考點2 動量和能量
考點2 動量和能量
二. 命題趨勢：
本專題涉及的內容是動力學內容的繼續和深化，其中的動量守恆定律、機械能守恆定律、能量守恆定律比牛頓運動定律的適用範圍更廣泛，是自然界中普遍適用的基本規律，因此是高中物理的重點，也是高考考查的重點之一。高考中年年有，且常常成為高考的壓軸題。如2002年、2003年、2005年理綜最後一道壓軸題均是與能量有關的綜合題。但近年採用綜合考試後，試卷難度有所下降，因此動量和能量考題的難度也有一定下降。要更加關注有關基本概念的題、定性分析現象的題和聯繫實際、聯繫現代科技的題。
試題常常是綜合題，動量與能量的綜合，或者動量、能量與平拋運動、圓周運動、熱學、電磁學、原子物理等知識的綜合。試題的情景常常是物理過程較複雜的，或者是作用時間很短的，如變加速運動、碰撞、爆炸、打擊、彈簧形變等。
三. 知識概要：
（一）動量定理和動能定理
1. 動量定理：是一個矢量關係式。先選定一個正方向，一般選初速度方向為正方向。在曲線運動中，動量的變化△P也是一個矢量，在勻變速曲線運動中（如平拋運動），動量變化的方向即合外力的方向。
2. 動能定理：是計算力對物體做的總功，可以先分別計算各個力對物體所做的功，再求這些功的代數和，即W總= W1+W2+…+Wn；也可以將物體所受的各力合成求合力，再求合力所做的功。但第二種方法只適合於各力為恆力的情形。
3. 說明：應用這兩個定理時，都涉及到初、末狀狀態的選定，一般應通過運動過程的分析來定初、末狀態。初、末狀態的動量和動能都涉及到速度，一定要注意我們現階段是在地面參考系中來應用這兩個定理，所以速度都必須是對地面的速度。
（二）動量守恆定律
1. 動量守恆的條件：可以歸納為以下幾種情況：① 物體系統不受外力或所受合外力為零；② 物體系統受到的外力遠小於內力；③ 系統在某方向上不受外力、合外力為零或外力遠小於外力，此時在該方向上動量守恆。
在碰撞和爆炸現象中，由於物體間相互作用持續時間很短，一般都滿足內力遠大於外力，故可以用動量守恆定律處理。
2. 運用動量守恆定律應注意：
① 矢量性：動量守恆定律的方程是一個矢量關係式。對於作用前後物體的運動方向都在同一直線上的問題，應選取統一的正方向，按正方向確定各矢量的正負。
② 瞬時性：動量是一個狀態量，對應著一個瞬時。動量守恆是指該相互作用過程中的任一瞬時的動量恆定，不同時刻的動量不能相加。
③ 相對性：動量的具體數值與參考系的選取有關，動量計算時的速度必須是相對同一慣性系的速度，一般以地面為參考系。
3. 反衝運動中移動距離問題的分析：
一個原來靜止的系統，由於某一部分的運動而對另一部分有衝量，使另一部分也跟著運動，若現象中滿足動量守恆，則有m1υ1-m2υ2 = 0，υ1 =
υ2。物體在這一方向上的速度經過時間的累積使物體在這一方向上運動一段距離，則距離同樣滿足s1 = s2，它們的相對距離s相 = s1+s2。
（三）機械能守恆定律、功能關係
1. 兩類力做功的特點：
保守力（如重力）做功只與初、末位置有關，與運動的路徑無關；耗散力（如滑動摩擦力）做功與運動的路徑有關，且有時力總是與運動方向相反，大小保持不變，此時做功的絕對值等於力的大小與路程的乘積。
2. 摩擦力做功的特點：
在靜摩擦力做功的過程中，只有機械能的相互轉移，靜摩力起著傳遞機械能的作用，而沒有機械能轉化為其他形式的能。相互摩擦的系統內，一對靜摩擦力所做功的和總是為零。一對滑動摩擦力做功的過程中，能量的轉化有兩個方面：一是相互摩擦的物體之間機械能的轉移，二是機械能轉化為內能，轉化為內能的量值等於滑動摩擦力與相對位移的乘積。一對滑動摩擦力所做功的和為負值，其絕對值等於系統損失的機械能。
3. 機械能是否守恆的判斷：
