聚焦高考動(dòng)量與能量疑難問題

浙江

高考中與動(dòng)量、能量相關(guān)聯(lián)的綜合計(jì)算題，涉及動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律、動(dòng)能定理等主干規(guī)律，是高考的熱點(diǎn)課題、備考的難點(diǎn)板塊，具有模型多重、情景多變、過程多樣、知識(shí)考點(diǎn)綜合性強(qiáng)、思維能力要求高、易錯(cuò)區(qū)分度高等特點(diǎn)，突出對(duì)物理建模能力、過程分析能力、規(guī)律應(yīng)用能力、歸納推理能力及數(shù)學(xué)運(yùn)算能力的考核?，F(xiàn)選取三類與動(dòng)量、能量相關(guān)聯(lián)的典型試題，進(jìn)行探析與解剖。

一、以反沖運(yùn)動(dòng)為模型的動(dòng)量與能量問題

反沖運(yùn)動(dòng)是動(dòng)量守恒的一個(gè)特例，是原來靜止的一個(gè)物體在內(nèi)力作用下分裂為沿反向運(yùn)動(dòng)的兩個(gè)物體。發(fā)射火箭、人船運(yùn)動(dòng)是最為基礎(chǔ)、典型的一維直線反沖案例，較為復(fù)雜的是二維平面內(nèi)類反沖運(yùn)動(dòng)問題。

【例1】如圖1所示，質(zhì)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(dòng)，質(zhì)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(shí)滑塊靜止，輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個(gè)v0=3 m/s的豎直向下的初速度，不計(jì)空氣阻力的影響，小球與滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10 m/s2，求：

圖1

(1)小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，滑塊沿軌道向右移動(dòng)的距離；

(2)小球第一次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，輕桿對(duì)小球的作用力的大??；

(3)小球相對(duì)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(diǎn)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(dòng)量守恒得

整理得mx1-Mx2=0

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

即滑塊沿軌道向右移動(dòng)的距離為0.3 m

(2)小球第一次擺到最低點(diǎn)時(shí)，設(shè)其速度大小為v1，滑塊速度大小為v2，在最低點(diǎn)由系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒得

mv1-Mv2=0

小球下擺過程系統(tǒng)由機(jī)械能守恒定律得

小球在最低點(diǎn)，由牛頓第二定律及向心力公式得

(3)設(shè)小球相對(duì)初始位置可上升的最大高度為h，此時(shí)小球在豎直方向的速度vy=0，根據(jù)系統(tǒng)水平動(dòng)量守恒得

(M+m)vx=0

得此時(shí)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(diǎn)】本題屬于輕桿連接體系統(tǒng)的類反沖運(yùn)動(dòng)，深度融合了動(dòng)量與能量、牛頓第二定律與圓周運(yùn)動(dòng)的考核。教與學(xué)中的疑難點(diǎn)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(dòng)量守恒，不能列出水平平均速度與水平位移的關(guān)系式；不知道兩物體相對(duì)地面的水平位移大小之和等于它們水平方向上的相對(duì)位移；

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

【規(guī)律點(diǎn)】求解二維平面內(nèi)類反沖運(yùn)動(dòng)物體的速度、位移、受力、功能等問題，須領(lǐng)悟以下幾個(gè)基本規(guī)律點(diǎn)：

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

(2)針對(duì)類反沖運(yùn)動(dòng)的不同過程，能靈活應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律、動(dòng)能定理列方程組，求解相關(guān)結(jié)果；

二、以彈性碰撞為模型的動(dòng)量與能量問題

如果碰撞過程中機(jī)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(nèi)壁光滑圓形軌道固定在豎直平面內(nèi)。小球A從左側(cè)與圓心等高處由靜止釋放，并與靜止于軌道最低點(diǎn)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(jī)械能損失。小球A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)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(jié)束時(shí)小球A、B各自的速度；

(2)第一次碰撞過程A球?qū)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(jié)束時(shí)各自的速度。

