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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 高考专题：动量和机械能综合 上【考纲要求】1.娴熟把握动量守恒定律并能敏捷应用；2.娴熟把握机械能守恒定律并能敏捷应用；3.能综合应用动量守恒定律和机械能守恒定律解答有关综合题；4.能正确比较和区分动量守恒定律和机械能守恒定律成立条件、异同点；学问结构热点导析1.动量守恒定律和机械能守恒定律的相像之处使用方法及留意事项的（1）两个定律都是用“ 守恒量” 表示自然界的变化规律,争论对象均为物体系,运用“ 守恒量”表示物体系运动状态变化规律是物理争论中的重要方面；我们学习物理, 就要学会用守恒定律处理问题；（2）两个守恒定律均是在肯定条件下才成立,
2、它们都是用运动前、后两个状态的守恒量的相等来表示物体系的规律特点的,因此, 它们的表达式是相像的,且它们的表达式均有多种形式；（3）运用守恒定律解题都要留意其整体性（不是其中一个物体）、相对性（表达式的速度和其他有关物理量必需对同一参考系）、同时性（物体系内各物体的动量和机械能都是同一时刻的）、阶段性（满意条件后,各过程的始末均守恒）初状态和末状态,而不必考虑两个状态之间的过程细节；求解问题时,都只需考虑运动的（4）两个定律都可用试验加以验证,都可用理论进行论证,动量守恒定律是将动量定理用于相互作用的物体,在不受外力的条件下推导出来的；机械能守恒定律是将动能定理用于物体系（物体和地球组成系统）
3、,在只有重力做功的条件下推导而成的；2.动量守恒与机械能守恒的不同之处（1）守恒量不同, 动量守恒定律的守恒量是动量,机械能守恒定律的守恒量是机械能；因此它所表征的守恒规律是有本质区分的,动量守恒时,机械能可能不守恒,也可能守恒；反之亦然；（2）守恒条件不同,动量守恒定律的适用条件是系统不受外力（或某一方向系统不受 外力）,或系统所受的合外力等于零,或者系统所受的合外力远小于系统之间的内力；机械 能守恒定律适用的条件是只有重力做功；或者只有重力做功,受其他力,但其他力不做功；或者除重力的功外,仍有其他力做功,但这些力做功的代数和为零；名师归纳总结 （3）表达式不同,动量守恒定律的表达式是一个矢
4、量式,不论是m1v 1+mv 2=m1v1第 1 页,共 12 页+mv 2 ,仍是 p1+p2=p1+p2 ,或者 p1=- p2均是矢量式, 对于在始终线上运动的物体系,只要规定正方向,动量守恒定律可表示为代数式；机械能守恒定律的表达式为标量式,一般它表示为 Ek1+Ep1=Ek2+Ep2,或 Ep=- Ek；或者Ea=- Eb（将系统分成a、 b 两部分来争论） ；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 3. 动量守恒定律和机械能守恒及转化（即能量守恒定律）是近年高考压缩所考查的重点学问点,和论述形式在全国试卷中显现的年份就有90 岁月以来不包括挑选题
5、和填空题,只以运算 1992、1993、1995、1996、1997、1998 等,在上海试卷中显现的年份有 1992、 1993、1995、1998 等；在其他类型高考试卷中也反复显现；所以仔细分析该类问题,留意常规解法,敏捷运用其中规律,是其次轮复习的一个重点；典型例析例 1 如图 2-6-1 所示,质量为M的长木板静止在光滑的水平地面上,在木块的右端有一质量为 m的小铜块, 现给铜块一个水平向左的初速度 v0,铜块向左滑行并与固定在木板左端的长度为 l 的轻弹簧相碰, 碰后返回且恰好停在长木板右端,就轻弹簧与铜块相碰过程中具有的最大弹性势能为,整个过程中转化为内能的机械能为；解析 将 M
6、、m和弹簧整体取为系统,系统不受外力（弹力为内力）动量始终守恒；弹簧压至最短和小物块退至木块右端时整体均具有共同速度v 即 mv0=M+mv （取向左为正方向）v=Mmmv0因 m能相对于木板停于右端,所以肯定有内摩擦2 2从最初到最末 E 机损= 1 mv0 2-1 M+mv 2= 1 mv0 2-m . v 02 2 2 2 M m 而 E 机损S 相所以至弹簧压至最短时 E 机损 = 1 E 机损2据总能量守恒：1 mv 20= 1 M+mv 2+ 1 E 机损+E 弹2 2 22 2将结合得：E 弹= 1mv 0 2 1 m v 04 4 M m说明 此题为动量守恒、能量守恒、机械能缺
