2008年高考试题分类汇编之《动量与能量》1

典型课案 动量与能量一、考点梳理1．考纲要求：动量和能量在热学、电场、磁场、电磁感应、光学和原子物理学中的应用都是Ⅱ级要求.2．命题趋势：同第4课时。

3．思路及方法：以热学、电场、磁场、电磁感应、光学和原子物理学知识为载体设计的一些物理问题，从动量和能量的角度分析处理是一条重要的途径，也是解决此类问题最重要的思维方法之一。

正所谓热电光原搭台，动量和能量唱戏。

二.热身训练1.同学们根据中学物理知识在讨论“随着岁月的流逝，地球绕太阳公转的周期、日地间的平均距离，地球表面温度变化的趋势的问题中，下列结论正确的是( )A.太阳内有激烈的聚变反应，辐射大量光子，由∆∆E mc =2知太阳质量在不断减小。

B.根据F G Mm r=2和F m v r =2知日地距离不断变大，地球环绕速度将减小。

C.根据F G Mm r=2和F m v r =2可知日地距离不断减小，地球环绕速度将增大。

D.因太阳质量减小，辐射光子功率减小，日地距离增大，故辐射到地表的热功率也减小，地表温度也将逐渐降低。

2．已知氘核质量为2.0136u ，中子质量为1.0087u ，32He 核的质量为3.0150u.（1）写出两个氘核聚变成32He 的核反应方程.（2）计算上述核反应中释放的核能.（3）若两氘核以相等的动能0.35 MeV 作对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成的32He 核和中子的动能各是多少？3.如图所示，两端足够长的敞口容器中，有两个可以自由移动的光滑活塞A 和B ，中间封有一定量的空气，现有一块粘泥C ，以E K 的动能沿水平方向飞撞到A 并粘在一起，由于活塞的压缩，使密封气体的内能增加，若A 、B 、C 质量相等，则密闭空气在绝热状态变化过程中，内能增加的最大值是多少？三.讲练平台【例１】如图，两块平行金属板A 、B 带有等量异种电荷，竖直固定在光滑绝缘的小车上，小车的总质量为M ，整个装置静止在光滑的水平面上。

08届高三培尖 《能量与动量》资料例1、如图所示，光滑的水平轨道接一个半径为R 的光滑半圆轨道，在水平轨道上有1997个质量相同的小球．除第1号小球外，其它小球均静止．第1号小球以初速度v 0碰撞第2号小球，在碰撞过程中损19971失初动能的19971；第2号小球碰撞第3号小球，在碰撞过程中损失第2号小球初动能的19971；第3号小球又碰撞第4号小球，依次碰撞下去，每次碰撞均损失前一小球初动能的19971，最后，第1997号小球恰能沿半圆轨道达到最高点．试求第1号小球的初速度v 0．解析：设第1号球与第2号球碰后的速度分别为v 1和v 2．由动量守恒定律得210mv mv mv += ①由能量关系可得：22212121202119971996mv mv mv +=⨯ ② 解①②可得： 019971995221v v +=由于每次碰撞所遵循的规律完全相同，分析归纳可得：经1996次碰撞后，第1997号球获得的速度为 01996199719951997)21(v v += ③因为第1997号球恰能到圆轨道的最高点，所以对1997号球，根据机械能守恒定律有：Rmg mv mv 22212199721⋅+= ④ 在最高点有： Rv m mg 2= ⑤解 ③④⑤得 gR v 96.30≈例2、光滑水平面上有两个质量分别为m 1和m 2的小球A 和B ，它们在一条与右侧竖直墙面垂直的直线上前后放置，如图所示．设开始时B 球静止，A 球以速度v 对准B 球运动．不计各种摩擦，所有碰撞均不损失机械能．如果要求两球只发生两次碰撞，试确定两球质量之比21m m 的范围． 解析：⑴审题，分析随机性．从发生条件来看，m 1和m 2是不确定的，21m m 的比值是不确定的．两球只发生两次碰撞的具体过程，依赖于21m m 的比值这个发生条件的不确定性．因此，小球A 和B 只发生两次碰撞是随机性的．⑵确定随机初始条件．m l 与m 2之间存在三种随机关系，即m l ＞m 2 ，m l ＝m 2， m l ＜m 2．每一种随机关系可以决定一种只发生两次碰撞的物理过程．这样，共有三种“两球只发生两次碰撞”的随机过程．⑶设水平向右为z 轴的正方向，球向右运动时，v ＞0，球向左运动时v ＜0，规定物理量的下标l 、2分属A 、B 两球． A 、B 两球第一次碰撞22111v m v m v m +=22221121212121v m v m v m += ， 由上二式可解得第一次碰撞后A 、B 两球的速度分别为v m m m m v 21211+-=① v m m m v 21112+= ②先讨论m l ＞m 2的情况，由①②式可知，A 、B 两小球均向右运动，Ｂ球在前，与墙碰撞后以原速度大小返回，返回途中与Ａ第二次碰撞。

