1、2011河南泌阳高考物理一轮复习-动量和能量的综合应用知识目标 一、动量和动能 动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，但它们存在明显的不同： 动量是矢量，动能是标量物体动量变化时，动能不一定变化；但动能一旦发生变化，动量必发生变化如做匀速圆周运动的物体，动量不断变化而动能保持不变 动量是力对时间的积累效应，动量的大小反映物体可以克服一定阻力运动多久，其变化量用所受冲量来量度；动能是力对空间的积累效应，动能的大小反映物体可以克服一定阻力运动多么远，其变化量用外力对物体做的功来量度 动量的大小与速度成正比，动能大小与速率的平方成正比不同物体动能相同时动量可以不同，反之亦然，常用于比较动能相同而质
2、量不同物体的动量大小；常用来比较动量相同而质量不同物体的动能大小 二、动量守恒定律与机械能守恒（包括能量守恒）定律 动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，且研究的都是某一物理过程一但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，则决定于是否有重力以外的力（不管是内力还是外力）做功所以，在利用机械能守恒定律处理问题时要着重分析力的做功情况，看是否有重力以外的力做功；在利用动量守恒定律处理问题时着重分析系统的受力情况（不管是否做功），并着重分析是否满足合外力为零应特别注意：系统动量守恒时，机械能不一定守恒；同样机械能守恒时，动
3、量不一定守恒，这是因为两个守恒定律的守恒条件不同必然导致的结果如各种爆炸、碰撞、反冲现象中，因F内F外，动量都是守恒的，但因很多情况下有内力做功使其他形式的能转化为机械能而使其机械能不守恒另外，动量守恒定律表示成为矢量式，应用时必须注意方向，且可在某一方向独立使用；机械能守恒定律表示成为标量式，对功或能量只需代数加减，不能按矢量法则进行分解或合成三、处理力学问题的基本方法 处理力学问题的基本方法有三种：一是牛顿定律，二是动量关系，三是能量关系若考查有关物理量的瞬时对应关系，须应用牛顿定律，若考查一个过程，三种方法都有可能，但方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别若研究对象为一个系统
4、，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题的应优先考虑动能定理因为两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处特别对于变力作用问题，在中学阶段无法用牛顿定律处理时，就更显示出它们的优越性四、求解动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、功能关系的综合应用类题目时要注意： 1.认真审题，明确物理过程这类问题过程往往比较复杂，必须仔细阅读原题，搞清已知条件，判断哪一个过程机械能守恒，哪一个过程动量守恒 2.灵活应用动量、能量关系有的题目可能动量守恒，机
5、械能不守恒，或机械能守恒，动量不守恒，或者动量在整个变化过程中守恒，而机械能在某一个过程中有损失等，过程的选取要灵活，既要熟悉一定的典型题，又不能死套题型、公式【例1】如图所示，A和B并排放在光滑的水平面上，A上有一光滑的半径为R的半圆轨道，半圆轨道右侧顶点有一小物体C，C由顶点自由滑下，设A、B、C的质量均为m求：（1）A、B分离时B的速度多大？（2）C由顶点滑下到沿轨道上升至最高点的过程中做的功是多少？ 分析：小物体C自由滑下时，对槽有斜向右下方的作用力，使A、B一起向右做加速运动，当C滑至槽的最低点时，C、A之间的作用力沿竖直方向，这就是A、B分离的临界点，因C将沿槽上滑，C对A有斜向左
6、下方的作用力，使A向右做减速运动，而B以A分离时的速度向右做匀速运动，C沿轨道上升到最大高度时，C与A的相对速度为零，而不是C对地的速度为零，至于C在全过程中所做的功，应等于A、B、C组成的系统动能的增加（实际上是等于C的重力所做的功）。 解析：对A、B、C组成的系统，它们在水平向上所受外力零，系统在水平方向上动量守恒，则 2mvABmvC0 又系统内仅有重力弹力做功，机械能守恒，有mgR=（2m）vAB2mvc2联立解得vAB，vC=2，即分离时B的速度为 （2）当C上升到最高点时，C与A有共同速度vAB，对A、B、C系统，由动量守恒定律，mvABmvC2mvAC 解之得vAC= 所以W=m
