在物块下落过程中，保持C、D两端的拉力F不变.图1-8-4（1）当物体下落距离h为多大时，物块的加速度为零？（2）在物体下落上述距离的过程中，克服C端恒力F做功W为多少？（3）求物体下落过程中的最大速度vm和最大距离H.于是即可算出物块下落距离和C、D两端上升距离，克服C端恒力的功即可求出.在物体的下落过程中，AO、BO两绳中拉力不断变化.开始时，其重力大于两绳拉力的合力，物体向下做加速度变小的加速运动，当下落加速度为零时，速度达最大值vm；以后重力小于两绳合力，物体减速下落，直至v=0时，达最大距离H，由于物体做的是变加速运动，所以必须根据功与动能变化的关系才可求出最大的距离.（1）物体下落时受到三个力的作用：重力mg、绳AO、BO的拉力F，当两绳拉力的向上合力R等于重力mg时，物块下落的加速度为零.由于F恒为mg，所以a=0时，三力互成120°夹角，于是，由图可知，下落距离h=ltanθ=ltan30°=l/3（2）物体落下h时，C、D两端上升距离h′==()l，物体克服C端恒力F做功W=Fh′=mg()l=mgl（3）由上面的分析可知，物体下落h时的速度就是最大速度；根据做功和动能变化的关系mgh-2W=mvm2得，最大速度vm===.即mgH-2mg(-l)=0得H=4l/3.【答案】（1）l(2)mgl(3)9.(2022年江苏，20）（1）如图1-8-5（1）所示，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各连接一个小球构成，两小球质量相等.现突然给左端小球一个向右的速度v0，求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度.图1-8-5(2)如图1-8-5（2），将N个这样的振子放在该轨道上.最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为E0.其余各振子间都有一定的距离.现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰.求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值.已知本题中两球发生碰撞时，速度交换，即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度.【解析】（1）设每个小球质量为m，以v1、v2分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度.由动量守恒和能量守恒定律有mv1+mv2=mv0（以向右为速度正方向）mv12+mv22=mv02解得v1=v0,v2=0或v1=0,v2=v0由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取解：v1=0,v2=v0（2）以v1、v1′分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度.规定向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒定律，mv1+mv1′=0mv12+m1v1′2=E0解得v1=,v1′=-或v1=-,v1′=.在这一过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故应取解：v1=-,v1′=振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为v1，此后两小球都向左运动.当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大.设此速度为v10，根据动量守恒定律，2mv10=mv1用E1表示最大弹性势能，由能量守恒有mv102+mv102+E1=mv12解得E1=E0振子2被碰撞后瞬间，左端小球速度为，右端小球速度为0.以后弹簧被压缩，当弹簧再恢复到自然长度时，根据（1）题结果，左端小球速度v2=0，右端小球速度v2′=，与振子3碰撞，由于交换速度，振子2右端小球速度变为0，振子2静止，弹簧为自然长度，弹性势能为E2=0.同样分析可得E2=E3=…EN-1=0振子N被碰撞后瞬间，左端小球速度vN-1′=，右端小球速度为0，弹簧处于自然长度.此后两小球都向右运动，弹簧被压缩，当它们向右的速度相同时，弹簧被压缩至最短，弹性势能最大.设此速度为，根据动量守恒定律，2m=mvN-1′用EN表示最大弹性势能，根据能量守恒，有：m2+m2+EN=mvN-12解得EN=E0【答案】（1）v1=0,v2=v0(2)E1=,E2=E3=…=EN-1=0,EN=E0●教学参考链接碰撞现象和用弹簧连接的物体间的相互作用及运动问题，是综合利用动量和能量知识讨论的两类典型问题，该两类问题都具有综合性强、难度大和过程复杂的特点，特专列两例题予以讨论.对于碰撞问题，重点在于掌握处理方法，由于碰撞中一般总有F内》F外，动量守恒是必然的；同时由于碰撞中的发声、形变甚至破裂等现象的发生，系统的机械能只能有所减少而不会增大.另外碰撞前后两物体的运动情况应符合实际.这是判断一个碰撞能否发生或是否合理的三个不可缺少的方面.对于弹簧连接的物体作用运动问题，重在分清哪一过程遵守什么规律.在此类问题中，往往是只在某一过程机械能守恒，而整个过程机械能并不守恒.所以处理此类问题一定要注重物理过程分析，不要贪图简便而把只在某一过程运用的规律应用于全过程或不适用的某一过程.另外，像通过摩擦力相互作用或通过圆弧形轨道相互作用的两个或两个以上物体间的相互作用问题，处理方法有相似之处，但也存在明显的差别，如有摩擦力做功的系统机械能肯定不守恒，通过圆弧轨道相互作用的系统动量往往只在某一方面守恒等.所以综合用动量和能量知识处理实际问题，既要注意它们的共性，更应注意它们的区别.

