49知識講解動量和能量(提高)(20210114000121)

1、物理總復(fù)習(xí)：動量和能量【考綱要求】1、知道彈性碰撞和非彈性碰撞；2 、能用動量守恒定律定量分析一維碰撞問題；3、知道動量守恒定律的普遍意義4、會從動量和能量的角度分析碰撞問題 【考點(diǎn)梳理】考點(diǎn)：動量關(guān)系與能量關(guān)系的綜合應(yīng)用 要點(diǎn)詮釋：運(yùn)用各種力學(xué)規(guī)律解題的注意事項：1、使用牛頓運(yùn)動定律的關(guān)鍵是：確定研究對象，做好受力分析和過程分析，明確并建 立力和加速度及運(yùn)動與加速度的關(guān)系。2 、使用動量定理的關(guān)鍵是：確定研究對象，做好受力分析和過程分析，選取正方向， 明確合外力的沖量及初、末動量的正負(fù)。3、使用動能定理的關(guān)鍵是：確定研究對象，做好受力分析和過程分析，明確哪些力做 功，哪些力不做功，哪些力做正

2、功，哪些力做負(fù)功及動能的變化。判斷是否4、使用動量守恒定律的關(guān)鍵是：確定研究對象，做好受力分析和過程分析， 符合動量守恒的適用情況和適用條件。判斷是5 、使用機(jī)械能守恒定律的關(guān)鍵是：確定研究對象，做好受力分析和過程分析，否符合機(jī)械能守恒的適用情況和適用條件。明確有哪6 、使用能量守恒定律的關(guān)鍵是：確定研究對象，做好受力分析和過程分析，些力做功，做功的結(jié)果是導(dǎo)致什么能向什么能轉(zhuǎn)化，然后建立E增E減的關(guān)系?！镜湫屠}】類型一、“子彈打木塊”問題分析例1、光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的木板，現(xiàn)有一顆質(zhì)量為 m、速率為v0的子彈沿水平方向擊中木板，進(jìn)入木板的深度為d （未穿出），且沖擊過程中阻力恒定

3、。問:（1）子彈與木板的阻力多大？在這個過程中，木板的位移是多少？（2）沖擊時間是多少？（3 ）這個過程中產(chǎn)生的熱量 Q是多少？分析子彈的位移、木塊的位移，要用動能定理解決。產(chǎn)生的熱量就是損失的【思路點(diǎn)撥】子彈打木塊是完全非彈性碰撞，碰撞中動量守恒，能量減少，子彈未射出，子 彈與木板共速， 全部動能?！敬鸢浮?（1）MMmv；f =2d(M m)s=dM m(2)t=2dVo(3) Q= 1mv22【解析】因子彈未射出木板，故二者獲得共同速度v。在獲得共同速度的過程中，設(shè)木板的位移為s，則子彈的位移為 s+d。(1)在獲得共同速度的過程中，動量守恒mv0=(M m)v mv0碰撞后共同速度為

4、v=M m設(shè)平均阻力為f，根據(jù)動能定理，有1 2對子彈：f(s+d)=mv1 2對木板：fs= Mv 21 2-mvo 2由、和式可得:Mmv：2d(M m)木板的位移 s=一ddM m(2)設(shè)沖擊時間為t，以子彈為研究對象,根據(jù)子彈相對木板作末速度為零的勻減速直1 2d線運(yùn)動，相對位移 d = vot，所以沖擊時間為t =Vo2(3) 在認(rèn)為損失的動能全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的條件下,產(chǎn)生的熱量： QEk=fs相 =fd = mv0M2 M m【點(diǎn)評】子彈打木塊是完全非彈性碰撞，碰撞中動量守恒，能量減少。完全非彈性碰撞在三種碰撞中能量損失最大。在對子彈應(yīng)用動能定理時要注意位移是子彈對地的位移，在對木板

