动量和能量专题好教师用

1、解题思路知识点总结一）高中物理中主要的功能关系有：1、外力对物体所做的总功等于物体动能的变化量，Ek动能定理）2、重力做功等于物体重力势能的变化量， WEP3、弹力做功等于弹性势能的变化量，WFNEPE机械能E内F阻力S相对，对系4、除弹力和重力之外其它力做功等于机械能的变化量，5、滑动摩擦力与阻力做功 F阻s相对等于系统内能的增量,统一定做负功二）解决动力学问题,一般有三种途径：1）（力的观点 ）牛顿第二定律和运动学公式；2）（动量观点 ） 动量定理和动量守恒定律；3）（能量观点 ）动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律三）区分内力和外力内力和外力是相对的,两个物体相互作用,

2、如果选择每个物体为研究对象,则相互作用力对每个物体来说都是外力,它参与每个物体运动状态的变化；若选择两个物体构成的系统（整体）为研究对象,则此时的相互作用力称为内力,由于它们作用在一个整体上,其动力学效果可以抵消,即相互作用力不能引起整个系统的状态发生变化内力不能引起系统的动量发生变化， 因此在判定系统的动量守恒条件是否满足时，不必分析内力,只需分析系统受到的外力如果系统受到的合外力不为零,则系统的动量将发生变化,并且系统所受合外力的冲量等于系统的动量的变化量,即动量定理对整个系统也是适用的.碰撞相关问题(物体发生完全非弹性碰撞的瞬间存在机械能的瞬时损失和 在轻绳被拉直的瞬间存在机械能的瞬时损

3、失)碰撞可分为非弹性碰撞和弹性碰撞。 非弹性碰撞的特例是完全非弹性碰撞。我们可以把碰撞分成以下过程:1) 一动一静弹性正碰模型：(如果两球质量相等，发生弹性正碰，则交换速度。)mV0 mV1 Mv 21 2 1 2严 2mV1Vi2mV2 VoM m如果两球发生完全非弹性碰撞，则m1v1 m2v2 (m1m2)v共，则损失动能为1 2 1 2 1 2Ek-mM-m2V2- (m1m2)v 共2 2 2例题.如图所示，在光滑水平面上静止着一倾角为e、质量为M的斜面体B.现有一质量为优的物块 A以初速度Vo沿斜面上滑，若A刚好可到达B的顶端,且A、B具有共同速度.若不计 A B间的摩擦，求A滑到B

4、的顶端时，A的速度大小.类型题变式练习1:在不计一切摩擦的情况下，滑道B的质量均为M,滑块A的质量均为M.(a)图中a为半径R的1/4圆弧滑道，A、B最初均处于静止状态，现让A自 由下滑，求A滑离B时A和B的速度大小之比.(b)图中b也是半径为R的1/4圆弧轨道，初态时B静止不动，滑块 A以速 度V。沿轨道上滑，若滑块已滑出滑道 B,求滑出时B的速度为多大？2. 如图所示，质量为 M的滑块静止在光滑的水平桌面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质量为 m的小球，以速度V0向滑块滚来，设小球不能越过滑块,则小球刚好到达最高点时，小球的速度大小为，滑块的速度大小3. 质量为M的小车静止在光滑的水

5、平桌面上，滑块的光滑弧面水平，一个质量为 m的小球，以速度 Vo向小车滚来，设小球不能越过小车，贝y小球刚好到达最高点 时，求小球上升的高度。.动量守恒中与能量守恒定律的应用“摩擦生热”计算问题。两个物体相互摩擦而产生的热量 Q （或说系统内能的增加量） 等于物体之间滑动摩擦力f与这两个物体间相对滑动的路程的乘积，即Q=fS相.利用这结论可以简 便地解答高考试题中的“摩擦生热”问题。例题 如图10,长木板ab的b端固定一档板，木板连同2 h/彳77刀档板的质量为 M=4.0kg，a、b间的距离S=2.0m。木板位 乞E 10于光滑水平面上。在木板 a端有一小物块，其质量m=1.0kg，小物块与

6、木板间的动摩擦因数U =0.10，它们都处于静止状态。现令 小物块以初速Vo=4m/s沿木板向前滑动，直到和档板相撞。碰撞后，小物块恰好 回到a端而不脱离木板。求碰撞过程中损失的机械能。解析设木块和物块最后共同的速度为V,由动量守恒定律斓+ M莎 设全过程损失的机械能为 E,则有： 22 在全过程中因摩擦而生热 Q=2u mgS则据能量守恒可得在碰撞过程中损失的机械能为：E1=E-Q=2.4J.练习1:如图所示，质量M=2kg的小车静止在光滑水平面V0A &上，车上AB段长I 1m,动摩擦因数0.3，BC部分是一 光滑的-圆弧形轨道，半径R 0.4m，今有质量m 1kg的金4属滑块以水平速度v