從做功來判斷：分析物體或物體系受力情況（包括內力和外力），明確各力做功的情況，若對物體或系統只有重力或彈力做功，沒有其他力做功或其他力做功的代數和為零，則機械能守恆。
從能量轉化來判斷：若物體或物體系中只有動能和重力勢能、彈性勢能的相互轉化而無機械能與其他形式的能的轉化，則物體或物體系機械能守恆。如繩子突然繃緊、物體間碰撞粘合等現象時，機械能不守恆。
4. 機械能守恆定律的幾種表達式：
（1）物體或系統初態總機械能E1等於末態的總機械能E2，此時應選定零勢能面。
（2）系統減少的勢能△Ep減等於增加的動能△Ek增即△Ep減 = △Ek增（或△Ep增 =
△Ek減）
（3）系統內只有A、B兩物體時，則A減少的機械能△EA減等於B增加的機械能
△EB增
衝量是力對時間的積累，其作用效果是改變物體的動量；功是力對位移的積累，其作用效果是改變物體的能量；衝量和動量的變化、功和能量的變化都是原因和結果的關係，對此，要像熟悉力和運動的關係一樣熟悉。在此基礎上，還很容易理解守恆定律的條件，要守恆，就應不存在引起改變的原因。能量還是貫穿整個物理學的一條主線，從能量角度分析思考問題是研究物理問題的一個重要而普遍的思路。
應用動量定理和動能定理時，研究對象可以是單個物體，也可以是多個物體組成的系統，而應用動量守恆定律和機械能守恆定律時，研究對象必定是系統；此外，這些規律都是運用於物理過程，而不是對於某一狀態（或時刻）。因此，在用它們解題時，首先應選好研究對象和研究過程。對象和過程的選取直接關係到問題能否解決以及解決起來是否簡便。選取時應注意以下幾點：
（1）選取研究對象和研究過程，要建立在分析物理過程的基礎上。臨界狀態往往應作為研究過程的開始或結束狀態。
（2）要能視情況對研究過程進行恰當的理想化處理。
（3）可以把一些看似分散的、相互獨立的物體圈在一起作為一個系統來研究，有時這樣做，可使問題大大簡化。
（4）有的問題，可以選這部分物體作研究對象，也可以選取那部分物體作研究對象；可以選這個過程作研究過程，也可以選那個過程作研究過程；這時，首選大對象、長過程。
確定對象和過程後，就應在分析的基礎上選用物理規律來解題，規律選用的一般原則是：
（1）對單個物體，宜選用動量定理和動能定理，其中涉及時間的問題，應選用動量定理，而涉及位移的應選用動能定理。
（2）若是多個物體組成的系統，優先考慮兩個守恆定律。
（3）若涉及系統內物體的相對位移（路程）並涉及摩擦力的，要考慮應用能量守恆定律。
【典型例題】
[例1] 某地強風的風速是20m/s，空氣的密度是
=1.3kg/m3。一風力發電機的有效受風面積為S=20m2，如果風通過風力發電機後風速減為12m/s，且該風力發電機的效率為
點撥解疑：風力發電是將風的動能轉化為電能，討論時間t內的這種轉化，這段時間內通過風力發電機的空氣是一個以S為底、v0t為高的橫放的空氣柱，其質量為m=
Sv0t，它通過風力發電機所減少的動能用以發電，設電功率為P，則
代入數據解得 P=53kW
[例2]（1998年全國卷）在光滑水平面上，動能為E0、動量的大小為
的小鋼球1與靜止小鋼球2發生碰撞，碰撞前後球1的運動方向相反。將碰撞後球1的動能和動量的大小分別記為E1、
A. E1<E0 B. p1<p0 C. E2>E0 D. p2>p0
點撥解疑：兩鋼球在相碰過程中必同時遵守能量守恆和動量守恆。由於外界沒有能量輸入，而碰撞中可能產生熱量，所以碰後的總動能不會超過碰前的總動能，即E1+E2≤E0，可見A對C錯；另外，A也可寫成
，因此B也對；根據動量守恆，設球1原來的運動方向為正方向，有
點評：判斷兩物體碰撞後的情況，除考慮能量守恆和動量守恆外，有時還應考慮某種情景在真實環境中是否可能出現，例如一般不可能出現後面的球穿越前面的球而超前運動的情況。
