《高中物理第2輪復習 專題2 第3講 動量和能量的綜合應用課件》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高中物理第2輪復習 專題2 第3講 動量和能量的綜合應用課件（56頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題二 動量和能量 第三講動量和能量的綜合應用 一、解決力學問題的三大基本觀點一、解決力學問題的三大基本觀點 1牛頓運動定律結合運動學公式(稱之為力的觀點)是解決力學問題的基本思路和方法因牛頓第二定律是瞬時定律，此種方法適用于需求解過程中間狀態(tài)(速度、加速度)的問題 2動量定理和動量守恒定律(動量觀點) 3動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律(能量觀點) 動量定理、動能定理研究的只是物體或系統(tǒng)在某一過程中初、末狀態(tài)動量、動能的改變量，而無需對過程的變化細節(jié)作深入的研究如問題不涉及物體運動過程中的加速度，而涉及運動時間的問題，優(yōu)先考慮動量定理；涉及位移的問題，優(yōu)先考慮動能定理 二、力學綜合題的
2、基本思路二、力學綜合題的基本思路 1認真審題，弄清題意審題時要注意： (1)挖掘隱含條件，隱含條件往往隱含在關鍵的詞語中，題目的附圖中，發(fā)生的物理現(xiàn)象中和題目的所求中； (2)重視對物理過程的分析：審題時，要弄清題目中的物理過程及其得以進行的條件，明確運動的性質，把握過程中的不變量、變量、關聯(lián)量之間的相互關系，并找出與物理過程相適應的物理規(guī)律 2確定研究對象，分析受力情況和運動情況選擇研究對象的兩個基本原則：一是要選擇已知量充分且涉及所求量的物體為研究對象；二是要優(yōu)先選擇能夠滿足某個守恒定律的物體(或物體系)為研究對象進行運動分析時要注意兩個方面： 運動情況變化時，找出運動量(s、a、v、t)
3、的關系； 運動可能出現(xiàn)多種可能性 3明確解題途徑，正確運用規(guī)律 4分析解題結果，有時需做一定討論(特別對多解問題) 類型一：碰撞、爆炸、反沖中的動量、能量類型一：碰撞、爆炸、反沖中的動量、能量守恒守恒 在碰撞、爆炸、反沖問題中，物體間的相互作用力(內(nèi)力)遠大于系統(tǒng)受到的外力，用牛頓運動定律求解非常復雜，甚至根本就無法求解，但用動量守恒定律求解時，只需要考慮過程的始末狀態(tài)，而不需要考慮過程的具體細節(jié)，這正是用動量守恒定律求解問題的優(yōu)勢【例1】如圖231所示，在足夠長的光滑水平軌道上靜止放置三個小木塊A、B、C，質量分別為mA=1kg，mB=1kg，mC=2kg，其中B與C用一個輕彈簧固定連接，開
4、始時整個裝置處于靜止狀態(tài)；A和B之間有少許塑膠炸藥，A的左邊有一個彈性擋板(小木塊和彈性擋板碰撞過程沒有能量損失)圖231現(xiàn)在引爆塑膠炸藥，若炸藥爆炸產(chǎn)生的能量有E=9J轉化為A和B沿軌道方向的動能，A和B分開后，A恰好在B、C之間的彈簧第一次恢復到原長時追上B，并且與B發(fā)生碰撞后粘在一起求：(1)在A追上B之前彈簧彈性勢能的最大值；(2)A與B相碰以后彈簧彈性勢能的最大值【解析】(1)塑膠炸藥爆炸瞬間取A和B為研究對象，假設爆炸后瞬間A、B的速度大小分別為vA、vB，取向右為正方向由動量守恒：mAvA+mBvB=0爆炸產(chǎn)生的能量有9J轉化為A、B的動能2211223m/sAABBABEm v
5、m vvv代入數(shù)據(jù)解得 由于A在炸藥爆炸后再次追上B的時候彈簧恰好第一次恢復到原長，則在A追上B之前彈簧已經(jīng)有一次被壓縮到最短(即彈性勢能最大)，爆炸后取B、C和彈簧為研究系統(tǒng)，當彈簧第一次被壓縮到最短時B、C達到共速vBC，此時彈簧的彈性勢能最大，設為Ep1. 22p1p1() 11() 223JBBBCBCBBBCBCm vmmvm vmmvEE由動量守恒，得由機械能守恒，得代入數(shù)據(jù)得 112221111111121112221m/s2m/s(3m/s0m/s)BCBBBBCCBBBBCCBCBCABBCBCvvm vm vm vm vm vm vvvvvAABv 設 、 之間的彈簧第一次
6、恢復到原長時 、 的速度大小分別為和，則由動量守恒和能量守恒：，代入數(shù)據(jù)解得：，不合題意，舍去爆炸后先向左勻速運動，與彈性擋板碰撞以后速度大小不變，反向彈回當 追上 ，發(fā)生碰撞瞬間達到共速1p2122212p21m/s1112220.5JAABBABABABABCABABCCABCABCABABCCABCABCpm vm vmmvvABCvEmmvm vmmmvmmvm vmmmvEE由動量守恒，得，解得當 、 、 三者達到共同速度時，彈簧的彈性勢能最大為由動量守恒，得由能量守恒，得代入數(shù)據(jù)得【變式題】如圖232所示，勁度系數(shù)為k=200N/m的輕彈簧一端固定在墻上，另一端連一質量為M=8kg
