高三物理动量和能量考点分析。
一名优秀的教师在教学方面无论做什么事都有计划和准备，教师要准备好教案，这是教师工作中的一部分。教案可以让学生能够在教学期间跟着互动起来，帮助教师缓解教学的压力，提高教学质量。怎么才能让教案写的更加全面呢？急您所急，小编为朋友们了收集和编辑了“高三物理动量和能量考点分析”，仅供您在工作和学习中参考。
高三物理动量和能量考点分析冲量是力对时间的积累，其作用效果是改变物体的动量；功是力对位移的积累，其作用效果是改变物体的能量；冲量和动量的变化、功和能量的变化都是原因和结果的关系，对此，要像熟悉力和运动的关系一样熟悉。在此基础上，还很容易理解守恒定律的条件，要守恒，就应不存在引起改变的原因。能量还是贯穿整个物理学的一条主线，从能量角度分析思考问题是研究物理问题的一个重要而普遍的思路。
应用动量定理和动能定理时，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时，研究对象必定是系统；此外，这些规律都是运用于物理过程，而不是对于某一状态（或时刻）。因此，在用它们解题时，首先应选好研究对象和研究过程。对象和过程的选取直接关系到问题能否解决以及解决起来是否简便。选取时应注意以下几点：
1．选取研究对象和研究过程，要建立在分析物理过程的基础上。临界状态往往应作为研究过程的开始或结束状态。
2．要能视情况对研究过程进行恰当的理想化处理。
3．可以把一些看似分散的、相互独立的物体圈在一起作为一个系统来研究，有时这样做，可使问题大大简化。
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考点22动量、冲量、动量定理
考点名片
考点细研究：(1)动量和冲量的概念；(2)用动量定理求冲量、动量变化、平均作用力等问题。其中考查到的如：20xx年全国卷，第35题(2)、20xx年北京高考第24题、20xx年江苏高考第12题C(2)、20xx年重庆高考第3题、20xx年安徽高考第22题、20xx年全国卷第35题(2)、20xx年天津高考第2题、20xx年安徽高考第22题、20xx年天津高考第16题等。高考对本考点的考查以识记、理解为主，试题难度不大。
备考正能量：本考点在新课标试题中以计算题和选择题为主要命题形式，动量定理作为新增级考点应引起重视，预计今后高考涉及动量定理的试题难度会增加。
一、基础与经典
1．物体的动量变化量的大小为5kg·m/s，这说明()
A．物体的动量在减小
B．物体的动量在增大
C．物体的动量大小也可能不变
D．物体的动量大小一定变化
答案C
解析动量是矢量，动量变化了5kg·m/s，物体动量的大小可以增大，也可以减小，还可能不变。若物体以大小5kg·m/s的动量做匀速圆周运动时，物体的动量大小保持不变，当末动量方向与初动量方向间的夹角为60°时，物体的动量变化量的大小为5kg·m/s，C正确。
2．质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是()
A．Δp＝2kg·m/sW＝－2J
B．Δp＝－2kg·m/sW＝2J
C．Δp＝0.4kg·m/sW＝－2J
D．Δp＝－0.4kg·m/sW＝2J
答案A
解析取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向竖直向上。
由动能定理，合外力做的功：W＝mv－mv＝×0.2×42J－×0.2×62J＝－2J，A正确。
3．放在水平面上的物体，用水平推力F推它t秒，物体始终不动，则在这t秒内，关于合力的冲量与摩擦力冲量的大小，下列说法正确的是()
A．合力的冲量及摩擦力的冲量大小均为0
B．合力的冲量及摩擦力的冲量大小均为Ft
C．合力的冲量大小为0，摩擦力的冲量大小为Ft
D．合力的冲量大小为Ft，摩擦力的冲量大小为0
答案C
解析用水平力F推物体t秒，物体不动，说明合力为0，合力的冲量为0。摩擦力与推力等大反向，故冲量的大小为Ft，方向与F方向相反，C正确。
4．物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则()
A．I1I2，W1＝W2
C．I1I2，W1I2，B正确。
5．某班体育课上男生最喜欢的体育运动项目就是打篮球。在篮球场某同学伸出双手迎接传来的篮球，接球时，两手随球迅速收缩至胸前。该同学这样做的目的是()
A．使球对手的冲量比较小
B．使球对手的作用力比较小
C．使球的动量变化量比较小
D．使球的动能变化量比较小
答案B
解析根据动量定理可知该同学这样做是为了延长球与手的作用时间，对球而言其动量变化量是一个定值，由Ft＝mv可得，球对手的作用时间比较长时，球对手的作用力比较小，从而保护手不受伤，B正确。
6．(多选)下列关于对动量的认识正确的是()
A．某一做匀速圆周运动的质点动量不变
B．如果某一物体的动量恒定，则该物体一定静止或做匀速直线运动
C．如果某一物体的动量发生变化，则物体的速度大小一定变化
D．如果某一物体的动量减小，则物体的速度大小一定变化
E．做平抛运动的物体动量大小逐渐变大，与水平方向的夹角也逐渐变大
答案BDE
解析做匀速圆周运动的质点速度的大小不变，但方向时刻在发生着变化，因此其动量的大小不变，方向在改变，A错误；物体的动量不变，则说明其速度不变，因此该物体静止或做匀速直线运动，B正确；动量为矢量，动量变化的原因可能是物体速度的方向发生了变化，C错误；物体的动量减小，一定是由物体的速度减小引起的，则物体的速度大小发生了变化，D正确；由平抛运动物体的运动规律可知，竖直方向的速度逐渐变大，而水平方向的速度保持不变，因此其合速度逐渐变大，且与水平方向的夹角逐渐变大，则动量的大小以及与水平方向的夹角逐渐变大，E正确。
7．(多选)某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：该同学将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间落地，取从发射到小球上升到最高点的过程为过程1，小球由最高点至返回地面的过程为过程2。如果忽略空气阻力，则下述正确的是()
A．过程1和过程2的动量的变化大小都为mv0
B．过程1和过程2的动量的变化的方向相反
C．过程1重力的冲量为mv0，且方向竖直向下
D．过程1和过程2的重力的总冲量为0
E．过程1和过程2的重力的总冲量为2mv0
答案ACE
解析根据竖直上抛运动的对称性可得，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落过程中动量的变化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均为mv0，且方向均竖直向下，A、C正确，B错误；整个过程中重力的冲量为I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D错误，E正确。
8．(多选)在粗糙水平面上，一个质量为m的物体在水平恒力F作用下由静止开始运动，经过时间t后，速度为v，今欲使速度由0增至2v，可采用的办法是()
A．将物体质量减为原来的
B．将水平恒力增至2F
C．将力的作用时间增至2t
D．将物体的质量、水平恒力和作用时间都增至原来的两倍
答案CD
解析根据动量定理(F－μmg)t＝mv－0，可知C、D两项正确。
9．(多选)质量为5kg的物体，它的动量的变化率为2kg·m/s2，且保持不变。则下列说法正确的是()
A．该物体一定做匀速运动
B．该物体一定做匀变速直线运动
