2013高考物理 重點難點例析 專題13動量和能量

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1、專題十三 動量和能量 重點難點 1．彈簧類問題： 系統(tǒng)內(nèi)有兩個物體之間用輕質(zhì)彈簧連在一起，連接的彈簧或為原長，或已壓縮而被鎖定．這樣包括彈簧的系統(tǒng)與第三個物體相互作用（碰撞、子彈射入等）。這是這類問題的典型物理情境．首先應注意上述兩種情況的區(qū)別：已完全壓縮的彈簧沒有緩沖作用，應將系統(tǒng)當作一個整體來處理；沒壓縮的彈簧有緩沖作用，只有碰撞的兩個物體組成系統(tǒng)，與彈簧相連的另一端的物體沒有參與． 此類問題還應注意：把相互作用的總過程劃分為多個依次進行的子過程，分析確定哪些子過程機械能是守恒的，哪些子過程機械能不守恒．還有一個常見的物理條件：當彈簧最長或最短（或彈簧中彈性勢能最大）時，彈簧兩

2、端的物體速度相等． 2．“子彈擊木塊”模型類問題： 子彈擊穿木塊時，兩者速度不相等；子彈未擊穿木塊時，兩者速度相等．這兩種情況的臨界情況是：當子彈從木塊一端到達另一端，相對木塊運動的位移等于木塊長度時，兩者速度相等． 此時系統(tǒng)的動量守恒，機械能不守恒．可應用動能定理分別對子彈、木塊列式，也可應用動能關系對系統(tǒng)列式．對系統(tǒng)的功能關系是：滑動摩擦力對系統(tǒng)做的功（W =-fd，d為子彈擊入木塊的深度），等于系統(tǒng)功能的變化（ΔEk = Ek未Ek初）． 3．“類子彈擊木塊”模型問題： 此時相互作用力不是介質(zhì)阻力或滑動摩擦力，而是重力、彈力，此時機械能是守恒的．如彈性碰撞時：動量守恒、動能

3、守恒，以兩個運動物體發(fā)生彈性碰撞為例： 兩物體質(zhì)量分別為m1、m2，碰撞前速度分別為υ10、υ20，碰撞后速度分別為υ1，υ2，且碰撞是彈性正碰，則有：動量守恒即m1υ10+m2υ20 = m1υ1+m2υ2 ① 動能守恒即m1υ+m2υ = m1υ+m2υ ② 將①式變形有：m1（υ10 -υ1） = m2（υ2- υ20） ③ 將②式變形有：m1（υ10 -υ1）（υ10+υ1） = m2（υ2 -υ20）（υ2+υ20） ④ 將④÷③有：υ10+υ1 = υ2+υ20 ⑤ 由①和⑤解得：υ1 = υ10+υ20，υ2 = υ10+． 當υ20＝0時，υ1＝υ10

4、，υ2 = υ10． 當m1 = m2時，υ1＝υ20，υ2 = υ10，即兩物體交換速度． 規(guī)律方法  【例1】如圖所示，光滑水平面上有A、B、C三個物塊，其質(zhì)量分別為mA = 2.0kg，mB = 1.0kg，mC = 1.0kg．現(xiàn)用一輕彈簧將A、B兩物塊連接，并用力緩慢壓縮彈簧使A、B兩物塊靠近，此過程外力做108J（彈簧仍處于彈性限度內(nèi)），然后同時釋放A、B，彈簧開始逐漸變長，當彈簧剛好恢復原長時，C恰以4m/s的速度迎面與B發(fā)生碰撞并粘連在一起．求： （1）彈簧剛好恢復原長時（B與C碰撞前）A和B物塊速度的大小． （2）當彈簧第二次被壓縮時，彈簧具有的最大彈性勢能

5、． 【解析】（1）彈簧剛好恢復原長時，A和B物塊速度的大小分別為υA、υB． 由動量守恒定律有：0 = mAυA - mBυB 此過程機械能守恒有：Ep = mAυ+mBυ 代入Ep＝108J，解得：υA＝6m/s，υB = 12m/s，A的速度向右，B的速度向左． （2）C與B碰撞時，C、B組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰后B、C粘連時速度為υ′，則有： mBυB -mCυC = （mB+mC）υ′，代入數(shù)據(jù)得υ′ = 4m/s，υ′的方向向左． 此后A和B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，當彈簧第二次壓縮最短時，彈簧具有的彈性勢能最大，設為Ep′，且此時A與B、C三者有相同的

