浙江

高考中與動量、能量相關聯的綜合計算題，涉及動量定理、動量守恒定律、能量守恒定律、動能定理等主干規(guī)律，是高考的熱點課題、備考的難點板塊，具有模型多重、情景多變、過程多樣、知識考點綜合性強、思維能力要求高、易錯區(qū)分度高等特點，突出對物理建模能力、過程分析能力、規(guī)律應用能力、歸納推理能力及數學運算能力的考核?，F選取三類與動量、能量相關聯的典型試題，進行探析與解剖。

一、以反沖運動為模型的動量與能量問題

反沖運動是動量守恒的一個特例，是原來靜止的一個物體在內力作用下分裂為沿反向運動的兩個物體。發(fā)射火箭、人船運動是最為基礎、典型的一維直線反沖案例，較為復雜的是二維平面內類反沖運動問題。

【例1】如圖1所示，質量M=3 kg的滑塊套在水平固定著的軌道上并可以在軌道上無摩擦滑動，質量m=2 kg的小球通過長L=0.75 m的輕桿與滑塊上的光滑軸O連接。開始時滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)，現給小球一個v0=3 m/s的豎直向下的初速度，不計空氣阻力的影響，小球與滑塊均可視為質點，g取10 m/s2，求：

圖1

(1)小球第一次運動到最低點時，滑塊沿軌道向右移動的距離；

(2)小球第一次運動到最低點時，輕桿對小球的作用力的大小；

(3)小球相對于初始位置而言，可以上升的最大高度。

【解析】(1)小球從初始位置下擺到最低點的過程，球與滑塊組成的系統(tǒng)水平方向所受合力為0，在水平方向由平均動量守恒得

整理得mx1-Mx2=0

其中小球與滑塊相對地面的水平位移大小之和等于它們水平方向上的相對位移，即有x1+x2=L

即滑塊沿軌道向右移動的距離為0.3 m

(2)小球第一次擺到最低點時，設其速度大小為v1，滑塊速度大小為v2，在最低點由系統(tǒng)水平動量守恒得

mv1-Mv2=0

小球下擺過程系統(tǒng)由機械能守恒定律得

小球在最低點，由牛頓第二定律及向心力公式得

(3)設小球相對初始位置可上升的最大高度為h，此時小球在豎直方向的速度vy=0，根據系統(tǒng)水平動量守恒得

(M+m)vx=0

得此時小球與滑塊在水平方向的速度均為vx=0

解得h=0.45 m

【疑難點】本題屬于輕桿連接體系統(tǒng)的類反沖運動，深度融合了動量與能量、牛頓第二定律與圓周運動的考核。教與學中的疑難點主要有：

(1)不知曉系統(tǒng)僅在水平方向所受合力為0，僅在水平方向動量守恒，不能列出水平平均速度與水平位移的關系式；不知道兩物體相對地面的水平位移大小之和等于它們水平方向上的相對位移；

(3)不能推解系統(tǒng)中小球與滑塊的末速度、末動量為0，不能正確列出系統(tǒng)在初、末狀態(tài)能量守恒的關系式。

【規(guī)律點】求解二維平面內類反沖運動物體的速度、位移、受力、功能等問題，須領悟以下幾個基本規(guī)律點：

(1)熟悉并理解類反沖運動在水平方向上動量守恒，根據動量守恒定律推得水平速度與水平位移大小的關系式mv1=Mv2，mx1=Mx2，其中x1+x2=L相對；

(2)針對類反沖運動的不同過程，能靈活應用動量守恒定律、機械能守恒定律或能量守恒定律、動能定理列方程組，求解相關結果；

二、以彈性碰撞為模型的動量與能量問題

如果碰撞過程中機械能守恒，這樣的碰撞稱為彈性碰撞。鋼球、玻璃球之間的碰撞，能量損失都很小，可視為彈性碰撞。

圖2

【例2】如圖2所示，半徑為R=0.8 m的內壁光滑圓形軌道固定在豎直平面內。小球A從左側與圓心等高處由靜止釋放，并與靜止于軌道最低點的小球B發(fā)生第一次碰撞，這次碰撞及以后的所有碰撞過程中均無機械能損失。小球A、B均可視為質點，質量分別為mA=1 kg、mB=3 kg，重力加速度g取10 m/s2。求：

