动量与能量论文

2024-05-12

动量与能量论文（共3篇）

动量与能量论文篇1

动量和能量的知识贯穿整个物理学, 涉及到“力学、热学、电磁学、光学、原子物理学”等, 从动量和能量的角度分析处理问题是研究物理问题的一条重要的途径, 也是解决物理问题最重要的思维方法之一.这类题目综合性强, 灵活性大, 分析能力要求较高.因此, 动量和能量的综合问题是高考命题的热点、焦点, 本文通过对2008年高考试题中的动量和能量综合题分类解析, 并对此类问题的解题方法作初步探讨.

一、碰撞模型

物体间的相互作用无处不在, 碰撞就是相互作用中非常重要的一种模型, 它能将力学的两大主干知识动量和能量有机结合起来, 可以考查学生综合解题能力.因此, 碰撞类试题在历年高考中频频出现, 应引起同学们的重视.

例1 (广东19) 如图1 (a) 所示, 在光滑绝缘水平面的AB区域内存在水平向右的电场, 电场强度E随时间的变化如图1 (b) 所示.不带电的绝缘小球P2静止在O点.t=0时, 带正电的小球P1以速度 v0 从A点进入AB区域, 随后与P2发生正碰后反弹, 反弹速度大小是碰前的 $\frac{2}{3}$ 倍, P1的质量为 m1, 带电量为 q, P2的质量 m2=5m1, A、O间距为L0, O、B间距 $L = \frac{4 L_{0}}{3}$ .已知 $\frac{q E_{0}}{m_{1}} = \frac{2 v_{0}^{2}}{3 L_{0}} ‚ Τ = \frac{L_{0}}{v_{0}} .$

(1) 求碰撞后小球P1向左运动的最大距离及所需时间.

(2) 讨论两球能否在OB区间内再次发生碰撞.

解析: (1) P1经 t1 时间与P2碰撞, 则 $t_{1} = \frac{L_{0}}{v_{0}} .$

P1、P2碰撞, 设碰后P2速度为 v2, 由动量守恒定律:

$m_{1} v_{0} = m_{1} (- \frac{2}{3} v_{0}) + m_{2} v_{2}$ ,

解得:v2=v0/3 (方向水平向右)

碰撞后小球P1向左运动的最大距离:

$S_{m} = \frac{v_{1}^{2}}{2 a_{1}} .$

又 $a_{1} = \frac{q E_{0}}{m_{1}} = \frac{2 v_{0}^{2}}{3 L_{0}} ‚ v_{1} = 2 v_{0} / 3$ ,

解得:Sm=L0/3.

所需时间: $t_{2} = \frac{v_{1}}{a_{1}} = \frac{L_{0}}{v_{0}} .$

(2) 设P1、P2碰撞后又经Δt 时间在OB区间内再次发生碰撞, 且P1受电场力不变, 由运动学公式, 以水平向右为正, 有:

S1=S2,

即: $- v_{1} Δ t + \frac{1}{2} a_{1} Δ t^{2} = v_{2} Δ t$ ,

解得: $Δ t = \frac{3 L_{0}}{v_{0}} = 3 Τ$ (故P1受电场力不变)

对P2分析:

$S_{2} = v_{2} Δ t = \frac{1}{3} v_{0} \cdot \frac{3 L_{0}}{v_{0}} = L_{0} ＜ L = \frac{4 L_{0}}{3} .$

所以假设成立, 两球能在OB区间内再次发生碰撞.

点评:本题为一道力电综合题, 涉及的物理知识较多, 这是当前高考加强考生能力考查采用的题型之一.在解题中要注意位移公式和动量守恒定律的矢量性.

例2 (重庆24) 如图2所示, 有一个竖直固定在地面的透气圆筒, 筒中有一劲度为 k 的轻弹簧, 其下端固定, 上端连接一质量为 m 的薄滑块, 圆筒内壁涂有一层新型智能材料——ER流体, 它对滑块的阻力可调.起初, 滑块静止, ER流体对其阻力为0, 弹簧的长度为L, 现有一质量也为 m 的物体从距地面2L处自由落下, 与滑块碰撞后粘在一起向下运动.为保证滑块做匀减速运动, 且下移距离为 $\frac{2 m g}{k}$ 时速度减为0, ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变.试求 (忽略空气阻力) :

(1) 下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能;

(2) 滑块向下运动过程中加速度的大小;

(3) 滑块下移距离 d 时ER流体对滑块阻力的大小.

解析: (1) 设物体下落末速度为 v0, 由机械能守恒定律

$m g L = \frac{1}{2} m v_{0}^{2}$ ,

得 $v_{0} = \sqrt{2 g L} .$

设碰后共同速度为 v1, 由动量守恒定律

2mv1=mv0,

得 $v_{1} = \frac{1}{2} \sqrt{2 g L} .$

碰撞过程中系统损失的机械能为

$Δ E = \frac{1}{2} m v_{0}^{2} - \frac{1}{2} 2 m v_{1}^{2} = \frac{1}{2} m g L .$

(2) 设加速度大小为 a, 有 2as=v $_{1}^{2}$ ,

得 $a = \frac{k L}{8 m} .$

(3) 设弹簧弹力为FN, ER流体对滑块的阻力为FER, 受力分析如图3所示

FS+FER-2mg=2ma,

FS=kx,

x=d+mg/k,

得 $F_{E R} = m g + \frac{k L}{4} - k d .$

点评: (1) 本题将力学中的牛顿运动定律、动量、能量、功能关系融为一体, 考查考生分析和综合能力, 题目涉及的物理过程并不复杂, 但要注意机械能守恒定律和动量守恒定律条件的把握以及碰撞瞬间机械能的损失.