C．该物体在任意相等的时间内所受力的冲量一定相同
D．无论物体运动轨迹如何，它的加速度一定是0.4m/s2
答案CD
解析由动量定理有FΔt＝Δp，所以＝F，可见，动量的变化率表示所受的合外力，所以题中物体所受力恒定，根据牛顿第二定律，其加速度恒定，因为未知速度方向，所以该物体可能做匀变速直线运动，也可能做匀变速曲线运动，一定不做匀速运动，选项A、B错误；因为所受力恒定，所以该物体在任意相等的时间内所受力的冲量一定相同，选项C正确；根据题意，力F＝2kg·m/s2＝2N，根据牛顿第二定律有a＝＝0.4m/s2，选项D正确。
10．(多选)为了保护航天员的安全，飞船上使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大法宝，在距离地面大约1m时，返回舱的4个反推火箭点火工作，返回舱速度一下子降到了2m/s以内，随后又渐渐降到1m/s，最终安全着陆。把返回舱从离地1m开始减速到完全着陆称为着地过程，则关于反推火箭的作用，下列说法正确的是()
A．减小着地过程中返回舱和航天员的动量变化
B．减小着地过程中返回舱和航天员所受的冲量
C．延长着地过程的作用时间
D．减小着地过程返回舱和航天员所受的平均冲力
答案CD
解析无论是否有反推火箭，返回舱和航天员从距地面约1m处至着陆的过程中，动量的变化和所受的冲量均相同，但有了反推火箭后，延长了着陆的时间，由动量定理(F－G)t＝Δp可知平均冲力减小选项C、D正确。
二、真题与模拟
11．20xx·重庆高考]高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()
A.＋mgB.－mg
C.＋mgD.－mg
答案A
解析人做自由落体运动时，有v＝，选向下为正方向，又mgt－Ft＝0－mv，得F＝＋mg，所以A项正确。
12．20xx·北京高考]“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是()
A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D．人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
答案A
解析从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确，选项B、C、D错误。
13．20xx·天津耀华中学质检]我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。如图所示，观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()
A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等，方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
答案B
解析由于甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反，因此两个力的冲量大小相等，方向相反，由动量定理可知，两者的动量变化量大小相等，方向相反，选项A错误，B正确；虽然甲、乙之间的相互作用力等大反向，但在作用力作用过程中两人的位移不一定相等，所以做功不一定相等，由动能定理可知，甲、乙动能的变化量也不一定相等，选项C、D错误。
14．20xx·湖南长沙一中模拟]一只小球沿光滑水平面运动，垂直于墙面撞到竖直墙上。小球撞墙前后的动量变化量为Δp，动能变化量为ΔE。关于Δp和ΔE，下列说法中正确的是()
A．若Δp最大，则ΔE也最大
B．若Δp最大，则ΔE一定最小
C．若Δp最小，则ΔE也最小
D．以上关于Δp与ΔE的说法都不正确
答案B
解析当小球原速率返回时，Δp最大，而ΔE＝0，A错误，B正确。当小球撞到墙后速度减为零时，Δp最小，而ΔE最大，C错误。
15．20xx·山西大学附中检测]下列四个图描述的是竖直上抛物体的动量增量随时间变化的曲线和动量变化率随时间变化的曲线，若不计空气阻力，取竖直向上为正方向，那么正确的是()
答案C
解析在不计空气阻力的情况下，做竖直上抛运动的物体只受重力的作用，加速度方向竖直向下，取竖直向上为正方向，根据动量定理，有Δp＝－mgΔt，＝－mg，所以C正确。
16．20xx·福建厦门质检]古时有“守株待兔”的寓言。假设兔子质量约为2kg，以15m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1m/s，则兔子受到撞击力的冲量大小为()
A．28N·sB．29N·sC．31N·sD．32N·s
答案D
解析设初速度方向为正方向，则由题意可知，初速度v0＝15m/s；末速度为v＝－1m/s；则由动量定理可知：I＝mv－mv0＝2×(－1)－2×15]N·s＝－32N·s。
17．20xx·广东梅州联考]如图所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有到岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t()
A．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小
B．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大
C．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大
D．以上三种情况都有可能
答案C
解析由题可知，两个力大小相等，作用时间相同，所以由I＝Ft知，两冲量相等，C正确。
18．20xx·北京海淀区期中](多选)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有()
A．小球的机械能减少了mg(H＋h)
B．小球克服阻力做的功为mgh
C．小球所受阻力的冲量大于m
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
答案AC
解析由动能定理得mg(H＋h)＋Wf＝0，Wf＝－mg(H＋h)，所以小球的机械能减少了mg(H＋h)，A正确，B错误。小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgH＝mv2，v＝，落到地面上后又陷入泥潭，由动量定理IG－If＝0－mv，所以If＝IG＋mv＝IG＋m，小球所受阻力的冲量大于m，C正确。由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，D错误。
19.20xx·合肥质检]一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图象如图所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则()
A．t＝6s时，物体的速度为18m/s
B．在0～6s内，合力对物体做的功为400J
C．在0～6s内，拉力对物体的冲量为36N·s
D．t＝6s时，拉力F的功率为200W
答案D