7、o 5m/s冲上小车，试求小车能获得的最大速度。解析滑块从滑上小车到再次运动到 B点时,小车速度最大，设滑块的速度为Vi，小车速度为v2，由动量守恒和能量守恒可得:mv0 Mv 2 mv-i1 21 22mv0mv1Mv2mgl222解得v2反思(1)13m/S或v2 m/s (舍去)3由于各运动过程中系统水平方向动量始终守恒，而竖直方向动量并不守恒，为此,可不求滑块第一次到达B、C点各时刻的速度，从而使分析、计算过程大大简化。(2)但需强调不可能有“系统在某一方向上机械能守恒的情况”块在小车水平部分滑动过程产生的热量可直接用滑动摩擦力乘以相对位移，而不必求滑块和小车的绝对位移。2.如图所示，

8、长为L,质量为M的木板A静止在光滑的水平桌面上，有一质量为m的小木块B以水平速度Vo滑入木板A的左端.木块B与木板A之间的动摩擦因数为，木块B的大小不计，问：如果最后 B恰好到达A木板的右端不落下来，则Vo的大小应是多大？拓展、用动量守恒定律和能量守恒解“相对滑动类”问题例题：如图所示，一质量为M长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m BV M.现以地面为参照系，给 A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图1)，使A幵始向左运动，B幵始向右运动，但最后 A刚好没有滑离B板，以地面为参照系.(1)若已知A和B的初速度大小为V0,求它们最后的速度大小和方向(2

9、)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发分析与解:方法、用能量守恒定律和动量守恒定律求解。MVA刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A B具有相同的速度, 设此速度为V，A和B的初速度的大小为 V,则据动量守恒定律可得:mV=(m+m)V解得：V= M .V 0，方向向右.M m当A相对地面速度为零的时候，位移最大。对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL=1(M m)Vo2 1(m M )V2对于A : fL i= ImV。2由上述二式联立求 得 Li=(M m)L.4M三. 机车-拖车类问题例汽车M拉着拖车m在平直的公路上匀速行驶，设阻力与重力成

10、正比,比例系数为k ;突然拖车与汽车脱钩,而汽车的牵引力不变，则在拖车停止运动前A.汽车的动量减小。拖车的动量增加C.汽车和拖车的总动量守恒D。汽车和拖车的总动量不守恒练习1: 一列火车在牵引力F作用下水平直轨道上做匀速直线运动，总质量为 M，速度为V,某时刻有质量为m的一节车厢脱钩，司机并未发觉，又继续行驶 了一段距离s，这期间机车的牵引力保持不变， 并且火车各部分所受的阻力跟速度 无关。当司机发现后，后面脱钩的车厢的速度已减为 V/3，此时刻火车前面部分的 速度多大？解答：站在整个火车（车和脱钩车厢）的角度来看，系统在水平方向上脱钩后 所受的合外力仍等于零，故水平方向上系统的动量守恒:金/

11、曰3M mMv m v/3 (M m)v 得v 3(V拓展 一列火车在牵引力F作用下水平直轨道上做匀速直线运动，总质量为 M，速度为v，某时刻有质量为m的一节车厢脱钩，司机并未发觉，又继续行驶 了一段距离S，这期间机车的牵引力保持不变， 并且火车各部分所受的阻力跟速度 无关，与车的质量成正比，当司机发现后，立即撤去牵引力，问两车停下时相距 多远？解答：如果在车厢脱钩的同时撤去牵引力，则两个停下时相距多远？为什么停下时会拉幵距离？（牵引力多做了FS的功）由此 F S （M m） S 得 S 一MSMM m四. 人船（车）模型类的推广和应用（平均动量守恒大多适用于求位移的动量守 恒问题.）例2如图

12、所示，质量分别为 m的物体视为质点，斜面的质量为 M，底边长为 b，设斜面与地间无摩擦，当m由顶端从静止幵始滑到底端时， 两者水平位移各是 多少?分析 两个物体构成的系统水平方向不受力，所以水平动量守恒，竖直方向 上由于m有向下的分加速度，所以有失重现象，使得系统对的重力大于地面对系 统的支持力，所以竖直方向上合外力不等于零，动量不守恒。解 设m向左移动的速度为vi，位移为Si，斜面向右移动的速度为 V2，位移为S2，根据水平动量守恒,mv, Mv2两边乘上时间t得mSi Ms2由于s1 s2 b 解得 S,一M b， S2 bM mM m练习1:如图2所示，质量为m的人，站在质量为M的车的一