(2) 在综合运用动量守恒和机械能守恒解题时, 要注意适当地选择过程, 分析符合何种守恒条件, 确定能否应用守恒定律.本题中物体与滑块碰撞后系统的机械能才守恒, 碰撞过程中内力远大于外力, 动量守恒, 但机械能不守恒, 因为物体与滑块是完全非弹性碰撞.

二、子弹打木块模型

“子弹打木块”模型作为物理问题中的最常见、最重要的模型之一, 往往会和其他知识进行整合, 形成综合性较强的习题, 能更好地考查学生分析物理过程、建立物理图景和知识迁移能力, 因而成为考查的重点和热点.其特点是内力远大于外力, 系统有机械能损失, 所以遵循动量守恒而机械能不守恒.

例3 (全国卷Ⅱ23) 如图4, 一质量为M的物块静止在桌面边缘, 桌面离水平地面的高度为 h.一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射入物块后, 以水平速度 v0/2射出.重力加速度为 g.求:

(1) 此过程中系统损失的机械能;

(2) 此后物块落地点离桌面边缘的水平距离.

解析: (1) 设子弹穿过物块后物块的速度为V, 由动量守恒得

$m v_{0} = m \frac{v_{0}}{2} + Μ V ‚ ①$

解得 $V = \frac{m}{2 Μ} v_{0} . ②$

系统的机械能损失为

$Δ E = \frac{1}{2} m v_{0}^{2} - [\frac{1}{2} m (\frac{v_{0}}{2})^{2} + \frac{1}{2} Μ V^{2}] ‚ ③$

由②③式得 $Δ E = \frac{1}{8} (3 - \frac{m}{Μ}) m v_{0}^{2} . ④$

(2) 设物块下落到地面所面时间为 t, 落地点距桌面边缘的水平距离为 s, 则

$\begin{array}{l} h = \frac{1}{2} g t^{2} ‚ ⑤ \\ s = V t . ⑥ \end{array}$

由②⑤⑥得 $S = \frac{m v_{0}}{Μ} \sqrt{\frac{h}{2 g}} . ⑦$

点评:本题涉及动量守恒定律、能量守恒、平抛运动等知识和规律, 重在考查学生对所遇到问题进行具体分析, 弄清其中的物理状态、物理过程和物理情景, 能够灵活地应用物理知识解决问题的能力.

三、滑块模型

两个物体叠放在一起相对滑动类问题是高考命题的热点, 这类问题涉及两个或多个物体, 各物体间有相对运动, 比较典型地体现了综合应用动量观点和能量观点解决动力学问题的一般方法.有时还需结合牛顿运动定律或动量定理求解.

例4 (广东20) 如图5所示, 固定的凹槽水平表面光滑, 其内放置U形滑板N, 滑板两端为半径R=0.45 m 的1/4圆弧面, A和D分别是圆弧的端点, BC段表面粗糙, 其余段表面光滑, 小滑块P1和P2的质量均为 m, 滑板的质量M=4m.P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40, 最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力, 开始时滑板紧靠槽的左端, P2静止在粗糙面的B点, P1以 v0=4.0 m/s 的初速度从A点沿弧面自由滑下, 与P2发生弹性碰撞后, P1处在粗糙面B点上, 当P2滑到C点时, 滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连, P2继续滑动, 到达D点时速度为零, P1与P2视为质点, 取 g=10 m/s2.问:

(1) P2在BC段向右滑动时, 滑板的加速度为多大?

(2) BC长度为多少?N、P1和P2最终静止后, P1与P2间的距离为多少?

解析: (1) P1滑到最低点速度为 v1, 由机械能守恒定律有:

$\frac{1}{2} m v_{0}^{2} + m g R = \frac{1}{2} m v_{1}^{2}$ ,

解得:v1=5 m/s.

P1、P2碰撞, 满足动量守恒, 机械能守恒, 设碰后速度分别为 v1′、v2′, 则

$\begin{array}{l} m v_{1} = m v^{'}_{1} + m v^{'}_{2} ‚ \\ \frac{1}{2} m v_{1}^{2} = \frac{1}{2} m v^{'}_{1}^{2} + \frac{1}{2} m v^{'}_{2}^{2} ‚ \end{array}$

解得:v1′=0, v2′=5 m/s.

P2向右滑动时, 假设P1保持不动, 对P2有:f2=μ2mg=4m (向左)

对P1、M有:f= (m+M) a2,

解得: $a_{2} = \frac{f}{m + Μ} = \frac{4 m}{5 m} = 0.8 m / s^{2} .$

此时对P2有:f1=ma=0.80m<fm=1.0m, 所以假设成立.

(2) 设P2滑到C点速度为 v2′, 由 $m g R = \frac{1}{2} m v^{'}_{2}^{2}$ 得:v2′=3 m/s.

P1、P2碰撞到P2滑到C点时, 设P1、M速度为 v, 由动量守恒定律得:

mv2= (m+M) v+mv′2,

解得:v=0.40 m/s.

对P1、P2、M组成的系统, 由功能关系可得:

$f_{2} L = \frac{1}{2} m v_{2}^{2} - \frac{1}{2} m v^{'}_{2}^{2} + \frac{1}{2} (m + Μ) v^{2}$ ,

代入数值解得:L=1.9 m.

滑板碰后, P1向右减速滑行, 由牛顿第二定律得, 加速度

a1=μ1mg/m=μ1g=1 m/s2.

P1向右滑行距离: $S_{1} = \frac{v^{2}}{2 a_{1}} = 0.08 m .$

P2由C点向右滑行然后滑到D点再返回C点, 速率不变, 滑上CB减速运动的加速度

a2=μ2mg/m=μ2g=4 m/s2.

P2向左滑行距离: $S_{2} = \frac{v^{'}_{2}^{2}}{2 a_{2}} = 1.125 m .$

所以P1、P2静止后距离:

ΔS=L-S1-S2=0.695 m.