解析类比速度图象中位移的表示方法可知，在at图象中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，在0～6s内Δv＝18m/s，又v0＝2m/s，则t＝6s时的速度v＝20m/s，A错误；由动能定理可知，0～6s内，合力做的功为W＝mv2－mv＝396J，B错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48N·s，C错误；由牛顿第二定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D正确。
20．20xx·河北武邑质检](多选)下面的说法正确的是()
A．物体运动的方向就是它的动量的方向
B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零
C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大
D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小
答案ABD
解析由p＝mv知物体运动的方向跟它的动量的方向一致，故A正确；若物体的速度变化，则动量变化，冲量是动量的变化量，故B正确；如做匀速圆周运动的物体，合外力对物体的冲量不为零，合外力的冲量引起物体速度的方向改变，物体的速度大小不变，动能不变，故C错误，D正确。
一、基础与经典
21．一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图所示，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，试结合图象，求：
(1)运动员的质量；
(2)运动员跳起的最大高度；
(3)在11.5～12.3s时间内，运动员对弹簧床的平均作用力多大？
答案(1)50kg(2)5m(3)1750N
解析(1)由图象可知：mg＝500N，所以m＝50kg。
(2)由图象可知，运动员在空气中运动时间t＝2s，所以
H＝g2＝×10×12m＝5m。
(3)v0＝v＝g·＝10m/s，
以运动员为研究对象，向上为正，
由动量定理：(－mg)·Δt＝mv－m(－v0)，
所以＝＋mg＝N＋500N＝1750N，
由牛顿第三定律，运动员对弹簧床的平均作用力为1750N。
22.如图所示，在光滑水平面上并排放着A、B两木块，质量分别为mA和mB。一颗质量为m的子弹以水平速度v0先后穿过木块A、B。木块A、B对子弹的阻力恒为f。子弹穿过木块A的时间为t1，穿过木块B的时间为t2。求：
(1)子弹刚穿过木块A后，木块A的速度vA和子弹的速度v1分别为多大？
(2)子弹穿过木块B后，木块B的速度vB和子弹的速度v2又分别为多大？
答案(1)v0－
(2)fv0－
解析(1)从子弹刚进入A到刚穿出A的过程中：
对A、B：由于A、B的运动情况完全相同，可以看做一个整体，由动量定理可得
ft1＝(mA＋mB)vA，所以vA＝。
对子弹：－ft1＝mv1－mv0，所以v1＝v0－。
(2)从子弹刚进入B到刚穿出B的过程中：
对物体B：ft2＝mBvB－mBvA，
所以vB＝f，
对子弹：－ft2＝mv2－mv1，所以v2＝v0－。
二、真题与模拟
23．20xx·全国卷]某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
答案(1)ρv0S(2)－
解析(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则：
Δm＝ρΔV①
ΔV＝v0SΔt②
由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为
＝ρv0S
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得
(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v
在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp＝(Δm)v
设水对玩具的作用力的大小为F，以水为研究对象，根据动量定理有
(F＋Δmg)Δt＝Δp，因Δm很小可忽略得：FΔt＝Δp
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
F＝Mg
联立式得
h＝－。
24．20xx·安徽高考]一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
答案(1)0.32(2)130N(3)9J
解析(1)由动能定理，有－μmgs＝mv2－mv，
可得μ＝0.32。
(2)规定水平向左为正方向，由动量定理有FΔt＝mv′－(－mv)，可得F＝130N。
(3)W＝mv′2＝9J。
25.20xx·北京高考](1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。
a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向。
(2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。
一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束和穿过介质小球的光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心，入射时光束和与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行。请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。
a．光束和强度相同；
b．光束比的强度大。
答案(1)a.见解析b．沿y轴负方向(2)a.合力沿SO向左b．指向左上方
解析(1)a.x方向：动量变化为
Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0，
y方向：动量变化为
Δpy＝mvcosθ－(－mvcosθ)＝2mvcosθ，
方向沿y轴正方向。
b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向。
(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p。
这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2npcosθ，
从小球出射时的总动量为p2＝2np，
p1、p2的方向均沿SO向右，
根据动量定理：FΔt＝p2－p1＝2np(1－cosθ)0可知，
小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左。
b．建立如图所示的Oxy直角坐标系。
x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向。
y方向：设Δt时间内，光束穿过小球的粒子数为n1，光束穿过小球的粒子数为n2，n1n2。
这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)psinθ，
从小球出射时的总动量为p2y＝0，
根据动量定理：FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psinθ可知，
小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向。
