高考物理冲刺：知识讲解-动量和能量（提高）

物理总复习：动量和能量

编稿：李传安审稿：

【考纲要求】

1、知道弹性碰撞和非弹性碰撞；

2、能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题；

3、知道动量守恒定律的普遍意义

4、会从动量和能量的角度分析碰撞问题

【考点梳理】

考点：动量关系与能量关系的综合应用

要点诠释：运用各种力学规律解题的注意事项：

1、使用牛顿运动定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明

确并建

立力和加速度及运动与加速度的关系。

2、使用动量定理的关犍是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析,选取正

方向，

明确合外力的冲量及初、末动量的正负。

3、使用动能定理的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明

确哪些力做

功，哪些力不做功，哪些力做正功，哪些力做负功及动能的变化。

4、使用动量守恒定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，判

断是否符合动量守恒的适用情况和适用条件。

5、使用机械能守恒定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，

判断是否符合机械能守恒的适用情况和适用条件。

6、使用能量守恒定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明

确有哪些力做功，做功的结果是导致什么能向什么能转化，然后建立△/=白4戈

的关系。

【典型例题】

类型一、"子弹打木块”问题分析

例1、光滑水平面上有一静止的质量为M的木板,现有一颗质量为m、速率

为％的子弹沿水平方向击中木板，进入木板的深度为d(未穿出)，且冲击过程

中阻力恒定。问：

(1)子弹与木板的阻力多大？在这个过程中,木板的位移是多少？

(2)冲击时间是多少？

二|—人"飞量Q是多少？

叫

M!

