3.明确所研究的相互作用过程，确定过程的始末状态，恰当选取参考平面，确定研究对象在过程的初状态和末状态的机械能，包括动能和重力势能，以及系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的情形，动量守恒方程中各个动量或速度的方向可用代数符号表示。选取某个已知量的方向为正方向以后，凡是和选定的正方向同向的已知量取正值，反向的要取负值。

2.要对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力，即内力；哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力，即外力。在受力分析的基础上，明确对象的运动过程，弄清各力做功情况，判断是否符合机械能守恒的条件。如果不符合机械能守恒条件，应优先考虑应用动能定理、动量守恒定律或动量定理，根据动量守恒的条件，判断能否应用动量守恒定律。

本专题在高考中涉及的主要知识点有：动量、冲量、功和机械能等四个重要概念和动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律四大规律，考查重点是知识的应用方面，而且难度较大，能力要求较高，要求考生具有较强的理解能力、对物理过程和物理规律的综合分析能力以及应用数学解决物理问题的能力，故2009年高考在这方面仍然有所体现。

本专题解题方法有：

1.仔细审题、分析题意，明确研究对象，或研究的系统及其组成。

4. 功能关系在电学中的综合应用

例4如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动．

求：(1)线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度V₂；　

(2)线框在上升阶段刚离开磁场时的速度V₁；　

(3)线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q．

解析：线框在上升过程中受到向下的重力和安培力还有空气阻力的作用，其中克服重力做功只是使重力势能发生变化，不改变线框的机械能，而安培力做功和克服空气阻力做功转化成焦耳热。在上升过程中已知进入磁场和离开磁场的速度关系，可由能量守恒定律列出产生焦耳热的表达式；由于线框向上离开磁场时还有一定的速度，在重力和空气阻力的作用下继续向上运动到最高点又返回进入磁场，这个过程中克服空气阻力做功使机械能继续减小；再次进入磁场时，线框匀速运动，重力、空气阻力和安培力平衡。

(1)由于线框匀速进入磁场，则合力为零，有，解得

(2)设线框离开磁场能上升的高度为h,则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中　

解得，

(3)在线框向上刚进入到磁场到刚离开磁场的过程中，根据能量守恒定律和转化定律可得：　

解得：。

反思：能量守恒定律和功能关系是物理解题中特别倚重的规律，本题在研究线框上升时，利用而安培力做功和克服空气阻力判断机械能的变化，进而判断物体的运动。同时，能量守恒定律是自然界普遍适用的规律，一般没有限制条件，在机械能守恒定律和动量守恒定律不适用的情况下，也可使用。

3.碰撞中动量与能量结合问题

例3(2008年四川)一倾角为的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h₀=1m，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m=0.09kg的小物块(视为质点)。小物块与斜面之间的动摩擦因数u=0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g=10 m/s²。在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？

解析：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v，由功能关系得:　　　　　　　　　　 ①

以沿斜面向上为动量的正方向，碰撞过程中挡板给小物块的冲量:　 ②

设碰撞后小物块所能达到的最大高度为，则　　 ③

同理，有:　　　　　　　　　 ④

　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑤

式中，为小物块再次到达斜面底端时的速度，为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑥

式中　　　　　　　　　　　　　　　　　 ⑦

可知小物块前4次与挡板碰撞所获得冲量成等比级数，首项为⑧

总冲量为:　　　　　　　 ⑨

由　　　　　　　　　　　　 ⑩

得　　　　　　　　　　

代入数据得　 　　　　　　　　　　　

反思：合理选择不同阶段的研究对象，准确分析碰撞前后各研究对象的受力情况及各力的做功情况，应用功能原理将碰撞前后的速度与已知条件联系，再结合碰撞过程的动量与能量关系，是解答本题的关键。

2.动量守恒、机械能守恒与圆周运动结合

例2(2006年重庆) 如图5-9所示，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、βm(β为待定系数)。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为,碰撞中无机械能损失。重力加速度为g。试求：

(1)待定系数β;

(2)第一次碰撞刚结束时小球A、B各自的速度和B球对轨道的压力;

