高中物理动量与能量知识点详解和练习

一、知识网络

1．动2．机械能

二、 画龙点睛

规律

1．两个“定理”

（1）动量定理：F·t=Δp 量 矢量式 (力F在时间t上积累，影

响物体的动量p)

（2）动能定理：F·s=ΔEk 标量式 (力F在空间s上积累，影响物体的动能Ek)

动量定理与动能定理一样，都是以单个物体为研究对象．但所描述的物理内容差别极大．动量定理数学表达式：F合·t=Δp，是描述力的时间积累作用效果——使动量变化；该式是矢量式，即在冲量方向上产生动量的变化．

例如，质量为m的小球以速度v0与竖直方向成θ角打在光滑的水平面上，与水平面的接触时间为Δt，弹起时速度大小仍为v0且与竖直方向仍成θ角，如图所示．则在Δt内：

以小球为研究对象，其受力情况如图所示．可见小球所受冲量是在竖直方向上，因此，小球的动量变化只能在竖直方向上．有如下的方程：

F′击·Δt-mgΔt=mv0cosθ-（-mv0cosθ）

小球水平方向上无冲量作用，从图中可见小球水平方向动量不变．

综上所述，在应用动量定理时一定要特别注意其矢量性．应用动能定理时就无需作这方面考虑了．Δt内应用动能定理列方程：W=mυ02/2－mυ02 /2 =0

2．两个“定律”

（1）动量守恒定律：适用条件——系统不受外力或所受外力之

合

和为零

公式：m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2 ′或 p=p ′

（2）机械能守恒定律：适用条件——只有重力（或弹簧的弹力）做功

公式：Ek2+Ep2=Ek1+Ep1 或 ΔEp= －ΔEk 3．动量守恒定律与动量定理的关系

动量守恒定律的数学表达式为：m1v1+m2v2=m1v1′＋m2v2′，可由动量定理推导得出．

如图所示，分别以m1和m2为研究对象，根据动量定理：

F1Δt= m1v1′- m1v1 ① F2Δt= m2v2′- m2v2 ② F1=-F2 ③

∴ m1v1+m2v2=m1v1′＋m2v2′

可见，动量守恒定律数学表达式是动量定理的综合解．动量定理可以解决动量守恒问题，只是较麻烦一些．因此，不能将这两个物理规律孤立起来．

4．动能定理与能量守恒定律关系——理解“摩擦生热”(Q=f·Δs) 设质量为m2的板在光滑水平面上以速度υ2运动，质量为m1的物块以速度υ1在板上同向运动，且υ1＞υ2，它们之间相互作用的滑动摩擦力大小为f，经过一段时间，物块的位移为s1，板的位移s2，此时两物体的速度变为υ′1和υ′2由动能定理得：

-fs1=m1υ1′2/2－m1υ12/2 ① fs2=m2υ2′2/2－m2υ22/2 ② 在这个过程中，通过滑动摩擦力做功，

机械能不断转化为内能，即不断“生热”，由能量守恒定律及①②式可得：

Q=(m1υ12/2+m2υ22/2)－(m1υ1′2/2－m2υ2′2/2)=f(s1－s2)= f·Δ

s ③

由此可见，在两物体相互摩擦的过程中，损失的机械能（“生热”）等于摩擦力与相对位移的乘积。

特别要指出，在用Q= f·Δs 计算摩擦生热时，正确理解是关键。这里分两种情况：

（1）若一个物体相对于另一个物体作单向运动，Δs为相对位移； （2）若一个物体相对于另一个物体作往返运动，Δs为相对路程。 5.相互作用中的动量与能量，三类碰撞中能量的变化：(1)完全非弹性碰撞：动量守恒，机械能损失最大 (2)完全弹性碰撞：动量守恒，机械能也守恒。