高考物理专题2 动量与能量知识网络考点预测本专题涉及得内容就是动力学内容得延续与深化.动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律得适用范围更广泛.它们就是自然界中最基本、最普遍、最重要得客观规律,也就是高中物理得重点与难点、高考考查内容得重点.其命题形式一般就是能量与动量综合起来考,如:2009年全国理综卷Ⅰ第21题、第25题,2008年全国理综卷Ⅰ得第24题“下摆拉动滑块碰撞问题”,全国理综卷Ⅱ得第23题“子弹射击木块问题”,重庆理综卷得第24题“碰撞后压缩弹簧问题”.但就是,由于目前全国得课改形势以及在课程标准中得内容设置,在高考中出现得这类综合题得难点主要在于功能关系得应用上,而不就是在于动量守恒定律得应用上.另外,从2009年各地得高考考卷中也可发现,除了能量与动量得综合题外,单独考查功能原理得试题在卷中出现得概率也较大.要点归纳一、基本得物理概念 1.冲量与功得比较(1)定义式⎩⎪⎨⎪⎧冲量得定义式:I ＝Ft (作用力在时间上得积累效果)功得定义式:W ＝Fs cos θ(作用力在空间上得积累效果)(2)属性⎩⎪⎨⎪⎧冲量就是矢量既有大小又有方向(求合冲量应按矢,量合成法则来计算)功就是标量只有大小没有方向(求物体所受外力得,总功只需按代数与计算)2.动量与动能得比较(1)定义式⎩⎨⎧动量得定义式:p ＝mv动能得定义式:E k＝12mv2(2)属性⎩⎪⎨⎪⎧动量就是矢量(动量得变化也就是矢量,求动量得变化,应按矢量运算法则来计算)动能就是标量(动能得变化也就是标量,求动能得变化,只需按代数运算法则来计算)(3)动量与动能量值间得关系⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2mE kE k＝p 22m ＝12pv(4)动量与动能都就是描述物体状态得量,都有相对性(相对所选择得参考系),都与物体得受力情况无关.动量得变化与动能得变化都就是过程量,都就是针对某段时间而言得.二、动量观点得基本物理规律1.动量定理得基本形式与表达式:I ＝Δp . 分方向得表达式:I x 合＝Δp x ,I y 合＝Δp y .2.动量定理推论:动量得变化率等于物体所受得合外力,即ΔpΔt ＝F 合.3.动量守恒定律(1)动量守恒定律得研究对象就是一个系统(含两个或两个以上相互作用得物体). (2)动量守恒定律得适用条件①标准条件:系统不受外力或系统所受外力之与为零.②近似条件:系统所受外力之与虽不为零,但比系统得内力小得多(如碰撞问题中得摩擦力、爆炸问题中得重力等外力与相互作用得内力相比小得多),可以忽略不计.③分量条件:系统所受外力之与虽不为零,但在某个方向上得分量为零,则在该方向上系统总动量得分量保持不变.(3)使用动量守恒定律时应注意: ①速度得瞬时性; ②动量得矢量性; ③时间得同一性.(4)应用动量守恒定律解决问题得基本思路与方法①分析题意,明确研究对象.在分析相互作用得物体总动量就是否守恒时,通常把这些被研究得物体统称为系统.对于比较复杂得物理过程,要采用程序法对全过程进行分段分析,要明确在哪些阶段中,哪些物体发生相互作用,从而确定所研究得系统就是由哪些物体组成得. ②对各阶段所选系统内得物体进行受力分析,弄清哪些就是系统内部物体之间相互作用得内力,哪些就是作用于系统得外力.在受力分析得基础上根据动量守恒定律得条件,判断能否应用动量守恒定律.③明确所研究得相互作用过程,确定过程得始末状态,即系统内各个物体得初动量与末动量得值或表达式.(注意:在研究地面上物体间相互作用得过程时,各物体运动得速度均应取地球为参考系)④确定正方向,建立动量守恒方程求解. 三、功与能1.中学物理中常见得能量动能E k ＝12mv 2;重力势能E p ＝mgh ;弹性势能E 弹＝12kx 2;机械能E ＝E k ＋E p ;分子势能;分子动能;内能;电势能E ＝q φ;电能;磁场能;化学能;光能;原子能(电子得动能与势能之与);原子核能E ＝mc 2;引力势能;太阳能;风能(空气得动能);地热、潮汐能.2.常见力得功与功率得计算:恒力做功W ＝Fs cos θ; 重力做功W ＝mgh ;一对滑动摩擦力做得总功W f ＝－fs 路; 电场力做功W ＝qU ;功率恒定时牵引力所做得功W ＝Pt ; 恒定压强下得压力所做得功W ＝p ·ΔV ; 电流所做得功W ＝UIt ; 洛伦兹力永不做功; 瞬时功率P ＝Fv cos_θ; 平均功率P －＝W t＝F v －cos θ.3.中学物理中重要得功能关系能量与物体运动得状态相对应.