(3)小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第n次碰撞刚结束时各自的速度。

解析：(1)由机械能守恒定律可得：mgR＝+得　　β＝3

　(2)设A、B碰撞后的速度分别为v₁、v₂，则　　=　　=

设向右为正、向左为负，解得　v₁＝，方向向左　v₂＝，方向向右

设轨道对B球的支持力为N，B球对轨道的压力为N ^/，方向竖直向上为正、向下为负。则　

N－βmg＝βm　　　N ^/＝－N＝－4.5mg，方向竖直向下

(3)设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V₁、V₂，则

解得：V₁＝－，V₂＝0(另一组：V₁＝－v₁，V₂＝－v₂，不合题意，舍去)

由此可得：当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相同；当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相同

反思：(1)碰撞中无能量损失意味着整个过程中机械能守恒。(2)求轨道压力肯定要用到牛顿第二定律。(3)在做这种题目时需要先确定研究的是哪个过程，那个状态。

1. 动量守恒和机械能守恒的应用

例2如图5-8所示，滑块A、B的质量分别为m₁与m₂，m₁＜m₂，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧。两滑块一起以恒定的速率v₀向右滑动。突然轻绳断开，当弹簧伸至本身的自然长度时，滑块A的速度正好为0。求：

(1)绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能E_p；

(2)在以后的运动过程中，滑块B是否会有速度为0的时刻?试通过定量分析证明你的结论.

解析：(1)当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A的速度为0，故系统的机械能等于滑块B的动能。设这时滑块B的速度为v，则有。

因系统所受外力为0，由动量守恒定律

　　 (m₁+m₂)v₀=m₂ v

解得

由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒

　 解得

　 (2)假设在以后的运动中滑块B可以出现速度为0的时刻，并设此时A的速度为v₁，弹簧的弹性势能为E_p’，由机械能守恒定律得

根据动量守恒得(m₁+m₂) v₀=m₁ v₁，

求出v₁代入上式得:

因为E_p’≥0，故得:

即m₁≥m₂，这与已知条件中m₁＜m₂不符。可见在以后的运动中不可能出现滑块B的速度为0的情况。

反思：“假设法”是科学探索常用的方法之一，其特点是：先对某个结论提出可能的假设，再利用已知的规律知识对该假设进行剖析，其结论若符合题意的要求，则原假设成立。

动量和能量是物理学乃至整个自然科学的核心，可以综合中学物理的所有版块命题，一直是历届高考关注的重点和热点。可独立命题，也可综合命题，2007年全国试题中选择题4道，计算题共有7道，试题可分为以下几种常见模型：

热点1、子弹打木块模型

例1如图5-4所示，在光滑的水平地面上静止着质量为的木块，一粒质量为初速为的子弹水平击中木块，打入深度为，试求转化为内能的值是多少？

解析：水平面光滑，动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，，

子弹和木块发生的是完全非弹性碰撞，损失的动能最多， 通过内力做负功转化为系统的内能：

反思：子弹打木块模型是一个典型的物理模型，系统通过一对内力做负功，把“子弹”的部分动能转化为其他形式的能量，是高考的热点，复习时要重视。

例2如图5-5所示，质量为的天车静止在光滑轨道上，下面用长为的细线悬挂着质量为的沙箱，一颗质量为的子弹，以的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后运动过程中，求：沙箱上升的最大高度。

解析：子弹打入沙箱，水平方向动量守恒，，

此后由天车、沙箱和子弹组成的系统机械能守恒，当沙箱上摆到最高点时，系统具有相等的水平速度，损失的动能转化为沙箱的重力势能，运用“子弹打木块”的结论，

，

联系以上两式，则沙箱上升的最大高度为：

。

反思：冲击摆是一个经典的物理模型，是子弹打木块模型巧妙迁移地应用。

热点2、人船模型　

例3如图5-6所示浮动起重机从岸上吊起m=2t的重物。开始时浮吊起重杆OA与竖直方向成60°角，当转至杆与竖直方向成30°角时，求起重机的水平方向的位移。设浮吊质量为20t，起重杆长l=8m，水的阻力与杆重均不计。