13、端，幵始时均相对 于地面静止.当车与地面间的摩擦可以不计时，人由一端走到另一端的过程中【BD】越小A .人在车上行走的平均速度越大，则车在地上移动的距离E2B .不管人以怎样的平均速度走到另一端，车在地上移动的距离都一样C .人在车上走时，若人相对车突然停止，则车沿与人行速度相反的方向作匀速直线运动D.人在车上行走突然停止时，则车也突然停止【C】2.在匀速前进的船上，分别向前、后抛出两个质量相等的物体，抛出时两个物体相对地面的水平速度大小相等，物体抛出后船的速度A.大小不变B .减小 C增大 D不能确定vo行驶，船上有两个质量皆为 m的小孩a和b， a沿水平方向以速率v （相对于静止的水面）向

14、 v （相对于静止水面）向后跃入水3. 质量为M的小船以速度 分别静止站在船头和船尾。现小孩 前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率 中，求小孩b跃出后小船的速度。解答：船和两个小孩组成的系统水平动量守恒(M 2m)v0 mv mvv Mv也可以分成两个过程（两个系统）应用动量守恒定律：小孩a沿水平方向以速率v向前跃入水中：（M 2m）v0 （M m）v1 mv 小孩b沿水平方向以同一速率 v向后跃入水中：（M m）v1 Mv2 mv +得（M 2m）v0 Mv2 mv mv即为三个物体两个过程总系统的动量守恒定律。4. 质量为M的气球下面系一轻质绳梯，质量为 m的人静止在绳梯上，距地面高

15、 处，问绳子至少多长，人才能沿绳子安全滑至地面 五、与弹簧弹性势能的结合【例题】（2000年全国）在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似。两个小球 和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂 直于轨道的固定挡板 P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示。与B发生碰撞并立即结成一个整体 Do在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后AD都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定均无机械能损失)。

16、已知A B、C三球的质量均为 m(1)求弹簧长度刚被锁定后 A球的速度。(2)求在A球离幵挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。【点拨解疑】(1)设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒,mv0 (m m)v1当弹簧压至最短时,的速度相等，设此速度为V2，由动量守恒，有2mvi 3mv2由、两式得A的速度1v2 3v0(2)设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep，由能量守恒，有11Zmv； 3mv| EP22撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时,势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，贝y有当弹簧伸长时，A球离幵挡板P,并获得速度。Ep 2

17、 (2m)v2当A D的速度相等时，弹簧伸至最长。设此时的速度为 v4，由动量守恒，有2mv3 3mv4当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为Ep，由能量守恒,练习1：导轨上,112mv3 3mv2 EP22解以上各式得Ep -mv2图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平直弹簧处在原长状态，另一质量与B相同的滑块A从导轨上的P点以某一初速度向B滑行。当A滑过距离Li时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后 A B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回到出发点P并停止。滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都勺BAiMwwwn nLip是卩，运动过程中弹簧最大形变量为L2,重力加速度

18、为 g。求A从P点出发时的初速度V 解答：其实A物体的运动可分为四个过程:其一：A由P点幵始运动到刚接触 B的过程。设A刚接触B时速度为V（碰前），由动能定理，有:=唧叭-%其二：A与B碰撞的过程。设碰后A、B共同运动的速度为 V2，A、B碰撞过程中动量守恒，有曲叭=2哄% ?其三：A与B碰撞后一起运动直到分离的过程。碰后A、B先一起向左运动，接着 A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，A与B分离。设A B的共同速度为V3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利 用功能关系有：严吩尹阮W沁5 其四：A与B分离后做匀减速运动的过程。A、B幵始分离以后，A单独向右滑到P点停下，由动能定理pmsLy

19、 = 0 有：？2?由以上各式，解得?六. 多个物体动量守恒定律的应用例题如图所示，人的质量为 M,木球的质量为 m,其质量之比M: m=15 1,此人静止在光滑水平冰面上以速度v将木球沿水平冰面推向正前方的固定挡板,木球被挡板弹回，人接住球后再以相同的速率（相对地面）将球推向挡板.（设球与挡板相碰时以原速率反弹）.问：人推球至少多少次,才能不再接到球 ？（运用归时，小车上的人将无法接到小球，代入数据得纳法、演绎法解决满足动量守恒的物理问题）第一次推出球：Mv1mv小车的速度为vi mvM第一次接到球：mvMvi(M m)vi第二次抛出球：(Mm)vimv Mv2小车速度为v2 3mvM第二次

