高中總復(fù)習(xí)優(yōu)化設(shè)計(jì)考前提升版物理板快六綜合應(yīng)用篇

專題六用動(dòng)量的觀點(diǎn)處理物理問題●高考趨勢(shì)展望由于動(dòng)量定理只考慮外力作用過程始末狀態(tài)的動(dòng)量變化，不涉及外力作用的細(xì)節(jié)，用來處理涉及外力、時(shí)間和速度變化的物理問題，特別是處理打擊、碰撞等力的變化規(guī)律復(fù)雜、物體位移難以精確測(cè)定的物理問題，具有獨(dú)到的作用.動(dòng)量守恒定律是自然界中適用范圍最廣的物理規(guī)律，大到宇宙天體的相互作用，小到微觀粒子的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，無不遵守動(dòng)量守恒定律.從動(dòng)量角度處理物理問題，是處理物理問題的三條重要途徑之一，是高中物理中綜合面最廣、靈活性最強(qiáng)、內(nèi)容最為豐富的一部分，是中學(xué)物理的重點(diǎn)，也是歷年高考的熱點(diǎn).在近幾年的高考中，既有難度中等偏上的選擇、填空題，更多的則是難度較大的綜合性計(jì)算題，且常作為壓軸題出現(xiàn)在全國和各地高考試卷中，因此，深刻理解并熟練應(yīng)用本專題知識(shí)處理物理問題，具有非常重要的意義.在對(duì)本專題知識(shí)的復(fù)習(xí)中，應(yīng)注意物理過程的分析，弄清題目所描述的物理情景，弄清楚哪個(gè)系統(tǒng)在哪個(gè)過程中各遵守哪一規(guī)律，這既是本專題復(fù)習(xí)的重點(diǎn)，也是難點(diǎn)，應(yīng)給予足夠的重視.●知識(shí)要點(diǎn)整合一、重要的概念1.動(dòng)量定義：把物體的質(zhì)量和運(yùn)動(dòng)速度的乘積叫物體的動(dòng)量.公式:p=m·v.單位：kg·m/s理解：動(dòng)量是矢量，方向與v相同，v指即時(shí)速度.2.動(dòng)量的變化定義：物體的末動(dòng)量減初動(dòng)量叫物體動(dòng)量的變化.公式：Δp=p′-p=mv′-mv.單位：kg·m/s或N·s.理解：動(dòng)量的變化是矢量，方向與Δv相同，“減”是末動(dòng)量矢量減初動(dòng)量矢量，即遵守平行四邊形定則.3.沖量定義：把力和力的作用時(shí)間的乘積叫力的沖量.公式：I=F·t.單位N·s.理解：沖量是矢量，對(duì)恒力而言，方向與F相同.二、基本規(guī)律1.動(dòng)量定理語言表述：合外力對(duì)物體的沖量等于物體動(dòng)量的變化.公式：F合·t=Δp=mv′-mv理解：F合是合外力而不是某個(gè)力，合外力是恒力時(shí)，Δp與F合同向且為沖量的方向，合外力的方向變化時(shí)沖量與Δp同向.2.動(dòng)量守恒定律語言敘述：相互作用的物體，如果不受外力作用或者它們所受的外力之和為零，它們的總動(dòng)量保持不變.公式：兩個(gè)物體相互作用時(shí)，m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′理解：系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但比系統(tǒng)內(nèi)力小得多，如碰撞過程中的摩擦力，爆炸過程中的重力等外力比起相互作用的內(nèi)力來小得多，可以忽略不計(jì).系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但在某個(gè)方向上的分量為零，則在該方向上的系統(tǒng)的總動(dòng)量的分量保持不變.三、知識(shí)點(diǎn)、能力點(diǎn)提示1.動(dòng)量、動(dòng)量的變化、沖量都是矢量.2.Δp=p′-p，Δp的方向可以跟初動(dòng)量p相同；可以跟初動(dòng)量p的方向相反，也可以跟初動(dòng)量的方向成某一角度.3.動(dòng)量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時(shí)間變化的力.4.求變力的沖量，不能直接用F·t求解，應(yīng)該由動(dòng)量定理根據(jù)動(dòng)量的變化間接求解，也可以F-t圖象下的“面積”的計(jì)算方法求解.5.動(dòng)量為狀態(tài)量，對(duì)應(yīng)的速度應(yīng)為瞬時(shí)速度，動(dòng)量守恒定律中的“總動(dòng)量保持不變”指6.動(dòng)量守恒公式中各速度都要相對(duì)同一慣性參照系，地球及相對(duì)地球靜止或相對(duì)地球勻●精典題例解讀［例1］（2022年全國，26）蹦床是運(yùn)動(dòng)員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動(dòng)作的運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目.一個(gè)質(zhì)量為60kg的運(yùn)動(dòng)員，從離水平網(wǎng)面3.2m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面5.0m高處.已知運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸的時(shí)間為s.若把在這段時(shí)間內(nèi)網(wǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)員的作用力當(dāng)作恒力處理，求此力的大小.（g=10m/s2）【解析】由下落高度、上升高度可求運(yùn)動(dòng)員觸網(wǎng)前后的速度，這正是運(yùn)動(dòng)員與網(wǎng)接觸過程的初末速度，據(jù)此可利用動(dòng)量定理求解力的大小.將運(yùn)動(dòng)員看作質(zhì)量為m的質(zhì)點(diǎn)，從h1高處下落，剛接觸網(wǎng)時(shí)速度的大小v1=(向下)彈跳后到達(dá)的高度為h2,剛離網(wǎng)時(shí)速度的大小v2=（向上）接觸過程中運(yùn)動(dòng)員受到向上的彈力F和向下的重力mg,若選向上方向?yàn)檎较?，則由動(dòng)量定理，得：（F-mg）Δt=mv2-(-mv1)由以上三式解得F=mg+m.代入數(shù)值得，F(xiàn)=×103N.小結(jié)：該題也可應(yīng)用牛頓第二定律求解，同學(xué)們可自行練習(xí).比較后會(huì)發(fā)現(xiàn)，應(yīng)用動(dòng)量定理要簡(jiǎn)便一些.兩種方法都涉及矢量運(yùn)算，都必須選取正方向.［例2］用火箭發(fā)射人造地球衛(wèi)星，假設(shè)最后一節(jié)火箭的燃料用完后，火箭殼體和衛(wèi)星一起以速度v=×103m/s繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng).已知衛(wèi)星的質(zhì)量M=500kg，最后一節(jié)火箭殼體的質(zhì)量m=100kg.某時(shí)刻火箭殼體與衛(wèi)星分離，分離時(shí)衛(wèi)星與火箭殼體沿軌道切線方向的相對(duì)速度u=×103【解析】火箭殼體與衛(wèi)星組成的系統(tǒng)分離時(shí)，沿軌道切線方向不受外力，系統(tǒng)在此方向動(dòng)量守恒；分離后各自的運(yùn)動(dòng)情況可由圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)判斷.設(shè)分離后衛(wèi)星的速度為vM，則火箭殼體的速度vm=vM-u.因分離過程中系統(tǒng)沿軌道切線方向不受外力作用，故切線方向動(dòng)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分離后，衛(wèi)星速度增大，所需向心力大于地球?qū)πl(wèi)星的萬有引力，衛(wèi)星將做離心運(yùn)動(dòng)隨衛(wèi)星的離心運(yùn)動(dòng)，克服萬有引力做功，其動(dòng)能將減小，當(dāng)減小到衛(wèi)星所需向心力又恰好等于其所受萬有引力時(shí)，衛(wèi)星將穩(wěn)定在半徑較大軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，而火箭殼體則因速度減小，所需向心力小于萬有引力而做向心運(yùn)動(dòng)，有可能在離地較近的軌道上做勻速圓周運(yùn)動(dòng)或逐漸落回到地球.小結(jié)：（1）當(dāng)系統(tǒng)中各部分速度參照系不相同時(shí)，應(yīng)將各速度換算成相對(duì)同一慣性參照系的速度.（2）系統(tǒng)各部分相互作用問題中的相對(duì)速度，指的應(yīng)是相對(duì)相互作用過程結(jié)束瞬間的相對(duì)速度，而不是相對(duì)相互作用前運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的.［例3］如圖1-6-1所示，一輛質(zhì)量m=2kg的平板車左端放有質(zhì)量M=3kg的小滑塊，滑塊與平板車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=.開始時(shí)平板車和滑塊共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右運(yùn)動(dòng)，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞時(shí)間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反.平板車足夠長(zhǎng)，以致滑塊不會(huì)滑到平板車右端.（取g=10m/s2）求：圖1-6-1（1）平板車第一次與墻壁碰撞后向左運(yùn)動(dòng)的最大距離.（2）平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度v.（3）為使滑塊始終不會(huì)滑到平板車右端，平板車至少多長(zhǎng)？【解析】該題涉及的全過程M、m組成的系統(tǒng)動(dòng)量并不守恒，因?yàn)槠桨遘嚺c墻碰撞時(shí)系統(tǒng)受到墻的作用力，但離開墻后M、m的相互作用過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒；位移及平板車長(zhǎng)度的求解，涉及摩擦力做功問題，可由動(dòng)能定理或功能關(guān)系求解.（1）設(shè)第一次碰撞墻壁后，平板車向左移動(dòng)s，速度變?yōu)?，由于物體系總動(dòng)量向右，平板車速度為0時(shí)，滑塊還在向右滑行.由動(dòng)能定理得-μMgs=0-mv02s=代入數(shù)據(jù)得s=0.33m滑塊的速度則大于2m/s，方向均向右.這樣就違反動(dòng)量守恒.所以平板車在第二次碰撞前肯定已和滑塊具有共同速度v，此即平板車碰撞墻前瞬間的速度.Mv0-mv0=(M+m)vv=v0代入數(shù)據(jù)得v=v0=0.4m/s（3）平板車與墻壁第一次碰撞后到滑塊與平板車又達(dá)到共同速度v前的過程，可用圖1-6-2(a)、(b)、(c)表示，圖(a)為平板車與墻碰撞后瞬間滑塊與平板車的位置，圖(b)為平板車到達(dá)最左端時(shí)兩者的位置，圖(c)為平板車與滑塊再次達(dá)到共同速度時(shí)兩者的位置.在此過程中滑塊動(dòng)能減少等于摩擦力對(duì)滑塊所做功μMgs′，平板車動(dòng)能減少等于摩擦力對(duì)平板車所做功μMgs″（平板車從B到A再回到B的過程中摩擦力做功為零）.其中s′、s″分別為滑塊和平板車的位移.滑塊和平板車動(dòng)能總減少為μMgl，其中l(wèi)=s′+s″為滑塊相對(duì)平板車的位移.此后，平板車與墻壁發(fā)生多次碰撞，每次情況與此類似，最后停在墻邊.設(shè)滑塊相對(duì)平板車總位移為l，則有圖1-6-2(M+m)v02=μMgll=代入數(shù)據(jù)得l=0.833ml即為平板車最短長(zhǎng)度.小結(jié)：解綜合性強(qiáng)的題目，解題思路很重要.按物理過程的延續(xù)順序、過程特點(diǎn)將物理過程分段處理，每個(gè)過程逐次分析解決，可使問題化難為易.