6、速度，設為υ，則有： 動量守恒：mAυA -（mB+mC）υ′ = （mA+mB+mC）υ，代入數(shù)據(jù)得υ = 1m/s，υ的方向向右． 機械能守恒：mAυ+（mB+mC）υ′2 = Ep′+（mA+mB+mC）υ2，代入數(shù)據(jù)得E′p＝50J． 訓練題如圖所示，滑塊A、B的質(zhì)量分別為m1和m2，m1＜m2，由輕 質(zhì)彈簧連接，置于光滑的水平面上，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)后綁緊，并使兩滑塊以速度υ0向右運動，突然輕繩斷開，當彈簧伸長到原長時，滑塊A的速度恰好為零．請通過定量分析說明，在以后的運動過程中，滑塊B是否會有速度為零的時刻． 答案：滑塊B不會有速度為零的時

7、刻 　　　　　　 【例2】如圖3-13-3所示，兩個完全相同的質(zhì)量分別為m的木塊A、B置于水平地面上，它們的間距S＝2．88m．質(zhì)量為2m，大小可忽略的滑塊C置于A板的左端．C與A、B之間的動摩擦因數(shù)μ1 = 0．22，A、B與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.10，最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力．開始時，三個物體處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)給C施加一個水平向右、大小為mg的力F，假定木板A、B碰撞時間極短且碰撞后粘連在一起，要使C最終不脫離木板，每塊木板的長度至少應為多少？ 【解析】A、C之間的滑動摩擦力大小為f1，f1 = μ1mcg = 0.44mg，A與水平地面之間的滑動摩擦力大小為f2

8、，f2 = μ2（mA+mC）g = 0.3mg，外力F = mg = 0．4mg可見F＜f1，F(xiàn)＞f2，即首先A和C之間保持相對靜，在F的作用下一起向右做加速運動．設A與B碰撞前A、C的速度大小為υ1，由動能定理有：（F-f2）s = （mA+mC）υ 代入數(shù)據(jù)得：υ1 = 0．8m/s  A、B兩木板的碰撞瞬間，內(nèi)力的沖量遠大于外力的沖量，由動量守恒定律，設A、B碰后一起運動的速度為υ2，則有：mAυ1 = （mA+mB）υ2 得υ2 = = 0．4m/s 碰撞后C與A、B之間有相對滑動，此時A、B與地面間滑動摩擦力大小為f3，f3＝μ2（mA+mB+mC）g = 0．4m

9、g，可見F＝f3，即三物體組成的系統(tǒng)受合外力為零，動量守恒，設它們達到的共同速度為υ3，此時A、B向前滑動的距離為s1，C恰好滑到B板的右端，此后三者一起做勻速運動，C不會脫離木板，設對應的木塊長度為l． 由動量守恒有：mcυ1+（mA+mB）υ2 = （mC+mA+mB）υ3 得υ3 = 0．6m/s 對A、B整體，由動能定理有：f1s1-f3s1 = （mA+mB）（υ-υ），得s1 = 1.5m 對C，由動能定理有：F（2l+s1）- f1（2l+s1） = mC（υ- υ），得l = 0.3m 訓練題如圖所示，O點左側(cè)是粗糙的，右側(cè)是光滑的一輕質(zhì)彈簧右端與墻壁固定，左端

10、與靜止在O點的質(zhì)量為m的小物塊A連接，彈簧處于原長狀態(tài)．質(zhì)量也為m的物塊B在大小為F的水平恒力．作用下由C處從靜止開始向右運動，已知物塊B與地面EO段的滑動摩擦力大小為．物塊B運動到O點與物塊A相碰并一起向右運動（設碰撞時間極短），運動到D點時撤云外力F已知CO＝4s，OD = s，求撤去外力后： （1）彈簧的最大彈性勢能 （2）物塊B最終離O點的距離（設碰后A、B一起運動但不粘連） 答案：（1）Ep=5Fs/2 （2）L=0．3m 【例3】空間探測器從行星旁邊繞過時，由于行星的引力作用，可以使探測器的運動速率增大，這種現(xiàn)象被稱之為“彈弓效應”在航天技術(shù)中，“彈弓效應”是用