【解析】(1)小球A下滑過程，由機(jī)械能守恒定律得

設(shè)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(dòng)量守恒定律得

mAvA=mAvA′+mBvB′

兩球發(fā)生彈性碰撞，由機(jī)械能守恒定律得

代入數(shù)據(jù)，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(shè)A球?qū)球的沖量為I，所做的功為W，對(duì)B球由動(dòng)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(jù)機(jī)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(shè)它們第二次碰后的速度分別為vA″、vB″，由動(dòng)量守恒定律得

mA(vA′)+mB(vB′)=mAvA″+mBvB″

由機(jī)械能守恒定律得

代入數(shù)據(jù)，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(jié)束時(shí)，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(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，小球A、B在第n次碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度，分別與其第一次碰撞剛結(jié)束時(shí)相同，即vA′=-2 m/s，方向水平向左；vB′=2 m/s，方向水平向右。

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

【疑難點(diǎn)】本題屬于多過程“一動(dòng)一靜”型與“對(duì)向互動(dòng)”型彈性碰撞，深度融合了動(dòng)量守恒與能量守恒的考核。教與學(xué)中的疑難點(diǎn)主要有：

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

(2)數(shù)學(xué)基礎(chǔ)不牢固。不能快速、順利求解動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的方程組；

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

【規(guī)律點(diǎn)】有關(guān)同一直線的彈性正碰，把握并領(lǐng)會(huì)以下幾個(gè)基本規(guī)律點(diǎn)，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(dòng)量與機(jī)械能(動(dòng)能)同時(shí)守恒；

(2)洞悉經(jīng)典模型。運(yùn)動(dòng)的A球與靜止的B球發(fā)生彈性碰撞的關(guān)系式：

mAvA=mAvA′+mBvB′

(3)知曉一個(gè)特例。質(zhì)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(zhì)細(xì)繩一端系一質(zhì)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(cè)等距離處分別固定一個(gè)光滑的斜面和一個(gè)擋板，斜面底端與擋板間的距離s=2 m，水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.25?，F(xiàn)有質(zhì)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(jì)滑塊與小球、擋板碰撞時(shí)機(jī)械能的損失，忽略空氣阻力的作用，滑塊和小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，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(duì)小球的拉力大??；

(3)滑塊與小球碰撞后，小球在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，求小球做完整圓周運(yùn)動(dòng)的次數(shù)。

【解析】(1)設(shè)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(duì)滑塊應(yīng)用動(dòng)能定理得

B與A發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒定律得

mv1=mv1′+mv2′

碰撞過程由機(jī)械能守恒定律得

代入數(shù)據(jù)，得繩子拉力F=48 N

代入數(shù)據(jù)，解得x總=19 m

此過程中滑塊與小球碰撞的次數(shù)為

即小球做完整圓周運(yùn)動(dòng)的次數(shù)為10次。

【疑難點(diǎn)】本題屬于等質(zhì)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(xué)中的疑難點(diǎn)主要有：

(1)不知曉質(zhì)量相等的物體發(fā)生彈性正碰時(shí)，具有速度相互交換的特點(diǎn)；

(3)不能發(fā)現(xiàn)滑塊與小球的碰撞次數(shù)n與滑塊運(yùn)動(dòng)的總路程x總、s之間的關(guān)系；

(4)不能發(fā)現(xiàn)滑塊與小球彈性碰撞的次數(shù)就是小球做完整圓周運(yùn)動(dòng)次數(shù)的隱含關(guān)系。

三、以完全非彈性碰撞為模型的動(dòng)量與能量問題

如果碰撞過程中機(jī)械能(動(dòng)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(fù)，可視為非彈性碰撞。兩個(gè)物體碰撞后以相同的速度運(yùn)動(dòng)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(zhì)量為M=3 kg的平板小車，質(zhì)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(yùn)動(dòng)，小車與豎直墻碰后反彈，碰撞過程無機(jī)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，重力加速度g=10 m/s2，不計(jì)空氣阻力的影響，木塊可視為質(zhì)點(diǎn)。求：

圖4

(1)平板小車最終的速度；

(2)木塊在小車上滑行的時(shí)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(yùn)動(dòng)，此時(shí)木塊速度仍為v0向右，在碰撞后的運(yùn)動(dòng)過程中，小車與木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒。以水平向左為正方向，則有

