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2012届全国版学海导航高中总复习(第2轮)物理课件:专题2 第3讲 动量和能量的综合应用


专题二 动量和能量 第三讲 动量和能量的综合应用

一、解决力学问题的三大基本观点 1.牛顿运动定律结合运动学公式(称之为力的观 点)是解决力学问题的基本思路和方法.因牛顿第二 定律是瞬时定律,此种方法适用于需求解过程中间状 态(速度、加速度)的问题. 2.动量定理和动量守恒定律.(动量观点) 3.动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定 律.(能量观点)

动量定理、动能定理研究的只是物体或系统 在某一过程中初、末状态动量、动能的改变量, 而无需对过程的变化细节作深入的研究.如问题 不涉及物体运动过程中的加速度,而涉及运动时 间的问题,优先考虑动量定理;涉及位移的问题, 优先考虑动能定理.

二、力学综合题的基本思路 1.认真审题,弄清题意.审题时要注意: (1)挖掘隐含条件,隐含条件往往隐含在关键 的词语中,题目的附图中,发生的物理现象中和 题目的所求中; (2)重视对物理过程的分析:审题时,要弄清 题目中的物理过程及其得以进行的条件,明确运 动的性质,把握过程中的不变量、变量、关联量 之间的相互关系,并找出与物理过程相适应的物 理规律.

2.确定研究对象,分析受力情况和运动情况.选 择研究对象的两个基本原则:一是要选择已知量充分 且涉及所求量的物体为研究对象;二是要优先选择能 够满足某个守恒定律的物体(或物体系)为研究对象.进 行运动分析时要注意两个方面: ①运动情况变化时,找出运动量(s、a、v、t)的关 系; ②运动可能出现多种可能性. 3.明确解题途径,正确运用规律. 4.分析解题结果,有时需做一定讨论(特别对多解 问题).

类型一:碰撞、爆炸、反冲中的动量、能量 守恒 在碰撞、爆炸、反冲问题中,物体间的相互 作用力(内力)远大于系统受到的外力,用牛顿运 动定律求解非常复杂,甚至根本就无法求解,但 用动量守恒定律求解时,只需要考虑过程的始末 状态,而不需要考虑过程的具体细节,这正是用 动量守恒定律求解问题的优势.

【例1】如图2- 1所示,在足够长的光滑水平轨道 3上静止放置三个小木块A、B、C,质量分别为 mA=1kg,mB=1kg,mC=2kg,其中B与C用一个轻弹 簧固定连接,开始时整个装置处于静止状态;A和 B之间有少许塑胶炸药,A的左边有一个弹性挡板 (小木块和弹性挡板碰撞过程没有能量损失).

图2- 1 3-

现在引爆塑胶炸药,若炸药爆炸产生的能量有 E=9J转化为A和B沿轨道方向的动能,A和B分开后, A恰好在B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时追 上B,并且与B发生碰撞后粘在一起.求: (1)在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值; (2)A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值.

【解析】(1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象, 假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA 、vB,取 向右为正方向 由动量守恒:-mAvA+mBvB=0 爆炸产生的能量有9J转化为A、B的动能

1 1 2 2 E ? mAv A ? mB vB 2 2 代入数据解得v A ? vB ? 3m / s

由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第 一次恢复到原长,则在A追上B之前弹簧已经有一次被 压缩到最短(即弹性势能最大),爆炸后取B、C和弹簧 为研究系统,当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达 到共速vBC,此时弹簧的弹性势能最大,设为Ep1.
由动量守恒,得mB vB ? (mB ? mC )vBC 1 1 2 2 由机械能守恒,得 mB vB ? (mB ? mC )vBC ? Ep1 2 2 代入数据得Ep1 ? 3J

? 2 ? 设B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时B、C的速度
大小分别为vB1和vC1,则由动量守恒和能量守恒: 1 1 1 2 2 2 mB vB ? mB vB1 ? mC vC1, mB vB ? mB vB1 ? mC vC1 2 2 2 代入数据解得:vB1 ? ?1m / s,vC1 ? 2m / s (vB1 ? 3m / s,vC1 ? 0m / s不合题意,舍去. ) A爆炸后先向左匀速运动,与弹性挡板碰撞以后速度 大小不变,反向弹回.当A追上B,发生碰撞瞬间达 到共速v AB

由动量守恒,得mAvA ? mB vB1 ? ? mA ? mB ? vAB, 解得v AB ? 1m / s 当A、B、C三者达到共同速度v ABC时,弹簧的 弹性势能最大为Ep2 由动量守恒,得