(1)第一次碰撞剛結束時小球A、B各自的速度；

(2)第一次碰撞過程A球對B球的沖量及所做的功；

(3)試討論小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結束時各自的速度。

【解析】(1)小球A下滑過程，由機械能守恒定律得

設A、B第一次碰撞后的速度大小分別為vA′、vB′，并以水平向右為正方向，由動量守恒定律得

mAvA=mAvA′+mBvB′

兩球發(fā)生彈性碰撞，由機械能守恒定律得

代入數據，解得

vA′=-2 m/s，方向水平向左

vB′=2 m/s，方向水平向右

(2)第一次碰撞過程，設A球對B球的沖量為I，所做的功為W，對B球由動量定理得I=mBvB′-0

解得I=6 N·s，方向水平向右

解得W=8 J

(3)以水平向右為正方向，根據機械能守恒可知，小球A、B在軌道最低處第二次碰撞前的速度為

vA′=2 m/s(方向水平向右)

vB′=-2 m/s(方向水平向左)

設它們第二次碰后的速度分別為vA″、vB″，由動量守恒定律得

mA(vA′)+mB(vB′)=mAvA″+mBvB″

由機械能守恒定律得

代入數據，解得

vA″=-4 m/s，vB″=0

(另一組解，不合題意，已舍去)

即小球A、B在軌道最低處第二次碰撞剛結束時，小球A的速度大小為4 m/s，方向水平向左，小球B靜止。

由此可知，第3次碰撞前的情形，與第1次碰撞前的情形相同，由此歸納可得：

當n為奇數時，小球A、B在第n次碰撞剛結束時的速度，分別與其第一次碰撞剛結束時相同，即vA′=-2 m/s，方向水平向左；vB′=2 m/s，方向水平向右。

當n為偶數時，小球A、B在第n次碰撞剛結束時的速度，分別與其第二次碰撞剛結束時相同，即vA″=-4 m/s，方向水平向左；vB″=0，球B靜止。

【疑難點】本題屬于多過程“一動一靜”型與“對向互動”型彈性碰撞，深度融合了動量守恒與能量守恒的考核。教與學中的疑難點主要有：

(1)物理素養(yǎng)不扎實。如不能列出彈性碰撞的動量守恒與機械能守恒的關系式，不能理清第二次碰撞前動量與速度的方向，缺乏速度與沖量方向的說明；

(2)數學基礎不牢固。不能快速、順利求解動量守恒與機械能守恒的方程組；

(3)歸納能力較欠缺。不能按n為奇數或偶數進行分類討論小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結束時各自的速度。

【規(guī)律點】有關同一直線的彈性正碰，把握并領會以下幾個基本規(guī)律點，有助于快速列式與求解：

(1)明晰兩大守恒。兩物體間的彈性碰撞過程，動量與機械能(動能)同時守恒；

(2)洞悉經典模型。運動的A球與靜止的B球發(fā)生彈性碰撞的關系式：

mAvA=mAvA′+mBvB′

(3)知曉一個特例。質量相等的A與B發(fā)生彈性碰撞，速度相互交換，即vA′=vB，vB′=vA。

【例3】如圖3所示，一長L=10 cm的輕質細繩一端系一質量為m=50 g的小球A，另一端固定在光滑水平軸O上，小球跟水平面接觸但無相互作用，在球的兩側等距離處分別固定一個光滑的斜面和一個擋板，斜面底端與擋板間的距離s=2 m，水平面的動摩擦因數為μ=0.25?，F有質量也為m=50 g的滑塊B，從斜面上高度h=5 m處靜止滑下，與小球發(fā)生彈性正碰。不計滑塊與小球、擋板碰撞時機械能的損失，忽略空氣阻力的作用，滑塊和小球均可視為質點，重力加速度g取10 m/s2。

