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,WFNEpW、E机械能QE内 F阻力S相对，对系统一定做负功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,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

2、作用，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.一.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

3、存在机械能的瞬时损失）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：mvomv-i Mv2（如果两球质量相等，发生弹性正碰，则交换速度。）12 12 12mv0mv1Mv22 2 2ViM m vo ,M mV22mvoM m两球发全非弹性碰撞，则mym)2V2(mim(2)v共,损失动能为Ek1 2m1v12例题如图所示，在光滑水平面上静止着一倾角为丄 m2v2如1 m2)v共22八0、质量为M的斜面体B .现有一质量为优的物块A以初速度V。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 间的摩擦，

4、求 A滑到B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vo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，滑块的速度大小为

5、.m的小球，以速度3 .质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，滑块的光滑弧面水平，一个质量为 vo向小车滚来，设小球不能越过小车，则小球刚好到达最高点时，求小球上升的高度。二.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，木板连同档板的质量为M=4.0kg , a、b间的距离S=2.0m。木板位于光滑水平面上。在木板 a端有一小物块，其质量 m=1.0kg ，小

6、物块与木板间的 动摩擦因数 卩=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，由动量守恒定律设全过程损失的机械能为E，则有：在全过程中因摩擦而生热Q=2卩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上，车上AB段长I 1m，动摩擦因数10.3 , BC部分是一光滑的圆弧形轨道，半径 R 0.4m，今有质量m 1kg的金属滑块以水平4速度V。 5m/s冲

7、上小车，试求小车能获得的最大速度。mv0 Mv2 mv1动量守恒和能量守恒可得：12 12 12mv0mv-iMv2 mgl2 2 21解得v2 3m/s或v2 -m/s (舍去)3反思(1)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”，滑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，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

8、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v0的大小应是多大？2 gL(M m)VoM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 v 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开始向左运动，B开始向右运动，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)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到

9、达的最远处(从地面上看) 离出发点的距离分析与解:方法、用能量守恒定律和动量守恒定律求解。A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 Vo，则据动量守恒定律可得：MVo mVo=(m+m)V解得：V = M一 . Vo，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= ( M m)V02 1 (m M )V2 对于 A : fL 1= 1 mV02 由上述二式联立求得 L1=.2224M三机车-拖车类问题汽车M拉着拖车m在平直的公路上匀速行驶,设阻力与重力成正比，比例系数为k

10、；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(C )A .汽车的动量减小C .汽车和拖车的总动量守恒B。拖车的动量增加D。汽车和拖车的总动量不守恒时刻有质量为 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：Mv m v/3 (M m)v 得v3M v3(M m)拓展 一列火车在牵引力 F作用下水平直轨道上做匀速直

11、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？为什么停下时会拉开距离？(牵引力多做了FS的功)FM由此F s (M m) s得ssMM m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.2如图所示，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，)b，设斜面与地间m有向下的分四.例无摩擦，当m由顶端从静止开始滑

12、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 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 v1，位移为s1，斜面向右移动的速度为 v2，位移为s2，根据水平动量守恒，mv1Mv2两边乘上时间t得msMS2由于Sis2bM解得®b s m b b , s?bMmM m练习1:如图2所示，质量为m的人，站在质量为M的车的一端，开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】A 人在车上行走的平均速度越大，

13、则车在地上移动的距离越小B 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【C】A 大小不变B 减小C 增大D不能确定3 质量为M的小船以速度v。行驶，船上有两个质量皆为 m的小孩a和b，分别静止站在船头和船尾。现小孩a沿水平方向以速率 v （相对于静止的水面） 向前跃入水中，然后小孩b沿水平方向以 同一速率v （相对于静止水面）向后跃入水中，

14、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(M2m)voM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）% 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H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

15、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A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨P,右边有一小球 C沿轨道以速度v。射向道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板B球，如图所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体 D。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 A、D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）。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球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧

16、的最大弹性势能。图1【点拨解疑】（1 ）设C球与B球粘结成D时，D的速度为vi，由动量守恒，有mv0 （m m）v1当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为 v2，由动量守恒，有2mv1 3mv2由、两式得A的速度1 v2v。3（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1 2 1 22mv13mv2EP2 2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1 2的动能，设D的速度为V3，则有Ep （2m）V32当弹簧伸长时，A球离开挡板P,并获得速度。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2mv

17、3 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，有1 2 1 2 1 22mv33mv4 EP解以上各式得EPmv02236练习1 :图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平直导轨上，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L1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是，运动过程中弹簧最大形变量为L2,重力加速度为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点开始运动

18、到刚接触 B的过程。设A刚接触B时速度为V1 （碰前），由动能定理，有：其二：A与B碰撞的过程。设碰后A、B共同运动的速度为 V, A、B碰撞过程中动量守恒，有：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：其四：A与B分离后做匀减速运动的过程。A、B开始分离以后，A单独向右滑到P点停下，由动能定理有：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

19、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v1mvM第一次接到球：mvMv1(Mm)v1第二次抛出球：(Mm)v1mv Mv2小车速度为v3mvM第二次接到球：mvMv2(Mm)v2第三次抛出球:(Mm)v2mv Mv3，、，5mv小车的速度为vM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 r,，亠vn，当vn v时，小车上的

20、M人将无法接到小球，代入数据得n 8.25，取n9 。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 Mvn，当vn v时，小车上的人将无法接到小球，代入数据得n 8.25，取n 9。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Mi，乙车连同车上的人总质量为M2，开始时两车均静止，当甲车上的人把球抛给乙车上的人，乙车上的

21、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=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

22、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？(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

23、度为 vn 1，第n次抛完后的速度为vn，由动量守恒定律得:M (n 1)mvn 1 2nmvn 1 M nm vn /曰 M (n 1) mvn 1 2nm v. 1 得vnL_vn 1M (n 2)mvn 22(n 1)mvn 2M (n 1)m小车反向的条件是 vn 0 , vn 1 0可得2 n 4，即车上有3个球时车将反向。(2 )设车反向运动到0点的首速度为vo (为第三个球与之结合后的速度)，设第k 1次抛过后 的速度为vk 1，第k次抛完后的速度为vk，由动量守恒定律得：M (k 1)m vk 1 2kmvn 1 M km vk ZB M (k 1)m vk 1 2km vk

24、1 得vkM kmM (k 2)m vk 2 2km vk 2 vk 1M (k 1)m车不再向左滑行的条件是vk0 , vk 10,用M M 3m代入，可得8 k 9，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卩, 开始时，第1个木块以初速度V。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,mg.lmg.2lmg.nln(n 1) mgl整个过程中由于碰撞而损失的总动能为Ek Ek0 W得Ek(2)设第i次(i n1)碰撞前木块的速度为V|碰撞后速度为 vi，则(i1) mv imvi碰撞中损失的动能Ek与碰撞前动能Eki之比为EkiEki1 . 2imvi2'21)mvi可得旦丄Eki i 1(i n 1)的气球由于故