? mA ? mB ? vAB ? mC vC1 ? ? mA ? mB ? mC ? vABC
由能量守恒,得 1 1 1 2 2 2 mA ? mB ? v AB ? mC vC1 ? ? mA ? mB ? mC ? v ABC ? E p 2 ? 2 2 2 代入数据得Ep2 ? 0.5J

【变式题】如图2- 2所示,劲度系数为k=200N/m的 3轻弹簧一端固定在墙上,另一端连一质量为M=8kg 的小车a,开始时小车静止,其左端位于O点,弹簧 没有发生形变,质量为m=1kg的小物块b静止于小车 的左侧,距O点s=3m,小车与水平面间的摩擦不计, 小 物 块 与 水 平 面 间 的 动 摩 擦 因 数 为 μ=0.2 , 取 g=10m/s2.今对小物块施加大小为F=8N的水平恒力使 之向右运动,并在与小车碰撞前的瞬间撤去该力, 碰撞后小车做振幅为A=0.2m的简谐运动,

M 已知小车做简谐运动周期公式为T ? 2? ,弹簧的 k 1 2 弹性势能公式为Ep ? kx ( x为弹簧的形变量),则 2 (1)小物块与小车碰撞前瞬间的速度是多大? (2)小车做简谐运动过程中弹簧最大弹性势能是多少? 小车的最大速度为多大? (3)小物块最终停在距O点多远处?当小物块刚停下时 小车左端运动到O点的哪一侧?

图2- 2 3-

【解析】(1)设碰撞前瞬间,小物块b的速度为v1,小物 块从静止开始运动到刚要与小车发生碰撞的过程中, 1 2 根据动能定理可知Fs ? ? mgs ? mv1 2 解得v1 ? 6m / s

? 2 ?由于小车简谐运动的振幅是0.2m,所以弹簧的最大
形变量为x ? A ? 0.2m 根据弹性势能的表达式可知最大弹性势能Epm 解得Epm ? 4J 1 2 ? kA 2

根据机械能守恒定律可知小车的最大动能应等于弹簧 的最大弹性势能 1 2 1 2 所以 kA ? Mvm 2 2 解得小车的最大速度vm ? 1m / s

? 3? 小物块b与小车a碰撞后,小车a的速度为vm,设此时
小物块的速度为v1 ?,设向右为正方向,由动量守恒定 律有mv1 ? mv1 ? ? Mvm 解得v1 ? ? ?2m / s 接着小物块向左匀减速运动一直到停止,设位移是s1,

所经历的时间为t1,根据动能定理可知 1 ? ? mgs1 ? 0 ? mv1 ?2 2 解得s1 ? 1m 物块做匀减速运动时的加速度为 0 ? v1 ? a? ? ? g ? 2m / s ,t1 ? ? 1s m a
2

? mg

M 小车a振动的周期T ? 2? ? 1.26s k 3 由于T>t1> T,所以小车a在小物块b停止时在O点 4 的左侧,并向右运动.

类型二:滑块运动中的动量、能量守恒 解决滑块问题一般要用到动量定理、动量守恒 定律、动能定理、功能原理以及动力学等规律,综 合性强,能力要求高,是高中物理常见的题型之一, 也是高考中经常出现的题型.解决此类问题,关键 要看地面是否光滑,动量是否守恒,若不守恒,往 往要用动量定理和动能定理.同时要注意分析物体 的运动时间关系、位移关系、能量关系等,找出它 们之间的关系,列方程求解.

【例2】(2011·全国大纲卷)装甲车和战舰采用多层 钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的 射击.通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其 原因.

图2- 3 3-

质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑 桌面上.质量为m的子弹以某一速度垂直射向该 钢板,刚好能将钢板射穿.现把钢板分成厚度均 为d、质量均为m的相同两块间隔一段距离水平放 置,如图2- 3所示.若子弹以相同的速度垂直射 3向第一块钢板,穿出后再射向第二块钢板,求子 弹射入第二块钢板的深度.设子弹在钢板中受到 的阻力为恒力,且两块钢板不会发生碰撞.不计 重力影响.