7、的小車a，開始時小車靜止，其左端位于O點，彈簧沒有發(fā)生形變，質量為m=1kg的小物塊b靜止于小車的左側，距O點s=3m，小車與水平面間的摩擦不計，小物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為=0.2，取g=10m/s2.今對小物塊施加大小為F=8N的水平恒力使之向右運動，并在與小車碰撞前的瞬間撤去該力，碰撞后小車做振幅為A=0.2m的簡諧運動， (1)小物塊與小車碰撞前瞬間的速度是多大？(2)小車做簡諧運動過程中彈簧最大彈性勢能是多少？小車的最大速度為多大？(3)小物塊最終停在距O點多遠處？當小物塊剛停下時小車左端運動到O點的哪一側？2p21()2MTkEkxx已知小車做簡諧運動周期公式為，彈簧的彈性勢能公
8、式為為彈簧的形變量 ，則圖232【解析】(1)設碰撞前瞬間，小物塊b的速度為v1，小物塊從靜止開始運動到剛要與小車發(fā)生碰撞的過程中， 2112pmpm126m/s20.2m0.2m124JFsmgsmvvxAEkAE根據(jù)動能定理可知解得由于小車簡諧運動的振幅是，所以彈簧的最大形變量為根據(jù)彈性勢能的表達式可知最大彈性勢能解得 22mm111m1111221m/s32m/smkAMvvbaavvmvmvMvvs 根據(jù)機械能守恒定律可知小車的最大動能應等于彈簧的最大彈性勢能所以解得小車的最大速度小物塊 與小車 碰撞后，小車 的速度為，設此時小物塊的速度為，設向右為正方向，由動量守恒定律有解得接著小物
9、塊向左勻減速運動一直到停止，設位移是 ，1211121111021m02m/s1s21.26s34tmgsmvsvmgagtmaMaTkTtTabO所經(jīng)歷的時間為 ，根據(jù)動能定理可知解得物塊做勻減速運動時的加速度為，小車 振動的周期由于 ，所以小車 在小物塊 停止時在 點的左側，并向右運動 類型二：滑塊運動中的動量、能量守恒類型二：滑塊運動中的動量、能量守恒 解決滑塊問題一般要用到動量定理、動量守恒定律、動能定理、功能原理以及動力學等規(guī)律，綜合性強，能力要求高，是高中物理常見的題型之一，也是高考中經(jīng)常出現(xiàn)的題型解決此類問題，關鍵要看地面是否光滑，動量是否守恒，若不守恒，往往要用動量定理和動能定
10、理同時要注意分析物體的運動時間關系、位移關系、能量關系等，找出它們之間的關系，列方程求解【例2】(2011全國大綱卷)裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質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圖233 質量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上質量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿現(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質量均為m的相同兩塊間隔一段距離水平放置，如圖233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，求子彈射入第二塊鋼板的深度設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【解析】設子彈初速度為v
11、0，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0022020(2)131132213mm VmvVvEmvmVEmv解得此過程中動能損失為解得1111022211011102111222213()26vVmvmVmvEEmvmVmvvVvv分成兩塊鋼板后，設子彈穿過第一塊鋼板時兩者的速度分別為 和 ，由動量守恒得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，由能量守恒得聯(lián)立式，且考慮到 必須大于 ，得221221221122213(1)22213(1)d22 vmVmvEmvmVEExx設子彈射入第二塊鋼板并留在其中，后兩者的共同速度為 ，由動量定恒得:
12、損失的動能為:聯(lián)立式得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 為:【變式題】(2011安徽)如圖234所示，質量M=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質量m=1kg的小球通過長L=0.5m的輕質細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2.圖234(1)若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P時對輕桿的作用力大小和方向(2)若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小(3)在滿足(2)的條件下，試求小球擊中滑塊右側軌道位置點與小球起始位置點間的距離【解析】(1)設小