[例3]（2000年全國）在原子核物理中，研究核子與核關聯的最有效途徑是「雙電荷交換反應」。這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似。兩個小球A和B用輕質彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處於靜止狀態。在它們左邊有一垂直於軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度
射向B球，如圖所示。C與B發生碰撞並立即結成一個整體D。在它們繼續向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變。然後，A球與擋板P發生碰撞，碰後A、D都靜止不動，A與P接觸而不粘連。過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機械能損失）。已知A、B、C三球的質量均為m。
（1）求彈簧長度剛被鎖定後A球的速度。
（2）求在A球離開擋板P之後的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。
點撥解疑：
（1）設C球與B球粘結成D時，D的速度為
，由動量守恆，有
①
當彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設此速度為
，由動量守恆，有
②
由①、②兩式得A的速度
③
（2）設彈簧長度被鎖定後，貯存在彈簧中的勢能為
，由能量守恆，有
④
撞擊P後，A與D的動能都為零，解除鎖定後，當彈簧剛恢復到自然長度時，勢能全部轉變成D的動能，設D的速度為
，則有
當彈簧伸長時，A球離開擋板P，並獲得速度。當A、D的速度相等時，彈簧伸至最長。設此時的速度為
，由動量守恆，有
當彈簧伸到最長時，其勢能最大，設此勢能為
，由能量守恆，有
⑦ 解以上各式得 
[例4]（2003年理綜全國）一傳送帶裝置示意圖如圖所示，其中傳送帶經過AB區域時是水平的，經過BC區域時變為圓弧形（圓弧由光滑模板形成，未畫出），經過CD區域時是傾斜的，AB和CD都與BC相切。現將大量的質量均為m的小貨箱一個一個在A處放到傳送帶上，放置時初速為零，經傳送帶運送到D處，D和A的高度差為h。穩定工作時傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L。每個箱子在A處投放後，在到達B之前已經相對於傳送帶靜止，且以後也不再滑動（忽略經BC段時的微小滑動）。已知在一段相當長的時間T內，共運送小貨箱的數目為N。這裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦。求電動機的平均輸出功率P。
點撥解疑：以地面為參考系（下同），設傳送帶的運動速度為v0，在水平段運輸的過程中，小貨箱先在滑動摩擦力作用下做勻加速運動，設這段路程為s，所用時間為t，加速度為a，則對小箱有
① 
用f表示小箱與傳送帶之間的滑動摩擦力，則傳送帶對小箱做功為
⑤
傳送帶克服小箱對它的摩擦力做功
⑥
兩者之差就是克服摩擦力做功發出的熱量
⑦
可見，在小箱加速運動過程中，小箱獲得的動能與發熱量相等。 T時間內，電動機輸出的功為
⑧
此功用於增加小箱的動能、勢能以及克服摩擦力發熱，即
⑨
已知相鄰兩小箱的距離為L，所以
⑩
聯立⑦⑧⑨⑩，得
[例5]（2005年理綜天津卷）如圖所示，質量
為
（1）瞬時衝量作用結束時木板的速度
；
（2）木板的長度L。
點撥解疑：
（1）設水平向右為正方向，有
① 代入數據解得
（2）設A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力的大小分別為
、
③ 
⑥ 
動量與動能之間的關係為
