48知识讲解 动量和能量.docx

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1、物理总复习：动量和能量【考纲要求】1、知道弹性碰撞和非弹性碰撞；2、能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题；3、知道动量守恒定律的普遍意义4、会从动量和能量的角度分析碰撞问题【考点梳理】考点：动量关系与能量关系的综合应用要点诠释：运用各种力学规律解题的注意事项：1、使用牛顿运动定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确并建 立力和加速度及运动与加速度的关系。2、使用动量定理的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，选取正方向， 明确合外力的冲量及初、末动量的正负。3、使用动能定理的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确哪些力做 功，哪些力不做功，哪些力做正功，哪些

2、力做负功及动能的变化。4、使用动量守恒定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，判断是否 符合动量守恒的适用情况和适用条件。5、使用机械能守恒定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，判断是 否符合机械能守恒的适用情况和适用条件。6、使用能量守恒定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确有哪 些力做功，做功的结果是导致什么能向什么能转化，然后建立AE增=AE减的关系。【典型例题】类型一、“子弹打木块”问题分析例1、光滑水平面上有一静止的质量为M的木板，现有一颗质量为m、速率为v的子弹沿水平方向击中木板，进入木板的深度为d （未穿出），且冲击过程中阻力恒定。问：

3、（1）子弹与木板的阻力多大？在这个过程中，木板的位移是多少？（2）冲击时间是多少？（3）这个过程中产生的热量Q是多少？【思路点拨】子弹打木块是完全非弹性碰撞，碰撞中动量守恒，能量减少，子弹未射出，子 弹与木板共速，分析子弹的位移、木块的位移，要用动能定理解决。产生的热量就是损失的 全部动能。ms =dM + m“ Mmv 2【答案】f=d（M+m）（2）t=2d1 一（3）Q = mv22 o M + m【解析】因子弹未射出木板，故二者获得共同速陞。在获得共同速度的过程中，设木板的位移为s，则子弹的位移为s+d。（1）在获得共同速度的过程中，动量守恒mv0=（M + m）v碰撞后共同速度为v

4、=-0-M + m设平均阻力为f，根据动能定理，有 对子弹：_ f (s +d)=上 mv2 - mv2 22 o由、和式可得:Mmv 2f =o2d (M + m)对木板：fs =1 Mv2m 木板的位移s =ddM + m（2）设冲击时间为，以子弹为研究对象，根据子弹相对木板作末速度为零的匀减速直线运动，相对位移d=1 v t，所以冲击时间为t =r2d2 0v0（3）在认为损失的动能全部转化为内能的条件下，1 M产生的热量：Q = AE =fs =fd =-mv2-k 相 20 M + m【点评】子弹打木块是完全非弹性碰撞，碰撞中动量守恒，能量减少。完全非弹性碰撞在三 种碰撞中能量损失最

5、大。在对子弹应用动能定理时要注意位移是子弹对地的位移，在对木板 应用动能定理时位移是木板对地的位移，而在求转化为内能的量时要用阻力（摩擦力）乘以 相对位移。（可解和、得到结论）举一反三【变式1】质量为M的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相 同的步枪和子弹的射击手。首先左侧射手先开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d1，然 后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d2,如图所示。设子弹均未射穿木块， 且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列正确的 是（）A. 木块静止，d =d弩M 1 2TTTTTT/TTZTTZWTTTTTTTTTZ

6、B. 木块静止，d 2C. 木块向右运动，d dB，dA + dB v L，而木块却一直保持静止，如图所示，则可判断A、B子弹 在射入木块前（ ）A. A的速度vA大于B的速度vB. A的动能大于B的动能C. A的动量大小大于B的动量大小D. A的动量大小等于B的动量大小【答案】ABD【解析】从力的角度分析，M不动应有fA= fB，从动量角度分析，M 一直保持静止，BB从能量角度分析f d =1 m v2 ； f d =1 m v2A A 2 A A B B 2 B B1 12 mAvA 2 mBvB，因此 BD 正确。2 矢口 m m所以七 七A正确，故选ABD。类型二、动量守恒定律和机械能

7、守恒定律(动能定理、能量守恒定律)的综合应用例2、(2014山东卷)如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为 m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0一段时间后，B与A同向运动发生碰 撞并粘在一起.碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度 的一半.求：(i )B的质量；(ii)碰撞过程中A、B系统机械能的损失.【答案】(i) (订)7 mv 2260【解析】(i)以初速度v0的方向为正方向 v 度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为5设B的质量为mB，A、B碰撞后的共同速碰撞前瞬间B的速度为2u,由动量守恒定律得vm x +2m v-(

8、m+m)v由式得m m b 2(ii)从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得mv0=(m+mB)v设碰撞过程A、B系统机械能的损失为AE则1 (v V 1 区二一m2+ 二 m(2v-(m+m )v22 B 2 B联立式得1 一E = mv 26 0举一反三【变式】两质量分别为件和吃的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A 和 B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后又滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。MM 12【答案】h =h(M1 + m)( M 2 + m)【解析】设物块到达劈A的底端时