7、失、动能、弹性势能和内能转化的范例；总能守恒选用了三个时刻,即初始状态、 弹簧最短状态、 物体 m回复到 M最右端的三个状态；正确分清运动过程和各阶段的特点是解答此题的关键；例 2 下面是一个物理演示试验,它显示：图中自由下落的物体 上升到初始位置高得多的地方；A 和 B 经反弹后, B 能名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 12 页精选学习资料 - - - - - - - - - A是某种材料做成实心球,质量m1=0.28kg, 在其顶部的凹坑中插着质量m2=0.10kg 的木棍 B,B 点是松松地插在凹坑中,其下端与坑底之间有小间隙,将此装置从 A 下端离地板的高度 H
8、=1.25m处,由静止释放,试验中,A 触地后在极短时间内反弹,且其速度大小不变；接着木棍 B 脱离球 A 开头上升, 而球 A 恰好停留在地板上,求木棍 B上升的高度, 重力加速度 g=10m/s 2；解析 依据题意 A 碰地板后,反弹速度的大小 v1, 等于它下落到地面时速度的大小；即 v 1= 2 gH A刚反弹后,速度向上,马上与下落的 B 碰撞,碰前 B 的速度v2= 2 gH 由题意,碰后 A 速度为零,以 v2 表示 B 上升的速度,依据动量守恒m1v 1-m2v2=m2v 2令 h 表示 B 上升的高度,有h=2V22g由以上各式并代入数据得h=4.05m 说明 此题将自由落体
9、、竖直上抛、 竖直方向近似动量守恒结合在一起,应用于一个演示试验中,要求能从物理试验中建立起中学物理能解决的模型；此题为 20XX年高考原题；例 3 如图 2-6-3 所示 ,在光滑水平面上静止着一个质量为M的物体 B,B的上面左端静止着质量为 m的物体 A,A、B 间摩擦因数为 ,一个质量为 m0的小球以水平速度 v0 飞来,与 A碰撞后以撞前速率为 1 弹回,求 A与 B相对静止后它们的速度及 A在 B上滑行的距离（设5B 足够长, A 未滑落）；解析 小球与物体 A 发生碰撞,二物总动量守恒（碰撞时间很短,认为 B 未动）；名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 12 页
10、精选学习资料 - - - - - - - - - m0v 0=m0-1 v 0+mv1 v 1= 6 m 0 v 0 5 5 m物体 A 与物体 B 相对静止后一起运动的速度为 v2,A 、B 组成的系统动量守恒mv1=m+Mv2v 2=56m 0v0mMA在 B上滑行过程,依据能的转化与守恒定律,有 mgS相= 1 mv 21-1 m+Mv 22 2 2式代入式得2 2S 相= 182 m 0 v 0 M25 m M m g说明 系统内有一对滑动摩擦力做功之和（净功） 为负值, 在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积,其肯定值等于系统机械能的削减量,即系统机械能转化为系统的内能,记为 Q=f
11、S 相；事实上的可分别对 A 和 B应用动能定理并相加,总功即为 fS 相,总动能缺失亦等于 fS 相；例 4 质量为 m的滑块 A 与质量为 M（ Mm）的长木块 B 的动摩擦因数为 ,滑块 A 与木板 B 一起以速度 v0 在光滑的水平地面上向右滑动,如图 2-6-4 所示, B 到达墙时与墙发生碰撞,碰后 B 以原速率弹回,设木板足够长,问 B 碰撞后到 A 与 B相对静止的整个过程中,A（相对地）通过的路程是多长？解析（1）由题意知,滑块A 运动过程是B 与墙相碰后, B 以 v 0返回向左滑行,而滑名师归纳总结 块 A 仍以 v0 向右滑行（由于碰撞时间很短,不能转变A 的运动状态）
12、 ；A 的速度变第 4 页,共 12 页A、B 组成的系统水平方向不受外力,动量守恒,由于A、B 间摩擦力作用使为零,然后A 随 B 向左运动, A、B 最终达到共同速度v,选取向左方向为正,就- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - Mv0-mv0=M+mv, 故 v=Mmv 0Mm因 Mm,就 v0,v 方向向左；（2）A 受 B对它自左的摩擦力 f= mg作用, 开头一段时间 A 向右运动的速度由 v0逐步减小于 0,再向左运动速度由 0 增大到 v,设两段时间内 A 运动的路程分别为 l 1、l 2,如图 c,对 A 由动能定理得：- mgl1=0-1