点评: (1) 本题中内能的增加量等于P2与滑板构成系统的机械能减少量, 而不是等于P2的动能减少量.

(2) 将动量守恒定律与结论ΔE内=fs相对=ΔE机减结合的问题比较常见, 但运用结论时, 要注意它的来龙去脉.其实它就是由动能定理推导而来, 而且在往复运动里, s相对表示相对路程.

(3) 对于研究多个物体问题, 灵活运用“隔离法”和“整体法”选取研究对象和寻找多个物体之间的相互联系是顺利求解的关键.一般来说, 研究符合守恒定律的系统或多个运动状态相同的物体组成的系统时, 宜采用整体法;研究各物体间的相互作用时, 宜采用隔离法.

四、连接体模型

若干个物体通过一定的方式连接在一起, 就构成了连接体, 其连接方式一般是通过细绳、轻杆、轻弹簧等物体来实现的.连接体常会通过力和能建立联系, 解题的关键是寻找连接体之间的联系.连接体问题因其涉及多个物体, 具有较强的综合性, 是力学中能力考查的重要内容, 在2009年高考中还会出现.

例5 (全国Ⅰ24) 图6中滑块和小球的质量均为 m, 滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动, 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 l.开始时, 轻绳处于水平拉直状态, 小球和滑块均静止.现将小球由静止释放, 当小球到达最低点时, 滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住, 在极短的时间内速度减为零, 小球继续向左摆动, 当轻绳与竖直方向的夹角θ=60°时小球达到最高点.求:

(1) 从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;

(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: (1) 设小球第一次到达最低点时, 滑块和小球速度的大小分别为 v1、v2, 由机械能守恒定律得

$\frac{1}{2} m v_{1}^{2} + \frac{1}{2} m v_{2}^{2} = m g l . ①$

由于固定导轨光滑, 小球和滑块组成的系统在水平方向上动量守恒, 有

mv1-mv2=0, ②

联立①②式得: $v_{1} = v_{2} = \sqrt{g l} . ③$

设所求的挡板阻力对滑块的冲量为I, 规定动量方向向右为正, 有

I=0-mv1,

解得: $Ι = - m \sqrt{g l} .$

(2) 小球从开始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为W, 由动能定理得

$\frac{1}{2} m v_{2}^{2} = m g l + W . ④$

联立③④式得: $W = - \frac{1}{2} m g l .$

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为 $\frac{1}{2} m g l .$

点评: (1) 本题涉及三个过程:①小球下摆至最低点, 滑块右移至挡板处 (系统机械能守恒、水平方向动量守恒) .②滑块与挡板做完全非弹性碰撞被粘住 (系统机械能有损失) .③小球左摆至最高点, 滑块静止 (小球机械能守恒) .在分析时要根据不同过程的受力特点和运动情况, 灵活选择相应规律.

(2) 对连接体模型, 要从守恒定律的条件入手, 通过分析连接体受力情况和功能关系, 挖掘出守恒量从而列式求解.

例6 (天津24) 光滑水平面上放着质量 mA=1 kg 的物块A与质量 mB=2 kg 的物块B, A与B均可视为质点, A靠在竖直墙壁上, A、B间夹一个被压缩的轻弹簧 (弹簧与A、B均不拴接) , 用手挡住B不动, 此时弹簧弹性势能Ep=49J, 在A、B间系一轻质细绳, 细绳长度大于弹簧的自然长度, 如图7所示.放手后B向右运动, 绳在短暂时间内被拉断, 之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道, 其半径R=0.5 m, B恰能到达最高点C.取 g=10 m/s2, 求:

(1) 绳拉断后瞬间B的速度 vB 的大小;

(2) 绳拉断过程绳对B的冲量I的大小;

(3) 绳拉断过程绳对A所做的功W.

解析: (1) 设B在绳被拉断后瞬间的速度为 vB, 到达C时的速度为 vC, 有

$\begin{array}{l} m_{B} g = m_{B} \frac{v_{C}^{2}}{R} ‚ \\ \frac{1}{2} m_{B} v_{B}^{2} = \frac{1}{2} m_{B} v_{C}^{2} + 2 m_{B} g R . \end{array}$

代入数据得 vB=5 m/s.

(2) 设弹簧恢复到自然长度时B的速度为 v1, 取水平向右为正方向, 有

$\begin{array}{l} E_{p} = \frac{1}{2} m_{B} v_{1}^{2} ‚ \\ Ι = m_{B} v_{B} - m_{B} v_{1} . \end{array}$

代入数据得, I=-4N·s, 其大小为4N·s.

(3) 设绳断后A的速度为 vA, 取水平向右为正方向, 有

$\begin{array}{l} m_{B} v_{1} = m_{B} v_{B} + m_{A} v_{A} ‚ \\ W = \frac{1}{2} m_{A} v_{A}^{2} ‚ \end{array}$

代入数据得W=8J.

点评: (1) 本题涉及的过程较多, 有的过程持续时间很短 (如弹簧从压缩到恢复原长和弹簧处于原长状态到绳被拉断) , 有的过程持续时间较长 (如绳断后B的匀速直线运动和圆周运动) , 解题中必须对每一过程仔细分析, 明确连接体间动量和能量的转移与交换, 根据所适用的条件和研究问题的方便, 灵活选取不同的研究对象.

(2) 本题极易忽略弹簧处于原长状态到绳被拉断这一过程而误认为弹簧的弹性势能全部转化为B的动能.还要挖掘出“B恰能到达最高点C”中隐含的条件.

从上述高考题可以看出, 动量和能量的综合问题一般具有如下特点:

1.研究对象的多体性

在动量和能量的综合问题中, 由于物体间发生动量和能量的转移与交换, 必然涉及到多个研究对象, 需要根据所适用的条件和研究问题的方便, 灵活选取不同的研究对象, 从而为正确运用动量关系和能量关系解决问题创造条件.

