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1、專題五 動量和能量 要點回顧 （3）典例賞析 （9）跟蹤練習 （19）返回目錄 1.動量定理：物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化.即Ip或Ftmv mv.動量定理表明沖量是使物體 的原因，沖量是 的量度.定理中沖量必須是物體所受的 的沖量（或者說是物體所受各外力沖量的矢量和）.動量定理的表達式是矢量式.在一維的情況下，各個矢量必須以同一個規(guī)定方向為正. 2.變力的沖量求解 對于大小、方向都不變的恒力，它們的沖量可以用IFt計算.要點回顧 答案 動量發(fā)生變化；物體動量變化；合外力返回目錄 若F是變力，但在某段時間內(nèi)方向不變，大小隨時間均勻變化，可用平均力 通過IFt求出在時間t內(nèi)的沖量. 若
2、F的大小、方向都隨時間發(fā)生變化，或雖然F的方向不變，但大小不隨時間均勻變化，可根據(jù) ，通過求p間接求出變力沖量. 3.動能和動量都是由質(zhì)量和速度共同決定的物理量，它們的大小關系是： .動能和動量都是用于描述物體機械運動的狀態(tài)量. 決定了物體克服一定的阻力能運動多要點回顧20tFFFkkmEPmPmvE222122或 答案 動量定理Ip返回目錄要點回顧么遠； 則決定著物體克服一定的阻力能運動多長時間. 決定于合外力對物體做多少功， 決定于合外力對物體施加的沖量.動能是從能量觀點出發(fā)描述機械運動的，動量是從機械運動本身出發(fā)描述機械運動狀態(tài)的. 4. 這個結論叫做動量守恒定律.表達形式有： m1v1
3、m2v2m1v1m2v2， 即p1p2p1p2， 答案 動能；動量；動能的變化；動量的變化返回目錄要點回顧 p1p20， p1p2 和 動量守恒定律成立的條件： . 根據(jù)具體問題，其條件可理解為： 系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零. 系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，可以忽略不計. 系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零, 則該方向上動量守恒.1221vvmm 答案 一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變；系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零返回目錄要點回顧 5.在處理碰撞問題時，通常要抓住三項基本原則： 碰撞過程中 原則.發(fā)生碰撞的物體系在碰撞過程中，由于作用時間很短，相互作用力很
4、大，系統(tǒng)所受的外力大小可忽略，動量守恒. 碰撞后系統(tǒng) 原則.碰撞過程中系統(tǒng)內(nèi)各物體的動能將發(fā)生變化，對于彈性碰撞，系統(tǒng)內(nèi)物體間動能相互轉移，沒有轉化成其他形式的能，因此總動能守恒；而非彈性碰撞過程中系統(tǒng)內(nèi)物體相互作用時有一部分動能將轉化為系統(tǒng)的內(nèi)能，系統(tǒng)的總返回目錄要點回顧動能將減小.因此，碰前系統(tǒng)的總動能一定大于或等于碰后系統(tǒng)的總動能. 碰撞后運動狀態(tài)的 原則.碰撞過程的發(fā)生應遵循客觀實際.如甲物追乙物并發(fā)生碰撞，碰前甲的速度必須大于乙的速度，碰后甲的速度必須小于、等于乙的速度或甲反向運動. 答案 動量守恒；動能不增；合理性 返回目錄典例賞析 變式練習1 質(zhì)量是1.0 kg的小球從高20 m