设两物体发生完全弹性碰撞，其中m1以v1匀速运动，m2静止。

m1v1m1v1m2v2据 111222m1v1m1v1m2v2222

m1m2vmm

121

可得 

v2m1

2m1m2

讨论：(a)当m1＞m2时，v1′与v1方向一致；

(b)当m1=m2时，v1′=0,v2′=v1，即m1与m2交换速度 (c)当m1＜m2时，v1′反向，v2′与v1同向。

(3)非完全弹性碰撞：为一般情况，只有动量守恒，机械能有损失，损失量不最大，亦不最小。

6． 功和能的关系

做功的过程是物体能量的转化过程，做了多少功，就有多少能量发生了变化，功是能量转化的量度． 动能定理 合外力对物体做的功等于物体动能的增量．即W合1122mv2mv1Ek2Ek1Ek22 重力做功与重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力势能重力势能增增加．重力对物体所做的功等于物体重力势能增量的量的关系 负值．即WG=EP1—EP2= —ΔEP 弹力做功与弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性势能弹性势能增增加．弹力对物体所做的功等于物体弹性势能增量的量的关系 负值．即W弹力=EP1—EP2= —ΔEP 功能原理 除重力和弹簧的弹力外，其他力对物体做的功等于物体机械能的增量．即 WF=E2—E1=ΔE 机械能守恒在只有重力和弹簧的弹力做功的物体系内，动能和势定律 能可以互相转化，但机械能的总量保持不变．即 122EK2+EP2 = EK1+EP1，1mv1mgh1mv2mgh2 22或 ΔEK = —ΔEP 静摩擦力做（1）静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不功的 特点 做功； （2）在静摩擦力做功的过程中，只有机械能的互相转移，而没有机械能与其他形式的能的转化，静摩擦力只起着传递机械能的作用； （3）相互摩擦的系统内，一对静摩擦力对系统所做功的和总是等于零． 滑动摩擦力（1）滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以做功的特点 不做功； （2）相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力对系统所做功的和总表现为负功，其大小为 W= —fS相对 （S相若相对运动有往复对为相互摩擦的物体间的相对位移；性，则S相对为相对运动的路程．） （3）在滑动摩擦力对系统做功的过程中，系统的机械能转化为其他形式的能，其大小为 Q= fS相对 一对作用力(1)作用力做正功时，反作用力可以做正功，也可以做与反作用力负功，还可以不做功；作用力做负功、不做功时，反做功的特点 作用力亦同样如此． (2)一对作用力与反作用力对系统所做功的总和可以是正功,也可以是负功,还可以零．

例题： 质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。求小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v。解析： 解析：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。

在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv1Mmv 由系统机械能守恒得：

2Mv1H2Mmg112mv1Mmv2mgH22 解得

2mv Mm1全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得v 本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。

例题：动量分别为5kgm/s和6kgm/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后A的动量减小了2kgm/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是什么？

解析：A能追上B，说明碰前vA>vB,∴于B的速度，

38mAmB56mAmB；碰后A的速度不大

；又因为碰撞过程系统动能不会增加，

526232822mA2mB2mA2mB，由以上不等式组解得：38mA4 mB7此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。

例题：设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒： mv0Mmv

从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d

对子弹用动能定理：fs11mv021mv2 ……①

22对木块用动能定理：fs2Mv2 ……② ①、②相减得：fd1mv021Mmv222Mm2 ……③ v02Mm12这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量

守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见fdQ，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。

由上式不难求得平均阻力的大小：f2Mmv02Mmd

md Mm至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：s2从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：

vv/2v0vdv0Mms2dm0,,s2ds2v/2vs2vmMm

一般情况下Mm，所以s2<做这类题目时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据。

以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相

互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2列式。

例题：在距地面高为h，同时以相等初速V0分别平抛，竖直上抛，竖直下抛一质量相等的物体m，当它们从抛出到落地时，比较它们的动量的增量△P，有[ ]

A．平抛过程较大 B．竖直上抛过程较大 C．竖直下抛过程较大 D．三者一样大的。

解析：1．由动量变化图中可知，△P2最大，即竖直上抛过程动

量增量最大，所以应选B。

2、由动量定理可知I合＝ΔP，而I合＝mgt，竖起上抛过程t2为最大

t2vo2g(Hmh)g，而mg均相同。所以ΔI2为最大。正确答案为B

【小结】 对于动量变化问题，一般要注意两点：

(1)动量是矢量，用初、末状态的动量之差求动量变化，一定要注意用矢量的运算法则，即平行四边形法则。

(2) 由于矢量的减法较为复杂，如本题解答中的第一种解法，因

此对于初、末状态动量不在一条直线上的情况，通常采用动量定理，利用合外力的冲量计算动量变化。如本题解答中的第二种解法，但要注意，利用动量定理求动量变化时，要求合外力一定为恒力。

例题： 向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a,b两块．若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向则 [ ]

A．b的速度方向一定与原速度方向相反

B．从炸裂到落地这段时间里，a飞行的水平距离一定比b的大 C．a，b一定同时到达地面

D．炸裂的过程中，a、b中受到的爆炸力的冲量大小一定相等 解析： 物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：(mA+mB)v = mAvA＋mBvB