2.物理过程的复杂性

动量和能量的综合问题, 通常都具有多个物理过程, 分析时需要根据整个过程在不同阶段的受力特点和运动情况, 将其划分为较简单的几个子过程, 从而为运用动量和能量关系解决问题奠定基础.这种将复杂过程分段处理的方法, 体现了物理学科处理复杂问题的基本思想方法.

3.已知条件的隐蔽性

动量和能量的综合问题, 往往将重要的已知条件隐含在某个结论或结果中, 使其具有一定的隐蔽性, 须仔细审题挖掘才能显现出来.由于这种隐含条件通常起着关键性的作用, 因而挖掘隐含条件就显得十分重要.

解题中要针对这些特点, 用物理学的观点和物理学的语言分析清楚复杂的物理过程的性质, 并准确地用与之相关的物理规律进行推论, 得出结果, 这是考生应具备的基本能力之一.在复习中首先要打下良好的基础, 做到理论上融会贯通, 思维方式上将物理观点、语言与物理模型相结合, 分析问题力求科学与准确.

动量与能量论文篇2

动量和能量

一、特别提示

动量和能量的知识贯穿整个物理学，涉及到“力学、热学、电磁学、光学、原子物理学”等，从动量和能量的角度分析处理问题是研究物理问题的一条重要的途径，也是解决物理问题最重要的思维方法之一。

1、动量关系

动量关系包括动量定理和动量守恒定律。（1）动量定理

凡涉及到速度和时间的物理问题都可利用动量定理加以解决，特别对于处理位移变化不明显的打击、碰撞类问题，更具有其他方法无可替代的作用。

（2）动量守恒定律

动量守恒定律是自然界中普通适用的规律，大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复杂的相互作用的物体系统类问题的基本规律。

动量守恒条件为：

①系统不受外力或所受合外力为零

②在某一方向上，系统不受外力或所受合外力为零，该方向上动量守恒。③系统内力远大于外力，动量近似守恒。

④在某一方向上，系统内力远大于外力，该方向上动量近似守恒。应用动量守恒定律解题的一般步骤：

确定研究对象，选取研究过程；分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列议程求解。

应用时，无需分析过程的细节，这是它的优点所在，定律的表述式是一个矢量式，应用时要特别注意方向。

2、能的转化和守恒定律

（1）能量守恒定律的具体表现形式

高中物理知识包括“力学、热学、电学、原子物理”五大部分内容，它们具有各自的独立性，但又有相互的联系性，其中能量守恒定律是贯穿于这五大部分的主线，只不过在不同的过程中，表现形式不同而已，如：

在力学中的机械能守恒定律：Ek1Ep1Ek2Ep2 在热学中的热力学第一定律：UWQ 在电学中的闭合电路欧姆定律：I律。

在光学中的光电效应方程：

E，法拉第电磁感应定律En，以及楞次定Rrt12nwmhvW 22在原子物理中爱因斯坦的质能方程：Emc

（2）利用能量守恒定律求解的物理问题具有的特点：

①题目所述的物理问题中，有能量由某种形式转化为另一种形式；

②题中参与转化的各种形式的能，每种形式的能如何转化或转移，根据能量守恒列出方程即总能量不变或减少的能等于增加的能。

二、典题例题

例题

1某商场安装了一台倾角为30°的自动扶梯，该扶梯在电压为380V的电动机带动下以0.4m/s的恒定速率向斜上方移动，电动机的最大输出功率为4.9kkw。不载人时测得电动机中的电流为5A，若载人时传颂梯的移动速度和不载人时相同，设人的平均质量为60kg，则这台自动扶梯可同时乘载的最多人数为多少？（g=10m/s2）。

分析与解

电动机的电压恒为380V，扶梯不载人时，电动机中的电流为5A，忽略掉电动机内阻的消耗，认为电动机的输入功率和输出功率相等，即可得到维持扶梯运转的功率为

P0380V5A1900W 电动机的最大输出功率为

Pm4.9kW 可用于输送顾客的功率为

PPmP03kW

由于扶梯以恒定速率向斜上方移动，每一位顾客所受的力为重力mg和支持力FN，且FN=mg 电动机通过扶梯的支持力FN对顾客做功，对每一位顾客做功的功率为 P1=Fnvcosa=mgvcos(90°-30°)=120W 则，同时乘载的最多人数人nP300025人 P1120点评

实际中的问题都是复杂的，受多方面的因素制约，解决这种问题，首先要突出实际问题的主要因素，忽略次要因素，把复杂的实际问题抽象成简单的物理模型，建立合适的物理模型是解决实际问题的重点，也是难点。

解决物理问题的一个基本思想是过能量守恒计算。很多看似难以解决的问题，都可以通过能量这条纽带联系起来的，这是一种常用且非常重要的物理思想方法，运用这种方法不仅使解题过程得以简化，而且可以非常深刻地揭示问题的物理意义。

运用机械功率公式P=Fv要特别注意力的方向和速度方向之间的角度，v指的是力方向上的速度。本题在计算扶梯对每个顾客做功功率P时，P1=Fnvcosa=mgvcos(90°-30°)，不能忽略cosa，a角为支持力Fn与顾客速度的夹角。

例题

2如图4-1所示：摆球的质量为m，从偏离水平方向30°的位置由静止释放，设绳子为理想轻绳，求小球运动到最低点A时绳子受到的拉力是多少？

分析与解

设悬线长为l，下球被释放后，先做自由落体运动，直到下落高度为h=2lsin，处于松驰状态的细绳被拉直为止。这时，小球的速度竖直向下，大小为v2gl。

当绳被拉直时，在绳的冲力作用下，速度v的法向分量vn减为零（由于绳为理想绳子，能在瞬间产生的极大拉力使球的法向速度减小为零，相应的动能转化为绳的内能）；小球以切向分量v1vsin30开始作变速圆周运动到最低点，在绳子拉直后的过程中机械能守恒，有