［例4］如圖1-6-3所示，一質(zhì)量為M，長(zhǎng)為l的長(zhǎng)方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，m＜M.現(xiàn)以地面為參照系，給A、B以大小相等、方向相反的初速度，使A開始向左運(yùn)動(dòng)、B開始向右運(yùn)動(dòng)，但最后A剛好沒有滑離B板，以地面為參照系.圖1-6-3（1）若已知A和B的初速度大小v0，求它們最后的速度的大小和方向；（2）若初速度大小未知，求小木塊A向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最遠(yuǎn)處（從地面上看）離出發(fā)點(diǎn)的最大距離.【解析】小木塊在長(zhǎng)木板上滑動(dòng)，兩者之間存在著相互作用的摩擦力，但以木塊和木板構(gòu)成的系統(tǒng)而言，因?yàn)樗艿暮贤饬榱?，所以滿足動(dòng)量守恒.盡管木塊在長(zhǎng)木板上可能是長(zhǎng)時(shí)間滑行，動(dòng)量守恒定律仍適用.至于第二問則可通過對(duì)A應(yīng)用動(dòng)能定理求得.（1）A沒有滑離B板，則表示最終A、B具有相同的速度，設(shè)該速度為v，由動(dòng)量守恒定律，得：Mv0-mv0=(M+m)v速度大小為v=v0，且方向向右.（2）A在B板右端初速度向左，A到B板左端時(shí)速度向右，可見A的運(yùn)動(dòng)必經(jīng)歷了向左做勻減速運(yùn)動(dòng)至速度為零，再向右做勻加速運(yùn)動(dòng)至速度為v這樣兩個(gè)過程.如圖1-6-4，設(shè)l1為A減速運(yùn)動(dòng)的路程，l2為A加速向右運(yùn)動(dòng)的路程，L為全過程中B板運(yùn)動(dòng)的路程.取Fμ為A、B間的摩擦力，由動(dòng)能定理可得：圖1-6-4對(duì)B：-FμL=Mv2-Mv02對(duì)A：-Fμl1=0-mv02Fμl2=mv2由幾何關(guān)系可知：L-(l2-l1)=l將以上四式聯(lián)立可得：l1=l小結(jié)：要注意物理規(guī)律的應(yīng)用對(duì)象.該題中對(duì)系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，對(duì)單個(gè)物體應(yīng)用動(dòng)能定理.●應(yīng)用強(qiáng)化訓(xùn)練1.在物體運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的有A.動(dòng)量不變的運(yùn)動(dòng)，一定是勻速運(yùn)動(dòng)B.動(dòng)量大小不變的運(yùn)動(dòng)，可能是變速運(yùn)動(dòng)C.如果在任何相等時(shí)間內(nèi)物體所受的沖量相等（不為零），那么該物體一定做勻變速運(yùn)動(dòng)D.若某一個(gè)力對(duì)物體做功為零，則這個(gè)力對(duì)該物體的沖量也一定為零【答案】ABC2.下列說法中正確的是A.物體的動(dòng)量改變，一定是速度大小改變B.物體的動(dòng)量改變，一定是速度方向改變C.物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變，其動(dòng)量一定改變D.物體的速度方向改變，其動(dòng)量一定改變【解析】動(dòng)量是矢量，動(dòng)量改變可能是大小改變，也可能是方向改變，所以速度大小不一定變，A錯(cuò)誤.同理，速度方向不一定變，B錯(cuò)誤.運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是用速度來描述的，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的改變一定是速度在變，只要速度改變，不論是大小還是方向，動(dòng)量都發(fā)生變化，答案C、D正確.【答案】CD3.如圖1-6-5所示，一平板車停在光滑的水平面上，某同學(xué)站在小車上，若他設(shè)計(jì)下列操作方案，能使平板車持續(xù)地向右駛?cè)サ氖菆D1-6-5A.用大錘連續(xù)敲打車的左端B.只要從平板車的一端走到另一端即可C.在車上裝個(gè)電風(fēng)扇，不停地向左吹風(fēng)D.他站在車的右端將大錘丟到車的左端上放置【答案】C4.一個(gè)質(zhì)量為m的小球，從高度為H的地方自由落下，與水平地面碰撞后向上彈起.設(shè)碰撞時(shí)間為定值t，則在碰撞過程中，下面關(guān)于小球?qū)Φ孛娴钠骄鶝_擊力與球彈起的高度h的關(guān)系中正確的是（設(shè)沖擊力遠(yuǎn)大于重力）越大，平均沖擊力越大越大，平均沖擊力越小C.平均沖擊力大小與h無關(guān)D.若h一定，平均沖擊力與小球質(zhì)量成正比【答案】AD5.一個(gè)航天飛行器甲在高空繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若它沿運(yùn)動(dòng)相反的方向發(fā)射一枚火箭乙，則A.甲和乙都可能在原高度繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)B.甲可能在原高度繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，乙不可能在原高度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)C.甲和乙都不可能在原高度繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)D.乙可能在原高度繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，甲不可能在原高度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)【解析】甲沿運(yùn)動(dòng)相反的方向發(fā)射一枚火箭乙后，其速度一定要增大，要做離心運(yùn)動(dòng)，故A、B錯(cuò)；乙的速度可能與甲原來的速度大小相等，乙可能在原高度繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)D對(duì).【答案】D6.有一項(xiàng)趣味競(jìng)賽：從光滑水平桌面的角A向角B射出一只乒乓球，要求參賽者在角B處用細(xì)管吹氣，并在乒乓球不碰右壁BC的情況下，將乒乓球吹進(jìn)角C處的圓圈中，甲、乙、丙、丁四位參賽者的吹氣方向如圖1-6-6箭頭所示，其中有可能成功的參賽者是______.圖1-6-6【解析】要使球到達(dá)C角的孔中，應(yīng)使球獲得沿BC方向的速度；要使球不碰BC，應(yīng)使球原來沿AB方向的速度減為零，由動(dòng)量定理可知，可能成功者只有丙.【答案】丙7.（2022年全國，17）質(zhì)量為M的小船以速度v0行駛，船上有兩個(gè)質(zhì)量皆為m的小孩a和b，分別靜止站在船頭和船尾現(xiàn)小孩a沿水平方向以速率v（相對(duì)于靜止水面）向前躍入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率（相對(duì)于靜止水面）向后躍入水中，求小孩b躍出后小船的速度【解析】整個(gè)過程中系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒.因兩小孩跳離船后動(dòng)量的矢量和為零，故有：(M+2m)v0=Mv′，所以v′=(1+)v0.【答案】(1+)v0的小物體乙車質(zhì)量4kg，以5m/s的速度向左運(yùn)動(dòng)，與甲車相碰后甲車獲得8m/s速度，物體滑到乙車上若乙車足夠長(zhǎng)，上表面與物體的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則物體在乙車上滑行多長(zhǎng)時(shí)間相對(duì)乙車靜止？圖1-6-7【解析】甲、乙兩車相撞過程中動(dòng)量守恒.所以：m乙v0=m甲v甲+m乙v乙 ①小物體與乙車相互作用中動(dòng)量守恒，設(shè)最終其速度為v，則：m乙v乙=(m乙+m物)v ②設(shè)小物體在乙車上滑行時(shí)間為t，則對(duì)小物體應(yīng)用動(dòng)量定理，得：μm物gt=m物v ③代入數(shù)據(jù)聯(lián)立①②③解得：t=s.【答案】s9.在一原子反應(yīng)堆中，用石墨（碳）作減速劑使快中子減速已知碳核質(zhì)量是中子質(zhì)量的12倍，中子減速前的動(dòng)能為E0，中子與碳核的碰撞可視為彈性正碰，且碰前碳核均靜止試問第一次碰后中子損失的能量多大？經(jīng)多少次碰撞中子的動(dòng)能才小于10-6E0？【解析】設(shè)中子質(zhì)量為m，則碳核質(zhì)量為12m，碰前（第一次碰前）中子速度v0=，由碰撞中系統(tǒng)動(dòng)量、動(dòng)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損失的能量為：ΔE1=mv02-mv12=E0.第一次碰撞后中子的能量為：E1=mv12=m(v0)2=()2·mv02=()2E0同理可證，第二次碰撞后中子的速度大小為：v2=v1=()2v0第二次碰后中子的動(dòng)能為：E2=mv22=m·()4v02=()4E0…第n次碰撞后中子動(dòng)能為：En=()2nE0.令En=()2nE0=10-6E0兩邊取對(duì)數(shù)，得：2n(lg11-lg13)=-6所以：n==.可見，欲使中子動(dòng)能減小為小于10-6E0，至少應(yīng)碰撞42次.【答案】E0；42次10.（2022年廣東，19）下面是一個(gè)物理演示實(shí)驗(yàn)，它顯示：圖1-6-8中自由下落的物體A和B經(jīng)反彈后，B能上升到比初始位置高得多的地方.A是某種材料做成的實(shí)心球，質(zhì)量m1=0.28kg，在其頂部的凹坑中插著質(zhì)量m2=0.10kg的木棍只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙.將此裝置從A下端離地板的圖1-6-8v1=A剛反彈后，速度向上，立刻與下落的B碰撞，碰前B的速度v2=由題意，碰后A速度為零.以v2′表示B上升的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒，m1v1-m2v2=m2v2′令h表示B上升的高度，有h=由以上各式并代入數(shù)據(jù)得h=4.05m【答案】4.05m●教學(xué)參考鏈接動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律歷來是高考考查的重點(diǎn)內(nèi)容，結(jié)合實(shí)際和結(jié)合現(xiàn)代高科技對(duì)中學(xué)物理知識(shí)進(jìn)行考查更是近兩年高考命題的趨勢(shì)所在.本專題所選例1和例2就是分別和體育運(yùn)動(dòng)及衛(wèi)星發(fā)射相聯(lián)系的對(duì)動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律進(jìn)行考查的題目，例3和例4則是和能量相聯(lián)系的綜合性較強(qiáng)的題目，通過對(duì)本專題四個(gè)例題的講解和練習(xí)，可提高從實(shí)際問題中提取物理模型的能力和分析處理綜合性問題的能力.在對(duì)本專題內(nèi)容的復(fù)習(xí)中，應(yīng)對(duì)動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理及動(dòng)量守恒定律的矢量性給予足夠的重視，因?yàn)樵谔幚肀緦ｎ}的有些問題中，思路并不復(fù)雜，但往往因方向判斷錯(cuò)誤或符號(hào)錯(cuò)誤而導(dǎo)致解題的失敗.另外對(duì)動(dòng)量守恒的條件也應(yīng)再三強(qiáng)調(diào)，因?yàn)樵谏婕岸鄠€(gè)物理過程的問題中，常常在不同的階段，遵守不同的物理規(guī)律，不加區(qū)分地亂用不適宜的物理規(guī)律，是處理此類問題時(shí)常犯的錯(cuò)誤.