在物体相互作用得过程中,物体得运动状态通常要发生变化,所以物体得能量变化一般要通过做功来实现,这就就是常说得“功就是能量转化得量度”得物理本质.那么,什么功对应着什么能量得转化呢？在高中物理中主要得功能关系有:(1)外力对物体所做得总功等于物体动能得增量,即W 总＝ΔE k .(动能定理)(2)重力(或弹簧得弹力)对物体所做得功等于物体重力势能(或弹性势能)得增量得负值,即W 重＝－ΔE p (或W 弹＝－ΔE p ).(3)电场力对电荷所做得功等于电荷电势能得增量得负值,即W 电＝－ΔE 电. (4)除重力(或弹簧得弹力)以外得力对物体所做得功等于物体机械能得增量,即W 其她＝ΔE 机.(功能原理)(5)当除重力(或弹簧弹力)以外得力对物体所做得功等于零时,则有ΔE 机＝0,即机械能守恒.(6)一对滑动摩擦力做功与内能变化得关系就是:“摩擦所产生得热”等于滑动摩擦力跟物体间相对路程得乘积,即Q ＝fs 相对.一对滑动摩擦力所做得功得代数与总为负值,表示除了有机械能在两个物体间转移外,还有一部分机械能转化为内能,这就就是“摩擦生热”得实质. (7)安培力做功对应着电能与其她形式得能相互转化,即W 安＝ΔE 电.安培力做正功,对应着电能转化为其她能(如电动机模型);克服安培力做负功,对应着其她能转化为电能(如发电机模型);安培力做功得绝对值等于电能转化得量值.(8)分子力对分子所做得功等于分子势能得增量得负值,即W 分子力＝－ΔE 分子.(9)外界对一定质量得气体所做得功W 与气体从外界所吸收得热量Q 之与等于气体内能得变化,即W ＋Q ＝ΔU .(10)在电机电路中,电流做功得功率等于电阻发热得功率与输出得机械功率之与. (11)在纯电阻电路中,电流做功得功率等于电阻发热得功率.(12)在电解槽电路中,电流做功得功率等于电阻发热得功率与转化为化学能得功率之与.(13)在光电效应中,光子得能量h ν＝W ＋12mv 02.(14)在原子物理中,原子辐射光子得能量h ν＝E 初－E 末,原子吸收光子得能量h ν＝E 末－E 初.(15)核力对核子所做得功等于核能增量得负值,即W 核＝－ΔE 核,并且Δmc 2＝ΔE 核. (16)能量转化与守恒定律.对于所有参与相互作用得物体所组成得系统,无论什么力做功,可能每一个物体得能量得数值及形式都发生变化,但系统内所有物体得各种形式能量得总与保持不变.4.运用能量观点分析、解决问题得基本思路(1)选定研究对象(单个物体或一个系统),弄清物理过程.(2)分析受力情况,瞧有什么力在做功,弄清系统内有多少种形式得能在参与转化. (3)仔细分析系统内各种能量得变化情况及变化得数量. (4)列方程ΔE 减＝ΔE 增或E 初＝E 末求解. 四、弹性碰撞在一光滑水平面上有两个质量分别为m 1、m 2得刚性小球A 与B 以初速度v 1、v 2运动,若它们能发生正碰,碰撞后它们得速度分别为v 1′与v 2′.v 1、v 2、v 1′、v 2′就是以地面为参考系得,将A 与B 瞧做系统.由碰撞过程中系统动量守恒,有:m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′由于弹性碰撞中没有机械能损失,故有: 12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 由以上两式可得:v 2′－v 1′＝－(v 2－v 1)或v 1′－v 2′＝－(v 1－v 2)碰撞后B 相对于A 得速度与碰撞前B 相对于A 得速度大小相等、方向相反;碰撞后A 相对于B 得速度与碰撞前A 相对于B 得速度大小相等、方向相反.【结论1】对于一维弹性碰撞,若以其中某物体为参考系,则另一物体碰撞前后速度大小不变、方向相反(即以原速率弹回).联立以上各式可解得:v 1′＝2m 2v 2＋(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2v 2′＝2m 1v 1＋(m 2－m 1)v 2m 1＋m 2若m 1＝m 2,即两个物体得质量相等,则v 1′＝v 2,v 2′＝v 1,表示碰后A 得速度变为v 2,B 得速度变为v 1.【结论2】对于一维弹性碰撞,若两个物体得质量相等,则碰撞后两个物体互换速度(即碰后A 得速度等于碰前B 得速度,碰后B 得速度等于碰前A 得速度).若A 得质量远大于B 得质量,则有:v 1′＝v 1,v 2′＝2v 1－v 2;若A 得质量远小于B 得质量,则有:v 2′＝v 2,v 1′＝2v 2－v 1.