5、處自由下落到軟墊上，反彈后上升的最大高度為5.0 m, 小球與軟墊的接觸時間為1.0 s, 在接觸時間內(nèi)小球受到軟墊的平均彈力是多少?空氣阻力不計, g10 m/s2.， m/s 20211ghv. m/s 10222ghv. N 4021tmvmvmgN 解析 小球自由落體到軟墊時速度為 小球反彈離開軟墊時的速度為 小球與軟墊接觸過程中，受到重力mg、彈力N作用，以初速度v1的方向為正方向，根據(jù)動量定理得：(mgN)tmv2mv1 解得 答案 40 N返回目錄典例賞析 變式練習2 如圖所示，半徑和動能都相等的兩個小球相向而行.甲球質(zhì)量m甲大于乙球質(zhì)量m乙，水平面是光滑的，兩球做對心碰撞以后的
6、運動情況可能是下述哪些情況（ ） A.甲球速度為零，乙球速度不為零 B.兩球速度都不為零 C.乙球速度為零，甲球速度不為零 D.兩球都以各自原來的速率反向運動返回目錄典例賞析 解析 首先根據(jù)兩球動能相等， 得出兩球碰前動量大小之比為： 因m甲m乙，則P甲P乙，則系統(tǒng)的總動量方向向右. 根據(jù)動量守恒定律可以判斷，碰后兩球運動情況可能是A、B所述情況，而C、D情況是違背動量守恒的，故C、D情況是不可能的.222121乙乙甲甲vmvm， 乙甲乙甲mmPP 答案 AB 變式練習3 如圖所示，長50 m的水平傳送帶始終以大小為v5 m/s的速度向左運動.傳送帶上有一質(zhì)量為M2 kg的小木盒A.A與返回目
7、錄典例賞析傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為0.5.先后相隔t3 s有兩個光滑的質(zhì)量為m1 kg的球B自傳送帶的左端以速度v025 m/s的初速度在傳送帶上向右運動.第1個球與隨傳送帶一道運動的木盒相遇后，球立即進入盒中且不再出來.已知第2個球出發(fā)后歷時t1/3 s而與木盒相遇.取g10 m/s2，求： （1）第1個球與木盒相遇后的瞬間，兩者的共同速度為多大？ （2）第1個球與木盒的相遇點離傳送帶左端有多遠？ （3）自木盒與第1個球相遇至第2個球相遇的這一過程中，由于木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是多少？返回目錄典例賞析 解析 （1）設第1個球與木盒碰后瞬間的共同速度為v同，對小球、木盒組成的系統(tǒng)由動
8、量守恒定律有：mv0Mv(Mm)v同 得：v同5 m/s （2）設第1個球經(jīng)過時間t1與木盒相遇，相遇后以5 m/s的共同速度向右做勻減速直線運動，運動加速度由牛頓第二定律可得： a(Mm)g/(Mm)5 m/s2 設木盒與第1個球相碰后歷時t2回到原來位置，此后木盒與傳送帶一起向左勻速運動，由運動學公式有：t22v同/a返回目錄典例賞析 木盒再勻速運動tt1t1t2時間即可與第2個球相遇，依題意有v0t1(tt1t1t2)vt1v0所求距離：Lvt1 由以上各式代入已知數(shù)據(jù)解得：L12.5 m （3）由（2）求解過程可知，在木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的過程中，木盒相對傳送帶的路程：
9、s(515/21)(515/21)10 m 所求Qfs(Mm)gs150 J 答案 （1）v同5 m/s；（2）L12.5 m；（3）Q150 J返回目錄典例賞析 變式練習4 兩個小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài).在它們左邊有一垂直軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v0射向B球，如圖所示，C與B發(fā)生碰撞并立即結成一個整體D.在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變.然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D靜止不動，A與P接觸而不粘連.過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機械能損失），已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m.返回