5、應(yīng)用動能定理時位移是木板對地的位移，而在求轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的量時要用阻力(摩擦力)乘以相對位移。(可解和、得到結(jié)論)舉一反三【變式1】質(zhì)量為 M的均勻木塊靜止在光滑水平面上，木塊左右兩側(cè)各有一位拿著完全相 同的步槍和子彈的射擊手。首先左側(cè)射手先開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d1，然后右側(cè)射手開槍，子彈水平射入木塊的最大深度為d2,如圖所示。設(shè)子彈均未射穿木塊，且兩顆子彈與木塊之間的作用力大小均相同。當(dāng)兩顆子彈均相對于木塊靜止時，下列正確的是()木塊靜止，di =d2旄1 M木塊靜止，di d2C.木塊向右運(yùn)動，di d2木塊向左運(yùn)動，d1 =d2【答案】【解析】設(shè)子彈的質(zhì)量為m,速度為vo，子彈

6、與木塊之間的相互作用力為f ,根據(jù)動量守恒定律mv0 =( M m)v1 (1)根據(jù)動能定理 fd1=-mv221 (M m)v1(2)由（1） （ 2 ）兩式可得 d11 2 1/-mvo -(M2 0 2fm)vi2右邊的子彈水平射入木塊，設(shè)共同速度為V2，設(shè)向右為正方向根據(jù)動量守恒定律(M m)v1 mv0(M 2m)v2( 4)比較（1）可知v20即木塊靜止。可以通過分析得出木塊靜止的結(jié)論：木塊和第一顆子彈的動量大?。∕m）vi方向向右,第二顆子彈動量大小 mvo方向向左，動量大小相等方向相反，合動量為零,又根據(jù)能量守恒定律即木塊靜止)r .12fd2= -mv02m)v2( 5)由（

7、4） （5 ）兩式可得d2m)v12 (6)比較（3）（ 6）兩式得did2，故B選項正確?！咀兪?】裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。 通過對以下簡化模型的計算可以粗略說明其原因。質(zhì)量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水求子彈射入第二塊鋼板的平光滑的桌面上。質(zhì)量為 m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿?，F(xiàn)把 鋼板分成厚度均為 d、質(zhì)量為m的相同的兩塊，間隔一段距離平行放置，如圖所示。若子 彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板， 深度。設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞。不計重力影響?！敬鸢浮縳 2（1）d2

8、 2【解析】設(shè)子彈初速度為vo，射入厚度為2d的鋼板后，最終鋼板和子彈的共同速度為V，由動量守恒得 （2 m m）V mv01 解得V 3vo此過程中動能損失為E 1mv2 1 3mV22 0 2解得 E 1 mv23分成兩塊鋼板后，設(shè)子彈穿過第一塊鋼板時兩者的速度分別為vi 和 V，由動量守恒得 mv, mV, mv0因為子彈在鋼板中受到的阻力為恒力,射穿第一塊鋼板的動能損失為由能量守恒得 -mv21 mV22 2聯(lián)立式，且考慮到V,必須大于V,，得Vi1 73(2燈0設(shè)子彈射入第二塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為V2，由動量定恒得2mV2 mv,損失的動能為E1 2一 mv22mV22聯(lián)

9、立式得2(1因為子彈在鋼板中受到的阻力為恒力,由式可得，射入第二塊鋼板的深度x (1 )d2 2類型二、動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律（動能定理、能量守恒定律）的綜合應(yīng)用例2、如圖，小球a、b用等長細(xì)線懸掛于同一固定點(diǎn) 0。讓球a靜止下垂，將球 b向 右拉起，使細(xì)線水平。從靜止釋放球b,兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細(xì)線與豎直方向之間的最大偏角為 60。忽略空氣阻力，求（i）兩球a、b的質(zhì)量之比；b在碰前的最大動能之比。（ii）兩球在碰撞過程中損失的機(jī)械能與球【思路點(diǎn)撥】運(yùn)動分析：球b從靜止擺到與 碰后一起上升到最大偏角，機(jī)械能守恒。a碰撞前，機(jī)械能守恒；兩球碰撞，動量守恒;【答案】（i）逅1