【结论3】对于一维弹性碰撞,若其中某物体得质量远大于另一物体得质量,则质量大得物体碰撞前后速度保持不变.至于质量小得物体碰后速度如何,可结合结论1与结论2得出. 在高考复习中,若能引导学生推导出以上二级结论并熟记,对提高学生得解题速度就是大有帮助得.热点、重点、难点一、动量定理得应用问题动量定理得应用在高考中主要有以下题型: 1.定性解释周围得一些现象;2.求打击、碰撞、落地过程中得平均冲力;3.计算流体问题中得冲力(或反冲力);4.根据安培力得冲量求电荷量.●例1 如图2－1所示,一个下面装有轮子得贮气瓶停放在光滑得水平地面上,瓶得底端与竖直墙壁接触.现打开右端阀门,气体向外喷出,设喷口得面积为S ,气体得密度为ρ,气体向外喷出得速度为v ,则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁得作用力大小就是( )图2－1A.ρvSB.ρv 2SC.12ρv 2S D.ρv 2S【解析】Δt 时间内喷出气体得质量Δm ＝ρSv ·Δt对于贮气瓶、瓶内气体及喷出得气体所组成得系统,由动量定理得:F ·Δt ＝Δm ·v －0解得:F ＝ρv 2S . [答案] D【点评】动量定理对多个物体组成得系统也成立,而动能定理对于多个物体组成得系统不适用.★同类拓展1 如图2－2所示,质量为M 得木块位于光滑水平面上,在木块与墙之间用轻弹簧连接,开始时木块静止在A 位置.现有一质量为m 得子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中,则当木块回到A 位置时得速度v 以及此过程中墙对弹簧得冲量I 得大小分别为( )图2－2A.v ＝mv 0M ＋m ,I ＝0 B.v ＝mv 0M ＋m,I ＝2mv 0 C.v ＝mv 0M ＋m ,I ＝2m 2v 0M ＋m D.v ＝mv 0M,I ＝2mv 0【解析】设在子弹射入木块且未压缩弹簧得过程中,木块(含子弹)得速度为v 1,由动量守恒定律得:mv 0＝(m ＋M )v 1解得:v 1＝mv 0m ＋M对木块(含子弹)压缩弹簧再返回A 点得过程,由动能定理得:12(m ＋M )v 2－12(m ＋M )v 12＝W 总＝0 可知:v ＝v 1＝mv 0m ＋M取子弹、木块与弹簧组成得系统为研究对象,由动量定理得:I ＝(m ＋M )·(－v )－(m ＋M )v 1＝－2mv 0负号表示方向向左. [答案] B二、动能定理、机械能守恒定律得应用1.对于单个平动得物体:W 总＝ΔE k ,W 总指物体所受得所有外力做得总功.2.系统只有重力、弹力作为内力做功时,机械能守恒.(1)用细绳悬挂得物体绕细绳另一端做圆周运动时,细绳对物体不做功.(2)轻杆绕一端自由下摆,若轻杆上只固定一个物体,则轻杆对物体不做功;若轻杆上不同位置固定两个物体,则轻杆分别对两物体做功.(3)对于细绳连接得物体,若细绳存在突然绷紧得瞬间,则物体(系统)得机械能减少. 3.单个可当做质点得物体机械能守恒时,既可用机械能守恒定律解题,也可用动能定理解题,两种方法等效.发生形变得物体与几个物体组成得系统机械能守恒时,一般用机械能守恒定律解题,不方便应用动能定理解题.●例2 以初速度v 0竖直向上抛出一质量为m 得小物块.假定物块所受得空气阻力f 大小不变.已知重力加速度为g ,则物块上升得最大高度与返回到原抛出点得速率分别为[2009年高考·全国理综卷Ⅱ]( ) A.v 022g (1＋f mg)与v 0mg －fmg ＋fB.v 022g (1＋f mg)与v 0mgmg ＋fC.v 022g (1＋2f mg)与v 0mg －fmg ＋fD.v 022g (1＋2f mg)与v 0mgmg ＋f【解析】方法一:对于物块上升得过程,由动能定理得: －(mgh ＋fh )＝0－12mv 02解得:h ＝v 022g (1＋fmg)设物块返回至原抛出点得速率为v ,对于整个过程应用动能定理有: 12mv 2－12mv 02＝－f ·2h 解得:v ＝v 0mg －fmg ＋f. 方法二:设小物块在上升过程中得加速度大小为a 1,由牛顿第二定律有:a 1＝mg ＋f m故物块上升得最大高度h ＝v 022a 1＝v 022g (1＋fmg)设小物块在下降过程中得加速度为a 2,由牛顿第二定律有:a 2＝mg －f m可得:v ＝2a 2h ＝v 0mg －fmg ＋f. [答案] A【点评】动能定理就是由牛顿第二定律导出得一个结论,对于单个物体受恒力作用得过程,以上两种方法都可以用来分析解答,但方法二得物理过程较复杂.