專題七用能量的觀點(diǎn)處理物理問題●高考趨勢(shì)展望能的轉(zhuǎn)化和守恒定律是自然界中適用范圍非常廣泛的物理規(guī)律，從能量角度分析處理物理問題是高中物理中處理物理問題的三條基本途徑之一，是高中物理的主干和重點(diǎn)知識(shí)，也是歷年高考的?？贾R(shí)點(diǎn)，其中既有難度中等的選擇題和填空題，更有難度中等或中等偏上的計(jì)算題，特別在強(qiáng)調(diào)考查學(xué)生綜合能力的當(dāng)前形勢(shì)下，能量觀點(diǎn)作為物理學(xué)科和其他學(xué)科知識(shí)聯(lián)系溝通的橋梁.更會(huì)增大高考考查的頻率和深度.動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒定律是本專題知識(shí)的重點(diǎn).在對(duì)本專題知識(shí)的復(fù)習(xí)中.應(yīng)在物理過程和物理情景分析的基礎(chǔ)上，分析清楚物體的受力情況和做功情況，恰當(dāng)?shù)剡x取研究對(duì)象和研究過程，準(zhǔn)確地選用適用規(guī)律.●知識(shí)要點(diǎn)整合一、功和功率1.力對(duì)物體做功必須具備兩個(gè)因素：力和物體在力的方向上存在位移.2.恒力對(duì)物體做功大小計(jì)算公式：W=Fscosα3.計(jì)算功率公式：①P=W/t②P=Fvcosα①式中求出的是平均功率，若功率一直不變，則也可為瞬時(shí)功率.②式中，若v為瞬時(shí)速度，則P為力F的瞬時(shí)功率，若v是平均速度，則P為力F在一段時(shí)間內(nèi)的平均功率.4.機(jī)車的兩種運(yùn)動(dòng)：（1）機(jī)車以恒定功率運(yùn)動(dòng).若運(yùn)動(dòng)過程中所受阻力Fμ恒定，則由F-Fμ=ma,得a=，v增大，a減小，當(dāng)a=0時(shí)，機(jī)車達(dá)最大速度vm=P/Fμ，以后機(jī)車勻速運(yùn)動(dòng)，v-t圖象如圖1-7-1所示.機(jī)車不同的輸出功率，能達(dá)到的最大速度有不同的值.圖1-7-1圖1-7-2（2）機(jī)車從靜止開始做勻加速運(yùn)動(dòng).開始牽引力不變，速度增大至一定值v，功率達(dá)最大值P，此時(shí)有-Fμ=ma，以后若速度再增大，由于機(jī)車功率不變，機(jī)車牽引力F減小，直至a=0時(shí)，機(jī)車速度達(dá)最大，以后做勻速直線運(yùn)動(dòng)vm=Pm/Fμ，其v-t圖線如圖1-7-2所示.二、動(dòng)能和動(dòng)能定理1.物體由于運(yùn)動(dòng)而具有的能量叫動(dòng)能，動(dòng)能是標(biāo)量，動(dòng)能大小為Ek=mv2.2.動(dòng)能定理：外力對(duì)物體做功的代數(shù)和等于物體動(dòng)能增量，數(shù)學(xué)表達(dá)式為：WF=mv22-mv12.（1）動(dòng)能定理中“外力”指作用在物體上包含重力在內(nèi)的所有外力.如彈力、摩擦力、電場(chǎng)力、磁場(chǎng)力、萬有引力.（2）通?？捎蓜?dòng)能變化求某些變力的功，即動(dòng)能定理中的外力既可以是恒力，也可以是變力.三、重力做功與重力勢(shì)能的改變、機(jī)械能守恒定律1.重力做功特點(diǎn)（1）重力做功與路徑無關(guān)，只與始末位置高度差有關(guān).（2）重力做功大小WG=mgh，h為始末位置高度差，若物體從高處下落，重力做正功，反之，物體克服重力做功.（3）重力做功不引起物體機(jī)械能變化.2.機(jī)械能守恒定律系統(tǒng)只有重力和彈力（中學(xué)物理中僅為彈簧彈力）做功，系統(tǒng)總機(jī)械能保持不變.3.重力和彈簧彈力之外的力對(duì)物體做的功WF等于物體機(jī)械能的變化WF=E末-E初.四、能的轉(zhuǎn)化和守恒定律能可以從一種形式轉(zhuǎn)化為另一種形式，或從一個(gè)物體轉(zhuǎn)移到另一個(gè)物體，在轉(zhuǎn)移和轉(zhuǎn)化的過程中，能的總量保持不變.●精典題例解讀［例1］（2000年江、浙、吉高考題）如圖1-7-3所示，直角三角形的斜邊傾角為30°，底邊BC長(zhǎng)為2L，處在水平位置，斜邊AC是光滑絕緣的，在底邊中點(diǎn)O處放置一正電荷Q，一個(gè)質(zhì)量為m、電量為q的帶負(fù)電的質(zhì)點(diǎn)從斜面頂端A沿斜邊滑下，滑到斜邊上的垂足D時(shí)速度為v圖1-7-3（1）在質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)中不發(fā)生變化的是①動(dòng)能②電勢(shì)能與重力勢(shì)能之和③動(dòng)能和重力勢(shì)能之和④動(dòng)能、電勢(shì)能、重力勢(shì)能三者之和A.①② B.②③ C.④ D.②(2)質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)是A.勻加速運(yùn)動(dòng) B.勻減速運(yùn)動(dòng)C.先勻加速后勻減速運(yùn)動(dòng) D.加速度隨時(shí)間變化的運(yùn)動(dòng)【解析】（1）質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程，做功的力有重力和電場(chǎng)力.重力做功不會(huì)引起機(jī)械能的變化，但電場(chǎng)力做功則導(dǎo)致機(jī)械能和電勢(shì)能相互轉(zhuǎn)化，但機(jī)械能和電勢(shì)能的總和保持不變.即選項(xiàng)C正確.（2）質(zhì)點(diǎn)在運(yùn)動(dòng)過程中受重力、電場(chǎng)力和斜面彈力作用，其中只有重力恒定，斜面彈力方向不變，彈力的大小、電場(chǎng)力的大小和方向都隨時(shí)間變化，因此質(zhì)點(diǎn)所受合力一定隨時(shí)間變化，所以小球的加速度隨時(shí)間變化，即選項(xiàng)D正確.（3）因?qū)|(zhì)點(diǎn)做功的力有重力和電場(chǎng)力，由動(dòng)能定理，得：WG+W電=mvC2-mvD2但由于，即B、C、D三點(diǎn)在以O(shè)點(diǎn)為圓心的同一圓周上，是O點(diǎn)放置的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的電場(chǎng)中的等勢(shì)點(diǎn)，所以q由D到C的過程中，電場(chǎng)力做的功為零，故上式變?yōu)椋簃gh=mvC2-mvD2其中h=sin60°=sin30°sin60°=L,vD=v,所以vC=質(zhì)點(diǎn)在C點(diǎn)受三個(gè)力作用：電場(chǎng)力F=k，方向由C點(diǎn)指向O點(diǎn)，重力mg,方向向下，彈力FN，垂直斜面向上.由牛頓第二定律，得：mgsin30°-Fcos30°=maC代入數(shù)值，得：aC=.小結(jié)：本題中電場(chǎng)力做功情況的分析是個(gè)難點(diǎn)，但利用幾何關(guān)系和點(diǎn)電荷電場(chǎng)的性質(zhì)挖掘出D、C為點(diǎn)電荷電場(chǎng)中的等電勢(shì)點(diǎn)這一隱含條件，問題便迎刃而解由此我們還可得到啟示：凡遇到非勻強(qiáng)電場(chǎng)力做功問題時(shí)，由W=qU入手，分析電場(chǎng)中各點(diǎn)的電勢(shì)關(guān)系，往往容易找到解決問題的突破口.［例2］（2022年北京春季，28）有一炮豎直向上發(fā)射炮彈.炮彈的質(zhì)量為M=6.0kg（內(nèi)含炸藥的質(zhì)量可以忽略不計(jì)），射出的初速度v0=60m/s當(dāng)炮彈到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)爆炸為沿水平方為半徑的圓周范圍內(nèi)，則剛爆炸完時(shí)兩彈片的總動(dòng)能至少多大？（g=10m/s2，忽略空氣阻力）【解析】炮彈爆炸過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由拋體運(yùn)動(dòng)知識(shí)可求質(zhì)量為m的一塊彈片爆炸后獲得的速度，再由動(dòng)量守恒定律求另一塊的速度，最后由公式Ek=mv2求解動(dòng)能.設(shè)炮彈上升到達(dá)最高點(diǎn)的高度為H，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有v02=2gH.設(shè)質(zhì)量為m的彈片剛爆炸后的速度為V，另一塊的速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有mV=（M-m）v設(shè)質(zhì)量為m的彈片運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，有H=gt2,R=Vt炮彈剛爆炸后，兩彈片的總動(dòng)能Ek=mV2+(M-m)v2解以上各式得Ek=代入數(shù)值得Ek=×104J小結(jié)：本題綜合考查了拋體運(yùn)動(dòng)、動(dòng)量守恒、動(dòng)能等知識(shí)點(diǎn)，解題關(guān)鍵是分清各過程的物理學(xué)特征.同學(xué)們可對(duì)本題進(jìn)行如下擴(kuò)展求解：擴(kuò)展一：求兩彈片即將著地時(shí)的總機(jī)械能.擴(kuò)展二：若爆炸過程彈片只獲得炸藥爆炸產(chǎn)生能的40%，求炸藥爆炸產(chǎn)生的能量.［例3］質(zhì)量為M=2×103kg的汽車，額定功率P=80kW，在平直公路上能達(dá)到的最大行駛速度為vm=20m/s若汽車從靜止開始以加速度a=2m/s【解析】汽車由靜止以恒定的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，隨著速度的增加，其輸出功率也將不斷增大當(dāng)輸出功率等于額定功率時(shí)，若速度再增大，牽引力必將減小，汽車做加速度不斷減小的加速運(yùn)動(dòng)，直至達(dá)到最大速度.設(shè)汽車做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)間t1后功率達(dá)額定功率P，速度達(dá)v1,位移為s1.由上分析得：P=Fv1=(F阻+Ma)at1F阻=，s1=at12.汽車達(dá)額定功率后又經(jīng)位移s2達(dá)最大速度，由動(dòng)能定理，得：P(t-t1)-Mvm2-Mv12代入已知數(shù)據(jù)解得：t1=5s,s1=25m,s2=425m.所以汽車在30s內(nèi)的總位移s=s1+s2=450m.小結(jié)：汽車輸出功率達(dá)到額定功率后的加速過程，雖然是變加速過程，從運(yùn)動(dòng)學(xué)角度中學(xué)物理難以求解速度、位移和時(shí)間，但用公式W=Pt結(jié)合動(dòng)能定理卻能使該類問題迎刃而解.