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專題2 動量與能量
思想方法提煉
牛頓運動定律與動量觀點和能量觀點通常稱作解決問題的三把金鑰匙.其實它們是從三個不同的角度來研究力與運動的關系.解決力學問題時，選用不同的方法，處理問題的難易、繁簡程度可能有很大差別，但在很多情況下，要三把鑰匙結合起來使用，就能快速有效地解決問題.
一、能量
1.概述
能量是狀態量，不同的狀態有不同的數值的能量，能量的變化是通過做功或熱傳遞兩種方式來實現的，力學中功是能量轉化的量度，熱學中功和熱量是內能變化的量度.
高中物理在力學、熱學、電磁學、光學和原子物理等各分支學科中涉及到許多形式的能，如動能、勢能、電能、內能、核能，這些形式的能可以相互轉化，并且遵循能量轉化和守恒定律，能量是貫穿于中學物理教材的一條主線，是分析和解決物理問題的主要依據。在每年的高考物理試卷中都會出現考查能量的問題。并時常發現“壓軸題”就是能量試題。
2.能的轉化和守恒定律在各分支學科中表達式
(1)W合=△Ek包括重力、彈簧彈力、電場力等各種力在內的所有外力對物體做的總功，等于物體動能的變化。(動能定理)
(2)WF=△E除重力以外有其它外力對物體做功等于物體機械能的變化。(功能原理)
注：(1)物體的內能(所有分子熱運動動能和分子勢能的總和)、電勢能不屬于機械能
(2)WF=0時，機械能守恒，通過重力做功實現動能和重力勢能的相互轉化。(3)WG=-△EP重力做正功，重力勢能減小；重力做負功，重力勢能增加。重力勢能變化只與重力做功有關，與其他做功情況無關。
(4)W電=-△EP 電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增加。在只有重力、電場力做功的系統內，系統的動能、重力勢能、電勢能間發生相互轉化，但總和保持不變。
注：在電磁感應現象中，克服安培力做功等于回路中產生的電能，電能再通過電路轉化為其他形式的能。
(5)W+Q=△E物體內能的變化等于物體與外界之間功和熱傳遞的和(熱力學第一定律)。
(6)mv02/2=hν-W 光電子的最大初動能等于入射光子的能量和該金屬的逸出功之差。
(7)△E=△mc2在核反應中，發生質量虧損，即有能量釋放出來。(可以以粒子的動能、光子等形式向外釋放)
動量與能量的關系
1.動量與動能
動量和能量都與物體的某一運動狀態相對應，都與物體的質量和速度有關.但它們存在明顯的不同：動量的大小與速度成正比p=mv；動能的大小與速度的平方成正比Ek=mv2/2?兩者的關系：p2=2mEk
動量是矢量而動能是標量.物體的動量發生變化時，動能不一定變化；但物體的動能一旦發生變化，則動量必發生變化.
2.動量定理與動能定理
動量定理：物體動量的變化量等于物體所受合外力的沖量.△p=I，沖量I=Ft是力對時間的積累效應
動能定理：物體動能的變化量等于外力對物體所做的功.△Ek=W，功W=Fs是力對空間的積累效應.
3.動量守恒定律與機械能守恒定律
動量守恒定律與機械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體系統，(在研究某個物體與地球組成的系統的機械能守恒時，通常不考慮地球的影響)，且研究的都是某一物理過程.動量守恒定律的內容是：一個系統不受外力或者所受外力之和為0，這個系統的總動量保持不變；機械能守恒定律的內容是：在只有重力和彈簧彈力做功的情形下，系統機械能的總量保持不變
運用動量守恒定律值得注意的兩點是：(1)嚴格符合動量守恒條件的系統是難以找到的.如：在空中爆炸或碰撞的物體受重力作用，在地面上碰撞的物體受摩擦力作用，但由于系統間相互作用的內力遠大于外界對系統的作用，所以在作用前后的瞬間系統的動量可認為基本上是守恒的.(2)即使系統所受的外力不為0，但沿某個方向的合外力為0，則系統沿該方向的動量是守恒的.
動量守恒定律的適應范圍廣，不但適應常見物體的碰撞、爆炸等現象，也適應天體碰撞、原子的裂變，動量守恒與機械能守恒相結合的綜合的試題在高考中多次出現，是高考的熱點內容.
【例1】如圖所示，滑塊A、B的質量分別為m1與m2，m1＜m2，由輕質彈簧相連接置于水平的氣墊導軌上，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態后綁緊。兩滑塊一起以恒定的
速率v0向右滑動.突然輕繩斷開.當彈簧
伸至本身的自然長度時，滑塊A的速度
正好為0.求：
(1)繩斷開到第一次恢復自然長度的過程中彈簧釋放的彈性勢能Ep；
(2)在以后的運動過程中，滑塊B是否會有速度為0的時刻?試通過定量分析證明你的結論.
【解析】(1)當彈簧處壓縮狀態時，系統的機械能等于兩滑塊的動能和彈簧的彈性勢能之和，當彈簧伸長到自然長度時，彈性勢能為0，因這時滑塊A的速度為0，故系統的機械能等于滑塊B的動能.設這時滑塊B的速度為v，則有E=m2v2/2.
因系統所受外力為0，由動量守恒定律
(m1+m2)v0=m2v.
解得E=(m1+m2)2v02/(2m2).
由于只有彈簧的彈力做功，系統的機械能守恒
(m1+m2)v02/2+Ep=E.
解得Ep=(m1-m2)(m1+m2)v02/2m2.
(2)假設在以后的運動中滑塊B可以出現速度為0的時刻，并設此時A的速度為v1，彈簧的彈性勢能為E′p，由機械能守恒定律得
m1v12/2+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.
根據動量守恒得(m1+m2)v0=m1v1，
求出v1代入上式得:
(m1+m2)2v02/2m1+E′p=(m1+m2)2v02/2m2.
因為E′p≥0，故得:
(m1+m2)2v02/2m1≤(m1+m2)2v02/2m2
即m1≥m2，這與已知條件中m1＜m2不符.
可見在以后的運動中不可能出現滑塊B的速度為0的情況.
【解題回顧】“假設法”解題的特點是：先對某個結論提出可能的假設.再利用已知的規律知識對該假設進行剖析，其結論若符合題意的要求，則原假設成立.“假設法”是科學探索常用的方法之一.在當前，高考突出能力考察的形勢下，加強證明題的訓練很有必要.
【例2】如圖所示，質量為m的有孔物體A
套在光滑的水平桿上，在A下面用細繩掛一質量
為M的物體B，若A固定不動，給B一水平沖量I，
B恰能上升到使繩水平的位置.當A不固定時，要使
B物體上升到使繩水平的位置，則給它的水平沖量
至少多大?
【解析】當A固定不動時，B受到沖量后以A為圓心做圓周運動，只有重力做功，機械能守恒.在水平位置時B的重力勢能應等于其在最低位置時獲得的動能Mgh=Ek=p2/2M=I2/2M.
若A不固定，B向上擺動時A也要向右運動，當B恰能擺到水平位置時，它們具有相同的水平速度，把A、B看成一個系統，此系統除重力外，其他力不做功，機械能守恒.又在水平方向上系統不受外力作用，所以系統在水平方向上動量守恒，設M在最低點得到的速度為v0，到水平位置時的速度為v.
Mv0=(M+m)v.
Mv02/2=(M+m)v2/2+Mgh.
I′=Mv0.