11、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(zhì)量為m的空間探測器以相對于太陽的速度u0飛向質(zhì)量為M的行星，此時行星相對于太陽的速度為u0，繞過行星后探測器相對于太陽的速度為υ，此時行星相對于太陽的速度為υ，由于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(gòu)成的系統(tǒng)在上述過程中“動量守恒”“及始末狀態(tài)總動能相等”的方程，并在m<

12、υ0＝10.4km/s，則由于“彈弓效應”，該探測器繞過火星后相對于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(chǎn)生使探測器速率增大的“彈弓效應”？簡要說明理由． 【解析】（1）以探測器初始時速度υ0的反方向為速度的正方向 由動量守恒定律有：-mυ0+Mu0 = mυ+Mu 由動能守恒有: mυ+Mu = mυ2+Mu2 由上兩式解得：υ = υ0+u0． 當m<

13、取負值，為使探測器能追上行星，應使｜υ0｜＞|u0|，此時有υ = υ0+2（u0）即｜υ｜＝｜υ0．2u0｜＜|υ0|可見不能使探測器速率增大 訓練題如圖所示，運動的球A在光滑的水平面上與一個原來靜止的B球發(fā)生彈性碰撞，碰撞前后的速度在一條直線上A、B的質(zhì)量關系如何，才  可以實現(xiàn)使B球獲得： （1）最大的動能； （2）最大的速度； （3）最大的動量（設兩球半徑相等） 答案：（1）Ek2m=mAv02/2 （2）vBm=2v0 （3）P2m=2mAv0  【例4】如圖所示，彈簧上端固定在O點，下端掛一木匣A，木匣A頂端懸掛一木塊B（可視為質(zhì)點），A和B的質(zhì)量

14、都為m = 1kg，B距木匣底面高度h = 16cm，當它們都靜止時，彈簧長度為L某時刻，懸掛木塊B的細線突然斷開，在木匣上升到速度剛為0時，B和A的底面相碰，碰撞后結(jié)為一體，當運動到彈簧長度又為L時，速度變?yōu)棣浴?= 1m/s求： （1）B與A碰撞中動能的損失ΔEk; （2）彈簧的勁度系數(shù)k； （3）原來靜止時彈簧內(nèi)具有的彈勢勢能E0 【解析】線斷后，A向上做簡諧運動，剛開始為最低點，此時彈簧伸長為x，應有kx = 2mg；A到達平衡位置時，應有kx1 = mg，x1為此時彈簧的伸長，可見x = 2x1，A振動的振幅即x1 = ，當A到達最高點時，A的速度為零，彈簧處于原長位置，

15、彈簧的彈性勢能也為零． （1）當A、B結(jié)為一體運動到彈簧長度又為L時，彈簧中彈性勢能不變，A的重力勢能不變，B的重力勢能減少mgh，此時A、B具有動能·2m·υ2，可見系統(tǒng)（A、B及彈簧）減少的機械能為ΔE＝mgh·2mυ2 = 0．6J 只有在B與A碰撞粘合在一起時有機械能（動能）的損失，其他過程均不會損失機械能，故碰撞中損失的動能即系統(tǒng)損失的機械能：ΔEk = ΔE＝0．6J （2）A、B發(fā)生碰撞時，A向上運動了x，速度為零;B向下自由下落了h- x，速度為υB，由機械能守恒定律有：mg（h- x） = mυ A和B碰撞過程，動量守恒，設碰后共同速度為υ，則mυB = 2mυ

16、由能量守恒有：mυ = ΔEk+·2m·υ2 由以上各式，代入數(shù)據(jù)解得：x = 0．04m，k = 500N/m （3）線斷后，A從最低點到最高點時，彈簧原來具有的彈性勢能轉(zhuǎn)化為A的重力勢能，有E0＝mgx，得E0 = 0.4J 訓練題如圖所示，一質(zhì)量M＝2kg的長木板B靜止于光滑的水平面上，B的右端與豎直檔板的距離為s＝1m，一個質(zhì)量m = 1kg的小物體A以初速度υ0 = 6m/s從B的左端水平滑上B，在B與豎直擋板碰撞的過程中，A都沒有到達B的右端設物體A可視為質(zhì)點，A、B間的動摩擦因數(shù)μ = 0.1，B與豎直擋板碰撞時間極短，且碰撞過程中無機械能損失，g取10m/s2求