圖3

(1)求滑塊與小球第一次碰前的速度以及碰后的速度；

(2)求滑塊與小球第一次碰后瞬間繩子對小球的拉力大小；

(3)滑塊與小球碰撞后，小球在豎直平面內做圓周運動，求小球做完整圓周運動的次數。

【解析】(1)設滑塊與小球碰撞前后的速度分別為v1、v1′，小球碰撞后的速度為v2′，對滑塊應用動能定理得

B與A發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒定律得

mv1=mv1′+mv2′

碰撞過程由機械能守恒定律得

代入數據，得繩子拉力F=48 N

代入數據，解得x總=19 m

此過程中滑塊與小球碰撞的次數為

即小球做完整圓周運動的次數為10次。

【疑難點】本題屬于等質量的滑塊與小球多次彈性碰撞、速度多次相互交換的典型試題。教與學中的疑難點主要有：

(1)不知曉質量相等的物體發(fā)生彈性正碰時，具有速度相互交換的特點；

(3)不能發(fā)現滑塊與小球的碰撞次數n與滑塊運動的總路程x總、s之間的關系；

(4)不能發(fā)現滑塊與小球彈性碰撞的次數就是小球做完整圓周運動次數的隱含關系。

三、以完全非彈性碰撞為模型的動量與能量問題

如果碰撞過程中機械能(動能)不守恒，這樣的碰撞稱為非彈性碰撞。木制滑塊、橡皮泥球之間的碰撞，形變不能完全恢復，可視為非彈性碰撞。兩個物體碰撞后以相同的速度運動或具有相同的速度，這樣的碰撞稱為完全非彈性碰撞。

【例4】如圖4所示，水平光滑的地面上有一輛質量為M=3 kg的平板小車，質量為m=1 kg的小木塊放置在平板小車的左端，它們一起以大小為v0=4 m/s的速度向右做勻速直線運動，小車與豎直墻碰后反彈，碰撞過程無機械能損失，木塊最終沒有從平板小車上滑落。木塊與小車上表面之間的動摩擦因數為μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2，不計空氣阻力的影響，木塊可視為質點。求：

圖4

(1)平板小車最終的速度；

(2)木塊在小車上滑行的時間；

(3)平板小車至少多長？

【解析】(1)小車與墻壁碰撞后立即以速度v0向左運動，此時木塊速度仍為v0向右，在碰撞后的運動過程中，小車與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒。以水平向左為正方向，則有

Mv0-mv0=(M+m)v

代入數據，解得v=2 m/s

則小車最后速度為2 m/s，方向水平向左。

(2)木塊在摩擦力作用下相對于小車的滑動過程，同樣以水平向左為正方向，根據動量定理有

μmgt=mv-m(-v0)

代入數據，解得t=1.2 s

(3)對小車和木塊組成的系統(tǒng)，減少的總動能轉化為內能，應用能量守恒定律及摩擦生熱公式得

代入數據，解得L=4.8 m

即小車至少長4.8 m。

【疑難點】本題屬于以木塊與小車為背景，與動量規(guī)律和能量規(guī)律結合考核的典型試題。教與學中存在的疑難點如下：

(1)忽視矢量性，導致列式錯誤。如動量守恒Mv0+mv0=(M+m)v，動量定理μmgt=mv-mv0，都是不注意動量方向造成的錯誤式子；

(2)缺乏分析力，導致應用力弱。不清楚碰撞后小車和木塊初態(tài)時的動量，也不清楚它們末態(tài)相對靜止具有相同的速度，不清楚滑塊受到摩擦力的方向，不具備綜合運用動量守恒、動量定理與能量守恒三大規(guī)律求解問題的能力。