10、；（ ii）Q 1 m2Ek【解析】（i）設(shè)球b的質(zhì)量為m2，細(xì)線長為L ,球b下落至最低點(diǎn)，但未與球a相碰時的速度為V ,由機(jī)械能守恒定律得式中g(shù)是重力加速度的大小。1 2m2gL -m2v 設(shè)球a的質(zhì)量為m1；在兩球碰后的瞬間， 兩球共同速度為v ,以向左為正。由動量守恒定律得m2v (m m2)v 0,由機(jī)械能守恒定律得設(shè)兩球共同向左運(yùn)動到最高處，細(xì)線與豎直方向的夾角為I2-(m, m2)v(rn m2)gL(1 cos )聯(lián)立式得旦 71m21cos代入數(shù)據(jù)得旦 J2 1m2（ii）兩球在碰撞過程中的機(jī)械能損失是Q m2gL (m1 m2)gL(1 cos聯(lián)立式,Q與碰前球b的最大動能

11、EkEk1一 m2v2 22 m2gL之比為并代入題給數(shù)據(jù)得聯(lián)立式,衛(wèi)匹(1 cos ) m2Ek【點(diǎn)評】解力學(xué)綜合題最重要的環(huán)節(jié)就是要分清物理過程，本題分為物理過程：（1）球b從靜止下落到與a求碰撞前，符合機(jī)械能守恒；（2）兩球碰撞粘在一起是完全非彈性碰撞，符合動量守恒；（3）兩球碰后站在一起向左擺動到最大偏角（最高），符合機(jī)械能守恒。按照各自的物理規(guī)律列方程求解。舉一反三【變式】勻強(qiáng)電場的方向沿 x軸正向，電場強(qiáng)度 E隨x的分布如圖所示，圖中 Eo和d均為 已知量。將帶正電的質(zhì)點(diǎn) A在0點(diǎn)由靜止釋放。A離開電場足夠遠(yuǎn)后，再將另一帶正電的 質(zhì)點(diǎn)B放在O點(diǎn)也由靜止釋放。當(dāng)B在電場中運(yùn)動時，A、

12、B間的相互作用力及相互作用能 均為零；B離開電場后，A、B間的相互作用視為靜電作用。已知A的電荷量為Q, A和B的質(zhì)量分別為m和m。不計重力。4 aEl(?(1)求A在電場中的運(yùn)動時間t；4若B的電荷量q Q，求兩質(zhì)點(diǎn)相互作用能的最大值Epm；9為使B離開電場后不改變運(yùn)動方向，求B所帶電荷量的最大值qm?！敬鸢浮浚?）t標(biāo)（2）Epm穢y EQ45qm ?Q【解析】（1）A在電場中做勻加速直線運(yùn)動位移為EoQd,根據(jù)牛頓第二定律FaaAm根據(jù)位移公式得-aAt22J2dm t (EQ(2 )設(shè)A、B分別離開電場后的速度為 VA和VB，根據(jù)動能定理有2mvA EQd 22vB EoQd 由以上兩

13、式比較可知 A、B分別離開電場后的速度為vA小于Vb，所以B離開電場后與 A間的靜電斥力使B減速，使A加速, 速度相同為v時系統(tǒng)的總動能最小， 系統(tǒng)的能量和動量都守恒有A、B系統(tǒng)的總動能減小，相互作用能增大，當(dāng)A、B的相互作用能最大，在此過程中只有相互作用的靜電斥力，mmvA vB mv1 2 1 m 2-mvVb2 2 4聯(lián)立四式解得EoQdEpm1mVE pm45（3）A、B間距達(dá)到最小后靜電斥力繼續(xù)使 相互作用能減小，B減速，使A加速，A、B系統(tǒng)的總動能增大, 間距達(dá)到無窮大時相互作用能為0。為使B離開電場后不改變運(yùn)動方向，B的速度滿足條件Vb0。根據(jù)系統(tǒng)的能量和動量都守恒有mVA卩Bm