所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。
26．20xx·福建厦门质检]对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。
正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)
答案f＝nmv2
解析根据动量定理可知，一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv。
如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有1/6的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰壁粒子总数N＝n·SvΔt，
Δt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt。
器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F＝，
则器壁单位面积所受粒子的压力f＝＝nmv2。
27．20xx·天津模拟]质量为m＝4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F＝10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x＝20m，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，求：
(1)物块在力F作用过程中发生位移x1的大小；
(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t。
答案(1)16m(2)2s
解析(1)设物块受到的滑动摩擦力为f，则f＝μmg。
根据动能定理，对物块由A到B整个过程，有Fx1－fx＝0
代入数据，解得x1＝16m。
(2)设刚撤去力F时物块的速度为v，此后物块的加速度为a，滑动的位移为x2，则x2＝x－x1。
由牛顿第二定律得a＝＝μg，
由匀变速直线运动公式得v2＝2ax2，
以物块运动的方向为正方向，由动量定理得
－ft＝0－mv，代入数据，解得t＝2s。
高三物理教案：《动量与能量》教学设计
古人云，工欲善其事，必先利其器。教师要准备好教案，这是教师的任务之一。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动，帮助教师营造一个良好的教学氛围。你知道如何去写好一份优秀的教案呢？下面是小编精心为您整理的“高三物理教案：《动量与能量》教学设计”，相信您能找到对自己有用的内容。
本文题目：高三物理教案：动量与能量
动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图象，抽象出物理模型，选择合理的物理规律建立方程进行求解。
一、力学规律的选用原则
1、如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律。
2、研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间问题)或动能定理(涉及位移问题)去解决。
3、若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律去解决问题，但须注意研究的问题是否满足守恒条件。
4、在涉及相对位移问题时，则优先考虑能量守恒定律，即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，也即转变为系统内能的量。
5、在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，须注意到一般这些过程均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间都极短，故动量守恒定律一般能派上大用场。
二、利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题
(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可以写出分量表达式，而动能定理和能量守恒定律是标量式，绝无分量式。
(2)从研究对象上看动量定理既可研究单体，又可研究系统，但高中阶段一般用于单体，动能定理在高中阶段只能用于单体。
(3)动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的规律，它们研究的是物体系统，解题时必须注意动量守恒的条件和机械能守恒的条件，在应用这两个规律时，应当确定了研究对象及运动状态变化的过程后，根据问题的已知条件和要求解未知量，选择研究的两个状态列方程求解。
(4)中学阶段可用力的观点解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般都要比用力的观点简便，而中学阶段涉及的曲线运动(加速度不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学只是而言，不可能单纯考虑用力的观点解决，必须考虑用动量观点和能量观点解决。
高考物理动量和能量1
动量和能量
1.考点分析：
命题趋势
本专题涉及的内容是动力学内容的继续和深化，其中的动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛，是自然界中普遍适用的基本规律，因此是高中物理的重点，也是高考考查的重点之一。
动量守恒与能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广大考生普遍感到棘手的难点之一．动量守恒与能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线．它不仅为解决力学问题开辟了两条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据．守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面．因此，两个守恒可谓高考物理的重中之重，高考中年年有，且常常作为压轴题出现在物理试卷中，
高考物理动量和能量冲刺专题复习
俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。教师要准备好教案，这是每个教师都不可缺少的。教案可以让学生更容易听懂所讲的内容，帮助教师提前熟悉所教学的内容。您知道教案应该要怎么下笔吗？小编为此仔细地整理了以下内容《高考物理动量和能量冲刺专题复习》，仅供参考，希望能为您提供参考！
20xx届高考黄冈中学物理冲刺讲解、练习题、预测题03：第2专题动量和能量（1）知识网络
考点预测
本专题涉及的内容是动力学内容的延续和深化．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的适用范围更广泛．它们是自然界中最基本、最普遍、最重要的客观规律，也是高中物理的重点和难点、高考考查内容的重点．其命题形式一般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的第24题“下摆拉动