当vA与原来速度v同向时,vB可能与vA反向，也可能与vA同向,第二种情况是由于vA的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但若vA很小，则mAvA还可能小于原动量(mA+mB)v。这时,vB的方向会与vA方向一致，即与原来方向相同所以A不对。

a， b两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运运动，落地时间由t2hg决定。因为h相等，所以勤务地时间

一定相等，所以选项C是正确的

由于水平飞行距离x = v·t，a、b两块炸裂后的速度vA、vB不一

定相等，而落地时间t又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B不对。

根据牛顿第三定律，a，b所受爆炸力FA=－FB，力的作用时间相等，所以冲量I=F·t的大小一定相等。所以D是正确的。 此题的正确答案是：C，D。

【小结】 对于物理问题的解答，首先要搞清问题的物理情景，抓住过程的特点(物体沿水平方向飞行时炸成两块，且a仍沿原来方向运动)，进而结合过程特点(沿水平方向物体不受外力)，运动相应的物理规律(沿水平方向动量守恒)进行分析、判断。解答物理问题应该有根有据，切忌“想当然”地作出判断。

例题： 如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量共为30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg。游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子滑冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相对地）将箱子推出，才能避免与乙相撞？

在此题中，有两个关键问题必须弄清楚，第一，“不相撞”的意义，是否意味着一个物体停下，实际上，不相撞的意义就是两个物体的速度相等（同向情况）。物体停止运动，也不一定就撞不上。第二个关

键在于不仅要不相撞，而且还要求甲推箱子的速度为最小，即若甲用相当大的速度推箱子，乙接到箱子后还会后退，这样就不满足“至少”多大的条件了，错解一即是这样，将所求的数据代入可以得知，乙和箱子将以0.67m/s的速度后退。

解析：要想刚好避免相撞，要求乙抓住箱子后与甲的速度正好相等，设甲推出箱子后的速度为v1，箱子的速度为v，乙抓住箱子后的速度为v2。

对甲和箱子，推箱子前后动量守恒，以初速度方向为正，由动量守恒定律：

（M+m）v0= mv+Mv1 ①

对乙和箱子，抓住箱子前后动量守恒，以箱子初速方向为正，由动量守恒定律有： mv－Mv0=（m+M）v2 ② 刚好不相撞的条件是： v1=v ③

联立①②③解得：v=5.2m/s，方向与甲和箱子初速一致。 【小结】 本题从动量守恒定律的应用角度看并不难，但需对两个物体的运动关系分析清楚（乙和箱子、甲的运动关系如何，才能不相撞）。这就需要我们要将“不相撞”的实际要求转化为物理条件，即：甲、乙可以同方向运动，但只要乙的速度不小于甲的速度，就不可能相撞。

例题： 如图所示，在光滑水平轨道上有一小车质量为M2，它下面用长为L的绳系一质量为M1的砂袋，今有一水平射来的质量为m的子弹，它射入砂袋后并不穿出，而与砂袋一起摆过一角度θ。不计悬线质量，试求子弹射入砂袋时的速度V0多大？

没有很好地分析物理过程，盲目模仿，没有建立正确的物理模型，简单地将此类问题看成“冲击摆”，缺少物理模型变异的透彻分析。事实上，此题与“冲击摆”的区别在于悬点的不固定，而是随着小车往前移动的。当摆摆到最高点时，(M1＋m)只是竖直方向的速度为零，而水平方向依然具有一定速度，即在最高点处(M1＋m)具有动能。这一点是不少学生在分析物理过程及建立物理模型时最容易产生的错误。

解析： 子弹射入砂袋前后动量守恒，设子弹打入砂袋瞬间具有速度v0′，由动量守恒定律： mv0=(M1＋m)v′ ①

此后(M1＋m)在摆动过程中，水平方向做减速运动，而M2在水平方向做加速运动，当(M1+m)与M2具有共同水平速度时，悬线偏角θ达到最大，即竖直向上的速度为零，在这一过程中。满足机械能守恒，设共同速度为v，由机械能守恒有：

但式①，②中有三个未知量，v0，v0′，v，还需再寻找关系。 从子弹入射前到摆动至最同点具有共同速度v为止，在这个过程中，水平方向不受外力，所以、动量守恒，由动量守恒定律有： mv0=(M1+M1+m)v ③