112m(vsin30)2mg(1cos60)mvA 22在最低点A，根据牛顿第二定律，有

v2Fmgm

lv2所以，绳的拉力Fmgm3.5mg

l点评

绳子拉直瞬间，物体将损失机械能转化为绳的内能（类似碰撞），本题中很多同学会想当然地认为球初态机械能等于末态机械能，原因是没有分析绳拉直的短暂过程及发生的物理现象。力学问题中的“过程”、“状态”分析是非常重要的，不可粗心忽略。

例题

3如图4-2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EK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，高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？

分析与解

本题涉及碰撞、动量、能量三个主要物理知识点，是一道综合性较强的问题，但如果总是的几个主要环节，问题将迎刃而解。

粘泥C飞撞到A并粘在一起的瞬间，可以认为二者组成的系统动量守恒，初速度为v0，末速度为v1，则有

mv02mv①

在A、C一起向右运动的过程中，A、B间的气体被压缩，压强增大，所以活塞A将减速运动，而活塞B将从静止开始做加速运动。在两活塞的速度相等之前，A、B之间的气体体积越来越小，内能越来越大。A、B速度相等时内能最大，设此时速度为v2，此过程对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律得（气体的质量不计）：

mv03mv

2②

由能的转化和守恒定律可得：在气体压缩过程中，系统动能的减少量等于气体内能的增加量。所以有：

1212mv13mv2

③ 221121解①②③得：Emv0EK

626E点评

若将本题的物理模型进行等效的代换：A和B换成光滑水平面上的两个物块，A、B之间的气体变成一轻弹簧，求内能的最大增量变成求弹性势能的最大增量。对代换后的模型我们已很熟悉，其实二者是同一类型的题目。因此解题不要就题论题，要有一个归纳总结的过程，这样才能够举一反三。

例

4如图4-3所示，是用直流电动机提升重物的装置，重物质量m50kg，电源电动势E110V，内电阻r11，电动机的内电阻r24。阻力不计。当匀速提升重物时，电路中电流强度I5A。取g10m/s2，试求：

（1）电源的总功率和输出功率；（2）重物上升的速度。

分析与解

电源输出的总能量，一部分消耗于自身内阻，其余全部输出传给电动机。电动机获得的电能，一部分转化为电动机的内能，其余的全部转化为机械能。

（1）电源的总功率为：P(W)总EI1105550电源的输出功率为：PUII(EIr(W)1)5(11051)525（2）电动机的输入功率为：P入525(W)电动机的热功率：P热I2r2524100(W)

电动机的输出功率等于它对重物做功的功率，即P入P热mgv 所以，vP入P热mg5251000.85m/s

500点评

本题中电源的总功率550W，就是每秒钟电源把其它形式的能转化为550J电能。电源的输出功率为525W，就是每秒钟输出电能525J，对整个电路来说，遵循能的转化和守恒定律。因此要学会从能量角度来处理电路中的问题。

例题

5如图4-4所示，金属杆a在离地h高处从静止开始沿弧形轨道下滑，导轨平行的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平部分导轨上原来放有一根金属杆b，已知杆

3a的质量为m，b杆的质量为m水平导轨足够长，不计摩

4擦，求：

（1）a和b的最终速度分别是多大？

（2）整个过程中回路释放的电能是多少？

（3）若已知a、b杆的电阻之比Ra:Rb3:4，其余电阻不计，整个过程中，a、b上产生的热量分别是多少？

分析与解

（1）a下滑h过程中机械能守恒：mgh12mv0

① 2a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，a作减速运动，b作加速运动，经一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为零，安培力为零，二者匀速运动，匀速运动的速度即为a、b的最终速度，设为v，由过程中a、b系统

3所受合外力为零，动量守恒得：mv0(mm)v

4②

由①②解得最终速度v472gh

（2）由能量守恒知，回路中产生的电能等于a、b系统机械能的损失，所以，133Emgh(mm)v2mgh

247（3）回路中产生的热量QaQbE，在回路中产生电能的过程中，虽然电流不恒定，但由于Ra、Rb串联，通过a、b的电流总是相等的，所以有

QaQb3，所以，4Qa37E949mgh，Qb412Emgh。749点评

本题以分析两杆的受力及运动为主要线索求解，关键注意：①明确“最终速度”的意义及条件；②分析电路中的电流，安培力和金属棒的运动之间相互影响、相互制约的关系；③金属棒所受安培力是系统的外力，但系统合外力为零，动量守恒；④运用能的转化和守恒定律及焦耳定律分析求解。

例题6

云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中，一静止的质量为M的原于核在云室中发生一次衰变，粒子的质量为m，电量为q，其运动轨迹在与磁场垂直的平面内，现测得粒子运动的轨道半径R，试求在衰变过程中的质量亏损。

分析与解

该衰变放出的粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其轨道半径R与运动速度

v2v的关系，由洛仑兹力和牛顿定律可得qvBm

①

R由衰变过程动量守恒得（衰变过程亏损质量很小，可忽略不计）：

0mv(Mm)v

②

又衰变过程中，能量守恒，则粒子和剩余核的动能都来自于亏损质量即

mc2121mv(Mm)v2

③ 22M(qBR)2联立①②③解得：m

22m(Mm)c点评

谈物理题目中的动量、能量问题篇3

碰撞问题是高中物理动量守恒定律和能量转化与守恒定律的重要应用之一.在我们经常遇到的物理问题中，有些看上去并不是碰撞问题，但运用碰撞规律去分析求解却显得比较容易.下面我们一起对此类问题作较为深入的探讨.