7、vAB22mvc2m（）22m（）2mgR 点评：本题把动量守恒定律和机械能守恒定律巧妙地结合一起，考查对物理过程分析和描述的能力，关键是能清晰地将整个物理过程划分两个阶段，应用于恒定律来解。规律方法一、特点 能量与动量结合的题目，过程复杂，知识综合性强，难度比较大；它不仅在力学中出现，在电学与原子核物理学中也都有类似的题目因而在高考中那些难度大的题目往往出现在这里 二、解题思路 1选出要研究的系统 2对系统分析，看是否动量守恒（有时是某一方向动量守恒），再根据动量守恒定律列方程 3对系统中的物体受力分析，找出外力总功与物体始末动能，从而应用动能定理列关系式 4这当中有时要用到机械能守恒或能量
8、守恒定律，可根据具体情况列出关系式5根据以上的关系式，求得某一物理量【例2】如图所示，质量为m的小铁块以初速度v0滑上质量为M，静止在光滑水平面上的木块，铁块与木块间的摩擦因数为，当M向右运动s时，m与M相对静止，m相对M滑动距离为s，则木块动能的增量，铁块动能的减少量，系统机械能的减少量，转化成内能的能量各是多少？解析：对m与M在水平方向所受合外力为零，因而动量守恒 根据动量守恒定律m v0（Mm）v根据动能定理，对M Mv2=mgs对m： m v02一mv2=mg（ss）木块动能增量为mgs=M2铁块动能减少量为：mg（ss）=m v02m2系统机械能的减少量为：m v02一mv2Mv2m
9、gs转化成内能的能量为：mgs 答案： M2，m v02m2，mgs，mgs 点评：从以上可知，（1）m动能减少量，转化成M的动能与系统的内能 （2）系统机械能的减少量等于产生的内能 （3）从该题中也可以进一步认识到作用力、反作用力有时做功不同【例3】上题中S与S比较，可能（ ）A一定Ss； B一定SS； C一定SS；D以上结论均可能，但不能说是一定解析：由m v0（Mm）v得v= ，mgs=M2 mgs=m v02一mv2Mv2=mv02一m2M2我们比较S与S的大小，只要看mgs一mgs大于零或小于零，或者等于零即可mgs一mgs=m v02一m2M2M2m v021对1=显然大于零 由以
10、上讨论可知SS 答案：c【例4】如图所示，质量Mlkg的平板小车右端放有质量m2kge的物块（可视为质点），物块与车之间的动摩擦因数=05开始时二者一起以v0=6m/s的速度向左端的光滑水平面上运动，并使车与墙发生正碰，没碰撞时间极短，且碰后车的速率与碰前的相同，车身足够长，使物块不能与墙相碰（g10 rns2）求： （1）物块相对于小车的总位移S是多少？ （2）小车与墙第一次相碰后小车所走的总路程SM为多少？解析：（1）由于 mM，两者以共同速度与墙相碰后，物块的动量大小比车的动量大，由于滑动摩擦力的作用，两者必会又以共同速度再次与墙相碰，如此反复直到两者一起停止在墙角边为止，设物体相对于车
11、的位移为S，由能量转化和守恒定律得： mgs=（m+M）v02，所以s=（m+M）v02/2mg=5.4m（2）设v1v0，车与墙第n次碰后边率为vn，则第（n1）次碰后速率为vn+1，对物块与车由动量守恒得： mvnMvn=（mM）vn+1 所以vn+1vn= vn/3 车与墙第（n1）次碰后最大位移 sn+1= vn+12/2a=Sn/9 可见车每次与墙碰后的最大位移是一个等比数列，其q=1/9，所以车与墙碰后的总路程 SM=2（S1S2Sn）2 S1（1十十 ）= 车第一次与墙碰后最大位移 S1/2a/2a，a=mg/M=10m/s2 可算得 S1=m18 m 所以SM=m4.05n 答
12、案：（1）54 m（2）405 m点评：运用动量观点和动能观点解题每年在高考中都有很重的份量，每年的压轴题都是利用此观点解题它们的特点是过程复杂、难度大、综合性强、灵活性高，这就要求我们主动去分析研究这类题的特点及处理所用的数学方法；在提高审题能力和物理过程分析能力上很下功夫，适度配合强化训练【例5】如图所示，质量为M长为L的木板（端点为A、B，中点为O）置于光滑水平面上，现使木板M以v0的水平初速度向右运动，同时把质量为m长度可忽略的小木块置于B端（它对地初速为零），它与木板间的动摩擦因数为，问v0在什么范围内才能使小木块m滑动到OA之间停下来（即相对木板静止）？解析：当 m、M相对静止时，
13、 m滑动到OA之间停下来的条件为：m相对M的位移sLsL由动量守恒M v0=（M十m）v物体克服摩擦阻力相对位移的功，量度系统机械能的减少，所以 mgsM v02（Mm）v2解方程得s代入条件L所以v0 L所以v0 即：使m在OA间停下，v0满足的条件：v0【例6】：A、B两球在光滑水平面上同向运动，A球动量PA=5kgM/S，B球的动量为PB=7kgm/s。A从后面追上B并发生碰撞，碰后B球的动量变为PB/=10kgm/s，则两球质量mA与mB间的关系可能是：A、 mB=mA； B、mB=2mA；C、mB=4mA； D、mB=6mA；解：由动量守恒得PAPB= PA/+PB/代入数据得PA/