［例4］（2022年全國，34）一傳送帶裝置示意圖如圖1-7-4，其中傳送帶經(jīng)過AB區(qū)域時(shí)是水平的，經(jīng)過BC區(qū)域時(shí)變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成，未畫出），經(jīng)過CD區(qū)域時(shí)是傾斜的，AB和CD都與BC相切.現(xiàn)將大量的質(zhì)量均為m的小貨箱一個(gè)一個(gè)在A處放到傳送帶上，放置時(shí)初速為零，經(jīng)傳送帶運(yùn)送到D處，D和A的高度差為h.穩(wěn)定工作時(shí)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(zhǎng).每個(gè)箱子在A處投放后，在到達(dá)B之前已經(jīng)相對(duì)于傳送帶靜止，且以后也不再滑動(dòng)（忽略經(jīng)BC段時(shí)的微小滑動(dòng)）.已知在一段相當(dāng)長(zhǎng)的時(shí)間T內(nèi)，共運(yùn)送小貨箱的數(shù)目為N.這裝置由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，傳送帶與輪子間無相對(duì)滑動(dòng)，不計(jì)輪軸處的摩擦.求電動(dòng)機(jī)的平均功率.圖1-7-4【解析】在傳送穩(wěn)定情況下，在一定時(shí)間內(nèi)將有一定數(shù)量的小貨箱從A端送到D端.在傳送過程中，小貨箱的動(dòng)能和重力勢(shì)能都增大了一定的數(shù)值，另外在水平的AB部分，小貨箱與皮帶等速前要發(fā)生一段相對(duì)位移，通過摩擦力做功而產(chǎn)生一定數(shù)量的內(nèi)能.由功能關(guān)系知，上述能量的增加和產(chǎn)生，都是電動(dòng)機(jī)做功的結(jié)果.求出單位時(shí)間產(chǎn)生的內(nèi)能和小貨箱動(dòng)能、重力勢(shì)能增量的總和，即為電動(dòng)機(jī)的輸出功率.以地面為參照系，設(shè)傳送帶的運(yùn)動(dòng)速度為v0,在水平段運(yùn)輸?shù)倪^程中，小貨箱先在滑動(dòng)摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)這段路程為s,加速度為a,所用時(shí)間為t,對(duì)小貨箱有s=at2 ①v0=at ②在這段時(shí)間內(nèi)，傳送帶運(yùn)動(dòng)的路程為s0=v0t ③由以上可得s0=2s ④用F表示小箱與傳送帶之間的滑動(dòng)摩擦力，則傳送帶對(duì)小箱做功為A=Fs=mv02 ⑤傳送帶克服小箱對(duì)它的摩擦力做功A0=Fs0=2·mv02 ⑥兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量Q=mv02 ⑦可見，在小箱加速運(yùn)動(dòng)過程中，小箱獲得的動(dòng)能與發(fā)熱量相等.T時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)機(jī)輸出的功為W= ⑧此功用于增加小箱的動(dòng)能、勢(shì)能以及克服摩擦力發(fā)熱，即W=Nmv02+Nmgh+NQ ⑨已知相鄰兩小箱的距離為L(zhǎng)，所以v0T=NL ⑩聯(lián)立⑦⑧⑨⑩,得= eq\o\ac(○,11)小結(jié)：弄清有哪些能量參與了轉(zhuǎn)化，并找出發(fā)生這些能量轉(zhuǎn)化的原因，是處理能量問題的基本思路.該題中容易忽略的是小貨箱在AB段與皮帶相對(duì)運(yùn)動(dòng)過程產(chǎn)生的內(nèi)能.另外，準(zhǔn)確地求出貨箱動(dòng)能的增量及動(dòng)能增量和產(chǎn)生的內(nèi)能間的關(guān)系，是解決本題的關(guān)鍵.●應(yīng)用強(qiáng)化訓(xùn)練1.小球質(zhì)量為m，在高于地面h處以速度v豎直上拋，空氣阻力為F（F<mg）.設(shè)小球與地面碰撞中不損失機(jī)械能，則從拋出直至小球靜止的過程中，小球通過的總路程為+ +C. D.【解析】由動(dòng)能定理知，小球克服阻力F做的功等于小球機(jī)械能的減少量.即：Fs=mgh+mv2，所以s=.【答案】C2.一物體質(zhì)量為m，自A點(diǎn)由靜止開始沿槽滑到B點(diǎn)后，離開支持面飛出，如圖1-7-5所示.若在A→B的過程中，機(jī)械能損失為E，物體在B點(diǎn)飛出時(shí)的水平分速度為v，則物體到達(dá)最高點(diǎn)與A點(diǎn)的高度差為圖1-7-5A. C.+ (+)【解析】因物體從B點(diǎn)飛出后機(jī)械能守恒，故物體在最高點(diǎn)和B點(diǎn)與在A點(diǎn)的機(jī)械能之差相等，均為E，即：mgh-E=mv2（選物體離開B后所達(dá)最高點(diǎn)處重力勢(shì)能為零），所以h=+.【答案】C3.一水電站水流落差為20m，水流沖擊水輪發(fā)動(dòng)機(jī)，水流能的20%轉(zhuǎn)化為電能.若發(fā)電機(jī)的功率為200kW，g=10m/s2，則每分鐘流下的水量是×105kg 106kg104kg【解析】由題意知：20%=P，所以m=kg=3×105kg.【答案】A4.兩木塊1和2中間用輕彈簧相連接，放在光滑的水平面上，木塊2靠著豎直墻壁.現(xiàn)用木塊1壓縮彈簧，并由靜止釋放，這時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能為E0，如圖1-7-6所示.在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)為最長(zhǎng)時(shí)，木塊1的速度為v，彈簧的彈性勢(shì)能為E1；當(dāng)彈簧壓縮為最短時(shí)，木塊的速度為v′，彈簧的彈性勢(shì)能為E2..則正確的是圖1-7-6①v=v′ ②E1=E2=E0③E1=E2<E0 ④E1≠E2A.①② B.①③C.②③ D.③④【解析】因在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，做功的只有彈簧的彈力，故系統(tǒng)機(jī)械能守恒.自木塊2離開墻壁后系統(tǒng)所受合外力為零，動(dòng)量守恒，故彈簧壓縮為最短或拉伸為最長(zhǎng)時(shí)，兩木塊速度相等，系統(tǒng)的動(dòng)能相同，彈性勢(shì)能也相同.但由于木塊未滑動(dòng)前彈性勢(shì)能E0為系統(tǒng)機(jī)械能總和，而E1、E2只是系統(tǒng)機(jī)械能的一部分，故有E1=E2＜E0.【答案】B5.（2022年全國理綜，16）在光滑水平地面上有兩個(gè)相同的彈性小球A、B，質(zhì)量都是m.現(xiàn)B球靜止，A球向B球運(yùn)動(dòng)，發(fā)生正碰.已知碰撞過程中總機(jī)械能守恒，兩球壓縮最緊時(shí)的彈性勢(shì)能為Ep，則碰前A球的速度等于A. B. 【解析】因兩球碰撞中動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，設(shè)碰前A球速度為v0，兩球壓縮最緊時(shí)等速，設(shè)為v，則有：mv0=2mv,Ep=mv02-·2mv2，解得：v0=2.【答案】C6.某汽車發(fā)動(dòng)機(jī)的功率為60kW，汽車的質(zhì)量為5×103kg，當(dāng)它在平直公路上行駛時(shí)所受阻力為車重的倍.試求在汽車從靜止開始以0.5m/s【解析】汽車運(yùn)動(dòng)中所受阻力：F阻=×5×104N=5×103N.設(shè)勻加速運(yùn)動(dòng)時(shí)汽車牽引力為F，則由牛頓第二定律，得：F-F阻=ma所以F=ma+F阻=×103N.所以勻加速運(yùn)動(dòng)的末速度v==8m/s,勻加速運(yùn)動(dòng)過程中的平均速度=4m/s，所以勻加速運(yùn)動(dòng)過程中牽引力的平均功率=30×103W=30kW.當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，汽車速度最大，所以最大速度vm==12m/s.【答案】30kW；12m/s7.如圖1-7-7所示，電動(dòng)機(jī)牽引一根原來靜止的，長(zhǎng)為L(zhǎng)=1m，質(zhì)量m=0.1kg的導(dǎo)體棒MN，其電阻R=1Ω.導(dǎo)體棒架在處于磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1T、豎直放置的框架上，當(dāng)導(dǎo)體棒上升高度h=3.8m時(shí)獲得穩(wěn)定的速度，導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量Q=2J.電動(dòng)機(jī)牽引棒時(shí)，電壓表、電流表的讀數(shù)分別為U=7V、I=1A.電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻r=1Ω，不計(jì)框架電阻及一切摩擦，g取10m/s2，求：圖1-7-7（1）棒能達(dá)到的穩(wěn)定速度.（2）棒從靜止達(dá)到穩(wěn)定速度所需要的時(shí)間.【解析】（1）導(dǎo)體棒速度穩(wěn)定后，電動(dòng)機(jī)輸出的功率應(yīng)等于導(dǎo)體棒重力勢(shì)能增加對(duì)應(yīng)的機(jī)械功率與產(chǎn)生的感應(yīng)電流的電功率之和.即：UI-I2r=mgv+代入數(shù)據(jù)整理，得：v2+v-6=0解得：v=2m/s（取有意義值）（2）由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律知，時(shí)間t內(nèi)電動(dòng)機(jī)消耗的電能應(yīng)等于電動(dòng)機(jī)內(nèi)阻產(chǎn)生的內(nèi)能、導(dǎo)體棒增加的動(dòng)能、重力勢(shì)能及導(dǎo)體產(chǎn)生的熱量的總和.即：UIt=I2rt+mv2+mgh+Q所以t==s=1s【答案】(1)2m/s(2)1s8.如圖1-7-8所示，質(zhì)量為M，長(zhǎng)為L(zhǎng)的木板（端點(diǎn)為A、B，中點(diǎn)為O）在光滑水平面上以v0的水平速度向右運(yùn)動(dòng)，把質(zhì)量為m、長(zhǎng)度可忽略的小木塊置于B端（對(duì)地初速度為0），它與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，問v0在什么范圍內(nèi)才能使小木塊停在O、A之間？圖1-7-8【解析】木塊與木板相互作用過程中合外力為零，動(dòng)量守恒.設(shè)木塊、木板相對(duì)靜止時(shí)速度為v，則(M+m)v=Mv0 ①設(shè)其間木板、木塊位移分別為sM和sm，則由動(dòng)能定理，得：對(duì)M:-μmgsM=Mv2-Mv02 ②對(duì)m:μmgsm=mv2 ③若使m停于木板上O點(diǎn)，則有：sM-sm= ④若使m停于木板上A點(diǎn)，則有：sM-sm=L ⑤解①②③④得v0=解①②③⑤得v0=即m1所求v0的范圍應(yīng)是：≤v0≤.