10、目錄典例賞析 （1）求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度. （2）求在A球離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能. 解析 彈簧發(fā)生形變后有彈性勢能，彈性勢能與其他形式能量可以相互轉化.因此，要用能量守恒、動量守恒解答相關問題.此題與上例幾乎相同，整個過程可分為四個階段來處理. （1）設C球與B球粘結成D時，D的速度為v1，由動量守恒得 mv02mv1 當彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設此速度為v2，由動量返回目錄典例賞析守恒得2mv13mv2 聯(lián)立上兩式得v2v0/3. （2）設彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為Ep，由能量守恒得 撞擊P后，A與D的動能都為零，解除鎖定后，當彈簧剛恢
11、復到自然長度時，彈性勢能全部轉變成D的動能，設D的速度為v3，則有 以后彈簧伸長，A球離開擋板P，并獲得速度，當A、D的速度相等時，彈簧伸至最長.設此時的速度為v4，由動量守恒得2mv33mv4pEvmvm2221)3(21)2(2123)2(21vmEp返回目錄典例賞析 當彈簧伸到最長時，其彈性勢能最大，設此時勢能為Ep，由能量守恒可得 聯(lián)立以上各式得：pEvmvm2423)3(21)2(21. 36120mvEp200361 ； 3mvv 答案 跟蹤練習返回目錄 1.關于質(zhì)點的運動情況，下列敘述正確的是（ ） A.如果質(zhì)點做自由落體運動，每1 s內(nèi)，質(zhì)點所受重力做的功都相同 B.如果質(zhì)點做
12、平拋運動，每1 s內(nèi)，質(zhì)點的動量增量都相同 C.如果質(zhì)點做勻速圓周運動, 每1 s內(nèi)，質(zhì)點所受合力沖量都相同 D.如果質(zhì)點做簡諧運動, 每二分之一周期內(nèi)回復力做的功都相同 解析 質(zhì)點做自由落體運動，每1 s內(nèi)下落的高度不同，則重力做功不同，A錯；質(zhì)點做平拋運動，每1 s內(nèi)，質(zhì)點所受合外力，即重力的沖量相同，則動量增量都相同，B正確；質(zhì)點做勻速圓周跟蹤練習返回目錄運動，每1 s內(nèi)，質(zhì)點所受合力沖量的方向不一定相同，故C錯誤；質(zhì)點做簡諧運動，每二分之一周期內(nèi)動能變化量為零，則回復力做的功都為零，D正確. 2.子彈在射入木塊前的動能為E1，動量大小為P1；射穿木板后子彈的動能為E2，動量大小為P2.
13、若木板對子彈的阻力大小恒定，則子彈在射穿木板的過程中的平均速度大小為（ ） A. B. C. D.2121PPEE1212PPEE2211PEPE2211PEPE 答案 BD跟蹤練習返回目錄 解析 由勻變速直線運動的規(guī)律 和動量的大小和動能的關系可得C；對子彈由動能定理和動量定理以及平均速度的定義式可得B. 3.如圖所示，靜止在光滑水平面上的物體A和B的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間用輕彈簧相連，在極短的時間內(nèi)對物塊A作用一個水平向右的沖量I，可知（ ） A.物塊A立刻有速度vAI/m B.物塊B立刻有速度vBI/(2m)221vvv 答案 BC跟蹤練習返回目錄 C.當A與B之間的距離最小時,
14、A的速度為零, B的速度為vBI/(2m) D.當A和B之間的距離最小時，A的速度最小，B的速度最大 解析 A瞬間獲得速度時，B仍靜止；彈簧壓縮最短時，A、B速度相同；當彈簧恢復原長時，B速度最大. 4.如圖，小球A和小球B質(zhì)量相同，球B置于光滑水平面上，當球A從高為h處由靜止擺下，到達最低點恰好與B相撞，并黏合在一起繼續(xù)擺動.它們能上升的最大高度是（ ） 答案 A跟蹤練習返回目錄 A.h B.h /2 C.h/4 D.h/8221mvmgh mgHvm22212 解析 A球從高h處擺到最低點過程中，機械能守恒： A、B相碰過程，動量守恒：mv2mv A、B一起上擺到最高點過程中，能量守恒：