【規(guī)律點】完全非彈性碰撞模型的解讀：

(1)速度特征。兩個物體碰撞后以相同的速度運動或具有相同的速度，即m1v1+m2v2=(m1+m2)v；

【例5】如圖5所示，在水平面上依次放置小物塊A和C以及曲面劈B，其中A與C的質量相等均為m，曲面劈B的質量M=3m，劈B的曲面下端與水平面相切，且劈B足夠高，各接觸面均光滑?，F讓小物塊C以水平速度v0向右運動，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個小物塊粘在一起又滑上劈B。物塊A和C可視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：

圖5

(1)物塊C與A碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能；

(2)粘合體AC在曲面劈B上能達到的最大高度；

(3)粘合體AC與曲面劈B的最終速度。

【解析】(1)物塊C與A發(fā)生碰撞粘在一起，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得mv0=2mv

該碰撞過程系統(tǒng)損失的機械能為

(2)碰撞后粘合體AC在曲面劈B上達到最大高度時三者速度相同，設為v′，最大高度為h，取水平向右為正方向，由水平方向動量守恒得

2mv=(2m+M)v′

此過程由系統(tǒng)機械能守恒得

(3)設粘合體AC與曲面劈B的最終速度分別為v1、v2，由系統(tǒng)動量守恒與機械能守恒得

2mv=2mv1+Mv2

聯解方程組得

【易錯點】本題屬于完全非彈性碰撞與彈性碰撞的深度考核，教與學中的疑難點在于碰撞建模能力的領悟：

(1)不能發(fā)掘粘合體AC在曲面劈B上達到最大高度時所隱含的速度相同的關系，即粘合體AC在曲面劈B上滑過程可視為類完全非彈性碰撞；

(2)不能洞悉粘合體AC與曲面劈B之間的作用過程，可視為類彈性碰撞，是最典型的一動一靜彈性碰撞模型。

圖6

(1)求彈簧被壓縮最短時小物塊的動量大?。?/p>

(2)求小物塊與長木板上表面間的動摩擦因數；

(3)試通過計算說明小物塊最終停在長木板上的位置。

【解析】(1)當彈簧被壓縮最短時，小物塊與長木板達到共同速度v，選取向左為正方向，根據動量守恒定律有

mv0=(M+m)v

解得v=1.0 m/s

此時小物塊動量大小p=mv=1.0 kg· m/s

(2)物塊由a向b運動并壓縮彈簧的過程，根據能量守恒定律可知，系統(tǒng)減少的動能轉化為彈簧的彈性勢能和系統(tǒng)的內能，則有

解得μ=0.50

(3)當小物塊在長木板上停止相對滑動時，與長木板有相同速度，由動量守恒定律可得其共同速度仍為

v=1.0 m/s。

設小物塊在長木板上向右相對滑行的距離為s右，在整個相對運動過程中，系統(tǒng)由能量守恒定律可得

解得s右=0.60 m

因s右=d+xm，故小物塊最終停在木板上a點。

【疑難點】本題涉及彈性勢能的定量計算是其最大亮點，教與學中的主要疑難點有：

(1)不知隱含狀態(tài)中的速度關系。不能挖掘出彈簧彈性勢能最大及末態(tài)時均隱含物塊與木板速度相同的關系；

(2)不能明確塊板作用中的等效模型。塊板系統(tǒng)從初態(tài)到彈簧彈性勢能最大時的狀態(tài)及末態(tài)，均可等效視為完全非彈性碰撞；

(3)不能應用題意給定公式求解。對于題中給定的彈性勢能公式，不能熟練應用于列式求解。

【規(guī)律點】含彈簧系統(tǒng)的動量與能量問題解讀：

(1)多樣性。一般涉及多個研究對象、多個物理過程及多種碰撞模型，可靈活選用動量定理、動量守恒定律、能量守恒定律、動能定理列式求解；

(2)守恒性。若系統(tǒng)所受合外力為0，則彈簧壓縮到彈性勢能最大時，系統(tǒng)內的物體具有相同的速度，并滿足動量守恒與能量守恒；