⑧ 
木板A的長度
⑩ 代入數據解得
[例6] 空間探測器從行星旁邊繞過時，由於行星的引力作用，可以使探測器的運動速率增大，這種現象被稱之為「彈弓效應」在航天技術中，「彈弓效應」是用來增大人造小天體運動速率的一種有效方法。
（1）如圖所示是「彈弓效應」的示意圖：質量為m的空間探測器以相對於太陽的速度u0飛向質量為M的行星，此時行星相對於太陽的速度為u0，繞過行星後探測器相對於太陽的速度為υ，此時行星相對於太陽的速度為υ，由於m、M，υ0、υ、u0、u的方向均可視為相互平行。試寫出探測器與行星構成的系統在上述過程中「動量守恆」「及始末狀態總動能相等」的方程，並在m<<M的條件下，用υ0和u0來表示υ。
（2）若上述行星是質量為M＝5.67×1026kg的土星，其相對太陽的軌道速率u0 = 9.6km/s，而空間探測器的質量m＝150kg，相對於太陽迎向土星的速率υ0＝10.4km/s，則由於「彈弓效應」，該探測器繞過火星後相對於太陽的速率將增為多少？
（3）若探測器飛向行星時其速度υ0與行星的速度u0同方向，則是否仍能產生使探測器速率增大的「彈弓效應」？簡要說明理由。
點撥解疑：
（1）以探測器初始時速度υ0的反方向為速度的正方向
由動量守恆定律有：－mυ0+Mu0 = mυ+Mu
由動能守恆有：
mυ
由上兩式解得：υ =
υ0+
當m<<M時，
≈1， 
（2）從所給數據可知m<<M，代入υ0、u0的值可得υ＝29.6km/s
（3）當υ0與u0方向同向時，此時υ0、u0都取負值，為使探測器能追上行星，應使｜υ0｜＞|u0|，此時有υ = υ0+2u0即｜υ｜＝｜υ0
2u0｜＜|υ0|，可見不能使探測器速率增大
[例7] 如圖所示，光滑水平面上，質量為2m的小球B連接著輕質彈簧，處於靜止；質量為m的小球A以初速度v0向右勻速運動，接著逐漸壓縮彈簧並使B運動，過一段時間，A與彈簧分離，設小球A、B與彈簧相互作用過程中無機械能損失，彈簧始終處於彈性限度以內
（1）求當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能E。
（2）若開始時在小球B的右側某位置固定一塊擋板（圖中未畫出），在小球A與彈簧分離前使小球B與擋板發生正撞，並在碰後立刻將擋板撤走。設小球B與固定擋板的碰撞時間極短，碰後小球B的速度大小不變、但方向相反。設此後彈簧彈性勢能的最大值為
，試求
點撥解疑：（1）當A球與彈簧接觸以後，在彈力作用下減速運動，而B球在彈力作用下加速運動，彈簧勢能增加，當A、B速度相同時，彈簧的勢能最大。
設A、B的共同速度為v，彈簧的最大勢能為E，則A、B系統動量守恆，有
，由機械能守恆
（2）設B球與擋板碰撞前瞬間的速度為vB，此時A的速度為vA
系統動量守恆
B與擋板碰後，以vB向左運動，壓縮彈簧，當A、B速度相同（設為v共）時，彈簧勢能最大有
所以
當彈簧恢復原長時與小球B擋板相碰，vB有最大值vBm，有
即vB的取值範圍為
當vB＝
時，Em有最大值為Em1＝
當vB＝
時，Em有最小值為Em2＝
【模擬試題】
1.（2001年高考理綜卷）下列一些說法：
① 一質點受兩個力作用且處於平衡狀態（靜止或勻速），這兩個力在同一段時間內的衝量一定相同
② 一質點受兩個力作用且處於平衡狀態（靜止或勻速），這兩個力在同一段時間內做的功或者都為零，或者大小相等符號相反
③ 在同樣時間內，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正負號一定相反
④ 在同樣時間內，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正負號也不一定相反
以上說法正確的是（ ）