14、vA7vB1 21 m21 21m-mvVb-mvAVb22 4224mm2式中B的電量為qB有1 m 2 L ._VBE0qBd聯(lián)立五式解得16qB6q，16Q9類型三、動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律（含彈性勢能）的綜合應(yīng)用例3、如圖，ABC三個木塊的質(zhì)量均為 m。置于光滑的水平面上，簧，彈簧的兩端與木塊接觸可不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細(xì)線把所以B所帶電荷量的最大值qml=i?=rm。置BC之間有一輕質(zhì)彈BC緊連，使彈最終三滑塊速度恰好相同。求B與C碰撞前B的速度。C與A, B分離，已知C離開彈簧不能伸展，以至于 BC可視為一個整體，現(xiàn) A以初速Vo沿BC的連線方向朝 B運(yùn)動，與B 相

15、碰并粘合在一起，以后細(xì)線突然斷開，彈簧伸展，從而使 簧后的速度恰為Vo，求彈簧釋放的勢能?！舅悸伏c(diǎn)撥】運(yùn)動分析：A與B碰撞到ABC達(dá)到共速，這一過程動量守恒，列一個方程； C離開彈簧時，動量守恒，列一個方程；從細(xì)線斷開到C與彈簧分開的過程中機(jī)械能守恒,再列一個方程，即可求解?！敬鸢浮縀p1 23mvo【解析】設(shè)碰后 A、B和C的共同速度的大小為 V ,由動量守恒得3mv mv0設(shè)C離開彈簧時，A、B的速度大小為 V1，由動量守恒得 3mV 2mV1 mV0 設(shè)彈簧的彈性勢能為 EP，從細(xì)線斷開到C與彈簧分開的過程中機(jī)械能守恒，有1(3m)V2 Ep 2(2m)V2 切応由式得彈簧所釋放的勢能為

16、Ep1 2-mVo3【點(diǎn)評】關(guān)于有彈簧的問題，解題的關(guān)鍵是理解題意，本題題目中“將彈簧壓緊到不能再壓縮時”與“鎖定”意思相同，是彈簧具有最大彈性勢能。另外：“將彈簧壓縮到最大”是彈 性勢能最大，系統(tǒng)共速；“當(dāng)彈簧伸長到最長時”也是共速，彈性勢能最大。舉一反三【變式】如圖所示，光滑水平面軌道上有三個木塊，A、B、C，質(zhì)量分別為mB=mc=2m, mA=m，A、B用細(xì)繩連接，中間有一壓縮的彈簧（彈簧與滑塊不栓接）。開始時A、B以共同速度V0運(yùn)動，C靜止。某時刻細(xì)繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起,ITVo2in2m【答案】Vb9 -Vo5【解析】設(shè)共同速度為 V ,球A和B分

17、開后，B的速度為Vb，由動量守恒定律有(mA mB)VomAV EbVb ,EbVb(Ebmjv9聯(lián)立這兩式得 B和C碰撞前B的速度為 Vb -Vo。5類型四、動量守恒定律與各種力學(xué)方法的綜合應(yīng)用例4、( 2014廣東卷)如圖所示的水平軌道中， 處有一豎直擋板，物體 P1沿軌道向右以速度 體P,以此碰撞時刻為計時零點(diǎn)，探測器只在 量都為m= 1 kg , P與AC間的動摩擦因數(shù)為 和P均視為質(zhì)點(diǎn)，P與擋板的碰撞為彈性碰撞.AC段的中點(diǎn)B的正上方有一探測器，C V1與靜止在A點(diǎn)的物體Pa碰撞，并接合成復(fù)合 11= 2 s至12= 4 s內(nèi)工作.已知 Pk P2的質(zhì) 尸 0.1 , AB段長 L=