【小结】 对于大部分学生来讲，掌握一定的物理模型并不困难，

困难在于题目变化，新的题目中的模型如何能够转换成为我们熟悉的，旧有的，规范的物理模型中，进而用比较普遍运用的物理规律去求解，此题就是从滑动的小车摆(暂且这样称呼)迁延至“冲击摆”，找出两者之间的共同点与区别，达到解决问题的目的。

例题：如图所示，在光滑水平地面上有一质量为M的小车，车上装有一个半径为R的光滑圆环。一个质量为m的小滑块从跟车面等高的平台以初速度

V0滑入圆环。试问：小滑块初速度V0满足什么条件时，才能使它运动到圆环最高点时恰好对环顶无压力？

解析：滑块滑到圆环的最高点恰对环顶无压力时，应有：

v2mg……①

r式中V是滑块相对圆心O的线速度，方向向左。

设小车此时的速度为V1，并以该速度的方向为正方向，则滑块对地的速度为(vv1)，对滑块和小车组成的系统，由于水平方向所受合外力为零，由动量守恒定律得：

mv0Mv1m(vv1)……②

由滑块和小车组成的系统机械能守恒得：

1211mv0Mv12m(vv1)22mgR……③ 222由①②③式联立解得：v0

(5M4m)gR

M例题：如图所示，一平板小车静止在光滑的水平地

面上，车上固定一倾角为θ，h=0.52米的斜面体，小车与斜面体总质量M=4千克，车上AB面水平、粗糙，长为3.6米，BC是与CD、AB都相切的一小段圆弧面，圆弧BC长可忽略，BCD是光滑的。现有质量m=1千克，长度可不计的小滑块以水平初速度V0滑上小车，若V0=5米/秒，则滑块接触小车后经过1秒钟在AB上的某处相对小车静止。求：

①滑块与小车的动摩擦因数；

②要使滑块滑上小车后不从D处飞出，V0应在什么范围？（g取10米/秒2）

解析：（1）滑块滑上小车后，滑块与小车组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒。1秒钟后滑块相对小车静止，说明两

者获得了共同速度。选该过程对系统运用动量守恒定律得：

mv0(Mm)V，

再选滑块为研究对象，由动量定理得：mgtmVmv0，

两式联立解得：0.4

（2）若要滑块滑上小车后不从D处飞出，则其临界状态为：滑块滑到D点时，与小车获得共同速度，因为系统水平方向动量守恒，则有：mv0/(Mm)V/

由系统的能量关系可得：mv0/2≤mgSABmgh(Mm)V/2

联立解得：v0/≤7米/秒。

例题：如图所示，一质量为m的小球，在B点从静止开始沿半球形容器内壁无摩擦地滑下，B点与容器底部A点的高度差为h.容器质量为M，内壁半径为R，求：

(1)当容器固定在水平桌面上，小球滑至底部A时，容器内壁对小球的作用力大小.

(2)当容器放置在光滑的水平桌面上，小球滑至底部A时，小球相对容器的速度大小?容器此时对小球的作用力大小.

命题意图：考查机械能守恒定律及其应用，考查动量守恒定律及其应用，考查相对运动知识及牛顿第二定律，在能力上主要考核分析、理解、应用能力.

1212 解析：在用牛顿第二定律列出T-mg=mv2R后，要理解v是指m相

对球心的速度.而许多考生在第（2）问中将小球相对于地面的速度v2代入，导致错解.

(1)m下滑只有重力做功，故机械能守恒，即有

mgh=

①

12mv２

，v2=2gh

底部A是圆周上的一点，由牛顿第二定律，有：T-mg=mv22gh2hT=mg+m =mg+m=mg(1+)

RRRv2R

(2)容器放置在水平桌面上，则m与M组成的系统在水平方向不受外力，故系统在水平方向上动量守恒；又因m与M无摩擦，故m与M的总机械能也守恒.令m滑到底部时，m的速度为v1，M的速度为v2.

由①

由机械能守恒定律得：mgh=②

联立①②两式解得：v1=

2ghM/(mM)动量守恒定律得：0=mv1+Mv2

12mv１２+

12Mv２２

，v2=-

mM2ghM/(mM)

小球相对容器的速度大小v′，v′=

1-2=2gh(mM)/Mv

v'2R由牛顿第二定律得：T-mg=m

mM)M)T ′=mg+m2gh(RM=mg［1+2h(m］ RM