【思路点拨】子弹打木块是完全非弹性碰撞，碰撞中动量守恒，能量减少，子弹

未射出，子弹与木板共速，分析子弹的位移、木块的位移，要用动能定理解决。

产生的热量就是损失的全部动能。

s=d

【答案】(1)42d(M+m)、7Mr-

(2)(3)Q=L,nv；-^—

v02A7+m

【解析】因子弹未射出木板，故二者获得共同速度L在获得共同速度的过程中，

设木板的位移为$,则子弹的位移为"八

(1)在获得共同速度的过程中，动量守恒+，〃)□①

碰撞后共同速度为,产」

设平均阻力为/,根据动能定理，有

对子弹：一/(s+4)=g，加-g〃琢②

对木板：fs=^Mv2③

由①、②和③式可得：片匚木板的位移

2d(M+m)M+in

(2)设冲击时间为1,以子弹为研究对象，根据子弹相对木板作末速度为零

的匀减速直线运动，相对位移卬,所以冲击时间为金细

2%

（3）在认为损失的动能全部转化为内能的条件下,

产生的热量：（2=△且小相=fd=；mvl-^―

【点评】子弹打木块是完全非弹性碰撞，碰撞中动量守恒，能量减少。完全非弹

性碰撞在三种碰撞中能量损失最大。在对子弹应用动能定理时要注意位移是子弹

对地的位移，在对木板应用动能定理时位移是木板对地的位移，而在求转化为内

能的量时要用阻力（摩擦力）乘以相对位移。（可解②和③、①得到结论）

举一反三

【变式1]质量为M的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位

拿着完全相同的步枪和子弹的射击手。首先左侧射手先开枪，子弹水平射入木块

的最大深度为di,然后右侧射手开枪，子弹水平射

入木块的最大深度为d2，如图所示。设子弹均未射舞点扁

穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相

同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列正确的是（）

A.木块静止,4=4

B.木块静止，d{<d2

C.木块向右运动，4<〃2

D.木块向左运动，4二4

【答案】B

【解析】设子弹的质量为m,速度为%,子弹与木块之间的相互作用力为了,

根据动量守恒定律〃?%=（“+〃。匕（1）

根据动能定理必+"川（2）

2片__

由（1）（2）两式可得4=2-----J--------（3）

右边的子弹水平射入木块，设共同速度为彩，设向右为正方向

根据动量守恒定律+m）v]-mvQ=（M+2m）v2（4）

比较（1）可知玲=0即木块静止。（可以通过分析得出木块静止的结论：木块和

联立①②⑤⑥⑦式得=；(1+乎)x竿⑧

因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得，射入第二块钢板的深度x为

x=g(l+乎)d⑨

类型二、动量守恒定律和机械能守恒定律(动能定理、能量守恒定律)的综合应

用

例2、如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点0。让球a静止下垂,

将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b,两球碰后粘在一起向左摆动，

此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60。。忽略空气阻力，求

(i)两球a、b的质量之比；

(ii)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。

o

【思路点拨】运动分析：球b从静止摆到与a碰撞前，机械能守恒；两球碰撞,

动量前恒；碰后一起上升到最大偏角，机械能守恒。

【答案］,(i)"=夜-1;(ii)名=1-*

【解析】(i)设壬求b的质量为m2,细线长为L,球b下落至最低点"日未与球

a相碰时的速度为u,由机械能守恒定律得，％=J吗F①

式中g是重力加速度的大小。设球a的质量为mi;在两球碰后的瞬间，两球共

同速度为/,以向左为正。由动量守恒定律得叫I，=(见+，4)/②

设两球共同向左运动到最高处，细线与竖直方向的夹角为0，由机械能守恒定律

得

,2

g(%+m2)v=(町+"[2)gL(l-cos0)(3)

联立①②③式得色=/1-1④

%VI-cos

代入数据得㈣•=⑤

m2

(ii)两球在碰撞过程中的机械能损失是

Q=m2gL-(〃4+tn2)gL(i-cos0)⑥

联立①⑥式,Q与碰前球b的最大动能Ek,Ek=生也之比为

2=i_3i(ios。)⑦2

Ek〃”0f5

联立⑤⑦式，并代入题给数据得名=1一半⑧

2

【点评】解力学综合题最重要的环节就是要分清物理过程，本题分为物理过程:

(1)球b从静止下落到与a求碰撞前，符合机械能守恒;(2)两球碰撞粘在一

起是完全非弹性碰撞，符合动量守恒；(3)两球碰后站在一起向左摆动到最大偏

角(最高)，符合机械能守恒。按照各自的物理规律列方程求解。

举一反三

【变式】匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示，图中

Eo和d均为已知量。将带正电的质点A在。点由静止释放。A离开电场足够远

后，：E3放在O点也由静止释放。当B在电场中运动时，

作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用

视为i才量为Q,A和B的质量分别为m和：。不计重力。

4

(1)求A在电场中的运动时间t;

(2)若B的电荷量g=,求两质点相百作用能的最大值Epm；

(3)为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qmo

【答案】(1)，=侑(2)Ep/攀

【解析】(1)A在电场中做匀加速直线运动位移为d,根据牛顿第二定律

=坐①

mm

根据位移公式得

(2)设A、B分别离开电场后的速度为乙和%，根据动能定理有

।1ni4

3机片=EQd②4=七。GQd③

由以上两式比较可知A、B分别离开电场后的速度为巳小于以，所以B离开电

场后与A间的静电斥力使B减速，使A加速，A、B系统的总动能减小，相互

作用能增大，当A、B的速度相同为前寸系统的总动能最小，相互作用能最大,

在此过程中只有相互作用的静电斥力，系统的能量和动量都守恒有

mm〜

mvA+—=mv+—v(4)

m

12J21212

—mv：+---v»=Emn+—+-----v⑤

2A24B0224

联立②③④⑤四式解得

F-E°Qd

pm45

(3)A、B间距达到最小后静电斥力继续使B减速，使A加速，A、B系统的总

动能增大，相互作用能减小，A、B间距达到无穷大时相互作用能为0。为使B

离开电场后不改变运动方向,B的速度满足条件/之0⑥。根据系统的能量和动

量都守恒有

m,tn.