20、接到球：mvMv2(M m)v2第三次抛出球：(Mm)v2mv Mv3小车的速度为v3 5mvM由数学归纳法可知第n次抛出小球后，小车的速度为(2n 1)mv 丄vn,当vn v9。n 8.25，取 n本题的另一种解法即是对系统应用动量定理。小球和小车的动量逐渐变大, 其原因是小车和小球组成的系统在整个过程中受到墙壁的冲量，每次墙壁对小球 的冲量（也是对系统的冲量）等于 2mv，当抛出小球n次后，小球与墙壁碰撞了 n 次，根据动量定理，2nmv mv Mv.，当v. v时，小车上的人将无法接到小球, 代入数据得n 8.25，取n练习1：光滑的水平轨道上有甲、乙两辆小车，车上各站一人、甲车上的人

21、手中握有一个质量为 m的球，甲车连同车上的人和球的总质量为M，乙车连同车上的人总质量为 M,幵始时两车均静止，当甲车上的人把球抛给乙车上的人， 乙车上的人接住球后又抛给甲车上的人，如此反复多次，设球一共被抛了n次，最后甲车的速度为v1,乙车的速度为v2，则（AC）A.若 n 为奇数，则 v1 : v2=（M2+m）: （M1 m）B.若n为奇数，则v1 : v2二M2: M1c .若n为偶数，则 v1: v2=M2 M1D.若 n 为偶数，则 v1 : v2= (M2+m): (M1 一 m) 反思（1）利用动量守恒和动能定理解题关键是要明确哪些力做功，这些力是否是恒力，如果是变力，又是怎样的

22、变力，这个变力是否跟位移大小成线性关系, 用牛顿运动定律分析运动过程 ，巧取初末状态。(2)是每次物理量字母脚标设定 跟次数相对应；运用归纳法推理总结出通式，这是一种数学方法的迁移2.如图所示，一排人站在x轴的水平轨道旁，原点 0两侧的人的序号都记为n(n 1,2,3 )。每人只有一个沙袋，x 0一侧的每个沙袋质量为 m 14kg， x 0 一侧的每个沙袋质量为 m 10kg。一质量为M 48kg的小车以某初速度从原点出 发向正x方向滑行，不计轨道阻力，当车每经过一人身旁时，此人就把沙袋以水平HIII1H-3210123速度u朝与车速相反的方向沿车面扔到车 上, u的大小等于扔此沙袋之前的瞬间

23、速度 大小的2n倍(n是此人的序号数)(1) 空车出发后，车上堆积了几个沙袋 时车就反向滑行？Vn 1，第n次抛完后的速度为Vn，由(2) 车上最终有大小沙袋共多少个？ 分析 (1)设第n 1次抛过后的速度为 动量守恒定律得：nmVnM (n 1)mVn 1 2nm Vn 1 M得VnM (n 1)mvn 1 2nm Vn 1M nmVn 1M (n 2)mVn2 2(n 1)mvn 2M (n 1)m小车反向的条件是Vn0，(2)设车反向运动到k 1次抛过后的速度为(k 1)mVk 12 kmvn 1设第M得VkVn0可得20点的首速度为，第k次抛完后的速度为Vn 1nVoVk 1M km

24、VkM (k 1)m vk 1 2km vk 1M km4，即车上有3个球时车将反向。(为第三个球与之结合后的速度)Vk，由动量守恒定律得:Vk 1M (k 2)m vk 2 2km vk 2M (k 1)mVk 10，用M M 3m代入，可得8 k 9，车不再向左滑行的条件是 Vk 0， 取k 8，即车上最多有11个球。3.如图所示，n个相同的木块(可视为质点)，每块的质量都是 m,从右向左沿同一直线排列在水平桌面上， 相邻木块间的距离均为 L，第n个木块到桌边的距离也是L，木块与桌面间的动摩擦因数为u.幵始时，第1个木块以初速度V0向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动，最后第n个木块刚好滑到桌边而没有滑掉下。(1)求在整个过程中因碰撞而损失的总动能(2)求第i次(i n-1 )碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比解析(1)整个过程木块克服摩擦力做功根据功能关系，整个过程中由于碰撞而损失的总动能为Ek Eko W(2 )设第i次(n(n 1) mgl碰撞中损失的动能Eki与碰撞前动能Eki之比为Eki1 2 1 2 imvi - (i 1) mvi 2 21 . 2imvi2 i(i n