13、 mv 20, mgl2=21 mv 2, 2A、B,特殊是A 的运动过程,分l1=v2,l2=2 v=Mm 2v22002g2g2gMm运动总路程为s=l 1+l 2=v2 0M2m2gMm 2说明此题关键在于以地面为参照系,深化细致分析层次并列作图, 得出 A 向右运动到最远的条件是速度为零,B 滑动的路程；如 Mm,就将是另一种物理情形；应特殊留意此题, 不是求 A相对例 5 在水平轨道上有一门大炮,炮车质量为 M,炮弹质量为 m,发射时炮弹相对于炮车的速度为 v,炮口仰角为 ,如图 2-6-5 所示,不计炮车和轨道间摩擦,求发射时炮车的反冲速度；解析设炮车对地的反冲速度为v ,水平向右
14、方向为正方向,由于发射过程中炮车和炮弹水平方向不受外力,动量守恒, 故有 0=mvcos -v -Mv ；由此得 v=Mmmvcos , 即炮车以大小为Mmmvcos 的速度向左后退；由于炮车反冲,炮弹出口速度方向的仰角并不等于炮口的仰角 ,在图2-6-6 中, v 表 u,它跟示炮弹相对于炮口的速度,v 为炮身的反冲速度,炮弹出口相对于地面的速度为地面间的夹角应为 ；名师归纳总结 由于 vv, 所以 ；第 5 页,共 12 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 说明运用动量守恒定律解题时,物体系中各物体的速度均以地面为参照系,所以, 炮弹出口时的速度大
15、小应为 vcos -v ,这是解题的关键；例 6 质量为 M的小孩靠在墙上尽力将一个质量为 m的铅球平推出去,球的水平射程为s 0,假如他穿着冰鞋站在光滑的冰面上尽力将此球平推出去,这次球对投掷点的水平射程 s1是多少？球落地时,球和小孩的水平距离 的）？s2 是多少（可认为小孩两次掷球时做的功是一样解析（1）人推球时做多少功,就会有多少生物能转化为机械能；第一次,人不动,这些机械能完全由球获得,设球获得的速度为 v 0,其次次, 因人和球这一系统在水平方向不受外力而动量守恒,球向前飞行时,人应后退,设此时球的初速为 v,人后退速度为 v2, 两次人做功相同；1 mv 20=21 mv 2+2
16、1 Mv 222Sv,所以其次次抛球过程中,球和人总动量守恒,就mv-Mv2=0 联立式、解得v=MMmV 0（2）人的高度肯定,球做平抛运动落地时间肯定,球对投掷点的水平射程s1=MMmS 0由式可得v2=mMMV m0M球落地过程中,人后退的距离s=mMMmS 0M所以,球落地时,球和人的水平距离s2=s 1+s=MMmS 0+mMMmS 0=MMmS 0M说明对有些问题中间过程较复杂,如用动量守恒和能的转化守恒来运算可以躲开中间过程而使运算简化；名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 12 页精选学习资料 - - - - - - - - - 例 7 质量为 m的钢板与直立
17、轻簧的上端连接,弹簧下端固定在地上；平稳时,弹簧的压缩量为 x 0,如图 2-6-7 所示；一物块从钢板正上方距离为3x0 的 A 处自由落下, 但不粘连；它们到达最低点后又向上运动；已知物块质量也为m时,它们恰能回到O点；如物块质量为2m,仍从 A 处自由落下,就物块与钢板回到 达的最高点与 O的点的距离；O点时,仍具有向上的速度；求物块向上运动到解析 此题为 1997 年全国高考压轴题物块与钢板碰撞时的速度 v 0= 6gx 0 设 v1表示质量为 m 的物块与钢板碰撞后一起开头向下运动的速度,因碰撞时间极短,动量守恒, mv0=2mv1 刚碰完时弹簧的弹性势能为 EP；当它们一起回到 O
18、点时,弹簧无形变,弹性势能为零；依据题给条件,这时物块与钢板的速度为零,由机械能守恒EP+ 1 （2m）v 21=2mgx0 2设 v 2表示质量为 2m的物块与钢板碰撞后开头一起向下运动的速度,就有2mv0=3mv2 刚碰完时弹簧的弹性势能为 运动,设此时速度为 v,就有EP ,它们回到 O点时, 弹性势能为零, 但它们仍连续向上EP+1 （ 3m）v 22 2=3mgx0+1 3mv 22x0, 在以上两种情形中,弹簧的初始压缩量都是故有 EP=EP当质量为 2m的物块与钢板一起回到O点时,弹簧的弹力为零,物块与钢板只受到重力作用,加速度为g；一过 O 点,钢板受到弹簧向下的拉力作用,加速