例如涉及曲线运动或变力做功时,运用动能定理更为方便.★同类拓展2 一匹马拉着质量为 60 kg 得雪橇,从静止开始用 80 s 得时间沿平直冰面跑完 1000 m.设在运动过程中雪橇受到得阻力保持不变,已知雪橇在开始运动得 8 s 时间内做匀加速直线运动,从第 8 s 末开始,马拉雪橇做功得功率保持不变,使雪橇继续做直线运动,最后一段时间雪橇做得就是匀速直线运动,速度大小为 15 m/s;开始运动得 8 s 内马拉雪橇得平均功率就是 8 s 后功率得一半.求:整个运动过程中马拉雪橇做功得平均功率与雪橇在运动过程中所受阻力得大小.【解析】设 8 s 后马拉雪橇得功率为P ,则: 匀速运动时P ＝F ·v ＝f ·v即运动过程中雪橇受到得阻力大小f ＝P v对于整个过程运用动能定理得:P2·t 1＋P (t 总－t 1)－f ·s 总＝12mv t 2－0 即P 2×8＋P (80－8)－P 15×1000＝12×60×152 解得:P ＝723 W 故f ＝48、2 N再由动能定理可得P －t 总－f ·s ＝12mv t 2解得:P －＝687 W. [答案] 687 W 48、2 N●例3 如图2－3所示,质量为m 1得物体A 经一轻质弹簧与下方地面上得质量为m 2得物体B 相连,弹簧得劲度系数为k ,A 、B 都处于静止状态.一条不可伸长得轻绳绕过两个轻滑轮,一端连物体A ,另一端连一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态,A 上方得一段沿竖直方向.若在挂钩上挂一质量为m 3得物体C ,则B 将刚好离地.若将C 换成另一个质量为m 1＋m 3得物体D ,仍从上述初始位置由静止状态释放,则这次B 刚离地时D 得速度大小就是多少？(已知重力加速度为g )图2－3【解析】开始时A 、B 静止,即处于平衡状态,设弹簧得压缩量为x 1,则有:kx 1＝m 1g挂上C 后,当B 刚要离地时,设弹簧得伸长量为x 2,则有:kx 2＝m 2g此时,A 与C 得速度均为零从挂上C 到A 与C 得速度均为零时,根据机械能守恒定律可知,弹性势能得改变量为: ΔE ＝m 3g (x 1＋x 2)－m 1g (x 1＋x 2) 将C 换成D 后,有:ΔE ＋12(m 1＋m 3＋m 1)v 2＝(m 1＋m 3)g (x 1＋x 2)－m 1g (x 1＋x 2)联立解得:v ＝2m 1(m 1＋m 2)g2k (2m 1＋m 3).[答案]2m 1(m 1＋m 2)g2k (2m 1＋m 3)【点评】含弹簧连接得物理情境题在近几年高考中出现得概率很高,而且多次考查以下原理:①弹簧得压缩量或伸长量相同时,弹性势能相等;②弹性势能得变化取决于弹簧得始末形变量,与过程无关.三、碰撞问题1.在高中物理中涉及得许多碰撞过程(包括射击),即使在空中或粗糙得水平面上,往往由于作用时间短、内力远大于外力,系统得动量仍可瞧做守恒.2.两滑块在水平面上碰撞得过程遵循以下三个法则: ①动量守恒; ②机械能不增加;③碰后两物体得前后位置要符合实际情境.3.两物体发生完全非弹性碰撞时,机械能得损耗最大.●例4 如图2－4所示,在光滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线等间距得静止排着多个形状相同得带正电得绝缘小球,依次编号为1、2、3……每个小球所带得电荷量都相等且均为q ＝3、75×10－3C,第一个小球得质量m ＝0、03 kg,从第二个小球起往下得小球得质量依次为前一个小球得13,小球均位于垂直于小球所在直线得匀强磁场里,已知该磁场得磁感应强度B ＝0、5 T.现给第一个小球一个水平速度v ＝8 m/s,使第一个小球向前运动并且与后面得小球发生弹性正碰.若碰撞过程中电荷不转移,则第几个小球被碰后可以脱离地面？(不计电荷之间得库仑力,取g ＝10 m/s 2)图2－4【解析】设第一个小球与第二个小球发生弹性碰撞后两小球得速度分别为v 1与v 2,根据动量与能量守恒有:mv ＝mv 1＋13mv 212mv 2＝12mv 12＋16mv 22 联立解得:v 2＝32v同理,可得第n ＋1个小球被碰后得速度 v n ＋1＝(32)nv设第n ＋1个小球被碰后对地面得压力为零或脱离地面,则:qv n ＋1B ≥(13)n mg联立以上两式代入数值可得n ≥2,所以第3个小球被碰后首先离开地面. [答案] 第3个【点评】解答对于多个物体、多次碰撞且动量守恒得物理过程时,总结出通项公式或递推式就是关键.