【解析】设子弹初速度为v0 ,射入厚度为2d的钢板 后,最终钢板和子弹的共同速度为V,由动量守恒得
(2m ? m)V ? mv0 1 解得V ? v0 3 此过程中动能损失为 1 2 1 ?E ? mv0 ? ? 3mV 2 2 2 1 2 解得?E ? mv0 3 ② ③ ①

分成两块钢板后,设子弹穿过第一块钢板时两者的 速度分别为v1和V1,由动量守恒得 mv1 ? mV1 ? mv0 ④ 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,射穿第一块 ?E 钢板的动能损失为 ,由能量守恒得 2 1 2 1 1 2 ?E 2 mv1 ? mV1 ? mv0 ? ⑤ 2 2 2 2 联立③④⑤式,且考虑到v1必须大于V1,得 1 3 v1 ? ( ? )v0 2 6 ⑥

设子弹射入第二块钢板并留在其中,后两者的共同 速度为v2,由动量定恒得:2mV2 ? mv1 1 2 1 损失的动能为:?E? ? mv1 ? ? 2mV22 2 2 联立③⑥⑦⑧式得 ⑦ ⑧

1 3 ?E ?E? ? (1 ? )? ⑨ 2 2 2 因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力,由⑨式可得, 1 3 射入第二块钢板的深度x为:x ? (1 ? )d ⑩ 2 2

【变式题】(2011·安徽)如图2- 4所示,质量M=2kg 3的滑块套在光滑的水平轨道上,质量m=1kg的小球通 过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接,小 球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动,开始轻杆 处于水平状态,现给小球一个竖直向上的初速度 v0=4m/s,g取10m/s2.

图2- 4 3-

(1)若锁定滑块,试求小球通过最高点P时对轻杆 的作用力大小和方向. (2)若解除对滑块的锁定,试求小球通过最高点时 的速度大小. (3)在满足(2)的条件下,试求小球击中滑块右侧轨 道位置点与小球起始位置点间的距离.

【解析】(1)设小球能通过最高点,且此时的速度为 v1.在上升过程中,因只有重力做功,小球的机械能 守恒,则 1 2 1 2 mv1 ? mgL ? mv0 ① 2 2 v1 ? 6m / s ②
设小球到达最高点时,轻杆对小球的作用力为F, 方向向下,则 v12 F ? mg ? m L 由②③式,得:F ? 2 N ③ ④

由牛顿第三定律可知,小球对轻杆的作用力大小 为2N,方向竖直向上. (2)解除锁定后,设小球通过最高点时的速度为v2, 此时滑块的速度为V.在上升过程中,因系统在水平方 向上不受外力作用,水平方向的动量守恒.以水平向 右的方向为正方向,有:mv2+MV=0 ⑤ 在上升过程中,因只有重力做功,系统的机械能 守恒,则 1 2 1 1 2 2 mv2 ? MV ? mgL ? mv0 ⑥ 2 2 2 由⑤⑥式,得:v2 ? 2m / s ⑦

(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始 点的距离为s1,滑块向左移动的距离为s2.任意时刻小 球的水平速度大小为v3,滑块的速度大小为V′.由系统 水平方向的动量守恒,得

mv3 ? MV ? ? 0 将⑧式两边同乘以?t,得 mv3 ?t ? MV ??t ? 0

⑦ ⑨

因⑨式对任意时刻附近的微小间隔?t都成立, 累计相加后,有 ms1 ? Ms2 ? 0 又s1 ? s2 ? 2L 由?式得 2 s1 ? L 3 ? ?

类型三:弹簧问题中的动量、能量守恒 弹簧常常与其他物体直接或间接地联系在一起, 通过弹簧的伸缩形变,使与之相关联的物体发生力、 运动状态、动量和能量等方面的改变.因此,这类问 题具有很强的隐蔽性和综合性特征,也为学生的想象 和推理提供了一个多变的思维空间.解决此类题的关 键在于能对与弹簧相关联的系统进行正确的力和运动 的关系分析、功能关系的分析,并抓住弹簧的基本特 征,正确地运用力学规律加以解决.

【例3】(湖北省新洲二中2011届高三理科综合)如图 2- 5所示为某种弹射装置的示意图,光滑的水平导轨 3MN 右 端 N 处 与 水 平 传 送 带 理 想 连 接 , 传 送 带 长 度 L=4.0m,皮带轮沿顺时针方向转动,带动皮带以恒定 速率v=3.0m/s匀速传动.三个质量均为m=1.0kg的滑块 A、B、C置于水平导轨上,开始时滑块B、C之间用细 绳相连,其间有一压缩的轻弹簧,处于静止状态.

图2- 5 3-

滑块A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动, A与B碰撞后粘合在一起,碰撞时间极短,可认为A 与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零.因碰撞使连接 B、C的细绳受扰动而突然断开,弹簧伸展,从而使 C与A、B分离.滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s 滑上传送带,并从右端滑出落至地面上的P点.已 知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2,重力加 速度g取10m/s2.