14、=2kgm/s由碰撞中动能不增特征知数据得mB2.5mA，由合理情景知在碰撞前速度应满足关系PA/mAPB/mB可得mB1.4mA碰撞后速度应满足关系PA/mAPB/mB可得mB=5mA综合得答案：C【例7】如图所示，质量为M的天车静止在光滑水平轨道上，下面用长为L的细线悬挂着质量为m的沙箱，一颗质量为m0的子弹以v0的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后运动过程中求：（1）沙箱上升的最大高度 (2)天车的最大速度，解析：（1）子弹打入沙箱过程中动量守恒m0v0=（m0+m）v1摆动过程中，子弹、沙箱、天车系统水平方向动量守恒，机械能守恒。沙箱到达最大高度时，系统有相同的速度，设为v2，则有（
15、m0+m）v1=（m0+m+M）v2（m0+m）v12=（m0+m+M）v22+（m0+m）gh 联立可得沙箱上升的最大高度（2）子弹和沙箱再摆回最低点时，天车速度最大，设此时天车速度为v3，沙箱速度为v4，由动量守恒得（m0+m）v1=Mv3+（m+M）v4由系统机械能守恒得（m0+m）v12=Mv32+（m+M）v42联立求得天车的最大速度说明：（1）该题过程复杂，在子弹打沙箱的过程中动量守恒，机械能不守恒共同摆动过程中，子弹、沙箱、天车组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒式可列为m0v0=（m0+m+M）v2，但式就不能列为m0v02=（m0+m+M）v22+（m0+m）gh,因子
16、弹与沙箱打击过程中有机械能损失，这点是易错点，一定要分析清楚 （2）、两个方程列出后，显然能看出与弹性碰撞方程相同，故解可直接写出，会节省很多时间，由此也可看出这一碰撞模型的重要性【例8】如图示是一个物理演示实验，它显示图中自由落体的物体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m10. 28 kg,在其顶部的凹的坑中插着质量m20. 10 kg的木棍B，B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下端离地板的高度H1. 25 m处由静止释放实验中，A触地后在极短时间内反弹，且速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上
17、，求木棍B上升的高度，重力加速度g10 m/s2解析:实心球A和木棍开始做自由落体运动，设它们就要落地的瞬间速度为v1，由运动学公式 由题意，A触地后在极短的时间内反弹，速度变为向上，大小不变，仍为v1，而木棍由于松松地插在凹坑中，其下端与坑底间有空隙，受到的作用力的冲量可忽略，可认为速度大小，方向不变由于A的速度变为向上，B的速度仍向下，A,B相向运动，之间接着产生很强的作用力，A对B作用力的冲量使B的速度方向变为向上，设大小为v2/, 而B对A的冲量使A的速度由v1减为零，恰好停留在地板上，这一过程属于碰撞模型，可认为在竖直方向A,B系统的动量守恒，取向上为正，由动量守恒定律得： m1v1
18、m2v2=m2v2/(v1=v2) 以后，B脱离A以初速度v2/做竖直上抛运动，设木棍B上升的最大高度为h，由机械能守恒定律得：m2v2/2=m2gh,由以上几式联立，解得：h=4. 05 m【例8】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（锁定及解除锁定无机械能损失）。已知A、B
19、、C三球的质量均为m。 （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（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=（mm）v1当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v2，由动量守恒，有2mv13mv2。 由以上两式得A的速度v2=v0 （2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为EP，由能量守恒，有 2mv12=3mv22EP 撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有EP（2m）v32 以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当