/^+-vft=wvA+—

—mv\—v；=+—mv^+——v^2®

224224

③式中B的电量为外有

瞿说=&)%"⑨

JI

联立②⑥⑦⑧⑨五式解得

(1B端Q，

所以B所带电荷量的最大值%,若。

类型三、动量守恒定律和机械能守恒定律(含弹性势能)的综合应用

例3、如图，ABC三个木块的质量均为mo置于光滑的水平面上，BC之间有

一轻质弹

簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC

紧连，使弹

簧不能伸展，以至于BC可视为一个整体,现A以初速％沿BC的连线方向朝B

运动，与B

相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A,B分离，已

知C离开弹

簧后的速度恰为％,求弹簧释放的势能。

【思路点拨】运动分析：A与B碰撞至I」ABC达到共速，这一过程动量守恒，列

一个方程；C离开弹簧时，动量守恒,列一个方程；从细线断开到C与弹簧分开

的过程中机械能守恒，再列一个方程，即可求解。

【答案】E产轲

【解析】设碰后A、B和C的共同速度的大小为u,由动量守恒得3〃“=〃/①

设C离开弹簧时，A、B的速度大小为片,由动量守恒得3加=2"?匕+以入②

设弹簧的弹性势能为%,从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有

2(3〃力/+E='(2⑼匕2+工机诏③

2n2

由①②③式得弹簧所释放的势能为E〃=④

【点评】关于有弹簧的问题，解题的关键是理解题意,本题题目中"将弹簧压紧

到不能再压缩时〃与‘锁定〃意思相同，是弹簧具有最大弹性势能。另外："将

弹簧压缩到最大〃是弹性势能最大，系统共速；”当弹簧伸长到最长时”也是共

速，弹性势能最大。

举一反三

【变式】如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C,质量分别为

mB=mc=2m,mA=m,A、B用细绳连接,中间有一压缩的弹簧(弹簧与滑块不

栓接)。开始时A、B以共同速度vo运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B

被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B

与C碰撞前B的速度。

%

A耐B___________C

7777^777/77777777777777/7777

2mm2m

【答案】以=■

【解析】设共同速度为u，球A和B分开后,B的速度为小由动量守恒定律有

（〃2八+根8）%=fnAV+niHVR/=（〃％+加0）丫

联立这两式得B和C碰撞前B的速度为%=2%。

类型四、动量守恒定律与各种力学方法的综合应用

例4、如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上固定有光滑坡道,

坡道顶端距台面高也为h,坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始

滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞,并粘连在一

E出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高

仝气阻力，重力加速度为g。求

【思路点拨】运动分析：A到达水平光滑的台面时,机械能守恒；A与B碰撞的

过程，动量守恒,共速；碰后一起水平飞出，平抛运动。按照各自的物理规律列

出方程求解。

【答案】（1）L（2）%：inH=1:3

【解析】（1）小球A在坡道上只有重力做功机械能守恒，

有g,nAVA=fnAgh①解得匕1=②

（2）小球A、B在光滑台面上发生碰撞粘在一起速度为V,根据系统动量守恒

得

fnAvA=（%+"%）1'③

离开平台后做平抛运动,在竖直方向有:=〃④

在水平方向有二力二yf⑤

联立②③④⑤化简得%：加=1：3

【点评】解综合题是关键是分清物理过程，按各自的物理规律列方程求解,有些

时候还要列出补充方程(如根据几何关系等\

举一反三

【变式1】如图所示，质量为M的平板车P高〃，质量为m的小物块Q的大小

不计，位于平板车的左端，系统原来静止在光滑水平地面上。一不可伸长的轻质

细绳长为R,一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球(不

计大小\今将小球拉至悬线与竖直位置成60角，由静止释放，小球到达最低点

时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失,已知Q离开平板车时速度大小是平板

车速度的两倍，Q与P之间的动摩擦因数为〃,M:m=4:l,重力加速度为g,

求：

(1)小物块Q离开平板车时速度为多大？

r林安1/1\‘0，gR(^\17R4Ryp2Rh

【答案】(1)%=2v=^~—(2)/=——(3).V+JC=—+——

318〃9〃3

【解析】此题考查圆周运动与动量相结合的知识，要综合分析。

(1)小球由静止摆到最低点的过程中，

有〃igR(l-cos60)=g〃而v()=7^

小球与物块Q相撞时，没有能量损失，动量守恒，机械能守恒,

2

mv.=mv^mvQ（相1=:加片+3加%

解得匕=0,忆=%=病

二者交换速度,即小球静止下来，而%=%=质

Q在平板车上滑行的过程中离开时平板车速度为P,Q的速度为2y

根据动量守恒，有〃八Q=MH〃?2u解得平板车速度,!%=攀

I——OO

小物块Q离开平板车时，速度为=2尸年

（2）设平板车P的长度为/,由能的转化和守恒定律，

2

知fl=；崂一;Md一1/Z7（2V）f=pmg

乙乙L

解得平板车的长度为,二F

18〃

（3）小物块Q在平板车上滑行的过程中，对地的位移为5,

根据动能定理一〃〃?gs=！〃2（2u）2=崂s=77~

22r-——9〃

平抛时间,水平是巨离x=2M=告

所以Q落地点距小球的水平距离为s+产费+学

【变式2]如图（a）所示的装置中，小物块A、B质量均为m,水平面上PQ

段长为I,与物块间的动摩擦因数为M,其余段光滑。初