1.碰撞的几种类型图1

（1）完全弹性碰撞

如图1所示，其特点是：在碰撞的过程中不仅没有动能损失，且动量守恒.于是可得：

m1v1 + m2v2=m1v1′+m2v2′，

1 2 m1v21+ 1 2 m2v22= 1 2 m1v1′2+ 1 2 m2v2′2.

联立上述方程并解之得：v1′=

（m1-m2）v1+2m2v2 m1+m2 ，v2′= （m2-m1）v2+2m1v1 m1+m2

说明如果v2=0，即m2原来静止，则v1′= （m1-m2）v1 m1+m2 ，v2′= 2m1v1 m1+m2 .

①若m1 > m2，m1撞击m2后的速度方向不变，且m2的速度v2′ 大于v1；

②若m1 < m2，m1撞击m2后被反弹回来，且m2的速度v2′ 小于v1；

③若m1=m2，则碰撞后m1停止，m2的速度v2′ 和m1的速度v1相同.

（2）完全非弹性碰撞

在这种类型的碰撞中，两物体碰撞之后不再分离，动能损失最大（转化为其它形式的能）.由动量守恒可得：m1v1+m2v2=（m1+m2）v，则v= m1v1+m2v2 m1+m2 .

如果m2原来静止，则v= m1v1 m1+m2 .

碰撞过程损失的机械能为：ΔE= 1 2 m1v21+ 1 2 mv22- 1 2 （m1+m2）v2= m1m2 2（m1+m2）（v1-v2）2.

（3）非弹性碰撞

这种碰撞是日常生活中最常见的，具体的碰撞结果与碰撞过程中损失的动能大小有关，碰撞过程中仍然满足动量守恒定律，即

m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′，

1 2 m1v21+ 1 2 m2v22- 1 2 m1v1′2- 1 2 m2v2′2=ΔEk.

2.规律的拓展与应用

图2

例1 如图2所示，水平地面上静止地放置一楔形物体，其质量为M，水平地面及楔形物体上下表面均光滑.现有一质量为m的小球在水平地面上以初速度v0滑上斜面.求小球能在楔形物体斜面上滑行的最大高度为多少？（设楔形物体斜面足够长）

解析当小球滑上楔形物体后，系统在水平方向不受外力作用，所以在水平方向上动量守恒.其次由于小球高度升高，会使重力势能增大而系统动能减小.当小球上滑到最大高度时势能最大而系统动能损失最大，所以这个问题类似于完全非弹性碰撞.则

mv0=（M+m）v

mghm= 1 2 mv20- 1 2 （M+m）v2

联立以上两式并解之得：hm= mv20 2（M+m） .

图3

例2 如图3所示，放置在光滑水平地面上的两物体A、B，质量相等，它们之间用一轻弹簧连接.物体A靠在竖直墙上，向左推物体B使弹簧处于压缩状态后释放物体B，物体B向右弹出，两物体A、B与弹簧之间不分离.当弹簧第一次恢复原长时，物体B的速度为v.求当弹簧的长度最长时，物体A的速度为多大？

解析当弹簧第一次恢复原长之后，物体A离开墙壁，弹簧开始伸长，弹性势能增大，系统的动能减小；当物体A离开墙壁后，系统在水平方向不受外力作用，动量守恒；当弹簧的长度伸长到最长时，弹簧的弹性势能最大而系统的动能损失最大，所以这个过程中相当于类完全非弹性碰撞，弹簧最长时，两物体A、B速度相同.所以

mBv=（mA+mB）vA，则vA= mBv mA+mB = 1 2 v.

3.类完全弹性碰撞问题

例3 在例2中，试分析当弹簧再次恢复原长时，A的速度是多大？

解析从弹簧第一次恢复到原长到再次恢复原长的过程中动量守恒.弹簧先伸长后缩短，虽然在这个过程中系统的动能有变化，但初状态（弹簧第一次恢复原长）和末状态（弹簧再次恢复原长）相比较，系统的总动能是相同的.所以可把这个过程看作是类完全弹性碰撞.在两物体A、B的质量相同的情况下，其速度互换，即vA′=v.

例4 位于水平光滑桌面上的n个完全相同的小物块，沿一条直线排列，相邻小物块间都存在一定的距离.自左向右起，第一个小物块标记为P1，第二个小物块标记为P2，第三个小物块标记为P3，……，最后一个小物块即最右边的小物块标记为Pn.现设法同时给每个小物块一个方向都向右但大小各不相同的速度，其中最大是速度记作v1，最小的速度记作vn，介于最大速度与最小速度间的各速度由大到小依次记为v2， v3， …， vn-1，若当小物块发生碰撞时，碰撞都是弹性正碰，且碰撞时间极短，则最终小物块P1， P2， P3， …， Pn速度的大小依次为 .

解析由于相邻的两个小物块发生弹性正碰，则满足动量守恒、机械能守恒.由于它们发生碰撞时交换速度，据此很容易得出结论，故应顺填：vn， vn-1， …， v3， v2， v1.

例5 相隔一定距离的A、B质量相等，假定它们之间存在着恒定的斥力作用，原来两球被按住并处于静止状态.现突然松开两球，同时给A球以速度v0，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零.求两球间的距离从最小值（两球未接触）到刚恢复原始值所经历的时间内球B在斥力作用下的加速度.

解析对A、B球来说，当二者速度相等时，两球间距离最小，则根据动量守恒定律有：

mv0=2mv′，解得v′= v0 2 .

当二者距离恢复到原始值时，二者作用完毕，则有上述结论可知，A球速度为零，B球速度为v0，于是对B球有a= v0- v0 2 t = v0 2t .