13、球能通過最高點，且此時的速度為v1.在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒，則221012111226/ s2mvmgLmvvmFvFmgmLFN設小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為 ，方向向下，則由式，得: 由牛頓第三定律可知，小球對輕桿的作用力大小為2N，方向豎直向上 (2)解除鎖定后，設小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為V.在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動量守恒以水平向右的方向為正方向，有：mv2+MV=0 在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則2222021112222/mvMVmgLmvvm s由式，得: (3)設小球擊中
14、滑塊右側軌道的位置點與小球起始點的距離為s1，滑塊向左移動的距離為s2.任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V.由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，得3300 mvMVtmvtMVt將式兩邊同乘以，得121210223tmsMsssLsL因式對任意時刻附近的微小間隔都成立，累計相加后，有又由式得 類型三：彈簧問題中的動量、能量守恒類型三：彈簧問題中的動量、能量守恒 彈簧常常與其他物體直接或間接地聯(lián)系在一起，通過彈簧的伸縮形變，使與之相關聯(lián)的物體發(fā)生力、運動狀態(tài)、動量和能量等方面的改變因此，這類問題具有很強的隱蔽性和綜合性特征，也為學生的想象和推理提供了一個多變的思維空間解決此類題的關鍵在于
15、能對與彈簧相關聯(lián)的系統(tǒng)進行正確的力和運動的關系分析、功能關系的分析，并抓住彈簧的基本特征，正確地運用力學規(guī)律加以解決 【例3】(湖北省新洲二中2011屆高三理科綜合)如圖235所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L=4.0m，皮帶輪沿順時針方向轉動，帶動皮帶以恒定速率v=3.0m/s勻速傳動三個質量均為m=1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導軌上，開始時滑塊B、C之間用細繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止狀態(tài)圖235滑塊A以初速度v0=2.0m/s沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時間極短，可認為A與B碰撞過程中滑塊C的
16、速度仍為零因碰撞使連接B、C的細繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離滑塊C脫離彈簧后以速度vC=2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.2，重力加速度g取10m/s2.(1)求滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度大?。?2)求滑塊B、C用細繩相連時彈簧的彈性勢能Ep；(3)若每次實驗開始時彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？【解析】(1)滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運動，設滑塊C從滑上傳送帶到速度達到傳送帶的速度v所用的時間為t，加速度大小為a，在時間t內(nèi)滑塊C的位移為x.2121.
17、25m4.0mCCmgmavvatsv tatxL根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式解得 即滑塊C在傳送帶上先加速，達到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時的速度為v=3.0m/s (2)設A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時的速度為v2，由動量守恒定律 mv0=2mv1 2mv1=2mv2+mvC 由動量守恒定律222p12111222221.0CpEmvmvmvEJ解得 (3)在題設條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運動到傳送帶右端時，速度應當恰好等于傳送帶的速度v. 設A與B碰撞后的速度為v1，分離后A與B的速
18、度為v2，滑塊C的速度為vC，由動量守恒定律 mvm=2mv1 2mv1=mvC+2mv2 由能量守恒定律222p1222m111222227.1m / s CCEmvmvmvvvaLv由運動學公式解得：【變式題】(2011全國新課標)如圖236，A、B、C三個木塊的質量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連，將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把BC緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體，現(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起，以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離已知C離開彈簧后的速度恰為v0，求彈簧釋放的勢能