★同类拓展3 如图2－5所示,质量为m 得钢板与直立轻弹簧得上端连接,弹簧下端固定在地上,平衡时,弹簧得压缩量为x 0.一个物块从钢板得正上方相距3x 0得A 处自由落下,打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又向上运动.已知物块得质量也为m 时,它们恰能回到O 点;若物块得质量为2m ,仍从A 处自由落下,则物块与钢板回到O 点时还具有向上得速度.求物块向上运动所到达得最高点与O 点之间得距离.图2－5【解析】物块与钢板碰撞前瞬间得速度为:v 0＝6gx 0设质量为m 得物块与钢板碰撞后瞬间得速度为v 1,由动量守恒定律有:mv 0＝2mv 1设弹簧得压缩量为x 0时得弹性势能为E p ,对于物块与钢板碰撞后直至回到O 点得过程,由机械能守恒定律得:E p ＋12×2m ×v 12＝2mgx 0设质量为2m 得物块与钢板碰撞后瞬间得速度为v 2,物块与钢板回到O 点时所具有得速度为v 3,由动量守恒定律有:2mv 0＝3mv 2由机械能守恒定律有:E p ＋12×3m ×v 22＝3mgx 0＋12×3m ×v 32解得:v 3＝gx 0当质量为2m 得物块与钢板一起回到O 点时,弹簧得弹力为零,物块与钢板只受到重力得作用,加速度为g ;一过O 点,钢板就会受到弹簧向下得拉力作用,加速度大于g ,由于物块与钢板不粘连,故在O 点处物块与钢板分离;分离后,物块以速度v 3竖直上升,由竖直上抛得最大位移公式得:h ＝v 322g ＝x 02所以物块向上运动所到达得最高点与O 点之间得距离为x 02.[答案]x 02【点评】①物块与钢板碰撞得瞬间外力之与并不为零,但这一过程时间极短,内力远大于外力,故可近似瞧成动量守恒.②两次下压至回到O 点得过程中,速度、路程并不相同,但弹性势能得改变(弹力做得功)相同.③在本题中,物块与钢板下压至回到O 点得过程也可以运用动能定理列方程. 第一次:0－12×2m ×v 12＝W 弹－2mgx 0第二次:12×3m ×v 32－12×3m ×v 22＝W 弹－3mgx 0.四、高中物理常见得功能关系1.摩擦生热——等于摩擦力与两接触面相对滑动得路程得乘积,即Q ＝f ·s 相.●例5 如图2－6所示,绷紧得传送带与水平面得夹角θ＝30°,皮带在电动机得带动下始终以v 0＝2 m/s 得速率运行.现把一质量m ＝10 kg 得工件(可瞧做质点)轻轻放在皮带得底端,经时间t ＝1、9 s,工件被传送到h ＝1、5 m 得皮带顶端.取g ＝10 m/s 2.求:(1)工件与皮带间得动摩擦因数μ. (2)电动机由于传送工件而多消耗得电能.图2－6【解析】(1)由题意可知,皮带长s ＝hsin 30°＝3 m工件得速度达到v 0前工件做匀加速运动,设经时间t 1工件得速度达到v 0,此过程工件得位移为:s 1＝12v 0t 1达到v 0后,工件做匀速运动,此过程工件得位移为:s －s 1＝v 0(t －t 1)代入数据解得:t 1＝0、8 s工件加速运动得加速度a ＝v 0t 1＝2、5 m/s 2据牛顿第二定律得:μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得:μ＝32. (2)在时间t 1内,皮带运动得位移s 2＝v 0t 1＝1、6 m 工件相对皮带得位移Δs ＝s 2－s 1＝0、8 m在时间t 1内,因摩擦产生得热量Q ＝μmg cos θ·Δs ＝60 J 工件获得得动能E k ＝12mv 02＝20 J工件增加得势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗得电能E ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.[答案] (1)32(2)230 J 2.机械能得变化——除重力、弹簧得弹力以外得力做得功等于系统机械能得变化. ●例6 一面积很大得水池中得水深为H ,水面上浮着一正方体木块,木块得边长为a ,密度为水得12,质量为m .开始时木块静止,有一半没入水中,如图2－7甲所示,现用力F 将木块缓慢地向下压,不计摩擦.图2－7甲(1)求从开始压木块到木块刚好完全没入水得过程中,力F 所做得功.(2)若将该木块放在底面为正方形(边长为2a )得盛水足够深得长方体容器中,开始时,木块静止,有一半没入水中,水面距容器底得距离为2a ,如图2－7乙所示.现用力F 将木块缓慢地压到容器底部,不计摩擦,求这一过程中压力做得功.