I′=
【解題回顧】此題重要的是在理解A不固定，B恰能上升到使繩水平的位置時，其豎直方向的分速度為0，只有水平速度這個臨界點.另外B上升時也不再是做圓周運動，此時繩的拉力對B做功(請同學們思考一下，繩的拉力對B做正功還是負功)，有興趣的同學還可以分析一下系統以后的運動情況.
【例3】下面是一個物理演示實驗，它顯示：
圖中下落的物體A、B經反彈后，B能上升到比
初始位置高的地方.A是某種材料做成的實心球，質量
m1=0.28kg，在其頂部的凹坑中插著質量m2=0.1kg的
木棍B.B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間
有小間隙. 將此裝置從A的下端離地板的高度H=1.25m
處由靜止釋放.實驗中，A觸地后在極短的時間內反彈，
且其速度大小不變；接著木棍B脫離球A開始上升，而球A恰好停留在地板上，求木棍B上升的高度.重力加速度（g=10m/s2）
【解析】根據題意，A碰地板后，反彈速度的大小等于它下落到地面時的速度的大小，由機械能守恒得
(m1+m2)gH=(m1+m2)v2/2，v1= .
A剛反彈時速度向上，立刻與下落的B碰撞，碰前B的速度v2= .
由題意，碰后A速度為0，以v2表示B上升的速度，
根據動量守恒m1v1-m2v2=m2v′2.
令h表示B上升的高度，有m2v′22/2=m2gh，
由以上各式并代入數據得:h=4.05m.
【例4】質量分別為m1、m2的小球在一
直線上做彈性碰撞，它們在碰撞前后的
位移—時間圖像如圖所示，若m1=1kg,
m2的質量等于多少?
【解析】從位移—時間圖像上可看出：m1和m2
于t=2s時在位移等于8m處碰撞，碰前m2的速度為0，m1的速度v0=△s/△t=4m/s
碰撞后，m1的速度v1=-2m/s，
m2的速度v2=2m/s，
由動量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2，
m2=3kg.
【解題回顧】這是一道有關圖像應用的題型，關鍵是理解每段圖線所對應的兩個物理量：位移隨時間的變化規律，求出各物體碰撞前后的速度.不要把運動圖像同運動軌跡混為一談.
【例5】云室處在磁感應強度為B的勻強磁場中，一質量為M的靜止的原子核在云室中發生一次α衰變，α粒子的質量為m，電量為q，其運動軌跡在與磁場垂直的平面內.現測得α粒子運動的軌道半徑為R，試求在衰變過程中的質量虧損.(注：涉及動量問題時，虧損的質量可忽略不計)
【解析】α粒子在磁場中做圓周運動的向心力是洛倫茲力，設α粒子的運動速度為v，由牛頓第二定律得qvB=mv2/R.
衰變過程中，粒子與剩余核發生相互作用，設衰變后剩余核的速度為v′，衰變過程中動量守恒(M-m)v′=mv.
α粒子與剩余核的動能來源于衰變過程中虧損的質量，有
△m·c2=(M-m)v′2/2+mv2/2.
解得:△m=M(qBR)2/[2c2m(M-m)].
【解題回顧】此題知識跨度大，綜合性強，將基礎理論與現代物理相結合.考查了圓周運動、洛倫茲力、動量守恒、核裂變、能量守恒等知識.這類題型需注意加強.
【例6】如圖所示，一輕繩穿過光滑的定滑輪，
兩端各拴有一小物塊.它們的質量分別為m1、m2，已知
m2=3m1，起始時m1放在地上，m2離地面的高度
h=1.0m，繩子處于拉直狀態，然后放手.設物塊與地面相碰
時完全沒有彈起(地面為水平沙地)，繩不可伸長，繩中
各處拉力均相同，在突然提起物塊時繩的速度與物塊的
速度相同，試求m2所走的全部路程(取3位有效數字)
【解析】因m2＞m1，放手后m2將下降，直至落地.
由機械能守恒定律得
m2gh-m1gh=(m1+m2)v2/2.
m2與地面碰后靜止，繩松弛，m1以速度v上升至最高點處再下降.
當降至h時繩被繃緊.
根據動量守恒定律可得:m1v=(m1+m2)v1
由于m1通過繩子與m2作用及m2與地面碰撞的過程中都損失了能量，故m2不可能再升到h處，m1也不可能落回地面.設m2再次達到的高度為h1，m1則從開始繃緊時的高度h處下降了h1.由機械能守恒
(m1+m2)v12/2+m1gh1=m2gh1
由以上3式聯立可解得
h1=m12h/(m1+m2)2=[m1/(m1+m2)]2h
此后m2又從h1高處落下，類似前面的過程.設m2第二次達到的最高點為h2，仿照上一過程可推得
h2=m12h1/(m1+m2)2=m14h/(m1+m2)4=[m1/(m1+m2)]4h
由此類推，得:h3=m16h/(m1+m2)6=[m1/(m1+m2)]6h
所以通過的總路程
s=h+2h1+2h2+2h3+……