15、聯(lián)立以上各式可得Hh/4. 答案 C跟蹤練習返回目錄 5.甲、乙兩人站在小車左右兩端，如圖所示，當他倆同時相向而行時，發(fā)現(xiàn)小車向右運動，下列說法不正確的是（軌道光滑）（ ） A.乙的速度必定大于甲的速度 B.乙對小車的沖量必定大于甲對小車的沖量 C.乙的動量必定大于甲的動量 D.甲、乙動量總和必定不為零跟蹤練習返回目錄 解析 在用動量守恒定律分析時，本題的研究對象應是甲、乙兩人和小車共同構成的系統(tǒng).由于開始都處于靜止狀態(tài)，所以在甲、乙相向運動的過程中，系統(tǒng)的合動量始終為零. 設它們的動量大小分別為p甲、p乙和p車，取向右為正方向，則：p甲p乙p車0 所以p乙p甲p車，即p乙p甲，故選項C中說法
16、正確. 又甲和乙的質(zhì)量關系不確定，所以二者速度大小關系也不能確定，故選項A中說法不正確. 甲、乙的動量之和與車的動量大小相等方向相反，故D選項中說法正確.跟蹤練習返回目錄 對于小車，由動量定理可知：I乙I甲p車.其中I乙為乙對車的沖量，方向向右；I甲為甲對車的沖量，方向向左.所以，I乙I甲，故選項B中說法也正確.應選A. 6.如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)量比mA mB3 2，它們原來靜止在平板車C上，A、B 間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間的動摩擦因數(shù)相同，地面光滑.當彈簧突然釋放后，則有（ ） 答案 A跟蹤練習返回目錄 A.A、B系統(tǒng)動量守恒 B.A、B、C系統(tǒng)動量守恒 C.小車
17、向左運動 D.小車向右運動 7.如圖所示，a、b是兩個帶有同種電荷的小球，用絕緣細線掛于同一點，兩球靜止時，它們離水平地面的高度相等，繩與豎直方向的夾角為、，且，同時剪斷細線，不計空氣阻力, 兩球帶電荷量不變. 則下列說法正確的是（ ） 解析 由A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒（總動量為零），故選項B正確.因mAgmBg，所以小車所受合力向左，則C對. 答案 BC跟蹤練習返回目錄 A.a球先落地 B.落地時動能相等 C.落地時a球水平飛行的距離比b小 D.在飛行過程中，a球受到的沖量比b球受到的沖量小 解析 由可知mamb，由兩球落地時間相等，在水平方向上作用力始終相等，所以平均加速度不等；或根據(jù)
18、動量定理 mvFt，所以平均速度vavb，所以落地時，水平距離sasb.因為水平方向沖量大小始終相等，所以只要比較重力的沖量就可以判斷兩球所受的沖量大小. 答案 C跟蹤練習返回目錄 8.在真空中的光滑水平絕緣面上有一帶電小滑塊，開始時滑塊靜止.若在滑塊所在空間加一水平勻強電場E1，持續(xù)一段時間后立即換成與E1相反方向的勻強電場E2.當電場E2與電場E1持續(xù)時間相同時，滑塊恰好回到初始位置，且具有動能Ek.在上述過程中，E1對滑塊的電場力做功為W1，沖量大小為I1；E2對滑塊的電場力做功為W2，沖量大小為I2.則（ ） A.I1I2 B.4I1I2 C.W10.25Ek，W20.75Ek D.W
19、10.20Ek，W20.80Ek 解析 設小滑塊在加勻強電場E1時獲得的速度大小為v1，在加勻強電場E2時，回到初始位置時速度大小為v2，因兩過程中均是恒跟蹤練習返回目錄定的電場力作用下的勻變速直線運動，且相等時間內(nèi)的位移大小相等，即： 所以v22v1. 由動量定理Ip，得：I23I1. 由動能定理WEk，得：W10.25Ek，W20.75Ek. 9.如圖所示，質(zhì)量為M的足夠長的木板A以速度v沿斜面勻速下滑，在其下滑過程中將一質(zhì)量也為M的木塊B輕輕放在A的上表面上，A、B之間無摩擦，求： （1）當B的速度為v/4時A的速度；， 220211tvvtv 答案 C跟蹤練習返回目錄 （2）當B的速度