图2-7乙【解析】方法一:(1)因水池得面积很大,可忽略因木块压入水中所引起得水深变化,木块刚好完全没入水中时,图2－7丙中原来处于划斜线区域得水被排开,结果等效于使这部分水平铺于水面,这部分水得质量为m ,其势能得改变量为(取容器底为零势能面):图2－7丙ΔE 水＝mgH －mg (H －34a )＝34mga 木块势能得改变量为: ΔE 木＝mg (H －a2)－mgH＝－12mga根据功能原理,力F 所做得功为:W ＝ΔE 水＋ΔE 木＝14mga .(2)因容器得底面积为2a 2,仅就是木块得底面积得2倍,故不可忽略木块压入水中所引起得水深变化.如图2－7丁所示,木块到达容器底部时,水面上升14a ,相当于木块末状态位置得水填充至木块原浸入水中得空间与升高得水面处平面,故这一过程中水得势能得变化量为:图2－7丁ΔE 水′＝mga ＋mg (2a －a 4＋a 8)＝238mga木块得势能得变化量ΔE 木′＝－mg ·32a根据功能原理,压力F 做得功为:W ′＝ΔE 水′＋ΔE 木′＝118mga .方法二:(1)水池得面积很大,可忽略因木块压入水中引起得水深变化.当木块浮在水面上时重力与浮力得大小相等;当木块刚没入水中时,浮力得大小等于重力得2倍,故所需得压力随下压位移得变化图象如图2－7戊所示.图2－7戊故W F ＝12mg ·a 2＝14mga .(2)随着木块得下沉水面缓慢上升,木块刚好完全没入水中时,水面上升a4得高度,此时木块受到得浮力得大小等于重力得2倍.此后,木块再下沉54a 得距离即沉至容器底部,故木块下沉得整个过程中压力得大小随位移得变化图象如图2－7己所示图2－7己故W F ′＝12mg ·a 4＋mg ·54a ＝118mga .[答案] (1)14mga (2)118mga【点评】①通过两种方法对比,深刻理解功能关系.②根据功得定义计算在小容器中下压木块时,严格得讲还要说明在0～a4得位移段压力也就是线性增大得.3.导体克服安培力做得功等于(切割磁感线引起得)电磁感应转化得电能.●例7 如图2－8所示,竖直放置得光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距L ,在M 点与P 点间接有一个阻值为R 得电阻,在两导轨间得矩形区域OO 1O 1′O ′内有垂直导轨平面向里、宽为d 得匀强磁场,磁感应强度为B .一质量为m 、电阻为r 得导体棒ab 垂直地搁在导轨上,与磁场得上边界相距d 0.现使ab 棒由静止开始释放,棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab 与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平,导轨得电阻不计).图2－8(1)求棒ab 离开磁场得下边界时得速度大小. (2)求棒ab 在通过磁场区得过程中产生得焦耳热. (3)试分析讨论棒ab 在磁场中可能出现得运动情况.【解析】(1)设棒ab 离开磁场得边界前做匀速运动得速度为v ,产生得感应电动势为:E ＝BLv电路中得电流I ＝ER ＋r对棒ab ,由平衡条件得:mg －BIL ＝0 解得:v ＝mg (R ＋r )B 2L 2. (2)设整个回路中产生得焦耳热为Q ,由能量得转化与守恒定律可得:mg (d 0＋d )＝Q ＋12mv 2解得:Q ＝mg (d 0＋d )－m 3g 2(R ＋r )22B 4L 4故Q ab ＝rR ＋r [mg (d 0＋d )－m 3g 2(R ＋r )22B 4L4]. (3)设棒刚进入磁场时得速度为v 0,由mgd 0＝12mv 02解得:v 0＝2gd 0棒在磁场中匀速运动时得速度v ＝mg (R ＋r )B 2L 2,则①当v 0＝v ,即d 0＝m 2g (R ＋r )22B 4L4时,棒进入磁场后做匀速直线运动; ②当v 0＜v ,即d 0＜m 2g (R ＋r )22B 4L 4时,棒进入磁场后先做加速运动,后做匀速直线运动; ③当v 0＞v ,即d 0＞m 2g (R ＋r )22B 4L4时,棒进入磁场后先做减速运动,后做匀速直线运动. [答案] (1)mg (R ＋r )B 2L 2(2)rR ＋r [mg (d 0＋d )－m 3g 2(R ＋r )22B 4L4] (3)①当v 0＝v ,即d 0＝m 2g (R ＋r )22B 4L4时,棒进入磁场后做匀速直线运动;②当v 0＜v ,即d 0＜m 2g (R ＋r )22B 4L 4时,棒进入磁场后先做加速运动,后做匀速直线运动;③当v 0＞v ,即d 0＞m 2g (R ＋r )22B 4L4时,棒进入磁场后先做减速运动,后做匀速直线运动.