【解題回顧】這是一道難度較大的習題.除了在數學處理方面遇到困難外，主要的原因還是出在對兩個物塊運動的情況沒有分析清楚.本題作為動量守恒與機械能守恒定律應用的一種特例，應加強記憶和理解.
【例7】如圖所示，金屬桿a從
離地h高處由靜止開始沿光滑平行的
弧形軌道下滑，軌道的水平部分有豎直
向上的勻強磁場B，水平軌道上原來
放有一金屬桿b，已知a桿的質量為
ma,且與桿b的質量之比為ma∶mb=3∶4，
水平軌道足夠長，不計摩擦，求：
(1)a和b的最終速度分別是多大?
(2)整個過程中回路釋放的電能是多少?
(3)若已知a、b桿的電阻之比Ra∶Rb=3∶4，其余部分的電阻不計，整個過程中桿a、b上產生的熱量分別是多少?
【解析】(1)a下滑過程中機械能守恒
magh=mav02/2
a進入磁場后，回路中產生感應電流，a、b都受安培力作用，a做減速運動，b做加速運動，經過一段時間，a、b速度達到相同，之后回路的磁通量不發生變化，感應電流為0，安培力為0，二者勻速運動.勻速運動的速度即為a.b的最終速度，設為v.由于所組成的系統所受合外力為0，故系統的動量守恒
mav0=(ma+mb)v
由以上兩式解得最終速度