能力提升检测动量和能量（A卷）一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求，选对得5分，选错或不答得0分）1.在静电场中，一个负电荷在一个外力作用下由a点移到b点的过程中，下列说法正确的是①外力所做的功等于电荷电势能的增量与动能增量之和②外力和电场力做功之和等于电荷电势能的增量和动能增量之和③外力和电场力做功之和等于电荷动能增量④电场力对电荷做的功等于电荷电势能的增量A.①③ B.②④C.①④ D.②③【解析】由动能定理，得：W外+W电=ΔEk，而W电=-ΔEp，即W外=ΔEk-W电=ΔEk+ΔEp.即外力做的功等于电荷动能的增量与电势能的增量之和.而电场力做的功等于电荷电势能增量的负值.【答案】A2.（2022年春，11）一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为m0的木板，处于静止状态.一质量为m的圆环套在弹簧外，从与平板的距离为h处由静止自由下落撞击木板如图1所示.若碰后圆环与木板以相同的速度向下运动，则图1A.若碰撞时间极短，则碰撞中环与板的总机械能守恒B.无论碰撞时间长短与否，碰撞中环与板的总动量都守恒C.环撞击木板后，板和环的新的平衡位置与h的大小无关D.在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹力做的功【解析】因环与板的碰撞为非弹性碰撞，碰撞过程中有机械能损失，故知A错.因环、板碰撞中系统重力和弹簧弹力合力不为零，当碰撞时间极短时，F内》F外，系统动量近似守恒，但若碰撞时间较长时，不存在F内》F外，动量不守恒.故知B错.碰撞后一起下落的过程中，对系统做功的力有重力和弹簧的弹力，由动能定理，得：WG+W弹=ΔEk，由此知D错.系统平衡位置处弹簧弹力等于系统重力，而系统重力恒定，大小与h无关，所以其平衡位置与h无关.即C对.【答案】C3.质量为m的汽车行驶在平直的公路上，在运动中所受阻力恒定.当汽车的加速度为a、速度为v时，发动机的功率是P1；则当功率是P2时，汽车行驶的最大速度为P1 (P1-mav)P2 (P2+mav)【解析】汽车速度为v时，P1=Fv.应用牛顿第二定律F-f=ma,得当功率为P2时，P2=F′v2.又因为匀速运动F′=f,有P2=fv2v2=【答案】B4.如图2所示，在光滑水平面上紧挨着放置A、B两物块，一颗子弹沿水平直线射穿物块A并进入物块B，最后留在物块B内.设子弹在两物块内运动时所受阻力大小恒定.已知A、B两物块的质量分别为MA和MB，子弹的质量为m；子弹进入物块A时，其速度为v0；两物块分离时，A已移动的距离为s1，B继续移动距离s2后，子弹与物块B相对静止；物块A和B的长度均为L.根据上述已知条件图2A.不能求出物块A、B的最后速度vA、vBB.不能求出子弹在物块A、B内运动的时间ΔtA、ΔtBC.可以求得子弹在物块B内进入的深度D.不能求出以上五个量的任何一个【解析】子弹初速度为v0，到刚穿透A的过程，根据动量守恒定律mv0=(MA+MB)vA+mv1 ①fs1=(MA+MB)vA2 ②f(s1+L)=mv02-mv12 ③由①②③可解得vA,f和v1.再由mv0=mAvA+(m+MB)vB,把vA代入解得vB.应用牛顿第二定律得f·ΔtA=(MA+MB)vAf·ΔtB=MBvB-MBvA解出ΔtA和ΔtB.由f(s2+d)=mv12-mvB2,代入，v1,vB和f，解得d.【答案】C5.质量为m的小球被系在轻绳一端，在竖直平面内做半径为R的圆周运动，运动过程中小球受到空气阻力的作用.设某一时刻小球通过轨道的最低点，此时绳子的张力为7mg，此后小球继续做圆周运动，经过半个圆周恰能通过最高点，则在此过程中小球克服空气阻力所做的功为4 32 【解析】对小球进行受力分析，小球通过最低点时绳子的张力为7mg，此时小球受力如图所示，则有T-mg=m，因为T=7mg,解得mv12=3mgR,小球恰能通过最高点，正好为小球重力提供向心力，即mg=m,mv22=mgR,由能量守恒可知：mv12=mv22+mg2R+Wf由上几式可得：Wf=,选项C正确.