滑块碰撞问题”，全国理综卷Ⅱ的第23题“子弹射击木块问题”，重庆理综卷的第24题“碰撞后压缩弹簧问题”．但是，由于目前全国的课改形势以及在课程标准中的内容设置，在高考中出现的这类综合题的难点主要在于功能关系的应用上，而不是在于动量守恒定律的应用上．
另外，从2009年各地的高考考卷中也可发现，除了能量与动量的综合题外，单独考查功能原理的试题在卷中出现的概率也较大．
要点归纳
一、基本的物理概念
1．冲量与功的比较
(1)定义式冲量的定义式：I＝Ft(作用力在时间上的积累效果)功的定义式：W＝Fscosθ(作用力在空间上的积累效果)
(2)属性冲量是矢量，既有大小又有方向(求合冲量应按矢,量合成法则来计算)功是标量，只有大小没有方向(求物体所受外力的,总功只需按代数和计算)
2．动量与动能的比较
(1)定义式动量的定义式：p＝mv动能的定义式：Ek＝12mv2
(2)属性动量是矢量(动量的变化也是矢量,求动量的变化,应按矢量运算法则来计算)动能是标量(动能的变化也是标量,求动能的变化,只需按代数运算法则来计算)
(3)动量与动能量值间的关系p＝2mEkEk＝p22m＝12pv
(4)动量和动能都是描述物体状态的量，都有相对性(相对所选择的参考系)，都与物体的受力情况无关．动量的变化和动能的变化都是过程量，都是针对某段时间而言的．
二、动量观点的基本物理规律
1．动量定理的基本形式与表达式：I＝Δp．
分方向的表达式：Ix合＝Δpx，Iy合＝Δpy．
2．动量定理推论：动量的变化率等于物体所受的合外力，即ΔpΔt＝F合．
3．动量守恒定律
(1)动量守恒定律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体)．
(2)动量守恒定律的适用条件
①标准条件：系统不受外力或系统所受外力之和为零．
②近似条件：系统所受外力之和虽不为零，但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多)，可以忽略不计．
③分量条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变．
(3)使用动量守恒定律时应注意：
①速度的瞬时性；
②动量的矢量性；
③时间的同一性．
(4)应用动量守恒定律解决问题的基本思路和方法
①分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，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，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的．
②对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是作用于系统的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件，判断能否应用动量守恒定律．
③明确所研究的相互作用过程，确定过程的始末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式．(注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的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、功和能
1．中学物理中常见的能量
动能Ek＝12mv2；重力势能Ep＝mgh；弹性势能E弹＝12kx2；机械能E＝Ek＋Ep；分子势能；分子动能；内能；电势能E＝qφ；电能；磁场能；化学能；光能；原子能(电子的动能和势能之和)；原子核能E＝mc2；引力势能；太阳能；风能(空气的动能)；地热、潮汐能．
2．常见力的功和功率的计算：
恒力做功W＝Fscosθ；
重力做功W＝mgh；
一对滑动摩擦力做的总功Wf＝－fs路；
电场力做功W＝qU；
功率恒定时牵引力所做的功W＝Pt；
恒定压强下的压力所做的功W＝pΔV；
电流所做的功W＝UIt；
洛伦兹力永不做功；
瞬时功率P＝Fvcos_θ；
平均功率P－＝Wt＝Fv－cosθ．
3．中学物理中重要的功能关系
能量与物体运动的状态相对应．在物体相互作用的过程中，物体的运动状态通常要发生变化，所以物体的能量变化一般要通过做功来实现，这就是常说的“功是能量转化的量度”的物理本质．那么，什么功对应着什么能量的转化呢？在高中物理中主要的功能关系有：
(1)外力对物体所做的总功等于物体动能的增量，即W总＝ΔEk．(动能定理)
(2)重力(或弹簧的弹力)对物体所做的功等于物体重力势能(或弹性势能)的增量的负值，即W重＝－ΔEp(或W弹＝－ΔEp)．
(3)电场力对电荷所做的功等于电荷电势能的增量的负值，即W电＝－ΔE电．
(4)除重力(或弹簧的弹力)以外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量，即W其他＝ΔE机．(功能原理)
(5)当除重力(或弹簧弹力)以外的力对物体所做的功等于零时，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的关系是：“摩擦所产生的热”等于滑动摩擦力跟物体间相对路程的乘积，即Q＝fs相对．一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值，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，这就是“摩擦生热”的实质．
(7)安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化，即W安＝ΔE电．安培力做正功，对应着电能转化为其他能(如电动机模型)；克服安培力做负功，对应着其他能转化为电能(如发电机模型)；安培力做功的绝对值等于电能转化的量值．
(8)分子力对分子所做的功等于分子势能的增量的负值，即W分子力＝－ΔE分子．
(9)外界对一定质量的气体所做的功W与气体从外界所吸收的热量Q之和等于气体内能的变化，即W＋Q＝ΔU．
(10)在电机电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与输出的机械功率之和．
(11)在纯电阻电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率．
(12)在电解槽电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与转化为化学能的功率之和．
(13)在光电效应中，光子的能量hν＝W＋12mv02．
(14)在原子物理中，原子辐射光子的能量hν＝E初－E末，原子吸收光子的能量hν＝E末－E初．
(15)核力对核子所做的功等于核能增量的负值，即W核＝－ΔE核，并且Δmc2＝ΔE核．
(16)能量转化和守恒定律．对于所有参与相互作用的物体所组成的系统，无论什么力做功，可能每一个物体的能量的数值及形式都发生变化，但系统内所有物体的各种形式能量的总和保持不变．
4．运用能量观点分析、解决问题的基本思路
(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，看有什么力在做功，弄清系统内有多少种形式的能在参与转化．
(3)仔细分析系统内各种能量的变化情况及变化的数量．