图4

例6 如图4所示，在光滑水平面上停放着质量为m且装有光滑的弧形槽轨道AB的小车.一质量为m的小球以水平初速度v0从小车右端沿弧形槽轨道A端滑上小车，到达某一高度后，小球又返回弧形槽轨道A端，则下列判断正确的是（）.

A. 小球离开小车后向右做平抛运动

B. 小球离开小车后做自由落体运动

C. 此过程中小球对车做功为 1 2 mv20

D. 小球沿小车的弧形槽轨道上升的最大高度为 v20 2g

解析小球滑上弧形槽后又滑下的过程中，小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒.系统的动能先减小后增大，当小球返回弧形槽轨道A端时，系统的重力势能与小球滑上槽口时相同.因此初状态（小球滑上轨道A端）与末状态（小球返回轨道A端）系统的动能相同.所以可把这个过程看作是类完全弹性碰撞.根据完全弹性碰撞的规律可知：当小球返回轨道A端时，小车的速度为v1=v0.小球的末速度恰好为零.故小球离开车后做自由落体运动，在这一过程中小球对小车做的功为：W= 1 2 mv21= 1 2 mv20.故应选B和C. 图5

例7 如图5所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M = 19m的金属球并排悬挂.现将绝缘球拉至与竖直方向成θ = 60°的位置自由释放，下摆后在最低点处于金属球发生弹性碰撞.在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场.由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处.求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角将小于45°.

解析设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn-1，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为vn、Vn.由于碰撞过程中动量守恒，碰撞前后动能相等.设速度向左为正，则有

mvn-1=MVn-mvn ①

1 2 mv2n-1= 1 2 MV2n+ 1 2 mv2n ②

①可变形为m（vn-1+vn）=MVn ③

②可变形为 1 2 m（vn-1-vn）（vn-1+vn）= 1 2 MV2n ④

将③代入④得（vn-1-vn）=Vn ⑤

由③和⑤可得

vn= M-m M+m vn-1= 9 10 vn-1，Vn= 2m M+m = 1 10 vn-1.

第n次碰撞后绝缘球的动能为En= 1 2 mv2n=（0.81）nE0，（E0为第1次碰撞前的动能，即初始能量）

绝缘球在θ=θ0=60°与θ=45°处的势能之比为 E E0 = mgl（1-cosθ） mgl（1-cosθ0） =（0.81）n，易算出（0.81）2=0.656，（0.81）3=0.531，因此经过3次碰撞后θ小于45°.

二、磁场中双杆运动能量守恒有妙用

对于双杆在磁场中运动的问题，稳定后回路中有感应电流存在，电流做功使系统发热，系统中总会涉及到能量的转化，因此双杆系统总要受到外力作用，外力给系统补充能量，才能维持双杆持续不断地生热而耗散的能量.安培力做功总是量度其它形式的能转化为内能的，若双杆的机械能不增加，则由能量转化与守恒知，外力做功的功率与安培力做功的功率必相等.稳定状态表现在双杆运动应该有恒定的速度差.差值是多少视具体情况而定，也可以为零.因双杆系统除受安培力，还受到其它力作用，在求表征单杆运动特征的某一物理量这样的局部问题时，用牛顿第二定律.求系统发热等全局问题时，应结合能量转化与守恒定律. 图6

例8 如图1所示，在水平面上有两条平行导轨MN、PQ，导轨间距离为l，匀强磁场垂直于导轨所在的平面（纸面）向里，磁感应强度的大小为B，两根金属杆1、2摆在导轨上且与导轨垂直，它们的质量和电阻分别为m1、m2和R1、R2，两杆与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为μ.已知杆1被外力拖动，以恒定的速度v0沿导轨运动，达到稳定状态时，杆2也以恒定速度沿导轨运动，导轨的电阻忽略不计，求杆2克服摩擦力做功的功率.

解析设杆2的运动速度为v，由于两杆运动时，两杆间与导轨构成的回路中的磁通量发生变化，产生感应电动势

E=Bl（v0-v） ①

感应电流为I=E/（R1+R2） ②

杆2做匀速运动，它受到的安培力等于它受到的摩擦力，则有

Blv=μm2g ③

导体杆2克服摩擦力做功的功率

P=μm2gv ④

联立以上四式可解得P=μm2g[v0- μm2g B2l2 （R1+R2）].

点评两杆受的安培力等大反向，稳定后系统受力平衡，则外力F=（m1+m2）gμ.外力做功全部转化为系统的内能，但通过了两种途径，一是感应电流做功发热，另一种是摩擦生热. 图7

例9 在如图7所示的导轨上，有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B，左端间距L1=4L，右端间距L2=L.现在导轨上垂直放置ab和cd两金属棒，质量分别为m1=2m，m2=m；电阻R1=4R，R2=R.现使ab棒向右以初速度v0运动，求整个过程中cd棒产生的焦耳热和通过它的电量.

解析设ab长为L1、cd长为L2，如图7所示.当ab棒刚开始运动时，回路中产生有顺时针方向的电流，由左手定则可以判断ab棒受到向左的安培力做变减速运动，cd棒受到向右的安培力做变加速运动，过程中电流不断减小.当回路电流为零时，ab棒和cd棒受到的安培力均为零，速度不再发生变化，各自做匀速直线运动，达到稳定状态.

收尾运动之前，因为Fab=BIL1、Fcd=BIL2，所以两棒受到的合力不为零，故系统动量不守恒，只能运用动量定理.设从开始运动到稳定状态回路中的平均电流（对时间）为I，对ab棒运用动量定理有

-BIL1Δt=m1vab-m1v0 ①

对cd棒运用动量定理有

BIL2Δt=m2vcd ②

由电流的定义知

q=IΔt ③

两棒稳定后，回路中电流I=0，所以Eab=Ecd，即BL1vab=BL2vcd，故此有

L1vab=L2vcd ④

由以上四式可解得 q= m1m2v0L1 m1BL22-m2BL21 ，vab= v0 9 ，vcd= 4 9 v0.