19、度大于g；由于物块与钢板不粘连,物块不行能受到钢板的拉力,其加速度仍为g；故在 O点物块与钢块分别,分离后, 物块以速度v 竖直上抛, 就由以上各式解得,物块向上运动所到最高点与O点的距离为s=v 221 2x 0比较g说明此题的前半部分始终在处理的问题就是弹性势能和弹簧形变量之间的关系,深刻地考查了同学大脑中能量的概念；名师归纳总结 例 8 如图 2-6-8 所示, 质量为 2m,长为 l 的木块置于光滑水平台面上,质量为 m的子第 7 页,共 12 页弹以初速 v 0 水平向右射向木块,穿出木块时的速度为v 0,设木块对子弹的阻力恒定；2- - - - - - -精选学习资料 - - -
20、- - - - - - （1）求子弹穿越木块的过程中木块滑行的距离 l 1；（2）如木块固定在传送带上,使木块随传送带始终以恒定速度仍以初速 v 0 向右射向木块（uv0）,求子弹最终速度v；u 水平向右运动,子弹（3）求在（ 2）情形下,子弹在木块中行进的过程中,木块移动的距离 l2；解析 此题为 1993 年上海高考压轴题（1）子弹与木块组成的系统动量守恒,就有mv0=m v 02+2mv1 v2+fl 再依系统能量守恒,又有1 mv 20=21 m 2v 22+1 2m 2对木块依动能定理,有fl 1= 1 2mv 22代入有fl= 5 mv 20 16由导出 l 1= 1 l 5（2）
21、此时子弹与木块组成的系统动量不再守恒；对子弹应用动能定理,有-fl+ut= 1 mv 2-1 mv 20 2 2对子弹应用动量定理,又有名师归纳总结 -ft=mv-mv0 v u , 所 以 得第 8 页,共 12 页代入后再消去t ,得v=uv0u25v2 08木 块 固 定 在 传 送 带 , 且 一 起 向 右 运 动 , 子 弹 的 速 度 只 能 是v=u+v0u25v2010 时,子弹不 48此解只在 v0-u25 v 82 0成立 , 即 uv 01-10 时成立,当 4uv01-再从木块射出,子弹的最终速度为u,故结果为：- - - - - - -精选学习资料 - - - -
22、- - - - - 当 uv01-10 时, v=u+ 4v 0u25v208当 v0uv01-10 时, v=u 4（3）当 u v01-10 时,子弹在木块中行进时间 t 可由4ft=mv 0-mv 得 t= 1 mv0-v f将 fl= 5 mv 20和 v=u+ v 0 u 2 5v 0 2代入上式16 8得 t= 16 l v 0-u-2 v 0 u 2 5v 0 2 5 v 0 8由此得 l 2=ut= 16 ul v 0-u-2 v 0 u 2 5v 0 2 5 v 0 8当 v 0uv01-10 时,子弹在木块中行进时间4t = 1 mv0-u= 16 l v 0- u 2l
23、2=ut = 16 ul v 0-u 2f 5 v 0 5 v 0说明 当子弹与木块都向右运动时,子弹能否穿透木块是由木块与子弹的速度关系打算的；当木块的速度 vv 01-10 时,子弹才能穿透木块；v0uv 01-10 子弹穿不透4 4木块,留在木块中；当 uv0 时,子弹将碰不到木块；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 ,如图 2-6-9 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2木板间的摩擦系数为 ；A、B、C三者质量相等,原先都静止,现使槽 A 以大小为 v0的初速向右运动,已知 v02 gl；当 A 和
24、B 发生碰撞时,两者速度互换；求（1）从 A、 B 发生第一次碰撞到其次次碰撞的时间内,木板 C运动的路程；（2）在 A、 B 刚要发生第四次碰撞埋,A、B、 C三者速度的大小；名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页,共 12 页精选学习资料 - - - - - - - - - 解析 此题为 1998 年全国高考压轴题（1）A 与 B刚发生第一次碰撞后,A 停下不动, B以初速 v0向右运动；由于摩擦,B 向右做匀减速运动,而 C向右做匀加速运动,两者速率逐步接近；设 B、C达到相同速度 v 1 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mv0=2m
25、v1 由功能关系,得 mgs1= 1 mv 20-1 mv 21 2 2由（ 1）得 v 1= 1 v0223 v 0代入式,得 s1=8 g依据条件 v02 gl,得 s13 l 4可见,在 B、C 达到相同速度 v 1时, B 尚未与 A 发生其次次碰撞；B 与 C一起将以 v1 向右匀速运动一段距离 l-s 1 后才与 A发生其次次碰撞；设 C的速度从零变到 v 1的过程中, C的路程为 s2, 由功能关系,得 mgs2= 1 mv 21 22v 0解得 s2= 8 g0因此在第一次到其次次碰撞境 C的路程和为 S=S2-l-S 1=l V 24 g2 由上面争论可知,在刚要发生其次次碰