【答案】≤v0≤9.（2022年全國，19）“和平號(hào)”空間站墜落在南太平洋海域，墜落過程可簡(jiǎn)化為從一個(gè)近似圓軌道開始，經(jīng)過與大氣摩擦，空間站的絕大部分經(jīng)過升溫、溶化，最后汽化而銷毀，剩下的殘片墜入大海.此過程中，空間站原來的機(jī)械能中，除一部分用于銷毀和一部分被殘片帶走外，還有一部分能量E′通過其他方式散失（不考慮墜落過程中化學(xué)反應(yīng)的能量）：（1）試導(dǎo)出以下列各物理量的符號(hào)表示散失能量E′公式.（2）算出E′的數(shù)值.墜落開始時(shí)空間站的質(zhì)量M=×10軌道離地面的高度為h=146km地球半徑R=×106墜落空間范圍內(nèi)重力加速度近似取g=10m/s2入海殘片的質(zhì)量m=×104入海殘片的溫度升高ΔT=3000K入海殘片的入海速度為v=340m/s空間站材料每1kg升溫1K平均需能量C=1×103J每銷毀1kg材料平均所需的能量μ=1×107J【解析】若以地面為零勢(shì)面，墜落過程開始時(shí)空間站在近圓軌道的勢(shì)能為Ep=Mgh以v表示空間站在近圓軌道上的速度，由牛頓定律可得：M=Mg，其中r為軌道半徑，若以R地表示地球半徑，則r=R地+h.由上式整理可得在近圓軌道時(shí)空間站的動(dòng)能為Ek=Mg(R+h)空間站在近圓軌道上時(shí)機(jī)械能為E=Ek+Ep=Mg(R+h)在墜落過程中，用于銷毀部分材料所需的能量為Q汽=(M-m)μ用于殘片升溫所需的能量為Q殘=cmΔT殘片的動(dòng)能為Ek殘=mv2由能量守恒定律，得E=Q汽+E殘+Q殘+E′由此，得E′=Mg(R+h)-(M-m)μ-mv2-cmΔT由題給的數(shù)據(jù)代入上式，得E′=×1012J【答案】(1)Mg(R+h)-(M-m)μ-mv2-cmΔT(2)×1012J●教學(xué)參考鏈接從能量角度分析處理物理問題，首先要分析有哪些能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化，而能量的轉(zhuǎn)化要通過一定的力做功來實(shí)現(xiàn)，做功就要有做功的過程，所以用能量觀點(diǎn)處理物理問題，仍要緊緊抓住物理過程的分析，分析清楚哪個(gè)物理過程中，哪些力做了功，有哪些能量發(fā)生了變化，各物理過程中遵守什么規(guī)律等.本專題中例1和例4就是涉及多種能量轉(zhuǎn)化的題目，例2和例3則是運(yùn)動(dòng)學(xué)的內(nèi)容和功、能內(nèi)容相結(jié)合的題目.通過這幾個(gè)例題的分析、講解，可以使學(xué)生熟練掌握此類問題的一般思路和方法.當(dāng)然，功、能知識(shí)還可與牛頓定律、圓周運(yùn)動(dòng)及電磁學(xué)、熱學(xué)等知識(shí)互相聯(lián)系，綜合出題，后附【應(yīng)用強(qiáng)化訓(xùn)練】中也配有此類題目.因由于本書篇幅所限，不可能將所有與能量有關(guān)的題目全部選入，老師們使用本資料時(shí)，可根據(jù)本班學(xué)生實(shí)際情況，適當(dāng)增減.另外，該部分有些題目，常具有思路隱蔽、過程復(fù)雜、難度較大的特點(diǎn).要解答此類題目，考生必須有扎實(shí)的基礎(chǔ)知識(shí)和熟練解決實(shí)際問題的能力，只有基礎(chǔ)扎實(shí)了，基本功練就了，才能順利地解決這些綜合性較強(qiáng)的題目.

專題八動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用●高考趨勢(shì)展望動(dòng)量和能量都是高中物理的主干知識(shí)和重點(diǎn)內(nèi)容，將動(dòng)量和能量?jī)?nèi)容相結(jié)合，可以命出綜合性強(qiáng)、能力要求高、思路方法靈活的具有一定難度的綜合題，便于考查考生的分析、推理、綜合、知識(shí)遷移等多種能力，因此，常以壓軸題的形式出現(xiàn)在歷年的高考試卷中.在對(duì)本專題內(nèi)容的復(fù)習(xí)中，一定要注意領(lǐng)會(huì)各規(guī)律的適用條件，弄清不同性質(zhì)的力做功同相應(yīng)能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系，注意物理過程的分析，建立清晰的物理情景，善于從題目給出的背景材料中，抽象出典型的物理模型，靈活地選用適當(dāng)?shù)囊?guī)律，使問題得以順利解決.●知識(shí)要點(diǎn)整合1.涉及能量轉(zhuǎn)化的規(guī)律主要有動(dòng)能定理（W=ΔEk）、機(jī)械能守恒定律（Ep1+Ek1=Ep2+Ek2）和能的轉(zhuǎn)化和守恒定律（E初=E末）；涉及動(dòng)量的規(guī)律有動(dòng)量定理（F·t=Δp）和動(dòng)量守恒定律（p初=p末）.能量是標(biāo)量，與之相聯(lián)系的動(dòng)能定理、機(jī)械能守恒定律和能的轉(zhuǎn)化和守恒定律方程均為代數(shù)方程.涉及做功的，一定要注意做功的正負(fù)及相應(yīng)的符號(hào)，熟記各種力做功同相應(yīng)能量轉(zhuǎn)化的關(guān)系：合外力做的功與動(dòng)能的變化相聯(lián)系（W合=ΔEk)、重力做的功同重力勢(shì)能的變化相聯(lián)系（WG=-ΔEp）、彈力做的功同彈性勢(shì)能的變化相聯(lián)系（W彈=-ΔEp彈）、重力和彈力以外的力做的功同機(jī)械能的變化相聯(lián)系（W外=ΔE）.動(dòng)量是矢量，與之相聯(lián)系的動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒方程都是矢量方程，建立此類方程時(shí)，都要明確正方向，并正確地用“+”“-”號(hào)表示各矢量的方向.在處理所有的力學(xué)問題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮兩大守恒定律（動(dòng)量守恒定律及能的轉(zhuǎn)化和守恒定律），其次考慮兩大定理（動(dòng)能定理和動(dòng)量定理）.2.碰撞問題是動(dòng)量、能量綜合應(yīng)用的典型問題.由于一般碰撞中總能滿足內(nèi)力遠(yuǎn)遠(yuǎn)大于外力，所以動(dòng)量守恒方程是處理碰撞問題的首選方程.在一般的碰撞中，總會(huì)有一定的機(jī)械能損失，不同情況下的碰撞中，損失的機(jī)械能不同.彈性碰撞中可認(rèn)為無機(jī)械能的損失，完全非彈性碰撞中機(jī)械能的損失最多.在實(shí)際判斷某碰撞現(xiàn)象是否可能存在時(shí)，碰撞前后的機(jī)械能比較常是重要的依據(jù)之一.●精典題例解讀［例1］如圖1-8-1所示，A、B兩小球在光滑水平面上分別以動(dòng)量p1=4kg·m/s和p2=6kg·m/s（向右為參考正方向）做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則在A球追上B球并與之碰撞的過程中，兩小球的動(dòng)量變化量Δp1和Δp2可能分別為圖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】?jī)汕蚺鲎仓袆?dòng)量守恒，即Δp1+Δp2=0.據(jù)此可排除A.又碰撞中B球所受沖量方向和其初動(dòng)量方向相同，其動(dòng)量只能增大，即Δp2應(yīng)大于零，據(jù)此可排除C.另外，碰前兩球總動(dòng)能Ek=,而對(duì)B選項(xiàng)，碰后總動(dòng)能Ek′=＞Ek,不可能；對(duì)D項(xiàng)，碰后總動(dòng)能Ek′=，再結(jié)合碰前應(yīng)有vA＞vB,即＞,所以m1＜,代入Ek和D項(xiàng)對(duì)應(yīng)的Ek′,結(jié)果亦不矛盾.故只有D可能.小結(jié)：兩小球間碰撞結(jié)果將同時(shí)受到“動(dòng)量守恒”“動(dòng)能不可能增大”及相關(guān)的“運(yùn)動(dòng)學(xué)與動(dòng)力學(xué)規(guī)律”的制約，分析此類問題時(shí)，應(yīng)將上述制約因素均考慮到.［例2］（2000年全國，22）在原子核物理中，研究核子與核子關(guān)聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應(yīng)”.這類反應(yīng)的前半部分過程和下述力學(xué)模型類似.如圖1-8-2兩個(gè)小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài).在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖1-8-2所示.C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體D.在它們繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度變到最短時(shí)，長(zhǎng)度突然被鎖定，不再改變.然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動(dòng)，A與P接觸而不粘連.過一段時(shí)間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機(jī)械能損失）.已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m.圖1-8-2(1)求彈簧長(zhǎng)度剛被鎖定后A球的速度.(2)求在A球離開擋板P之后的運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能.【解析】本題所涉及的物理過程及所遵守的物理規(guī)律有：C球與B球碰撞，碰撞中F內(nèi)》F外，動(dòng)量守恒.B、C結(jié)合成的D球通過彈簧和A作用，作用過程中F外=0，動(dòng)量守恒；只有彈力做功，機(jī)械能守恒.A、D球系統(tǒng)（含彈簧）與擋板碰撞，碰后停止運(yùn)動(dòng).解除鎖定后D、A通過彈簧相互作用，動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，且兩球再次等速時(shí)彈簧拉伸最長(zhǎng)，彈性勢(shì)能最大.對(duì)各過程列出相應(yīng)的規(guī)律方程，問題即可得解.（1）設(shè)C球與B球粘結(jié)成D時(shí)，D的速度為v1,由動(dòng)量守恒，有：mv0=(m+m)v1,v1=v0當(dāng)彈簧壓縮至最短時(shí)D與A速度相等，設(shè)此時(shí)速度為v2，由動(dòng)量守恒，有：2mv1=3mv2,得A的速度v2=v0(2)設(shè)彈簧被鎖定后，貯存于彈簧中的勢(shì)能為Ep,由能量守恒有：·2mv12=·3mv22+Ep撞擊P后，A和D動(dòng)量為零.