Mv0-mv0=(M+m)v

代入數(shù)據(jù)，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(duì)于小車的滑動(dòng)過程，同樣以水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有

μmgt=mv-m(-v0)

代入數(shù)據(jù)，解得t=1.2 s

(3)對(duì)小車和木塊組成的系統(tǒng)，減少的總動(dòng)能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，應(yīng)用能量守恒定律及摩擦生熱公式得

代入數(shù)據(jù)，解得L=4.8 m

即小車至少長4.8 m。

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

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

(2)缺乏分析力，導(dǎo)致應(yīng)用力弱。不清楚碰撞后小車和木塊初態(tài)時(shí)的動(dòng)量，也不清楚它們末態(tài)相對(duì)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(yùn)用動(dòng)量守恒、動(dòng)量定理與能量守恒三大規(guī)律求解問題的能力。

【規(guī)律點(diǎn)】完全非彈性碰撞模型的解讀：

(1)速度特征。兩個(gè)物體碰撞后以相同的速度運(yùn)動(dòng)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(zhì)量相等均為m，曲面劈B的質(zhì)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(xiàn)讓小物塊C以水平速度v0向右運(yùn)動(dòng)，與A發(fā)生碰撞，碰撞后兩個(gè)小物塊粘在一起又滑上劈B。物塊A和C可視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)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(jī)械能；

(2)粘合體AC在曲面劈B上能達(dá)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(dòng)量守恒定律得mv0=2mv

該碰撞過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

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

2mv=(2m+M)v′

此過程由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得

(3)設(shè)粘合體AC與曲面劈B的最終速度分別為v1、v2，由系統(tǒng)動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒得

2mv=2mv1+Mv2

聯(lián)解方程組得

【易錯(cuò)點(diǎn)】本題屬于完全非彈性碰撞與彈性碰撞的深度考核，教與學(xué)中的疑難點(diǎn)在于碰撞建模能力的領(lǐng)悟：

(1)不能發(fā)掘粘合體AC在曲面劈B上達(dá)到最大高度時(shí)所隱含的速度相同的關(guān)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(dòng)一靜彈性碰撞模型。

圖6

(1)求彈簧被壓縮最短時(shí)小物塊的動(dòng)量大??；

(2)求小物塊與長木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；

(3)試通過計(jì)算說明小物塊最終停在長木板上的位置。

【解析】(1)當(dāng)彈簧被壓縮最短時(shí)，小物塊與長木板達(dá)到共同速度v，選取向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

mv0=(M+m)v

解得v=1.0 m/s

此時(shí)小物塊動(dòng)量大小p=mv=1.0 kg· m/s

(2)物塊由a向b運(yùn)動(dòng)并壓縮彈簧的過程，根據(jù)能量守恒定律可知，系統(tǒng)減少的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和系統(tǒng)的內(nèi)能，則有

解得μ=0.50

(3)當(dāng)小物塊在長木板上停止相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，與長木板有相同速度，由動(dòng)量守恒定律可得其共同速度仍為

v=1.0 m/s。

設(shè)小物塊在長木板上向右相對(duì)滑行的距離為s右，在整個(gè)相對(duì)運(yùn)動(dòng)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(diǎn)。

【疑難點(diǎn)】本題涉及彈性勢能的定量計(jì)算是其最大亮點(diǎn)，教與學(xué)中的主要疑難點(diǎn)有：

(1)不知隱含狀態(tài)中的速度關(guān)系。不能挖掘出彈簧彈性勢能最大及末態(tài)時(shí)均隱含物塊與木板速度相同的關(guān)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(shí)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(yīng)用題意給定公式求解。對(duì)于題中給定的彈性勢能公式，不能熟練應(yīng)用于列式求解。

【規(guī)律點(diǎn)】含彈簧系統(tǒng)的動(dòng)量與能量問題解讀：

(1)多樣性。一般涉及多個(gè)研究對(duì)象、多個(gè)物理過程及多種碰撞模型，可靈活選用動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律、動(dòng)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(shí)，系統(tǒng)內(nèi)的物體具有相同的速度，并滿足動(dòng)量守恒與能量守恒；