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ②④
2. A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是5kgm/s，B球的動量是7kgm/s，當A追上B球時發生碰撞，則碰撞後A、B兩球的動量的可能值是（ ）
A. －4 kg·m/s、14 kg·m/s B. 3kg·m/s、9 kg·m/s
C. －5 kg·m/s 、17kg·m/ D. 6 kg·m/s、6 kg·m/s
3.（1998年高考上海卷）在光滑水平面上有質量均為2kg的a、b兩質點，a質點在水平恆力Fa=4N作用下由靜止出發運動4s。b質點在水平恆力Fb=4N作用下由靜止出發移動
4m。比較這兩個質點所經歷的過程，可以得到的正確結論是（ ）
A. a質點的位移比b質點的位移大 B. a質點的末速度比b質點的末速度小
C. 力Fa做的功比力Fb做的功多 D. 力Fa的衝量比力Fb的衝量小
4. 矩形滑塊由不同材料的上下兩層粘結在一起組成，將其放在光滑的水平面上，如圖所示。質量為m的子彈以速度v水平射向滑塊，若射擊上層，則子彈恰好不射出；若射擊下層，則子彈整個兒恰好嵌入，則上述兩種情況相比較（ ）
A. 兩次子彈對滑塊做的功一樣多
B. 兩次滑塊所受衝量一樣大
C. 子彈嵌入下層過程中，系統產生的熱量較多
D. 子彈擊中上層過程中，系統產生的熱量較多
5. 如圖所示，長2m，質量為1kg的木板靜止在光滑水平面上，一木塊質量也為1kg（可視為質點），與木板之間的動摩擦因數為0.2。要使木塊在木板上從左端滑向右端而不至滑落，則木塊初速度的最大值為（ ）
A. 1m/s B. 2 m/s C. 3 m/s D. 4 m/s
6. 如圖所示，質量分別為m和2m的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A靠緊豎直牆。用水平力F將B向左壓，使彈簧被壓縮一定長度，靜止後彈簧儲存的彈性勢能為E。這時突然撤去F，關於A、B和彈簧組成的系統，下列說法中正確的是（ ）
A. 撤去F後，系統動量守恆，機械能守恆
B. 撤去F後，A離開豎直牆前，系統動量不守恆，機械能守恆
C. 撤去F後，A離開豎直牆後，彈簧的彈性勢能最大值為E
D. 撤去F後，A離開豎直牆後，彈簧的彈性勢能最大值為E/3
7. 如圖所示，質量為M的小車A右端固定一根輕彈簧，車靜止在光滑水平面上，一質量為m的小物塊B從左端以速度v0衝上小車並壓縮彈簧，然後又被彈回，回到車左端時剛好與車保持相對靜止。求整個過程中彈簧的最大彈性勢能EP和B相對於車向右運動過程中系統摩擦生熱Q各是多少？
8.（2006年天津卷）如圖所示，坡道頂端距水平面高度為
，質量為
（1）物塊A在與擋板B碰撞前瞬間速度
的大小；
（2）彈簧最大壓縮量為
時的彈性勢能
【試題答案】
1. D 2. B 3. AC 4. AB 5. D
6. 解析：A離開牆前牆對A有彈力，這個彈力雖然不做功，但對A有衝量，因此系統機械能守恆而動量不守恆；A離開牆後則系統動量守恆、機械能守恆。A剛離開牆時刻，B的動能為E，動量為p=
向右；以後動量守恆，因此系統動能不可能為零，當A、B速度相等時，系統總動能最小，這時的彈性勢能為E/3。 答案： BD
7.
，
8.（1）由機械能守恆定律，有
① 
（2）A、B在碰撞過程中內力遠大於外力，由動量守恆，有
③
A、B克服摩擦力所做的功
④ 由能量守恆定律，有
⑤ 解得
推薦閱讀：
※轉：正能量故事 《太 棒 了》
※正能量的小故事
※【人生正能量的經典句子】最新人生正能量的經典句子(2)
※17部負能量爆表但又非常好看的電影，韓國片因沒有底線佔比較高
※是否有從假內向完全轉變為真外向的方法？
TAG:能量 |