解除鎖定后，當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，勢(shì)能全部轉(zhuǎn)化為D的動(dòng)能，設(shè)D的速度為v3，則有：Ep=(2m)v32,v3=v0以后彈簧伸長(zhǎng)，A球離開擋板P，并獲得速度.當(dāng)A、D再次等速時(shí)，彈簧伸至最長(zhǎng).設(shè)此時(shí)速度為v4，由動(dòng)量守恒，得：2mv3=3mv4,v4=v0當(dāng)彈簧伸至最長(zhǎng)時(shí)，其勢(shì)能最大，設(shè)此勢(shì)能為Ep′,由能量守恒，有：·2mv32=·3mv42+Ep′解得：Ep′=mv02小結(jié)：與現(xiàn)代科技相聯(lián)系的題目往往具有“起點(diǎn)高，落點(diǎn)低”的特點(diǎn)，處理此類題目，不要被生僻的新穎的詞匯、概念所迷惑，應(yīng)抓住問題的實(shí)質(zhì)，轉(zhuǎn)化抽象出自己熟悉的物理模型.對(duì)像該題涉及較多物理過程的問題，一定要注意物理過程的分析，分析每一過程的受力及做功情況，找出每一過程所遵守的物理規(guī)律.●應(yīng)用強(qiáng)化訓(xùn)練、B兩個(gè)小球在光滑的水平面上沿同一直線同向運(yùn)動(dòng)，A的動(dòng)量為10kg·m/s，B的動(dòng)量為15kg·m/s，若它們相碰后動(dòng)量變化分別為ΔpA和ΔpB，則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】因兩球碰撞中動(dòng)量守恒，所以兩球動(dòng)量的變化量應(yīng)大小相等、方向相反（即符號(hào)相反），從而可排除A、B.但另一方面，兩球的碰撞中，其機(jī)械能不可能增大，而D選項(xiàng)中給出的數(shù)據(jù)中碰撞后系統(tǒng)動(dòng)能明顯增大，不可能發(fā)生.【答案】C2.離子發(fā)動(dòng)機(jī)飛船，其原理是用電壓U加速一價(jià)惰性氣體離子，將它高速噴出后，飛船得到加速，在氦、氖、氬、氪、氙中選用了氙，理由是用同樣電壓加速，它噴出時(shí)A.速度大 B.動(dòng)量大C.動(dòng)能大 D.質(zhì)量大【解析】由qU=Ek知幾種氣體離子噴出時(shí)動(dòng)能相同.由v=知氙離子噴出時(shí)速度小.由p=得p=，因幾種惰性氣體離子中氙離子m大，則p大，由動(dòng)量守恒可知，飛船獲得的動(dòng)量大.【答案】B3.質(zhì)量為m的物體，在與其速度方向相同的合力F作用下，經(jīng)過時(shí)間t，物體的動(dòng)量由mv1增加到mv2,下列說法中正確的是A.在2F的合力作用下，經(jīng)時(shí)間t，物體的動(dòng)量將增加到2mv2B.在2F的合力作用下，經(jīng)時(shí)間t，物體的動(dòng)量將增加到2mv2-2mv1C.在F的合力作用下，經(jīng)時(shí)間2t，物體的動(dòng)量將增加到2mv2-mv1D.在2F作用下，經(jīng)時(shí)間2t，物體的動(dòng)量大于4mv2【解析】合力F作用時(shí)間t過程中，由動(dòng)量定理得：Ft=mv2-mv1若在合力2F作用下，經(jīng)時(shí)間t，由動(dòng)量定理得：2Ft=p-mv所以作用后物體的動(dòng)量p=2mv2-mv1,故A、B錯(cuò)，C對(duì).若在合力2F作用下，經(jīng)時(shí)間2t，由動(dòng)量定理得2F·2t=p′-mv所以作用后物體的動(dòng)量p′=4mv2-3mv1＜4mv2，故D錯(cuò).【答案】C4.（2022年北京春季，16）在滑冰場(chǎng)上，甲、乙兩小孩分別坐在滑冰板上，原來靜止不動(dòng)，在相互猛推一下后分別向相反方向運(yùn)動(dòng).假定兩板與冰面間的摩擦因數(shù)相同.已知甲在冰上滑行的距離比乙遠(yuǎn)，這是由于A.在推的過程中，甲推乙的力小于乙推甲的力B.在推的過程中，甲推乙的時(shí)間小于乙推甲的時(shí)間C.在剛分開時(shí)，甲的初速度大于乙的初速度D.在分開后，甲的加速度的大小小于乙的加速度的大小【解析】根據(jù)動(dòng)量守恒定律有m甲v甲=m乙v乙由動(dòng)能定理μmgs=mv2即μgs=v2，所以s∝v2，故C對(duì).【答案】C5.如圖1-8-3所示，有兩個(gè)大小相等、質(zhì)量不同的小球A和B，B球靜止在光滑圓弧的底端，A球質(zhì)量為m，從頂端釋放，若兩球發(fā)生彈性碰撞后，它們的落點(diǎn)離平臺(tái)邊緣的水平距離之比為1∶3，則B球的質(zhì)量可能是圖1-8-3①m②m③m④mA.①② B.②③C.③④ D.①④【解析】A球從光滑圓弧上滾下，以速度v0與B發(fā)生碰撞.設(shè)碰后A、B的速度分別為vA、vB，由動(dòng)量守恒定律和動(dòng)能守恒得mAv0=mAvA+mBvB ①mAv02=mAvA2+mBvB2 ②由①②兩式解得vA=v0,vB=v0A、B碰撞后都做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)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來的方向（即水平向右），也可以沿相反方向運(yùn)動(dòng)，以上解答正是忽視了這一點(diǎn)導(dǎo)致了漏解.所以第二個(gè)解的條件是,故mB=.因此正確答案應(yīng)選D.【答案】D6.兩物體的質(zhì)量為m1和m2，它們分別在恒力F1和F2的作用下由靜止開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)相同的位移，動(dòng)量的增加量相同，則兩恒力的比值F1/F2=______.【解析】由動(dòng)能定理W=Ek2-Ek1對(duì)m1：F1·s=m1v12=對(duì)m2：F2·s=m2v22=m1v1=m2v2因此答案為m2/m1.【答案】m2/m17.靜止?fàn)顟B(tài)的原子核X，進(jìn)行α衰變后變成質(zhì)量為MY的原子核，放射出的α粒子垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，測(cè)得其做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，已知α粒子的電荷為2e，質(zhì)量為m，試求：（1）衰變后α粒子的速度vα和動(dòng)能Ekα.(2)衰變后Y核的速度vY和動(dòng)能EkY.(3)衰變前X核的質(zhì)量MX.【解析】（1）α粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力充當(dāng)向心力，即：2evαB=m所以vα=.所以其動(dòng)能Ekα=mvα2=.（2）衰變過程中動(dòng)量守恒，即：mvα=MYvY即vY=.反沖核的動(dòng)能EkY=MYvY2=.（3）由質(zhì)能聯(lián)系方程知，衰變過程中損失的質(zhì)量：Δm==所以由質(zhì)量守恒得：MX=MY+m+.【答案】（1）vα=；Ekα=(2)vY=；EkY=(3)MX=MY+m+8.（1）如圖1-8-4所示，輕質(zhì)長(zhǎng)繩水平地跨在相距2l的兩個(gè)小定滑輪A、B上，質(zhì)量為m的物體懸掛在繩上O點(diǎn)，O與A、B兩滑輪距離相等，在輕繩兩端C、D分別施加豎直向下的恒力F=mg,先托住物塊，使繩處于水平拉直狀態(tài)，然后靜止釋放物塊，在物塊下落過程中，保持C、D兩端的拉力F不變.圖1-8-4（1）當(dāng)物體下落距離h為多大時(shí)，物塊的加速度為零？（2）在物體下落上述距離的過程中，克服C端恒力F做功W為多少？（3）求物體下落過程中的最大速度vm和最大距離H.于是即可算出物塊下落距離和C、D兩端上升距離，克服C端恒力的功即可求出.在物體的下落過程中，AO、BO兩繩中拉力不斷變化.開始時(shí)，其重力大于兩繩拉力的合力，物體向下做加速度變小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)下落加速度為零時(shí)，速度達(dá)最大值vm；以后重力小于兩繩合力，物體減速下落，直至v=0時(shí)，達(dá)最大距離H，由于物體做的是變加速運(yùn)動(dòng)，所以必須根據(jù)功與動(dòng)能變化的關(guān)系才可求出最大的距離.（1）物體下落時(shí)受到三個(gè)力的作用：重力mg、繩AO、BO的拉力F，當(dāng)兩繩拉力的向上合力R等于重力mg時(shí)，物塊下落的加速度為零.由于F恒為mg，所以a=0時(shí)，三力互成120°夾角，于是，由圖可知，下落距離h=ltanθ=ltan30°=l/3（2）物體落下h時(shí)，C、D兩端上升距離h′==()l，物體克服C端恒力F做功W=Fh′=mg()l=mgl（3）由上面的分析可知，物體下落h時(shí)的速度就是最大速度；根據(jù)做功和動(dòng)能變化的關(guān)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年江蘇，20）（1）如圖1-8-5（1）所示，在光滑水平長(zhǎng)直軌道上，放著一個(gè)靜止的彈簧振子，它由一輕彈簧兩端各連接一個(gè)小球構(gòu)成，兩小球質(zhì)量相等.現(xiàn)突然給左端小球一個(gè)向右的速度v0，求彈簧第一次恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)，每個(gè)小球的速度.圖1-8-5(2)如圖1-8-5（2），將N個(gè)這樣的振子放在該軌道上.最左邊的振子1被壓縮至彈簧為某一長(zhǎng)度后鎖定，靜止在適當(dāng)位置上，這時(shí)它的彈性勢(shì)能為E0.其余各振子間都有一定的距離.現(xiàn)解除對(duì)振子1的鎖定，任其自由運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它第一次恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)，剛好與振子2碰撞，此后，繼續(xù)發(fā)生一系列碰撞，每個(gè)振子被碰后剛好都是在彈簧第一次恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)與下一個(gè)振子相碰.求所有可能的碰撞都發(fā)生后，每個(gè)振子彈性勢(shì)能的最大值.已知本題中兩球發(fā)生碰撞時(shí)，速度交換，即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度.【解析】（1）設(shè)每個(gè)小球質(zhì)量為m，以v1、v2分別表示彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)左右兩端小球的速度.