解析：浮吊与重物组成的系统水平方向不受外力，动量守恒且初总动量为零，为一人船模型，则：

解得x=0.266m，即起重机的水平向左的位移为0.266m。

反思：人船模型是作用力和反作用力的同时性，当系统动量守恒时平均动量也守恒。用人船模型的公式解这类变速直线运动的位移不涉及速度的问题时，是非常简便的，应用时要注意人船模型的条件与正确找出物体位移间的几何关系。

热点3“带弹簧的木板与滑块”模型

例4(2006年天津)如图5-7所示，坡道顶端距水平面高度为h，质量为m₁的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M处的墙上，另一端与质量为m₂的档板相连，弹簧处于原长时，B恰好位于滑道的末端O点。A与B碰撞时间极短，碰撞后结合在一起共同压缩弹簧。已知在OM段A、B与水平面间的动摩擦因数为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求

　(1)物块A在档板B碰撞瞬间的速度v的大小；

　(2)弹簧最大压缩时为d时的弹性势能E_P(设弹簧处于原长时弹性势能为零)。

解析：(1)由机械能守恒定律得，有　　

(2)A、B在碰撞过程中动量守恒有

　A、B克服摩擦力所做的功　 W＝

根据能量守恒定律得　

解得　　

反思： “带弹簧的木板与滑块”模型，分为三个过程：A物体下滑过程，遵循机械能守恒或动能定理求解；A物体碰撞B物体过程，由于内力远大于外力，遵循动量守恒定律；A、B整体压缩弹簧的过程，又遵循能量守恒定律(摩擦力做功，机械能不守恒)，分清物理过程，正确应用物理规律建立方程，是解决这类问题的关键。

考点1、碰撞作用

碰撞类问题应注意：⑴由于碰撞时间极短，作用力很大，因此动量守恒；⑵动能不增加，碰后系统总动能小于或等于碰前总动能，即；⑶速度要符合物理情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度一定大于前面物体的速度，即，碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且；如果两物体碰前是相向运动，则碰撞后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。

例1A、B两球在光滑水平面上沿同一直线运动，A球动量为p_A=5kg·m/s，B球动量为p_B=7kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是：(　　 )

A．p_A=6kg·m/s、p_B=6kg·m/s 　　B．p_A=3kg·m/s、p_B=9kg·m/s

C．p_A=-2kg·m/s、p_B=14kg·m/s　　 D．p_A=5kg·m/s、p_B=17kg·m/s

解析：动量守恒四个选项都满足，那么第二个判断依据是速度情景：A的动量不可能原方向增大，A错；第三个判断依据是能量关系：碰后系统总动能只能小于等于碰前总动能。计算得BC正确D错。碰前总动能为　，由于，A要追上B，则有，即.对B项，有，得，满足，B正确；对C，有,,同样满足，C正确.

答案：BC

点拨：判断的优先顺序为：动量守恒→速度情景→动能关系，动量守恒最容易判断，其次是速度情景，动能关系要通过计算才能作结论，简捷方法是先比较质量关系，再比较动量的平方，如果两物体质量相等，则可直接比较碰撞前后动量的平方和。

考点2、爆炸和反冲　

⑴爆炸时内力远大于外力，系统动量守恒；

⑵由于有其它形式的能转化为动能(机械能)，系统动能增大。

例22007年10月24日18时05分，中国首枚绕月探测卫星“嫦娥一号”顺利升空，24日18时29分，搭载 “嫦娥一号”的“长征三号甲”火箭成功实施“星箭分离”。此次采用了爆炸方式分离星箭，爆炸产生的推力将置于箭首的卫星送入预定轨道运行。为了保证在爆炸时卫星不致于由于受到过大冲击力而损坏，分离前关闭火箭发动机，用“星箭分离冲击传感器”测量和控制爆炸作用力，使星箭分离后瞬间火箭仍沿原方向飞行，关于星箭分离，下列说法正确的是(　 )