17、： （1）B與豎直擋板第一次碰撞前的瞬間，A、B的速度各是多少？ （2）最后要使A不從B的兩端滑下，木板B的長度至少是多少？ （結(jié)果保留3位有效數(shù)字） 答案：（1）vA=4m/s ，vB=1m/s （2）L=18．0m 能力訓練  1．矩形滑塊由不同材料的上、下兩層粘結(jié)在一起，將其放在光滑的水平面上，如圖所示，質(zhì)量為m的子彈以速度u水平射向滑塊若射擊上層，則子彈剛好不穿出；若射擊下層，則整個子彈剛好嵌入，則上述兩種情況相比較 （ AB ） A．兩次子彈對滑塊做的功一樣多 B．兩次滑塊所受沖量一樣大 C．子彈嵌入下層過程中對滑塊做功多

18、D．子彈擊中上層過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量多 2．1924年法國物理學家德布羅意提出物質(zhì)波的概念任何一個運動著的物體，小到電子，大到行星、恒星都有一種波與之對應，波長為λ = ，P為物體運動的動量，h是普朗克常量．同樣光也具有粒子性，光子的動量為：P = ．根據(jù)上述觀點可以證明一個靜止的自由電子如果完全吸收一個γ光子，會發(fā)生下列情況：設光子頻率為ν，則E = hν，P = = ，被電子吸收后有hν = meυ2，h = meυ，解得：υ = 2C．電子的速度為光速的2倍，顯然這是不可能的關于上述過程以下說法正確的是 （ CD ） A．因為在微觀世界動量守恒定律不

19、適用，上述論證錯誤，電子有可能完全吸收一個電子 B．因為在微觀世界能量守恒定律不適用，上述論證錯誤，電子有可能完全吸收一個電子 C．動量守恒定律，能量守恒定律是自然界中普遍適用的規(guī)律，所以惟一結(jié)論是電子不可能完全吸收一個r光子 D．若γ光子與一個靜止的自由電子發(fā)生作用，則r光子被電子散射后頻率會減小  3．如圖所示，質(zhì)量為m的子彈以速度υ0水平擊穿放在光滑水平地面上的木塊木塊長為L，質(zhì)量為M，木塊對子彈的阻力恒定不變，子彈穿過木塊后木塊獲得動能為Ek，若木塊或子彈的質(zhì)量發(fā)生變化，但子彈仍穿過木塊，則 （ AC ） A．M不變，m變小，則木塊獲得的動能一定變大 B．M不

20、變，m變小，則木塊獲得的動能可能變大 C．m不變，M變小，則木塊獲得的動能一定變大 D．m不變，M變小，則木塊獲得的動能可能變大  4．如圖所示，半徑為R的光滑圓環(huán)軌道與高為10R的光滑斜面安置在同一豎直平面內(nèi)，兩軌道之間由一條光滑水平軌道CD相連，在水平軌道CD上一輕質(zhì)彈簧被兩小球a、b夾?。ú贿B接）處于靜止狀態(tài)，今同時釋放兩個小球，a球恰好能通過圓環(huán)軌道最高點A，b球恰好能到達斜面最高點B，已知a球質(zhì)量為m，求釋放小球前彈簧具有的彈性勢能為多少？ 答案：Ep=7．5mgR 5．如圖所示，光滑水平面上，質(zhì)量為2m的小球B連接著輕質(zhì)彈簧，處于靜止；質(zhì)量為m的小球A以初速

21、度v0向右勻速運動，接著逐漸壓縮彈簧并使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，彈簧始終處于彈性限度以內(nèi) （1）求當彈簧被壓縮到最短時，彈簧的彈性勢能E． m 2m A B v0 （2）若開始時在小球B的右側(cè)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(fā)生正撞，并在碰后立刻將擋板撤走．設小球B與固定擋板的碰撞時間極短，碰后小球B的速度大小不變、但方向相反。設此后彈簧彈性勢能的最大值為，試求可能值的范圍． 答案：（1）當A球與彈簧接觸以后，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

22、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(tǒng)動量守恒，有 由機械能守恒　 聯(lián)立兩式得　　 （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(tǒng)動量守恒 B與擋板碰后，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　 得　　 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 解得　vBm＝ 即vB的取值范