由動(dòng)量守恒和能量守恒定律有mv1+mv2=mv0（以向右為速度正方向）mv12+mv22=mv02解得v1=v0,v2=0或v1=0,v2=v0由于振子從初始狀態(tài)到彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度的過程中，彈簧一直是壓縮狀態(tài)，彈性力使左端小球持續(xù)減速，使右端小球持續(xù)加速，因此應(yīng)該取解：v1=0,v2=v0（2）以v1、v1′分別表示振子1解除鎖定后彈簧恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)左右兩小球的速度.規(guī)定向右為速度的正方向，由動(dòng)量守恒和能量守恒定律，mv1+mv1′=0mv12+m1v1′2=E0解得v1=,v1′=-或v1=-,v1′=.在這一過程中，彈簧一直是壓縮狀態(tài)，彈性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故應(yīng)取解：v1=-,v1′=振子1與振子2碰撞后，由于交換速度，振子1右端小球速度變?yōu)?，左端小球速度仍為v1，此后兩小球都向左運(yùn)動(dòng).當(dāng)它們向左的速度相同時(shí)，彈簧被拉伸至最長(zhǎng)，彈性勢(shì)能最大.設(shè)此速度為v10，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，2mv10=mv1用E1表示最大彈性勢(shì)能，由能量守恒有mv102+mv102+E1=mv12解得E1=E0振子2被碰撞后瞬間，左端小球速度為，右端小球速度為0.以后彈簧被壓縮，當(dāng)彈簧再恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)，根據(jù)（1）題結(jié)果，左端小球速度v2=0，右端小球速度v2′=，與振子3碰撞，由于交換速度，振子2右端小球速度變?yōu)?，振子2靜止，彈簧為自然長(zhǎng)度，彈性勢(shì)能為E2=0.同樣分析可得E2=E3=…EN-1=0振子N被碰撞后瞬間，左端小球速度vN-1′=，右端小球速度為0，彈簧處于自然長(zhǎng)度.此后兩小球都向右運(yùn)動(dòng)，彈簧被壓縮，當(dāng)它們向右的速度相同時(shí)，彈簧被壓縮至最短，彈性勢(shì)能最大.設(shè)此速度為，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，2m=mvN-1′用EN表示最大彈性勢(shì)能，根據(jù)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●教學(xué)參考鏈接碰撞現(xiàn)象和用彈簧連接的物體間的相互作用及運(yùn)動(dòng)問題，是綜合利用動(dòng)量和能量知識(shí)討論的兩類典型問題，該兩類問題都具有綜合性強(qiáng)、難度大和過程復(fù)雜的特點(diǎn)，特專列兩例題予以討論.對(duì)于碰撞問題，重點(diǎn)在于掌握處理方法，由于碰撞中一般總有F內(nèi)》F外，動(dòng)量守恒是必然的；同時(shí)由于碰撞中的發(fā)聲、形變甚至破裂等現(xiàn)象的發(fā)生，系統(tǒng)的機(jī)械能只能有所減少而不會(huì)增大.另外碰撞前后兩物體的運(yùn)動(dòng)情況應(yīng)符合實(shí)際.這是判斷一個(gè)碰撞能否發(fā)生或是否合理的三個(gè)不可缺少的方面.對(duì)于彈簧連接的物體作用運(yùn)動(dòng)問題，重在分清哪一過程遵守什么規(guī)律.在此類問題中，往往是只在某一過程機(jī)械能守恒，而整個(gè)過程機(jī)械能并不守恒.所以處理此類問題一定要注重物理過程分析，不要貪圖簡(jiǎn)便而把只在某一過程運(yùn)用的規(guī)律應(yīng)用于全過程或不適用的某一過程.另外，像通過摩擦力相互作用或通過圓弧形軌道相互作用的兩個(gè)或兩個(gè)以上物體間的相互作用問題，處理方法有相似之處，但也存在明顯的差別，如有摩擦力做功的系統(tǒng)機(jī)械能肯定不守恒，通過圓弧軌道相互作用的系統(tǒng)動(dòng)量往往只在某一方面守恒等.所以綜合用動(dòng)量和能量知識(shí)處理實(shí)際問題，既要注意它們的共性，更應(yīng)注意它們的區(qū)別.

能力提升檢測(cè)動(dòng)量和能量（A卷）一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合要求，選對(duì)得5分，選錯(cuò)或不答得0分）1.在靜電場(chǎng)中，一個(gè)負(fù)電荷在一個(gè)外力作用下由a點(diǎn)移到b點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是①外力所做的功等于電荷電勢(shì)能的增量與動(dòng)能增量之和②外力和電場(chǎng)力做功之和等于電荷電勢(shì)能的增量和動(dòng)能增量之和③外力和電場(chǎng)力做功之和等于電荷動(dòng)能增量④電場(chǎng)力對(duì)電荷做的功等于電荷電勢(shì)能的增量A.①③ B.②④C.①④ D.②③【解析】由動(dòng)能定理，得：W外+W電=ΔEk，而W電=-ΔEp，即W外=ΔEk-W電=ΔEk+ΔEp.即外力做的功等于電荷動(dòng)能的增量與電勢(shì)能的增量之和.而電場(chǎng)力做的功等于電荷電勢(shì)能增量的負(fù)值.【答案】A2.（2022年春，11）一輕質(zhì)彈簧，上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量為m0的木板，處于靜止?fàn)顟B(tài).一質(zhì)量為m的圓環(huán)套在彈簧外，從與平板的距離為h處由靜止自由下落撞擊木板如圖1所示.若碰后圓環(huán)與木板以相同的速度向下運(yùn)動(dòng)，則圖1A.若碰撞時(shí)間極短，則碰撞中環(huán)與板的總機(jī)械能守恒B.無論碰撞時(shí)間長(zhǎng)短與否，碰撞中環(huán)與板的總動(dòng)量都守恒C.環(huán)撞擊木板后，板和環(huán)的新的平衡位置與h的大小無關(guān)D.在碰后板和環(huán)一起下落的過程中，它們減少的動(dòng)能等于克服彈力做的功【解析】因環(huán)與板的碰撞為非彈性碰撞，碰撞過程中有機(jī)械能損失，故知A錯(cuò).因環(huán)、板碰撞中系統(tǒng)重力和彈簧彈力合力不為零，當(dāng)碰撞時(shí)間極短時(shí)，F(xiàn)內(nèi)》F外，系統(tǒng)動(dòng)量近似守恒，但若碰撞時(shí)間較長(zhǎng)時(shí)，不存在F內(nèi)》F外，動(dòng)量不守恒.故知B錯(cuò).碰撞后一起下落的過程中，對(duì)系統(tǒng)做功的力有重力和彈簧的彈力，由動(dòng)能定理，得：WG+W彈=ΔEk，由此知D錯(cuò).系統(tǒng)平衡位置處彈簧彈力等于系統(tǒng)重力，而系統(tǒng)重力恒定，大小與h無關(guān)，所以其平衡位置與h無關(guān).即C對(duì).【答案】C3.質(zhì)量為m的汽車行駛在平直的公路上，在運(yùn)動(dòng)中所受阻力恒定.當(dāng)汽車的加速度為a、速度為v時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)的功率是P1；則當(dāng)功率是P2時(shí)，汽車行駛的最大速度為P1 (P1-mav)P2 (P2+mav)【解析】汽車速度為v時(shí)，P1=Fv.應(yīng)用牛頓第二定律F-f=ma,得當(dāng)功率為P2時(shí)，P2=F′v2.又因?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)F′=f,有P2=fv2v2=【答案】B4.如圖2所示，在光滑水平面上緊挨著放置A、B兩物塊，一顆子彈沿水平直線射穿物塊A并進(jìn)入物塊B，最后留在物塊B內(nèi).設(shè)子彈在兩物塊內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)所受阻力大小恒定.已知A、B兩物塊的質(zhì)量分別為MA和MB，子彈的質(zhì)量為m；子彈進(jìn)入物塊A時(shí)，其速度為v0；兩物塊分離時(shí)，A已移動(dòng)的距離為s1，B繼續(xù)移動(dòng)距離s2后，子彈與物塊B相對(duì)靜止；物塊A和B的長(zhǎng)度均為L(zhǎng).根據(jù)上述已知條件圖2A.不能求出物塊A、B的最后速度vA、vBB.不能求出子彈在物塊A、B內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間ΔtA、ΔtBC.可以求得子彈在物塊B內(nèi)進(jìn)入的深度D.不能求出以上五個(gè)量的任何一個(gè)【解析】子彈初速度為v0，到剛穿透A的過程，根據(jù)動(dòng)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.應(yīng)用牛頓第二定律得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.質(zhì)量為m的小球被系在輕繩一端，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過程中小球受到空氣阻力的作用.設(shè)某一時(shí)刻小球通過軌道的最低點(diǎn)，此時(shí)繩子的張力為7mg，此后小球繼續(xù)做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過半個(gè)圓周恰能通過最高點(diǎn)，則在此過程中小球克服空氣阻力所做的功為4 32 【解析】對(duì)小球進(jìn)行受力分析，小球通過最低點(diǎn)時(shí)繩子的張力為7mg，此時(shí)小球受力如圖所示，則有T-mg=m，因?yàn)門=7mg,解得mv12=3mgR,小球恰能通過最高點(diǎn)，正好為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由上幾式可得：Wf=,選項(xiàng)C正確.【答案】C6.如圖3所示，A在O點(diǎn)的正上方，OD為水平面，AB、AC均為斜面，物塊P從D點(diǎn)分別以速度v1和v2出發(fā)，兩次分別沿DBA、DCA滑到頂點(diǎn)時(shí)，速度均剛好為零.已知物塊與路面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)都相同且不為零，不計(jì)物塊由平面滑上斜面時(shí)的機(jī)械能損失，則下列說法正確的是圖3①物塊沿DBA和沿DCA兩次滑動(dòng)中摩擦力做功關(guān)系無法確定，所以v1、v2的大小無法確定②物塊沿DBA和沿DCA兩次滑動(dòng)中動(dòng)能都減?、畚飰K沿DBA和沿DCA兩次滑動(dòng)中機(jī)械能不變④兩次滑動(dòng)的初速度相等A.