va=vb=v=
(2)由能量守恒得知，回路中產生的電能應等于a、b系統機械能的損失，所以
E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7
(3)由能的守恒與轉化定律，回路中產生的熱量應等于回路中釋放的電能等于系統損失的機械能，即Qa+Qb=E.在回路中產生電能的過程中，電流不恒定，但由于Ra與Rb串聯，通過的電流總是相等的，所以應有

所以
【例8】連同裝備質量M=100kg的宇航員離飛船45m處與飛船相對靜止，他帶有一個裝有m=0.5kg的氧氣貯筒，其噴嘴可以使氧氣以v=50m/s的速度在極短的時間內相對宇航員自身噴出.他要返回時，必須向相反的方向釋放氧氣，同時還要留一部分氧氣供返回途中呼吸.設他的耗氧率R是2.5×10-4kg/s，問：要最大限度地節省氧氣，并安全返回飛船，所用掉的氧氣是多少?
【解析】設噴出氧氣的質量為m′后，飛船獲得的速度為v′，噴氣的過程中滿足動量守恒定律，有:
0=(M-m′)v′+m′(-v+v′)
得v′=m′v/M
宇航員即以v′勻速靠近飛船，到達飛船所需的時間
t=s/v′=Ms/m′v
這段時間內耗氧m″=Rt
故其用掉氧氣m′+m″=2.25×10-2/m′+m′
因為(2.25×10-2/m′)×m′=2.5×10-2為常數，
所以當2.25×10-2/m′=m′，即m′=0.15kg時用掉氧氣最少，共用掉氧氣是m′+m″=0.3kg.
【解題回顧】(1)動量守恒定律中的各個速度應統一對應于某一慣性參照系，在本題中，飛船沿圓軌道運動，不是慣性參照系.但是，在一段很短的圓弧上，可以視飛船做勻速直線運動，是慣性參照系.(2)此題中氧氣的速度是相對宇航員而不是飛船，因此，列動量守恒的表達式時，要注意速度的相對性，這里很容易出錯誤.(3)要注意數學知識在物理上的運用.
【例9】質量為m的飛機以水平速度v0飛離跑道后逐漸上升，若飛機在此過程中水平速度保持不變，同時受到重力和豎直向上的恒定升力（該升力由其它力的合力提供，不含重力）。今測得當飛機在水平方向的位移為l時，它的上升高度為h，求：（1）飛機受到的升力大小；（2）從起飛到上升至h高度的過程中升力所作的功及在高度h處飛機的動能。
【解析】飛機水平速度不變 ① y方向加速度恒定 ②
消去t即得 ③
由牛頓第二定律 ④
（2）升力做功 ⑤
在h處 ⑥
∴ ⑦
【例10】有三根長度皆為 l＝1.00m 的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板上的 O 點，另一端分別拴有質量皆為 m＝1.00×10－2kg 的帶電小球 A 和 B，它們的電量分別為 一q 和 ＋q，q＝l.00×10－7C。A、B 之間用第三根線連接起來?？臻g中存在大小為 E＝1.00×106N/C 的勻強電場，場強方向沿水平向右，平衡時 A、B 球的位置如圖所示。現將 O、B 之間的線燒斷，由于有空氣阻力，A、B 球最后會達到新的平衡位置。求最后兩球的機械能與電勢能的總和與燒斷前相比改變了多少。（不計兩帶電小球間相互作用的靜電力）
【解析】圖1中虛線表示 A、B 球原來的平衡位置，實線表示燒斷后重新達到平衡的位置，其中、 分別表示細線加 OA、AB 與豎直方向的夾角。
A 球受力如圖2所示：重力 mg 豎直向下；電場力 qE 水平向左；細線OA 對 A 的拉力 T1，方向如圖；細線 AB 對 A 的拉力 T2，方向如圖。由平衡條件