【答案】C6.如图3所示，A在O点的正上方，OD为水平面，AB、AC均为斜面，物块P从D点分别以速度v1和v2出发，两次分别沿DBA、DCA滑到顶点时，速度均刚好为零.已知物块与路面之间的动摩擦因数都相同且不为零，不计物块由平面滑上斜面时的机械能损失，则下列说法正确的是图3①物块沿DBA和沿DCA两次滑动中摩擦力做功关系无法确定，所以v1、v2的大小无法确定②物块沿DBA和沿DCA两次滑动中动能都减小③物块沿DBA和沿DCA两次滑动中机械能不变④两次滑动的初速度相等A.①② B.②③C.③④ D.②④【解析】设物块质量为m、动摩擦因数为μ，斜面长为L，倾角为θ，则沿斜面运动过程中克服摩擦力做的功：W克=μmgcosθ·L，而Lcosθ正等于斜面长在地面上的投影.可见，物体沿斜面运动克服摩擦力做的功等于物体沿等于斜面投影长的平面上运动克服摩擦力做的功，所以物体沿DCA和沿DBA滑动过程中克服摩擦力做的功相等，又两次克服重力做的功相等，故两次运动中动能的减小量相等，即v1=v2.【答案】D7.如图4所示，质量为m的物体放在光滑水平面上，与水平方向成θ角的恒力F作用一段时间，则在此过程中，下列说法正确的是图4①F对物体做的功小于物体动能的增量②F对物体做的功等于物体动能的增量③F对物体的冲量大于物体动量的增量④F对物体的冲量等于物体动量的增量A.②④ B.②③C.①③ D.①④Δp＜Ft,即③对.【答案】B8.如图5所示，质量为M的物体P静止在光滑的水平面上，有另一质量为m(M＞m)的物体Q以速度v0正对P滑行，则它们碰后（水平面足够大）图5物体一定被弹回，因为M＞m物体可能继续向前物体的速度不可能为零D.若相碰后两物体分离，则过一段时间可能再相碰【解析】由题意知m＜M,两物体如果为完全非弹性碰撞，则P、Q粘在一起共同运动，所以答案A不对；如果为弹性碰撞，则一定被弹回；当为非完全弹性碰撞时，Q的速度随着损失能量的增大介于被弹回和一起向前运动之间，因而可能为零，故C不对，再由运动学知识知，分离后不会再碰，故D也不对，正确答案为B.【答案】B二、填空题（本题共3小题，每小题6分，共18分）9.某工地用压缩空气除尘，设除尘需要的冲力为F，压缩空气的密度为ρ，气柱横截面积为S，则气体喷出的速度至少应为______.（设气体与尘埃碰撞后速度减为零）【解析】选Δt时间内喷到尘埃上的气体为研究对象，由牛顿第三定律知尘埃对空气的作用力大小亦为F.由动量定理，得：FΔt=0-(-Δmv)=ρSv2·Δt所以v=.【答案】10.如图6所示，物体质量为m，由静止开始从A点沿曲面从h1高处下滑到地面，随后又沿另一曲面滑到h2高处的B点，速度减为零，再从B点滑下…，在两曲面间往复运动，最终停下，则在此过程中，产生的内能最多为______.图6【解析】当物体恰好停在前面最低点（即地面上）时，摩擦产生的内能最多，由能的转化和守恒定律得：Qmax=mgh1.【答案】mgh111.如图7所示，在光滑水平面上，依次有质量为m、2m、3m…10m的10个小球，排成一条直线，彼此间有一定的距离.开始时，后面的9个小球是静止的，第一个小球以初速度v图7【解析】整个过程动量守恒，设最终共同运动速度为v,则mv0=m(1+2+3…+10)v，所以v=v0，所以系统损失的机械能为：ΔE=mv02-m(1+2+…10)v2=mv02.【答案】mv02三、计算题（本题共3小题，共42分）12.（12分）如图8所示，倾角为θ的光滑斜面上放有两个质量均为m的小球A、B，两小球用一根长为L的轻杆相连，下面的小球B离斜面底端的高度为h.两球从静止开始下滑，不计与地面碰撞时的机械能损失，且地面光滑.试求：图8（1）两球在光滑平面上运动时的速度；（2）在这一过程中杆对A球做的功；（3）杆对A球做功所处的时间段.【解析】（1）对A、B系统由动能定理，得：mgh+mg(h+lsinθ)=·2mv2所以v=（2）对A由动能定理，得：mg(h+lsinθ)+W杆=mv2所以W杆=mv2-mg(h+lsinθ)=-mglsinθ.