20、為2v時A的速度. 解析 木板A能在斜面上勻速下滑，說明斜面與A之間摩擦因數(shù)為tan. （1）當B放到A上后A與斜面之間的摩擦力增大了，A將做減速運動，但對于A、B組成的系統(tǒng)仍有2Mgsin2Mgcos.系統(tǒng)的合外力為零，動量守恒，據(jù)動量守恒定律有MvMv/4mv. 解得當B的速度為v/4時，A的速度為v3v/4. （2）對于A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)動量守恒定律，當B的速度為v時A的速度為零，但當A的速度等于零之后，系統(tǒng)與斜面之間的摩跟蹤練習返回目錄擦力將由滑動摩擦力f12Mgcos變?yōu)殪o摩擦力f2Mgsin，系統(tǒng)的合外力不再為零，系統(tǒng)的動量不再守恒，此后B在A上加速運動，A的速度始終為零，所以
21、當B的速度為2v時，A的速度為零. 10.如圖所示，質(zhì)量M0.040 kg、帶有正電荷q5105 C的靶盒A靜止在光滑水平導軌上的O點，O點右方有平行導軌、水平向左的范圍足夠大的勻強電場區(qū)域，場強E4103 V/m，虛線P是電場的左邊界.Q處有一固定的發(fā)射器B，它可以根據(jù)需要瞄準靶盒每次發(fā)射一顆水平速度為v050 m/s，質(zhì)量m0.010 kg的不帶電的彈丸. 答案 （1）3v/4；（2）0跟蹤練習返回目錄當彈丸打入靶盒A后，便留在盒內(nèi)，碰撞時間極短.假設每當靶盒A停在或到達O點時，都有一彈丸進入靶盒A內(nèi).（靶盒A和彈丸的體積都很小，靶盒A的電荷量保持不變.不計空氣阻力） （1）當?shù)谝活w彈丸進
22、入靶盒A后，求靶盒A增加的最大電勢能為多少？靶盒A離開O點的最大距離為多少？跟蹤練習返回目錄 （2）當?shù)谌w彈丸進入靶盒A后，求靶盒A從離開O點到又回到O點所用的時間. （3）發(fā)射器B至少發(fā)射幾顆彈丸后，靶盒A達到的最大電勢能不超過第一顆彈丸進入靶盒A后其最大電勢能的 ？10121)(211 vMmEP 解析（1）第一顆彈丸進入靶盒A后，彈丸與靶盒A的共同速度設為v1，由動量守恒定律得mv0(mM)v1 靶盒A的速度減為零時，電勢能最大，由能量守恒定律得：跟蹤練習返回目錄 解得 代入數(shù)值得 靶盒A離開O點的最大距離 （2）根據(jù)題意，A在恒定電場力作用下返回O點時第二顆彈丸打入，由于A的動量與彈
23、丸的動量等大、方向相反，第二顆彈丸打入后A將靜止在O點.設第三顆打入后共同速度為v3，由動量守恒定律得：mv0(3mM)v3 設A往返的時間為t，由動量定理得：qEt2(M3m)v3 解得t0.5 sJ 5 . 21 PE202)(21 vMmmEPm 25. 11 1qEEsP跟蹤練習返回目錄 （3）設B至少發(fā)射n顆彈丸，且碰后A的速度為vn，由系統(tǒng)動量守恒得：mv0(nmM)vn 碰后，由能量守恒得 得 由 解得n46 由于偶數(shù)顆彈丸打入A后，A靜止，故B至少發(fā)射47顆彈丸.2)(21 nPvMnmEn202)(2 vMnmmEnP1 101PEnPE 答案 （1）2.5 J；1.25 m；（2）0.5 s；（3）47顆 祝您高考成功！解是存在的 工程師、化學家和數(shù)學家住在一家老客棧的三個相鄰房間里。當晚先是工程師的咖啡機著了火，他嗅到煙味醒來，拔出咖啡機的電插頭，將之扔出窗外，然后接著睡覺。過一會兒化學家也嗅到煙味醒來，他發(fā)現(xiàn)原來是煙頭燃著了垃圾桶。他自言自語道:“怎樣滅火呢?應該把燃料溫度降低到燃點以下，把燃燒物與氧氣隔離，澆水可以同時做到這兩點。”于是他把垃圾桶拖進浴室，打開水龍頭澆滅了火，就回去接著睡覺。數(shù)學家在窗外看到了這一切，所以，當過了一會兒他發(fā)現(xiàn)他的煙灰燃著了床單時，他可一點兒也不擔心。說：“嗨，解是存在的!”就接著睡覺了。返回目錄
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