(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m1、m2的刚性小球A和B以初速度v1、v2运动，若它们能发生正碰，碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′．v1、v2、v1′、v2′是以地面为参考系的，将A和B看做系统．
由碰撞过程中系统动量守恒，有：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
由于弹性碰撞中没有机械能损失，故有：
12m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2
由以上两式可得：
v2′－v1′＝－(v2－v1)或v1′－v2′＝－(v1－v2)
碰撞后B相对于A的速度与碰撞前B相对于A的速度大小相等、方向相反；碰撞后A相对于B的速度与碰撞前A相对于B的速度大小相等、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：
v1′＝2m2v2＋(m1－m2)v1m1＋m2
v2′＝2m1v1＋(m2－m1)v2m1＋m2
若m1＝m2，即两个物体的质量相等，则v1′＝v2，v2′＝v1，表示碰后A的速度变为v2，B的速度变为v1．
【结论2】对于一维弹性碰撞，若两个物体的质量相等，则碰撞后两个物体互换速度(即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度)．
若A的质量远大于B的质量，则有：
v1′＝v1，v2′＝2v1－v2；
若A的质量远小于B的质量，则有：
v2′＝v2，v1′＝2v2－v1．
【结论3】对于一维弹性碰撞，若其中某物体的质量远大于另一物体的质量，则质量大的物体碰撞前后速度保持不变．至于质量小的物体碰后速度如何，可结合结论1和结论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，对提高学生的解题速度是大有帮助的．
热点、重点、难点
一、动量定理的应用问题
动量定理的应用在高考中主要有以下题型：
1．定性解释周围的一些现象；
2．求打击、碰撞、落地过程中的平均冲力；
3．计算流体问题中的冲力(或反冲力)；
4．根据安培力的冲量求电荷量．
●例1如图2－1所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是()
图2－1
A．ρvSB．ρv2SC．12ρv2SD．ρv2S
【解析】Δt时间内喷出气体的质量Δm＝ρSvΔt
对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得：
FΔt＝Δmv－0
解得：F＝ρv2S．
[答案]D
【点评】动量定理对多个物体组成的系统也成立，而动能定理对于多个物体组成的系统不适用．
★同类拓展1如图2－2所示，质量为M的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的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为()
图2－2
A．v＝mv0M＋m，I＝0B．v＝mv0M＋m，I＝2mv0
C．v＝mv0M＋m，I＝2m2v0M＋mD．v＝mv0M，I＝2mv0
【解析】设在子弹射入木块且未压缩弹簧的过程中，木块(含子弹)的速度为v1，由动量守恒定律得：
mv0＝(m＋M)v1
解得：v1＝mv0m＋M
对木块(含子弹)压缩弹簧再返回A点的过程，由动能定理得：
12(m＋M)v2－12(m＋M)v12＝W总＝0
可知：v＝v1＝mv0m＋M
取子弹、木块和弹簧组成的系统为研究对象，由动量定理得：
I＝(m＋M)(－v)－(m＋M)v1＝－2mv0
负号表示方向向左．
[答案]B
二、动能定理、机械能守恒定律的应用
1．对于单个平动的物体：W总＝ΔEk，W总指物体所受的所有外力做的总功．
2．系统只有重力、弹力作为内力做功时，机械能守恒．
(1)用细绳悬挂的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)对于细绳连接的物体，若细绳存在突然绷紧的瞬间，则物体(系统)的机械能减少．
3．单个可当做质点的物体机械能守恒时，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．发生形变的物体和几个物体组成的系统机械能守恒时，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v0竖直向上抛出一质量为m的小物块．假定物块所受的空气阻力f大小不变．已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为
[2009年高考全国理综卷Ⅱ]()
A．v022g(1＋fmg)和v0mg－fmg＋f
B．v022g(1＋fmg)和v0mgmg＋f
C．v022g(1＋2fmg)和v0mg－fmg＋f
D．v022g(1＋2fmg)和v0mgmg＋f
【解析】方法一：对于物块上升的过程，由动能定理得：
－(mgh＋fh)＝0－12mv02
解得：h＝v022g(1＋fmg)
设物块返回至原抛出点的速率为v，对于整个过程应用动能定理有：
12mv2－12mv02＝－f2h
解得：v＝v0mg－fmg＋f．
方法二：设小物块在上升过程中的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：
a1＝mg＋fm
故物块上升的最大高度h＝v022a1＝v022g(1＋fmg)
设小物块在下降过程中的加速度为a2，由牛顿第二定律有：
a2＝mg－fm
可得：v＝2a2h＝v0mg－fmg＋f．
[答案]A
【点评】动能定理是由牛顿第二定律导出的一个结论，对于单个物体受恒力作用的过程，以上两种方法都可以用来分析解答，但方法二的物理过程较复杂．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60kg的雪橇，从静止开始用80s的时间沿平直冰面跑完1000m．设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的8s时间内做匀加速直线运动，从第8s末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为15m/s；开始运动的8s内马拉雪橇的平均功率是8s后功率的一半．求：整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小．
【解析】设8s后马拉雪橇的功率为P，则：
匀速运动时P＝Fv＝fv
即运动过程中雪橇受到的阻力大小f＝Pv
对于整个过程运用动能定理得：
P2t1＋P(t总－t1)－fs总＝12mvt2－0
即P2×8＋P(80－8)－P15×1000＝12×60×152
解得：P＝723W
故f＝48.2N
再由动能定理可得P－t总－fs＝12mvt2
解得：P－＝687W．
[答案]687W48.2N
●例3如图2－3所示，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态．一条不可伸长的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上方的一段沿竖直方向．若在挂钩上挂一质量为m3的物体C，则B将刚好离地．若将C换成另一个质量为m1＋m3的物体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的速度大小是多少？(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，设弹簧的压缩量为x1，则有：