18、 4 m, g取 10 m/s 2, R、F2P-. 巴Ar探測器L ； Z若vi= 6 m/s，求Pi、P2碰后瞬間的速度大小V和碰撞損失的動能AE;若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點(diǎn)，求V1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點(diǎn)時的最大動能E.【答案】【解析】解得V(1)3 m/s 9 J (2)10 m/s 岡 w 14 m/s 17 J(1) P1、P2碰撞過程動量守恒，有mv1 = 2mvV1 3m/s2碰撞過程中損失的動能為E=2mV2-2mV2解得AE= 9 J.(2)由于P與擋板的碰撞為彈性碰撞.故P在AC間等效為勻減速運(yùn)動，設(shè)P在AC段加速度大小為a，碰后經(jīng)過B點(diǎn)的速度為V2

19、，由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律，得!X2m)g=2ma1 23L=vt- -at2V2=v-at2 2的/曰C 6L gt6L gt解得 v1 2v v2 t2t由于2 s伕4 s所以解得V1的取值范圍10 m/s 14 m/sV2的取值范圍1 m/s V2 5 m/s所以當(dāng)V2= 5 m/s時，P向左經(jīng)過A點(diǎn)時有最大速度V3則P向左經(jīng)過A點(diǎn)時有最大動能 E=- 2m v2=17J.舉一反三【變式1】如圖所示，質(zhì)量為 M的平板車P高h(yuǎn)，質(zhì)量為m的小物塊Q的大小不計，位于 平板車的左端，系統(tǒng)原來靜止在光滑水平地面上。 一不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩長為 R，一端懸于 Q正上方高為R處，另一端系一質(zhì)量也為 m

20、的小球(不計大小)。今將小球拉至懸線與豎直位置成60角，由靜止釋放，小球到達(dá)最低點(diǎn)時與 Q的碰撞時間極短，且無能量損失，已知Q離開平板車時速度大小是平板車速度的兩倍， 重力加速度為g ,求：(1) 小物塊Q離開平板車時速度為多大？(2) 平板車P的長度為多少？(3) 小物塊落地時距小球的水平距離為多少?Q與P之間的動摩擦因數(shù)為 ，M:m=4:1 ,【答案】(1) vq 2v二便 (2) |=匹 (3)3 184Rx= 一972Rh3【解析】此題考查圓周運(yùn)動與動量相結(jié)合的知識，要綜合分析。(1)小球由靜止擺到最低點(diǎn)的過程中，2 mv： v /gR沒有能量損失，動量守恒，機(jī)械能守恒,121212-

21、mv0 = 一 mu +一 mvQ20212Q有 mgR(1 cos60o)小球與物塊Q相撞時,mv0 =mv1+mvQ二者交換速度，即小球靜止下來，而vQ=Vo=JgR解得 v1=0 , vQ=v0=JgR2vQ在平板車上滑行的過程中離開時平板車速度為v , Q的速度為根據(jù)動量守恒，有 mvQ Mv+m2v解得平板車速度1V=6Vqx/gR6小物塊Q離開平板車時，速度為Vq2(2)設(shè)平板車P的長度為I，由能的轉(zhuǎn)化和守恒定律,mg1 2 1 2 1 2 知 fl = mvQ Mv求A滑過Q點(diǎn)時的速度大小 v和受到的彈力大小 F; 若碰后AB最終停止在第k個粗糙段上，求k得數(shù)值； 若碰后AB滑至第n個(nv k)光滑段上的速度 vn與n的關(guān)系式。 m(2v)22 Q 2 2解得平板車的長度為I二-7R18(3)小物塊Q在平板車上滑行的過程中，對地的位移為根據(jù)動能定理mgs=lm(2v)2 *mv24Rs=972Rh3O【答案】(