将L1=4L、L2=L、m1=2m、m2=m代入上式可求得q= 4mv0 9BL .

因回路电流始终为零，故两棒产生的热量之比等于其电阻之比： Qcd R2 = Qab R1 = Q R1+R2 .

故cd棒产生的焦耳热 Qcd= 1 5 （ 1 2 mv20- 1 5 m1v2ab- 1 2 m2v2cd）= 72 405 mv20.

点评求解本题的关键在于当回路电流为零时，两导体棒做匀速直线运动，于是可求得两棒收尾速度的关系：vcd=4vab. 图8

例10 如图8所示，a1b1c1d1与a2b2c2d2为在同一竖直平面内的金属导轨，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨所在的平面（纸面）向里.导轨的a1b1段与a2b2段是竖直的，距离为l1；c1d1段与c2d2段也是竖直的，距离为l2.x1、y1 与x2、y2为两根用不可伸长的绝缘轻线相连的金属细杆，质量分别为m1、m2，它们都垂直于导轨并与导轨保持光滑接触.两杆与导轨构成的回路的总电阻为R.F为作用于金属杆x1y1上的竖直向上的恒力，已知两杆运动到图示位置时，已匀速向上运动，求此时作用于两杆的重力的功率的大小和回路电阻上的热功率.

解析设杆向上的速度为v，因杆的运动，两杆与导轨构成的回路的面积减少，从而磁通量也减少.由法拉第电磁感应定律知回路中的感应电动势的大小

E=B（l2-l1）v ①

回路中的电流I= E R ②

电流沿顺时针方向，两金属杆都要受到安培力作用，作用于杆x1y1的安培力为

f1=Bl1I ③

方向向上，作用于杆x2y2的安培力为

f2=Bl2I ④

方向向下，当杆做匀速运动时，根据牛顿第二定律有

F-m1g-m2g+f1-f2=0 ⑤

由以上各式可解得：I= F-（m1+m2）g B（l2-l1） ⑥

v= F-（m1+m2）g B（l2-l1） R ⑦

作用于两杆的重力的功率大小

P=（m1+m2）gv ⑧

电阻上的热功率Q=I2R ⑨

由后四式可解得P= F-（m1+m2）g B2（l2-l1） R（m1+m2）g，Q=[ F-（m1+m2）g B（l2-l1） ]2R.

点评稳定后两杆都向上匀速运动，由于轨道不等宽，则两杆所受安培力大小不同，同时两杆也要受到重力作用.因此系统必受向上的拉力才能平衡.外力做功一部分转化为重力势能，另一部分转化为系统的内能.

例11 在例9中，若开始时两棒均静止，现给cd棒施加一个向右大小为F的恒力，如图9所示.求ab棒上消耗的最大电功率. 图9

解析由于有恒定的外力F作用，两棒不可能匀速运动，很显然两棒在稳定状态时，回路电流不可能为零，cd棒开始在外力F和安培力作用下向右做变加速运动，ab棒在安培力作用下也开始向右做变加速运动.回路中有逆时针方向逐渐增大的电流I.这就使得cd棒的加速度acd逐渐减小，ab棒的加速度aab逐渐增大.当回路中电流增大到最大值，这时两棒加速度达到稳定值，最终两棒均做匀加速运动.这时有E=BL2vcd-BL1vab，当两棒加速度达到稳定值的瞬时，设ab棒的速度为v1，加速度为a1，cd棒的速度为v2，加速度为a2，则有vab=v1+a1t，vcd=v2+a2t，所以I=

E/5R=BL/5R[（v2-4v1）+（a2-4a1）t]，可见要使I恒定，只有

a2=4a1 ①

由牛顿第二定律，对ab棒有BIL1=m1a1 ②

对cd棒有F-BIL2=m2a2 ③

由以上三式可解得a1= 2F 9m ， a2= 8F 9m ， I= F 9BL .

因此ab棒上消耗的最大电功率Pabm=I2R1= 4F2R 81B2L2 .

此后，两棒上消耗的电功率不变，而外力F的功率仍在增大，使两棒的动能仍在增大.

点评两棒收尾运动是匀加速运动，这时回路电流恒定，即不随时间变化，得到两棒的加速度关系，于是问题便迎刃而解. 图10

例12 如图10所示，足够长的光滑平行导轨水平放置，电阻不计，MN部分的宽度为2l，PQ部分的宽度为l，金属棒a、b的质量ma=2mb=2m，其电阻大小Ra=2Rb=2R，a和b分别在MN和PQ上，垂直导轨且相距足够远，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B.开始时a棒向右的速度为v0，b棒静止，两棒运动时始终保持平行，且a总在MN上运动.求a、b稳定运动前电路中产生的焦耳热.

解析由法拉第电磁感应定律和楞次定律可知，a棒运动后做加速度减小的减速运动，b棒从静止开始做加速度减小的加速运动，当两棒加速度同时减小到零，即电路中电流为零时，两棒运动达到稳定，此时两棒速度关系为vb=2va（从阻碍磁通量变化的角度可知，两棒速度关系为vb=2va且恒定不变时，两棒与导轨构成的回路面积不再变化，电路达到稳定）.

根据上述分析，从开始运动到稳定，对两棒分别运动动量定理有：

-BI ·t=2mva-mv0，-BI ·t=mvb-0 vb=2va.由以上三式可解得va= v0 3 ， vb= 2 3 v0.

由能量守恒知，a、b稳定运动前电路产生的焦耳热为Q= 1 2 ×2mv20- 1 2 ×mv2a- 1 2 ×2mv2b，将va= v0 3 ， vb= 2 3 v0，代入可求得Q= 2mv20 3 .

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