kx1＝m1g
挂上C后，当B刚要离地时，设弹簧的伸长量为x2，则有：
kx2＝m2g
此时，A和C的速度均为零
从挂上C到A和C的速度均为零时，根据机械能守恒定律可知，弹性势能的改变量为：
ΔE＝m3g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)
将C换成D后，有：
ΔE＋12(m1＋m3＋m1)v2＝(m1＋m3)g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)
联立解得：v＝2m1(m1＋m2)g2k(2m1＋m3)．
[答案]2m1(m1＋m2)g2k(2m1＋m3)
【点评】含弹簧连接的物理情境题在近几年高考中出现的概率很高，而且多次考查以下原理：①弹簧的压缩量或伸长量相同时，弹性势能相等；②弹性势能的变化取决于弹簧的始末形变量，与过程无关．
三、碰撞问题
1．在高中物理中涉及的许多碰撞过程(包括射击)，即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用时间短、内力远大于外力，系统的动量仍可看做守恒．
2．两滑块在水平面上碰撞的过程遵循以下三个法则：
①动量守恒；
②机械能不增加；
③碰后两物体的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，机械能的损耗最大．
●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的静止排着多个形状相同的带正电的绝缘小球，依次编号为1、2、3……每个小球所带的电荷量都相等且均为q＝3.75×10－3C，第一个小球的质量m＝0.03kg，从第二个小球起往下的小球的质量依次为前一个小球的13，小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里，已知该磁场的磁感应强度B＝0.5T．现给第一个小球一个水平速度v＝8m/s，使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正碰．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？(不计电荷之间的库仑力，取g＝10m/s2)
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的速度分别为v1和v2，根据动量和能量守恒有：
mv＝mv1＋13mv2
12mv2＝12mv12＋16mv22
联立解得：v2＝32v
同理，可得第n＋1个小球被碰后的速度vn＋1＝(32)nv
设第n＋1个小球被碰后对地面的压力为零或脱离地面，则：
qvn＋1B≥(13)nmg
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的物理过程时，总结出通项公式或递推式是关键．
★同类拓展3如图2－5所示，质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上，平衡时，弹簧的压缩量为x0．一个物块从钢板的正上方相距3x0的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．已知物块的质量也为m时，它们恰能回到O点；若物块的质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时还具有向上的速度．求物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离．
图2－5
【解析】物块与钢板碰撞前瞬间的速度为：
v0＝6gx0
设质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v1，由动量守恒定律有：
mv0＝2mv1
设弹簧的压缩量为x0时的弹性势能为Ep，对于物块和钢板碰撞后直至回到O点的过程，由机械能守恒定律得：
Ep＋12×2m×v12＝2mgx0
设质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v2，物块与钢板回到O点时所具有的速度为v3，由动量守恒定律有：
2mv0＝3mv2
由机械能守恒定律有：
Ep＋12×3m×v22＝3mgx0＋12×3m×v32
解得：v3＝gx0
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的作用，加速度为g；一过O点，钢板就会受到弹簧向下的拉力作用，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v3竖直上升，由竖直上抛的最大位移公式得：
h＝v322g＝x02
所以物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离为x02．
[答案]x02
【点评】①物块与钢板碰撞的瞬间外力之和并不为零，但这一过程时间极短，内力远大于外力，故可近似看成动量守恒．
②两次下压至回到O点的过程中，速度、路程并不相同，但弹性势能的改变(弹力做的功)相同．
③在本题中，物块与钢板下压至回到O点的过程也可以运用动能定理列方程．
第一次：0－12×2m×v12＝W弹－2mgx0
第二次：12×3m×v32－12×3m×v22＝W弹－3mgx0．
四、高中物理常见的功能关系
1．摩擦生热——等于摩擦力与两接触面相对滑动的路程的乘积，即Q＝fs相．
●例5如图2－6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下始终以v0＝2m/s的速率运行．现把一质量m＝10kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经时间t＝1.9s，工件被传送到h＝1.5m的皮带顶端．取g＝10m/s2．求：
(1)工件与皮带间的动摩擦因数μ．
(2)电动机由于传送工件而多消耗的电能．
图2－6
【解析】(1)由题意可知，皮带长s＝hsin30°＝3m
工件的速度达到v0前工件做匀加速运动，设经时间t1工件的速度达到v0，此过程工件的位移为：
s1＝12v0t1
达到v0后，工件做匀速运动，此过程工件的位移为：
s－s1＝v0(t－t1)
代入数据解得：t1＝0.8s
工件加速运动的加速度a＝v0t1＝2.5m/s2
据牛顿第二定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得：μ＝32．
(2)在时间t1内，皮带运动的位移s2＝v0t1＝1.6m
工件相对皮带的位移Δs＝s2－s1＝0.8m
在时间t1内，因摩擦产生的热量Q＝μmgcosθΔs＝60J
工件获得的动能Ek＝12mv02＝20J
工件增加的势能Ep＝mgh＝150J
电动机多消耗的电能E＝Q＋Ek＋Ep＝230J．
[答案](1)32(2)230J
2．机械能的变化——除重力、弹簧的弹力以外的力做的功等于系统机械能的变化．
●例6一面积很大的水池中的水深为H，水面上浮着一正方体木块，木块的边长为a，密度为水的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的过程中，力F所做的功．