9、，物块和A的速度大小分别为v和V,由机械能守恒和 动量守恒得11mgh = mv 2 + M V 222 1MV = mv设物块在劈B上达到的最大高度为h此时物块和B的共同速度大小为V，由机械能守恒和动量守恒得mgh + 2 (M + m)V12 = mv 22mv = (M + m)V MMi%h (M + m)( M + m)12类型三、动量守恒定律和机械能守恒定律(含弹性势能)的综合应用例3、如图，ABC三个木块的质量均为m。置于光滑的水平面上，BC之间有一轻质弹 簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连，使弹联立式得h=簧不能伸展，以至于BC可视为一个

10、整体，现A以初速V0沿BC的连线方向朝B运动，与B 以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A，B分离，已知C离开弹相碰并粘合在一起，簧后的速度恰为v。，求弹簧释放的势能。iwww【思路点拨】运动分析：A与B碰撞到ABC达到共速，这一过程动量守恒，列一个方程; C离开弹簧时，动量守恒，列一个方程；从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒， 再列一个方程，即可求解。1【答案】E =-mv2p 3 o【解析】设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得3mv = mv0设C离开弹簧时，A、B的速度大小为V 1，由动量守恒得3mv = 2mv1 + mv0设弹簧的弹性势能为E ，从细线断开到C

11、与弹簧分开的过程中机械能守恒，有2（3m）v 2 + E = 2（2m）v2 + 2 mv2 由式得弹簧所释放的势能为E =1mv 23 o【点评】关于有弹簧的问题，解题的关键是理解题意，本题题目中“将弹簧压紧到不能再压 缩时”与“锁定”意思相同，是弹簧具有最大弹性势能。另外：“将弹簧压缩到最大”是弹 性势能最大，系统共速；“当弹簧伸长到最长时”也是共速，弹性势能最大。举一反三【变式1】如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mB=mc=2m，mA=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧（弹簧与滑块不栓接）。开始时A、B以共同 速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A

12、、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。【答案】顼5 vo【解析】设共同速度为v，球A 和 B分开后，B的速度为Vb，由动量守恒定律有(m + m )v = m v + m v ,m v = （m + m ）v联立这两式得B和C碰撞前B的速度为v = | v。5 o【变式2】如图所示，坡道顶端距水平面高度为。，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B相连，弹簧处于原长时，B恰位于滑 道的末端O点。A与B碰撞时间极短，碰后结

13、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均为M其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求：M（1）物块A在与挡板B碰撞前瞬间速度v的大小;（2）弹簧最大压缩量为d时的弹性势能 （设弹簧处于原长时弹性势能为零）。，m2【答案】（1）廿2gh；（2）Jgh-r（mi + m2）gd12【解析】（1）由机械能守恒定律，有m gh = 2 mv2 解得 v =侦 2 gh（2）A、B在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有m v = （m + m ）v碰后A、B 一起压缩弹簧，到弹簧最大压缩量为d时，A、B克服摩擦力所做的功W = r （m + m ） gd由能量守恒定律，有（

14、m + m ）v2 = E + r （m + m ）gd212P12m2解得 Ep =1一 gh-R 叫 + m2） gd12类型四、动量守恒定律与各种力学方法的综合应用例4、（2015安徽卷）一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示。物块以=9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止。g取10 m/s2。（1）求物块与地面间的动摩擦因数佑（2）若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；（3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。【答案】

15、（1）0.32；（2）130 N；（3）9 J【解析】（1）由A到B做匀减速运动，vb - v2 = 2axB，由牛顿第二定律-rmg = ma， 联立得R = 0.32 （或根据动能定理2mvB 一 2mv2 =-r mgxB，得R = 0.32）（2）根据动量定理，取水平向左为正方向，有FgV = mv；-mvB，代入数据，得F = 130 N（3）根据动能定理，-W = 0 一 2 mv；2，所以W =9J.举一反三【变式1】如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列 判断正确的是

16、()A.B.C.【解析】两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等 第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等 第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同守恒定律有：mv = mv/ 3mv2 ；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，111v v一即：mv0 = 2mv2 + 3mv2，解两式得：七=一才,v2 =寸，可见第一次碰撞后的瞬间， 两球的速度大小相等，选项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等， 选项B错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两 球碰后的最大摆角相同，选项C错；“将摆球a向

17、左边拉开一小角度后释放”可近似用单摆来处理，由单摆的周期公式T = 2n -，可知，两球摆动周期相同，故经半个周期后，两 g球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。【变式2】如图所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde 段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍。两物体在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿3 轨道运动。B到d点时速度沿水平万向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的项，4A与ab段的动摩擦因数为u，重力加速度g，求:(2)物块A滑行的距离。A的质量为3m(1)物块B在d点的速度大小;【答案】【解析】(1)设物块B的质量为mB在d点处的合力提供向心力，依题意合力 F = mg - 3 mg = 1 mg441V 2由牛顿第二定律得丁mg =4RB在d点的速度 v =等一取向右为正方向（2）设A、B分开时的速度分别为七、v2，系统动量守恒，mv - 3mv = 0B由位置b点运动到d的过程中，机械能守恒11 一由动能定理mv 2 = mgR + mv 2 22A在向左减速至零的过程，1一 3mgs = 0 一一 3mv 221联立，得s =荒