19、圖236【解析】設碰后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 設彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有222p102p0111(3 )(2 )22212m vEm vmvEmv由式得彈簧所釋放的勢能為 類型四：電場、磁場中的動量、能量守恒類型四：電場、磁場中的動量、能量守恒 電場力、磁場力(安培力)做功有其獨特的方面，如電場力做功與路徑無關，而安培力的方向總與其產(chǎn)生的電流和磁場垂直；物體置于電場或磁場中時，重點是準確分析其受力情況，判斷受力大小和方向，從而準確地判斷電
20、磁力作用而引起物體動量和能量變化的狀況【例4】光滑水平面上放有如圖237所示的用絕緣材料制成的“”型滑板(平面部分足夠長)，質量為4m.距滑板的A壁為L1距離的B處放有一質量為m，電荷量為+q的大小不計的小物體，物體與板面的摩擦不計，整個裝置處于場強為E的勻強電場中，初始時刻，滑板與物體都靜止，試求： 圖237(1)釋放小物體，第一次與滑板A壁碰前物體的速度v1多大？(2)若物體與A壁碰后相對水平面的速度大小為碰前的3/5，則物體在第二次跟A壁碰撞之前瞬間，滑板的速度v和物體的速度v2分別為多大？(均指對地速度)(3)物體從開始運動到第二次碰撞前，電場力做功為多大？(碰撞時間可忽略)【解析】(
21、1)由動能定理 21111111112223453105qELmvqELvmvmvmvmvvvv得 若物體碰后仍沿原方向運動，碰后滑板速度為 ，由動量守恒得，得物體速度，故不可能1111111353452522255 vvmvmvmvvvAqELvvm所以物塊碰后必反彈，由動量守恒得由于碰后滑板勻速運動直至與物體第二次碰撞之前，故物體與 壁第二次碰前，滑板速度22121112112227755 Avvvatvtv tatatvvqELvvm物體與 壁第二次碰前，設物塊速度為 ，由兩物的位移關系有： 即由代入數(shù)據(jù)可得： 222122222212111113273( )() 485522/5513
22、.5svvasvvvmvsLaqE mEqWqE LsqEL 設物體在兩次碰撞之間位移為 ，由得所以物塊從開始到第二次碰撞前電場力做功【變式題】(安徽省皖南八校2011屆高三第二次聯(lián)考試題)如圖238所示在豎直平面內(nèi)一個帶正電的小球質量為m，所帶的電荷量為q，用一根長為L不可伸長的絕緣細線系在一勻強電場中的O點勻強電場方向水平向右，分布的區(qū)域足夠大現(xiàn)將帶正電小球從O點右方由水平位置A點無初速度釋放，小球到達最低點B時速度恰好為零圖238(1)求勻強電場的電場強度E的大小(2)若小球從O點的左方由水平位置C點無初速度釋放，則小球到達最低點B所用的時間t是多少？此后小球能達到的最大高度H(相對于B
23、點)是多少？【解析】(1)對小球由A到B的過程，由動能定理得0=mgLqELmgEq得 21212.2/2222cos452BBBBBBBBCBvaamg mgvaLvLtagBvvvvvgL 小球由 點釋放后，將做勻加速直線運動，設到點時的速度為小球做勻加速直線運動的加速度為得小球到 點時細線恰好拉緊將分解為和，121010(sin )cos24522sin2BBvDBDmvmg LLqELDBHLLL 此后小球以做圓周運動設運動到 點恰好速度為 ，對小球由 點到 點的過程，由動能定理得在到達 點前小球一直沿圓軌道運動，所以小球離點的最大高度 類型五：核反應中的動量和能量關系類型五：核反應中
24、的動量和能量關系 在分析核反應問題時，除了分析核子本身運動、碰撞所具有的能量外，更需要關注核反應是否放出能量，計算能量變化可以用到愛因斯坦質能方程【例5】用速度為v0、質量為m1的 核轟擊質量為m2的靜止的 核，發(fā)生核反應，最終產(chǎn)生兩種新粒子A和B.其中A為 核，質量為m3，速度為v3；B的質量為m4.(1)計算粒子B的速度vB.(2)粒子A的速度符合什么條件時，粒子B的速度方向與He核的運動方向相反？24H147N178O【解析】(1)由動量守恒定律有：m1v0=m3v3+m4vB， 1 03 341 03 31303.2He0.Bmvm vvmBmvm vmvvm解得：的速度與核的速度方向
25、相反，即：，解得：【變式題】云室處在磁感應強度為B的勻強磁場中，一靜止的質量為m1的原子核在云室中發(fā)生一次 衰變， 粒子的質量為m2，電荷量為q，其運動軌跡在與磁場垂直的平面內(nèi)現(xiàn)測得 粒子運動的軌道半徑為R，試求在衰變過程中的質量虧損(注：涉及動量問題時，虧損的質量可忽略不計)【解析】由題中的R可求出 粒子的速度v，再由動量守恒可求出新核的速度v，再用能量守恒及質能方程即可求解本題 衰變放出的 粒子做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，有222/m vqvBRvBqR m，2122121222212221221201122().2() m vmmvmBqRvvmmmmmcmmvm vm qBRmm mm c衰變過程中動量守恒，有，衰變后 粒子、新核的動能都來自于質量虧損，因此有解可得：
高中物理第2輪復習 專題2 第3講 動量和能量的綜合應用課件