(2)若将该木块放在底面为正方形(边长为2a)的盛水足够深的长方体容器中，开始时，木块静止，有一半没入水中，水面距容器底的距离为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的功．
图2-7乙
【解析】方法一：(1)因水池的面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，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的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部分水的质量为m，其势能的改变量为(取容器底为零势能面)：
图2－7丙
ΔE水＝mgH－mg(H－34a)
＝34mga
木块势能的改变量为：
ΔE木＝mg(H－a2)－mgH
＝－12mga
根据功能原理，力F所做的功为：
W＝ΔE水＋ΔE木＝14mga．
(2)因容器的底面积为2a2，仅是木块的底面积的2倍，故不可忽略木块压入水中所引起的水深变化．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的水填充至木块原浸入水中的空间和升高的水面处平面，故这一过程中水的势能的变化量为：
图2－7丁
ΔE水′＝mga＋mg(2a－a4＋a8)＝238mga
木块的势能的变化量ΔE木′＝－mg32a
根据功能原理，压力F做的功为：
W′＝ΔE水′＋ΔE木′＝118mga．
方法二：(1)水池的面积很大，可忽略因木块压入水中引起的水深变化．当木块浮在水面上时重力与浮力的大小相等；当木块刚没入水中时，浮力的大小等于重力的2倍，故所需的压力随下压位移的变化图象如图2－7戊所示．
图2－7戊
故WF＝12mga2＝14mga．
(2)随着木块的下沉水面缓慢上升，木块刚好完全没入水中时，水面上升a4的高度，此时木块受到的浮力的大小等于重力的2倍．此后，木块再下沉54a的距离即沉至容器底部，故木块下沉的整个过程中压力的大小随位移的变化图象如图2－7己所示
图2－7己
故WF′＝12mga4＋mg54a＝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根据功的定义计算在小容器中下压木块时，严格的讲还要说明在0～a4的位移段压力也是线性增大的．
3．导体克服安培力做的功等于(切割磁感线引起的)电磁感应转化的电能．
●例7如图2－8所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0．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，导轨的电阻不计)．
图2－8
(1)求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小．
(2)求棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热．
(3)试分析讨论棒ab在磁场中可能出现的运动情况．
【解析】(1)设棒ab离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v，产生的感应电动势为：
E＝BLv
电路中的电流I＝ER＋r
对棒ab，由平衡条件得：mg－BIL＝0
解得：v＝mg(R＋r)B2L2．
(2)设整个回路中产生的焦耳热为Q，由能量的转化和守恒定律可得：
mg(d0＋d)＝Q＋12mv2
解得：Q＝mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4
故Qab＝rR＋r[mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4]．
(3)设棒刚进入磁场时的速度为v0，由mgd0＝12mv02
解得：v0＝2gd0
棒在磁场中匀速运动时的速度v＝mg(R＋r)B2L2，则
①当v0＝v，即d0＝m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后做匀速直线运动；
②当v0＜v，即d0＜m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；
③当v0＞v，即d0＞m2g(R＋r)22B4L4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)B2L2
(2)rR＋r[mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4]
(3)①当v0＝v，即d0＝m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后做匀速直线运动；②当v0＜v，即d0＜m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；③当v0＞v，即d0＞m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动．
【点评】①计算转化的电能时，也可应用动能定理：
mg(d0＋d)－W安＝12mv2－0，其中W安＝E电＝Q．
②对于电磁感应中能量转化的问题，在以后的《感应电路》专题中还会作更深入的探讨．
五、多次相互作用或含多个物体的系统的动量、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的长木板，长木板上有一质量为m的小物块，它与长木板间的动摩擦因数为μ．开始时，长木板与小物块均靠在与水平面垂直的固定挡板处，某时刻它们以共同的速度v0向右运动，当长木板与右边的固定竖直挡板碰撞后，其速度的大小不变、方向相反，以后每次的碰撞均如此．设左右挡板之间的距离足够长，且M＞m．
图2－9
(1)要想物块不从长木板上落下，则长木板的长度L应满足什么条件？
(2)若上述条件满足，且M＝2kg，m＝1kg，v0＝10m/s，求整个系统在第5次碰撞前损失的所有机械能．
【解析】(1)设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v1，第n次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为vn．每次碰撞后，由于两挡板的距离足够长，物块与长木板都能达到相对静止，第1次若不能掉下，往后每次相对滑动的距离会越来越小，更不可能掉下．由动量守恒定律和能量守恒定律有：(M－m)v0＝(M＋m)v1
μmgs＝12(m＋M)v02－12(M＋m)v12
解得：s＝2Mv02μ(M＋m)g
故L应满足的条件是：
L≥s＝2Mv02μ(M＋m)g．
(2)第2次碰撞前有：
(M－m)v0＝(M＋m)v1
第3次碰撞前有：
(M－m)v1＝(M＋m)v2
第n次碰撞前有：
(M－m)vn－2＝(M＋m)vn－1
所以vn－1＝(M－mM＋m)n－1v0
故第5次碰撞前有：v4＝(M－mM＋m)4v0
故第5次碰撞前损失的总机械能为：
ΔE＝12(M＋m)v02－12(M＋m)v42
代入数据解得：ΔE＝149.98J．
[答案](1)L≥2Mv02μ(M＋m)g(2)149.98J
【点评】在复杂的多过程问题上，归纳法和演绎法常常大有作为．