(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小; (2)求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep; (3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同,要使滑 块C总能落至P点,则滑块A与滑块B碰撞前速度的 最大值vm是多少?

【解析】(1)滑块C滑上传送带后做匀加速运动,设 滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用 的时间为t,加速度大小为a,在时间t内滑块C的位 移为x. 根据牛顿第二定律和运动学公式

? mg ? ma
v ? vC ? at

① ②

1 2 s ? vC t ? at ③ 2 解得x ? 1.25m<L ? 4.0m

即滑块C在传送带上先加速,达到传送带的速度 v后随传送带匀速运动,并从右端滑出,则滑块C从 传送带右端滑出时的速度为v=3.0m/s (2)设A、B碰撞后的速度为v1 ,A、B与C分离时 的速度为v2,由动量守恒定律 mv0=2mv1 ④ 2mv1=2mv2+mvC ⑤ 由动量守恒定律

1 1 1 2 2 2 Ep ? ? 2mv1 ? ? 2mv2 ? mvC 2 2 2 解得E p ? 1.0 J



(3)在题设条件下,若滑块A在碰撞前速度有 最大值,则碰撞后滑块C的速度有最大值,它减 速运动到传送带右端时,速度应当恰好等于传送 带的速度v. 设A与B碰撞后的速度为v1′,分离后A与B的速 度为v2′,滑块C的速度为vC′,由动量守恒定律 mvm=2mv1′ ⑦ 2mv1′=mvC′+2mv2′ ⑧

由能量守恒定律 1 1 1 2 2 Ep ? mv1 ? ? ? 2mv2 ? ? mvC ?2 2 2 2 由运动学公式vC ?2 ? v 2 ? 2aL



解得:vm ? 7.1m / s

【变式题】(2011·全国新课标)如图2- 6,A、B、C 3三个木块的质量均为m,置于光滑的水平面上,B、C 之间有一轻质弹簧,弹簧的两端与木块接触而不固连, 将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连,使弹 簧不能伸展,以至于B、C可视为一个整体,现A以初 速v0 沿B、C的连线方向朝B运动,与B相碰并粘合在 一起,以后细线突然断开,弹簧伸展,从而使C与A、 B分离.已知C离开弹簧后的速度恰为v0,求弹簧释放 的势能. 图2- 6 3-

【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 ① 设C离开弹簧时,A、B的速度大小为v1,由动量守恒得 3mv=2mv1+mv0 ② 设弹簧的弹性势能为Ep,从细线断开到C与弹簧分开的 过程中机械能守恒,有 1 1 1 2 2 2 (3m)v ? Ep ? (2m)v1 ? mv0 ③ 2 2 2 由①②③式得弹簧所释放的势能为 1 2 Ep ? mv0 2

类型四:电场、磁场中的动量、能量守恒 电场力、磁场力(安培力)做功有其独特的方 面,如电场力做功与路径无关,而安培力的方向 总与其产生的电流和磁场垂直;物体置于电场或 磁场中时,重点是准确分析其受力情况,判断受 力大小和方向,从而准确地判断电磁力作用而引 起物体动量和能量变化的状况.

【例4】光滑水平面上放有如图2- 7所示的用绝缘材 3料制成的“┙”型滑板(平面部分足够长),质量为4m. 距滑板的A壁为L1距离的B处放有一质量为m,电荷量 为+q的大小不计的小物体,物体与板面的摩擦不计, 整个装置处于场强为E的匀强电场中,初始时刻,滑 板与物体都静止,试求:

图2- 7 3-

(1)释放小物体,第一次与滑板A壁碰前物体的速 度v1多大? (2)若物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰 前的3/5,则物体在第二次跟A壁碰撞之前瞬间, 滑板的速度v和物体的速度v2分别为多大?(均指对 地速度) (3)物体从开始运动到第二次碰撞前,电场力做功 为多大?(碰撞时间可忽略)

【解析】(1)由动能定理
1 2 qEL1 ? mv1 2 2qEL1 得v1 ? ① m ? 2 ? 若物体碰后仍沿原方向运动,碰后滑板速度为v, 3 由动量守恒得,mv1 ? m? v1 ? 4mv 5 v1 3 得v ? <物体速度 v1,故不可能 10 5 ②

3 所以物块碰后必反弹v1 ? ? ? v1,由动量守恒 5 3 mv1 ? ? m v1 ? 4mv ③ 5 2 得v ? v1 ④ 5 由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二次碰撞之前, 故物体与A壁第二次碰前,滑板速度 2 2 2qEL1 v ? v1 ? 5 5 m ⑤

物体与A壁第二次碰前,设物块速度为v2, v2 ? v1 ? ? at 1 2 由两物的位移关系有:vt ? v1 ?t ? at 2 at 即v ? v1 ? ? 2 ⑥ ⑦ ⑧

7 7 2qEL1 由⑥⑧代入数据可得:v2 ? v1 ? 5 5 m

2 3? 设物体在两次碰撞之间位移为s,由v2 ? v1 ?2 ? 2as得 ?