（3）两球均在斜面上时，其加速度由重力沿斜面向下的分力产生，A、B与杆间无作用力.A、B都进入平面后以等速做匀速直线运动，每球所受合外力为零，杆对球无作用力.故杆对球有作用力做功的阶段为从B球进入水平面开始，至A球进入水平面结束.【答案】（1）(2)-mglsinθ(3)从B进入水平面至A进入水平面13.（14分）俄罗斯“和平号”空间站在人类航天史上写下了辉煌的篇章，因不能保持其继续运行，于2001年3月23日坠入太平洋.设空间站的总质量为m，在离地面高度为h的轨道上绕地球做匀速圆周运动，坠落时地面指挥系统使空间站在极短的时间内向前喷出部分高速气体，使其速度瞬间变小，在万有引力作用下下坠.设喷出气体的质量为m，喷出速度为空间站原来速度的37倍，坠落过程中外力对空间站做功为W，求：（1）空间站在轨道上做圆周运动的线速度；（2）空间站落到太平洋表面时的速度.（设地球表面的重力加速度为g，地球半径为R）【解析】（1）设原空间站轨道线速度为v，则由万有引力提供向心力得：G ①又由地面重力近似等于万有引力，得：mg=G ②解①②式得v=.（2）空间站喷气过程中动量守恒，设喷气后空间站速度为v1，且选空间站原速度方向为正，则：mv=(1-)mv1-m×37v ③设空间站落到太平洋洋面时速度为v2，则由坠落过程中的动能定理，得：W=(1-)m(v22-v12) ④解③、④结合①中解出的v值，得：v2=.【答案】（1）(2)14.（16分）如图9所示，长为2L的板面光滑且不导电的平板小车C放在光滑水平面上，车的右端有块挡板，车的质量mC=4m，绝缘小物块B的质量mB=2m.若B以一定速度沿平板向右与C车的挡板相碰，碰后小车的速度总等于碰前物块B速度的一半.今在静止的平板车的左端放一个带电量为+q、质量为mA=m的小物块A，将物块B放在平板车的中央，在整个空间加上一个水平方向的匀强电场时，金属块A由静止开始向右运动，当A以速度v0与B发生碰撞，碰后A以v0的速率反弹回来，B图9（1）求匀强电场的电场强度大小和方向；（2）若A第二次和B相碰，判断是在B与C相碰之前还是相碰之后？（3）A从第一次与B相碰到第二次与B相碰这个过程中，电场力对A做了多少功？【解析】（1）对金属块AqEL=mv02所以电场强度大小E=方向水平向右(2)A、B碰撞，mAv0=mA(-v0)+mBvB用mB=2m代入解得vB=v0B碰后做匀速运动，碰到挡板的时间tB=A的加速度aA=A在tB段时间的位移为sA=vAtB+atB2=-v0·+因sA＜L,故A第二次与B相碰必在B与C相碰之后（3）B与C相碰，mBvB=mBvB′+mCvC′vC′=vBvB′=0A从第一次相碰到第二次与B相碰的位移为l，因此电场力做的功W电=qEl=mv02.【答案】（1）,水平向右（2）在B与C相碰之后（3）mv02

动量和能量（B卷）一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求，选对得5分，选错或不答得0分）1.一辆小车静止在光滑的水平面上，小车立柱上固定一条长为L、系有小球的水平细绳，小球由静止释放，如图1所示.不计一切摩擦，下列说法正确的是图1A.小球的机械能守恒，动量不守恒B.小球的机械能不守恒，动量也不守恒C.球、车系统的机械能守恒，动量守恒D.球、车系统的机械能、动量都不守恒【解析】小球摆动过程中，所受合外力的冲量不为零，动量不守恒；另外由于细绳拉力对小球做功，故小球机械能不守恒.对球、车系统，重力以外的力（绳子张力做功代数和为零），故系统机械能守恒；但系统竖直方向合外力不为零（小球摆动过程中加速度有竖直分量），故系统动量不守恒.【答案】B2.如图2所示，光滑水平面上有A、B两物体，其中带有轻弹簧的B物体静止，质量为m的A物体以速度v0向着B运动，在A通过弹簧与B发生相互作用的过程中，以下说法错误的是图2A.弹簧恢复原长时A的速度最小B.两物体速度相等时弹簧压缩量最大C.任意时刻A的动量大小总小于mv0D.任意时刻系统的总动量均为mv0【解析】A、B通过弹簧发生碰撞中，动量守恒，弹簧恢复原长后，A、B动能也守恒.当mA=mB时，将发生速度互换，A在弹簧恢复原长时速度为0，最小.但