26、撞时,A 静止, B、C的速度均为 v 1；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mv1=2mv2A 的左壁；刚碰撞后,A的速解得 v2=1 v1= 21 v0 4由于 A 的速度为v 1大于 B 的速度 v2, 故第三次碰撞发生在度变为 v 2,B 的速度为 v 1,C的速度仍为 v3；由动量守恒定律,得v 2；由于摩擦, B 减速, C加速,直至达到相同速度名师归纳总结 mv1+mv2=2mv3第 10 页,共 12 页解得 v 3=3 v0 8- - - - - - -精选学习资料 - - - - -
27、 - - - - 故刚要发生第四次碰撞时,A、B、C的速度分别为vA=v 2= 1 v0 4vB=vC=v3= 3 v 0 8说明 此题不但考查了学问,更侧重于考查了才能,考查的学问有：动能定理、动量定理、动量守恒定律、牛顿运动定律、运动学规律等内容；考查才能主要有：推理才能、懂得才能、分析综合才能；该题易判定出应用动量守恒定律和功能关系求解,度进行判定, 这就需要分析物体运动过程中的动力学因素；但两规律都需对物体运动的末状态速 第一次碰撞后, B 做匀减速运动,C做匀加速运动,在其次次碰撞之前,B、C两物体能否连续这种运动,就需从运动的根本原因受力来分析,B、C 两物体做匀变速运动是由于它们
28、之间相互作用的滑动摩擦力,而该力存在的基础是 B、C能否发生相对运动,这就要求分析 A、B 发生其次次碰撞之前能否达到共同速度,这就是该题的“ 题眼”；另外,再留意到每次均为弹性碰撞,每次 A、B 速度均互换；该题充分表达了力学综合题的解题思路,在动力学帮助下应用功能关系及动量守恒求解,而在分析动力学因素时物体的运动和力又是相辅相成的；例 10 “ 和平号” 空间站已于今年3 月 23 日胜利地坠落在南太平洋海疆,坠落过程可简化为从一个近圆轨道（可近似看作圆轨道）开头,经过与大气摩擦,空间站的绝大部分经过升温、 熔化,最终汽化而销毁, 剩下的残片坠入大海；除一部分用于销毁和一部分被残片带走外,
29、仍有一部分能量此过程中, 空间站原先的机械能中,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）试导出以以下各物理量的符号表示散失能量E 的公式；2；如以地面为重（2）算出 E 的数值（结果保留两位有效数字）；坠落开头时空间站的质量M=1.17 105kg 轨道离地面的高度h=146km 地球半径 R=6.4 106m 坠落空间范畴内重力加速度可看作g=10m/s2入海残片的质量m=1.2 104kg 入海残片的温度上升T=3000K 入海残片的入海速度为声速v=340m/s；空间站材料每1 千克升温 1K 平均所需能量c=1.0 103J; 每销毁 1 千克材料平均所需能量=1
30、.0 107J；解析此题为 20XX年高考试题（1）依据题给条件,从近圆斩道到地面的空间中重力加速度g=10m/s力势能零点,坠落过程开头时空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2 M vr=Mg R 地表示地球半径,就其中 r 为轨道半径,如以r=R 地+h 由、式可得空间站在近圆轨道上的动能为名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页,共 12 页精选学习资料 - - - - - - - - - Ek=1 MgR 地+h 2由、式得,在近圆轨道上空间站的机械能E=Mg1 R 地+ 23 h 2Q汽=（M-m）用于残片升漫所需的能量Q残=cm T 残片的动能为E残=1 mv 22以 E 表示其他方式散失的能量,就由能量守恒得 E=Q汽+E 残+Q残+E由此得E=Mg1 R 地+ 23 h-M-m -21 mv 2-cm T 22 以题给数据代入得E=2.9 10 12J 说明 此题是以能量为主线的力、热综合题, 用已学过的中学物理学问解决当今世界上的航天大大事,具有现实意义,能表达中学物理学问的重要位置；名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 12 页