①② B.②③C.③④ D.②④【解析】設(shè)物塊質(zhì)量為m、動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)，傾角為θ，則沿斜面運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力做的功：W克=μmgcosθ·L，而Lcosθ正等于斜面長(zhǎng)在地面上的投影.可見，物體沿斜面運(yùn)動(dòng)克服摩擦力做的功等于物體沿等于斜面投影長(zhǎng)的平面上運(yùn)動(dòng)克服摩擦力做的功，所以物體沿DCA和沿DBA滑動(dòng)過程中克服摩擦力做的功相等，又兩次克服重力做的功相等，故兩次運(yùn)動(dòng)中動(dòng)能的減小量相等，即v1=v2.【答案】D7.如圖4所示，質(zhì)量為m的物體放在光滑水平面上，與水平方向成θ角的恒力F作用一段時(shí)間，則在此過程中，下列說法正確的是圖4①F對(duì)物體做的功小于物體動(dòng)能的增量②F對(duì)物體做的功等于物體動(dòng)能的增量③F對(duì)物體的沖量大于物體動(dòng)量的增量④F對(duì)物體的沖量等于物體動(dòng)量的增量A.②④ B.②③C.①③ D.①④Δp＜Ft,即③對(duì).【答案】B8.如圖5所示，質(zhì)量為M的物體P靜止在光滑的水平面上，有另一質(zhì)量為m(M＞m)的物體Q以速度v0正對(duì)P滑行，則它們碰后（水平面足夠大）圖5物體一定被彈回，因?yàn)镸＞m物體可能繼續(xù)向前物體的速度不可能為零D.若相碰后兩物體分離，則過一段時(shí)間可能再相碰【解析】由題意知m＜M,兩物體如果為完全非彈性碰撞，則P、Q粘在一起共同運(yùn)動(dòng)，所以答案A不對(duì)；如果為彈性碰撞，則一定被彈回；當(dāng)為非完全彈性碰撞時(shí)，Q的速度隨著損失能量的增大介于被彈回和一起向前運(yùn)動(dòng)之間，因而可能為零，故C不對(duì)，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)知，分離后不會(huì)再碰，故D也不對(duì)，正確答案為B.【答案】B二、填空題（本題共3小題，每小題6分，共18分）9.某工地用壓縮空氣除塵，設(shè)除塵需要的沖力為F，壓縮空氣的密度為ρ，氣柱橫截面積為S，則氣體噴出的速度至少應(yīng)為______.（設(shè)氣體與塵埃碰撞后速度減為零）【解析】選Δt時(shí)間內(nèi)噴到塵埃上的氣體為研究對(duì)象，由牛頓第三定律知塵埃對(duì)空氣的作用力大小亦為F.由動(dòng)量定理，得：FΔt=0-(-Δmv)=ρSv2·Δt所以v=.【答案】10.如圖6所示，物體質(zhì)量為m，由靜止開始從A點(diǎn)沿曲面從h1高處下滑到地面，隨后又沿另一曲面滑到h2高處的B點(diǎn)，速度減為零，再從B點(diǎn)滑下…，在兩曲面間往復(fù)運(yùn)動(dòng)，最終停下，則在此過程中，產(chǎn)生的內(nèi)能最多為______.圖6【解析】當(dāng)物體恰好停在前面最低點(diǎn)（即地面上）時(shí)，摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能最多，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得：Qmax=mgh1.【答案】mgh111.如圖7所示，在光滑水平面上，依次有質(zhì)量為m、2m、3m…10m的10個(gè)小球，排成一條直線，彼此間有一定的距離.開始時(shí)，后面的9個(gè)小球是靜止的，第一個(gè)小球以初速度v圖7【解析】整個(gè)過程動(dòng)量守恒，設(shè)最終共同運(yùn)動(dòng)速度為v,則mv0=m(1+2+3…+10)v，所以v=v0，所以系統(tǒng)損失的機(jī)械能為：ΔE=mv02-m(1+2+…10)v2=mv02.【答案】mv02三、計(jì)算題（本題共3小題，共42分）12.（12分）如圖8所示，傾角為θ的光滑斜面上放有兩個(gè)質(zhì)量均為m的小球A、B，兩小球用一根長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕桿相連，下面的小球B離斜面底端的高度為h.兩球從靜止開始下滑，不計(jì)與地面碰撞時(shí)的機(jī)械能損失，且地面光滑.試求：圖8（1）兩球在光滑平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度；（2）在這一過程中桿對(duì)A球做的功；（3）桿對(duì)A球做功所處的時(shí)間段.【解析】（1）對(duì)A、B系統(tǒng)由動(dòng)能定理，得：mgh+mg(h+lsinθ)=·2mv2所以v=（2）對(duì)A由動(dòng)能定理，得：mg(h+lsinθ)+W桿=mv2所以W桿=mv2-mg(h+lsinθ)=-mglsinθ.（3）兩球均在斜面上時(shí)，其加速度由重力沿斜面向下的分力產(chǎn)生，A、B與桿間無作用力.A、B都進(jìn)入平面后以等速做勻速直線運(yùn)動(dòng)，每球所受合外力為零，桿對(duì)球無作用力.故桿對(duì)球有作用力做功的階段為從B球進(jìn)入水平面開始，至A球進(jìn)入水平面結(jié)束.【答案】（1）(2)-mglsinθ(3)從B進(jìn)入水平面至A進(jìn)入水平面13.（14分）俄羅斯“和平號(hào)”空間站在人類航天史上寫下了輝煌的篇章，因不能保持其繼續(xù)運(yùn)行，于2001年3月23日墜入太平洋.設(shè)空間站的總質(zhì)量為m，在離地面高度為h的軌道上繞地球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，墜落時(shí)地面指揮系統(tǒng)使空間站在極短的時(shí)間內(nèi)向前噴出部分高速氣體，使其速度瞬間變小，在萬有引力作用下下墜.設(shè)噴出氣體的質(zhì)量為m，噴出速度為空間站原來速度的37倍，墜落過程中外力對(duì)空間站做功為W，求：（1）空間站在軌道上做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度；（2）空間站落到太平洋表面時(shí)的速度.（設(shè)地球表面的重力加速度為g，地球半徑為R）【解析】（1）設(shè)原空間站軌道線速度為v，則由萬有引力提供向心力得：G ①又由地面重力近似等于萬有引力，得：mg=G ②解①②式得v=.（2）空間站噴氣過程中動(dòng)量守恒，設(shè)噴氣后空間站速度為v1，且選空間站原速度方向?yàn)檎?，則：mv=(1-)mv1-m×37v ③設(shè)空間站落到太平洋洋面時(shí)速度為v2，則由墜落過程中的動(dòng)能定理，得：W=(1-)m(v22-v12) ④解③、④結(jié)合①中解出的v值，得：v2=.【答案】（1）(2)14.（16分）如圖9所示，長(zhǎng)為2L的板面光滑且不導(dǎo)電的平板小車C放在光滑水平面上，車的右端有塊擋板，車的質(zhì)量mC=4m，絕緣小物塊B的質(zhì)量mB=2m.若B以一定速度沿平板向右與C車的擋板相碰，碰后小車的速度總等于碰前物塊B速度的一半.今在靜止的平板車的左端放一個(gè)帶電量為+q、質(zhì)量為mA=m的小物塊A，將物塊B放在平板車的中央，在整個(gè)空間加上一個(gè)水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)，金屬塊A由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)A以速度v0與B發(fā)生碰撞，碰后A以v0的速率反彈回來，B圖9（1）求勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小和方向；（2）若A第二次和B相碰，判斷是在B與C相碰之前還是相碰之后？（3）A從第一次與B相碰到第二次與B相碰這個(gè)過程中，電場(chǎng)力對(duì)A做了多少功？【解析】（1）對(duì)金屬塊AqEL=mv02所以電場(chǎng)強(qiáng)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碰后做勻速運(yùn)動(dòng)，碰到擋板的時(shí)間tB=A的加速度aA=A在tB段時(shí)間的位移為sA=vAtB+atB2=-v0·+因sA＜L,故A第二次與B相碰必在B與C相碰之后（3）B與C相碰，mBvB=mBvB′+mCvC′vC′=vBvB′=0A從第一次相碰到第二次與B相碰的位移為l，因此電場(chǎng)力做的功W電=qEl=mv02.【答案】（1）,水平向右（2）在B與C相碰之后（3）mv02

動(dòng)量和能量（B卷）一、選擇題（本題共8小題，每小題5分，共40分.每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)符合要求，選對(duì)得5分，選錯(cuò)或不答得0分）1.一輛小車靜止在光滑的水平面上，小車立柱上固定一條長(zhǎng)為L(zhǎng)、系有小球的水平細(xì)繩，小球由靜止釋放，如圖1所示.不計(jì)一切摩擦，下列說法正確的是圖1A.小球的機(jī)械能守恒，動(dòng)量不守恒B.小球的機(jī)械能不守恒，動(dòng)量也不守恒C.球、車系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，動(dòng)量守恒D.球、車系統(tǒng)的機(jī)械能、動(dòng)量都不守恒【解析】小球擺動(dòng)過程中，所受合外力的沖量不為零，動(dòng)量不守恒；另外由于細(xì)繩拉力對(duì)小球做功，故小球機(jī)械能不守恒.對(duì)球、車系統(tǒng)，重力以外的力（繩子張力做功代數(shù)和為零），故系統(tǒng)機(jī)械能守恒；但系統(tǒng)豎直方向合外力不為零（小球擺動(dòng)過程中加速度有豎直分量），故系統(tǒng)動(dòng)量不守恒.【答案】B2.如圖2所示，光滑水平面上有A、B兩物體，其中帶有輕彈簧的B物體靜止，質(zhì)量為m的A物體以速度v0向著B運(yùn)動(dòng)，在A通過彈簧與B發(fā)生相互作用的過程中，以下說法錯(cuò)誤的是圖2A.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A的速度最小B.兩物體速度相等時(shí)彈簧壓縮量最大C.任意時(shí)刻A的動(dòng)量大小總小于mv0D.任意時(shí)刻系統(tǒng)的總動(dòng)量均為mv0【解析】A、B通過彈簧發(fā)生碰撞中，動(dòng)量守恒，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)后，A、B動(dòng)能也守恒.當(dāng)mA=mB時(shí)，將發(fā)生速度互換，A在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)速度為0，最小.但