20、A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v4，由动量守恒，有2mv3=3mv4 当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP/，由能量守恒，有2mv32=3mv42EP/ 解以上各式得 E P/=mv02【例9】一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为L/2，如图所示，木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦因数为，A、B、C三者质量相等，原来都静止，现使槽A以大小为v0的初速度向右运动，已知v0，当A和B发生碰撞时，两者速度互换，求： （1）A与B刚发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板内C运动的路程。 （2）在A、B刚要
21、发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小。解析：（1）A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速度v0向右运动，由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率渐接近，设B、C达到相同速度v1时B移动的路程为s1设A、B、C质量皆为m，由动量守恒定律得mv02mv1由功能转化得：mgs1=mv02mv12联立上式得v1=v0； 可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞，B与C起将以v1向右匀速运动一段距离（Ls1）后才与A发生第二次碰撞。设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为s2，由功能关系得mgs2=mv12得s2=，因此在第一次到第二次碰撞间C的路程
22、为 （2）由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止。B、C的速度均为v1，刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为v1。由于摩擦，B将加速，C将减速，直至达到相同速度v2 由动量守恒定律得 mv12mv2 解得v2=v1=v0 因A的速度v1大于B的速度v2，故第三次碰撞发生在A的左室，刚碰撞后，A的速度变为v2，B的速度变为v1，C的速度仍为v2，由于摩擦，B减速，C加速，直至达到相同速度v3，由动量守恒定律得mv1mv2=2mv3 解得 v3=v0 故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为vA=v2=v0，vB=vC=v3=v0点评（1）考查了动量守恒定律与动能定理的综合应用，这是动
23、量守恒定律与其他知识结合的常见形式。 （2）找准研究对象和研究过程，反复建立动量守恒方程，这是对考生综合素质的考查。 （3）题目新颖、灵活，考查了考生的推理能力。归纳能力、随机应变能力。 （4）此题区分度高，是压轴题，但可利用图家法巧解（如图所示） 由题及图知sls2L， slL一s2 又s2=至于刚要发生第四次碰撞时，A、B、c三者速度由图一目了然。【例10】一个连同装备总质量为M=100kg的宇航员，在距离飞船s=45m处与飞船处于相对静止，宇航员背着装有质量为m0=05kg氧气的贮气筒，筒有个可以使氧气以v=50m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞
24、船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用。宇航员的耗氧率为Q=25104kgs不考虑喷出 氧气对设备及宇航员总质量的影响，则（1）瞬时喷出多少氧气，宇航员才能完全返回飞船；（2）为了使总耗氧量最低、应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？（3）已知超氧化钾（KO2）的性质与Na2O2相似，若该宇航员贮气筒的氧气由超氧化钾提供，则需用多少千克KO2？解析（1）以飞船为参照物，向着飞船运动的方向为正方向，设喷出m（kg）氧气，宇航员获得的速度为V1，根据动量定恒定律，有： （Mm）V1mv0 考虑到Mm，有V1=mv/M 宇航员返回飞船做匀速运动，历时： ts/V1 又筒内氧气的总质量满足关系式： m0=Qtm 联立并代入数据得 05=m 解之得 ml=005kg或 m2045kg故喷出的氧气 005kgm045kg（2）为了耗氧量最低，设喷出 m（kg）氧气则耗氧为 mQtm 将代入得m=m=m 故当m=时，m有极小值。 即m=015（kg），返回时间t=600（s）（3）由4KO22CO2=2K2CO33O2可知，284kg的KO2可制得96kg的O2，所以制取05kg的O2需KO2的质量为：05=148（kg）高考资源网()来源：高考资源网版权所有：高考资源网(www.k s 5 )版权所有：高考资源网()版权所有：高考资源网()