7 2 3 2 2 [( ) ? ( ? ) ]v1 2 v2 ? v1 ?2 4mv12 8 5 s? ? 5 ? ? L1 2a 2qE / m 5 Eq 5 所以物块从开始到第二次碰撞前电场力做功 13 W ? qE ? L1 ? s ? ? qEL1. 5

【变式题】(安徽省皖南八校2011届高三第二次联考 试题)如图2- 8所示.在竖直平面内一个带正电的小 3球质量为m,所带的电荷量为q,用一根长为L不可伸 长的绝缘细线系在一匀强电场中的O点.匀强电场方 向水平向右,分布的区域足够大.现将带正电小球从 O点右方由水平位置A点无初速度释放,小球到达最 低点B时速度恰好为零.

图2- 8 3-

(1)求匀强电场的电场强度E的大小. (2)若小球从O点的左方由水平位置C点无初速度释 放,则小球到达最低点B所用的时间t是多少?此后 小球能达到的最大高度H(相对于B点)是多少? 【解析】(1)对小球由A到B的过程,由动能定理得 0=mgL-qEL

mg 得E ? q

? 2 ? 小球由C点释放后,将做匀加速直线运动,设到B
点时的速度为vB .小球做匀加速直线运动的加速度为a a ? 2mg / m ? 2 g
2 vB ? 2a 2 L

vB 2L 得t ? ? a g 小球到B点时细线恰好拉紧. 将vB 分解为vB1和vB 2, vB1 ? vB cos45? ? 2 gL

此后小球以vB1做圆周运动.设运动到D点恰好速度为0, 对小球由B点到D点的过程,由动能定理得 1 2 0 ? mvB1 ? ?mg ( L ? Lsin? ) ? qELcos? 2 ? ? 45? 在到达D点前小球一直沿圆轨道运动,所以小球离 2? 2 B点的最大高度H ? L ? Lsin? ? L 2

类型五:核反应中的动量和能量关系 在分析核反应问题时,除了分析核子本身运 动、碰撞所具有的能量外,更需要关注核反应是 否放出能量,计算能量变化可以用到爱因斯坦质 能方程.

2 【例5】用速度为v0、质量为m1的 4 H 核轰击质量 为m2的静止的 14 N 核,发生核反应,最终产生两 7 种新粒子A和B.其中A为 17O 核,质量为m3,速度 8 为v3;B的质量为m4. (1)计算粒子B的速度vB. (2)粒子A的速度符合什么条件时,粒子B的速度方 向与He核的运动方向相反?

【解析】(1)由动量守恒定律有: m1v0=m3v3+m4vB, m1v0 ? m3v3 解得:vB ? . m4
即:m1v0 ? m3v3 ? 0, m1 解得:v3 ? v0 . m3

? 2 ? B的速度与He核的速度方向相反,

【变式题】云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中, 一静止的质量为m1的原子核在云室中发生一次 ? 衰 变, ? 粒子的质量为m2,电荷量为q,其运动轨迹在 与磁场垂直的平面内.现测得? 粒子运动的轨道半径 为R,试求在衰变过程中的质量亏损.(注:涉及动量 问题时,亏损的质量可忽略不计)

【解析】由题中的R可求出 ? 粒子的速度v,再由 动量守恒可求出新核的速度v′,再用能量守恒及 质能方程即可求解本题. 衰变放出的 ? 粒子做匀速圆周运动的向心力 由洛伦兹力提供,有

m2 v2 qvB ? R v ? BqR / m2,



衰变过程中动量守恒,有 0 ? m2 v ? ? m1 ? m2 ? v? m2 BqR v? ? v? , m1 ? m2 m1 ? m2 衰变后? 粒子、新核的动能都来自于质量亏损, 因此有 1 1 2 ?mc ? ? m1 ? m2 ? v? ? m2 v 2 ③ 2 2 m1 (qBR ) 2 解①②③可得:?m ? . 2 2m2 (m1 ? m2 )c
2




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