【点评】①计算转化得电能时,也可应用动能定理:mg (d 0＋d )－W 安＝12mv 2－0,其中W 安＝E 电＝Q .②对于电磁感应中能量转化得问题,在以后得《感应电路》专题中还会作更深入得探讨. 五、多次相互作用或含多个物体得系统得动量、功能问题●例8 如图2－9所示,在光滑水平面上有一质量为M 得长木板,长木板上有一质量为m 得小物块,它与长木板间得动摩擦因数为μ.开始时,长木板与小物块均靠在与水平面垂直得固定挡板处,某时刻它们以共同得速度v 0向右运动,当长木板与右边得固定竖直挡板碰撞后,其速度得大小不变、方向相反,以后每次得碰撞均如此.设左右挡板之间得距离足够长,且M ＞m .图2－9(1)要想物块不从长木板上落下,则长木板得长度L 应满足什么条件？(2)若上述条件满足,且M ＝2 kg,m ＝1 kg,v 0＝10 m/s,求整个系统在第5次碰撞前损失得所有机械能.【解析】(1)设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动得速度为v 1,第n 次碰撞后小物块与长木板共同运动得速度为v n .每次碰撞后,由于两挡板得距离足够长,物块与长木板都能达到相对静止,第1次若不能掉下,往后每次相对滑动得距离会越来越小,更不可能掉下.由动量守恒定律与能量守恒定律有:(M －m )v 0＝(M ＋m )v 1。

2008年高考试题分类汇编之《动量与机械能》，滑块可在水平放置的光滑固定m（24.18分）图中滑块和小球的质量均为（全国卷1）。

开始时，l导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为现将小球由静小球和滑块均静止。

轻绳处于水平拉直状态，滑块刚好被一表面涂有粘性止释放，当小球到达最低点时，小球继物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，时小球达到最θ＝60°续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角高点。

求挡1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，（板阻力对滑块的冲量；（2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小。

解析：，滑块与挡v，此时滑块的速度大小为v（1）对系统，设小球在最低点时速度大小为21板接触前112 2 ①··················································································mgl由系统的机械能守恒定律：= mvmv+·2122 ②·······································································由系统的水平方向动量守恒定律：mv = mv··················21对滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为：·③··························································································································= Imv (2)④··················································································= 联立①②③解得I mgl方向向左······················，对小）小球释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功的大小为W（2球由动能定理：12⑤·········································································································mvWmgl＋= ································1211 mgl。