A．由于爆炸，系统总动能增大，总动量增大

B．卫星的动量增大，火箭的动量减小，系统动量守恒

C．星箭分离后火箭速度越大，系统的总动能越大

D．若爆炸作用力持续的时间一定，则星箭分离后火箭速度越小，卫星受到的冲击力越大

解析：由于爆炸，火药的化学能转化为系统动能，因此系统总动能增大。爆炸力远大于星箭所受外力(万有引力)，系统动量守恒，卫星在前，动量增大，火箭仍沿原方向运动，动量则一定减小，A错B对；，又，分离后总动能，联立解得，式中v是星箭分离前的共同速度，依题意，即，因此火箭速度v₂越大，分离后系统总动能越小，(也可用极限法直接判断：假设星箭分离后星箭速度仍相等，则动能不变，火药释放的能量为0，系统总动能为最小)C错；爆炸力为一对相互作用的内力，因此大小相等、作用时间相同，卫星和火箭受到的爆炸力的冲量大小一定相等，分离后火箭速度越小，则火箭动量的变化量越大，所受爆炸力的冲量越大，则卫星受到的冲量(与火箭受到的爆炸力的冲量等大反向)越大，相互作用时间一定，则卫星受到的冲击力越大，D正确。。

答案：BD

点拨：注意提取有效解题信息，把握关键字句，如“置于箭首的卫星”、“星箭分离后瞬间火箭仍沿原方向飞行”等，结合爆炸特点和物理情景判断解题。

考点3、两个定理的结合

例3：如图所示，质量m1为4kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.24，木板右端放着质量m2为1.0kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态.木板突然受到水平向右的的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能为8.0J，小物块的动能为0.50J，重力加速度取10m/s2,求：

(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度V0.

(2)木板的长度L

解析：(1)设水平向右为正方向，有①　　 代入数据解得②

(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为、和，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为和，有③

④ 其中，⑤

设A、B相对于C的位移大小分别为和，有⑥ ⑦

动量与动能之间的关系为 ⑧　 ⑨

木板的长度⑩　　　　　　 代入数据得L=0.50m

点拨：涉及动量定理和动能定理综合应用的问题时，要注意分别从合力对时间、合力对位移的累积作用效果两个方面分析物体动量和动能的变化，同时应注意动量和动能两个量之间的关系.

考点4、碰撞与圆周运动、平抛运动的结合　

例4(2008年北京)有两个完全相同的小滑块A和B，A沿光滑水平面以速度v₀与静止在平面边缘O点的B发生正碰，碰撞中无机械能损失。碰后B运动的轨迹为OD曲线，如图所示。(1)已知滑块质量为m,碰撞时间为，求碰撞过程中A对B平均冲力的大小。(2)为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制做一个与B平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置，让A沿该轨道无初速下滑(经分析，A下滑过程中不会脱离轨道)。

a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量p_A与B平抛经过该点的动量p_B的大小关系;

b.在OD曲线上有一M点，O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°。求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度。

解析：(1)滑动A与B正碰，满足：mv_A-mv_B=mv₀

由①②，解得v_A=0, v_B=v₀,

根据动量定理，滑块B满足　　 　　F·t=mv₀

解得 　　　　　

(2)a.设任意点到O点竖直高度差为d，A、B由O点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒。选该任意点为势能零点，有

E_A=mgd,E_B= mgd+

由于p=,有

即　 P_A<P_B，A下滑到任意一点的动量总和是小于B平抛经过该点的动量。

b.以O为原点，建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向下，则对B有::x=v₀t，y=gt²

B的轨迹方程　 　　y=

在M点x=y，所以　 　　　　　　　　　　　　　　

因为A、B的运动轨迹均为OD曲线，故在任意一点，两者速度方向相同。设B水平和竖直分速度大小分别为和，速率为v_B；A水平和竖直分速度大小分别为和，速率为v_A,则:　　　 　　　　

B做平抛运动，故　　

对A由机械能守恒得v_A=　　　　　　　

由由以上三式得

将代入得：

点拨：碰撞过程中的动量与能量关系，碰撞后与平抛运动的规律相结合是近几年高考的热点，复习时应加强这方面的训练。

3．应注意分析过程的转折点，如运动规律中的碰撞、爆炸等相互作用，它是不同物理过程的交汇点，也是物理量的联系点，一般涉及能量变化过程，例如碰撞中动能可能不变，也可能有动能损失，而爆炸时系统动能会增加．