23、圍為　 當vB＝時Em有最大值為Em1＝ 當vB＝時，Em有最小值為Em2＝ a b M N O v0 P · · 6．如圖所示，光滑絕緣桿上套有兩個完全相同、質(zhì)量都是m的金屬小球a、b，a帶電量為q（q＞0），b不帶電。M點是ON的中點，且OM=MN=L，整個裝置放在與桿平行的勻強電場中。開始時，b靜止在桿上MN之間的某點P處，a從桿上O點以速度v0向右運動，到達M點時速度為3v0/4，再到P點與b球相碰并粘合在一起（碰撞時間極短），運動到N點時速度恰好為零。求： ⑴電場強度E的大小和方向； ⑵a、

24、b兩球碰撞中損失的機械能； ⑶a球碰撞b球前的速度v。 答案：⑴a球從O到M WOM= 得： 方向向左 ⑵設碰撞中損失的機械能為△E，對a、b球從O到N的全過程應用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律 -qE2L-△E=0- 則碰撞中損失的機械能為 △E== ⑶設a與b碰撞前后的速度分別為v、v′，則 mv=2mv’ 減少的動能△E=-=  7．一玩具“火箭”由上下兩部分和一短而硬（即勁度系數(shù)很大）的輕質(zhì)彈簧構(gòu)成。上部分G1的質(zhì)量為m1，下部分G2的質(zhì)量為m2，彈簧夾

25、在G1與G2之間，與二者接觸而不固連。讓G1、G2壓緊彈簧，并將它們鎖定，此時彈簧的彈性勢能為已知的定值E0。通過遙控可解除鎖定，讓彈簧恢復至原長并釋放彈性勢能，設這一釋放過程的時間極短。現(xiàn)將玩具在一枯井的井口處從靜止開始自由下落，撞擊井底（井足夠深）后以原速率反彈，反彈后當玩具豎直向上運動到離井口深度為h的時刻解除鎖定。求 ⑴解除鎖定前瞬間，火箭的速度； ⑵解除鎖定后瞬間G1、G2的速度； ⑶若以井口處作為重力勢能的參考點，解除鎖定后G1的機械能會超過E0嗎？如能，請分析超過E0的條件。 答案：⑴v0 =　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

26、 ⑵解除鎖定前后，G1、G2動量守恒 （m1+m2）v0 = m1v1 + m2v2 G1、G2能量守恒（m1+m2）v02 + E0 = m1v12 + m2v22 解得： v1 = ±（“－”舍去） v1 = ＋ v2 = ±（“＋”舍去） v2 = － 由題意知 m1v12 + m1gh ＞ E0

27、 解得：h ＞ 8．如圖所示，質(zhì)量為2kg的物塊A（可看作質(zhì)點），放在長木板B的左端，B的質(zhì)量為1kg，可在水平面上無摩擦滑動，兩端各有一豎直擋板M、N，現(xiàn)A、B上相同的速度υ0 = 6m/s向左運動并與擋板M發(fā)生碰撞，B與M碰后速度立即變?yōu)榱悖?  但不與M粘連；A與M碰撞時沒有能量損失碰后立即返回向N板運動，且在與N板碰撞前，A、B能達到共同速度并且立即被鎖定，與N板碰撞后，A、B一起以原速反向運動，并且立即解除鎖定A、B之間的動摩擦因數(shù)μ = 0.1．通過計算求下列問題： （1）A與擋板M能否發(fā)生第二次碰撞？ （2）A最終停在何處？ （3）A在B上一

28、共通過了多少路程？ 答案：(1)第一次碰撞后A以vO=6 m／s速度向右運動，B的初速度為0，與N板碰前達共同速度v1，則mA v0=(mA+mB)v1 v1=4m/s 系統(tǒng)克服阻力做功損失動能 因與N板的碰撞沒有能量損失，A、B與N板碰后返回向左運動，此時A的動能 因此，當B先與M板碰撞停住后，A還有足夠能量克服阻力做功，并與M板發(fā)生第二次碰撞．所以A可以與擋板M發(fā)生第二次碰撞。 (2)設第i次碰后A的速度為vi，動能為EAi，達到共同速度后A的速度為vi′動能為EAi′ 同理可求 單程克服阻力做功 因此每次都可以返回到M板，景終?？吭贛板前。 (3)由(2)的討論可知，在每完成一個碰撞周期中損失的總能量均能滿足 (即剩余能量為) 其中用以克服阻力做功占損失總能量之比 碰撞中能量損失所占的比例 因此，當初始A的總動能損失完時，克服摩擦力做的總功為 所以S＝27/2＝13.5m