B 球受力如圖3所示：重力 mg 豎直向下；電場力 qE 水平向右；細線 AB 對 B 的拉力 T2，方向如圖。由平衡
條件


聯立以上各式并代入數據，得
由此可知，A、B 球重新達到平衡的位置如圖4所示。與原來位置相比，A 球的重力勢能減少了

B 球的重力勢能減少了
A 球的電勢能增加了

B 球的電勢能減少了
兩種勢能總和減少了
代入數據解得
J
【例11】一傳送帶裝置示意如圖，其中傳送帶經過AB區域時是水平的，經過BC區域時變為圓弧形（圓弧由光滑模板形成，未畫出），經過CD區域時是傾斜的，AB和CD都與BC相切。現將大量的質量均為m的小貨箱一個一個在A處放到傳送帶上，放置時初速為零，經傳送帶運送到D處，D和A的高度差為h。穩定工作時傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L。每個箱子在A處投放后，在到達B之前已經相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動（忽略經BC段時的微小滑動）。已知在一段相當長的時間T內，共運送小貨箱的數目為N。這裝置由電動機帶動，傳送帶與輪子間無相對滑動，不計輪軸處的摩擦。求電動機的平均抽出功率。
【解析】以地面為參考系（下同），設傳送帶的運動速度為v0，在水平段運輸的過程中，小貨箱先在滑動摩擦力作用下做勻加速運動，設這段路程為s，所用時間為t，加速度為a，則對小箱有
s＝1/2at2 ①
v0＝at ②
在這段時間內，傳送帶運動的路程為
s0＝v0t ③
由以上可得
s0＝2s ④
用f表示小箱與傳送帶之間的滑動摩擦力，則傳送帶對小箱做功為
A＝fs＝1/2mv02 ⑤
傳送帶克服小箱對它的摩擦力做功
A0＝fs0＝2·1/2mv02 ⑥
兩者之差就是克服摩擦力做功發出的熱量
Q＝1/2mv02 ⑦
可見，在小箱加速運動過程中，小箱獲得的動能與發熱量相等。
T時間內，電動機輸出的功為
W＝T ⑧
此功用于增加小箱的動能、勢能以及克服摩擦力發熱，即
W＝1/2Nmv02＋Nmgh＋NQ ⑨
已知相鄰兩小箱的距離為L，所以
v0T＝NL ⑩
聯立⑦⑧⑨⑩，得
＝[＋gh]

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