动量和能量专题好教师用

1、占八、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,Ep3、弹力做功等于弹性势能的变化量,WfnEp4、除弹力和重力之外其它力做功等于机械能的变化量,E机械能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,E内 F阻力s相对，对系统一定做负功二）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，如果选择每个物体

2、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存在 机械能的瞬时损失）

3、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：2mM mVo1） 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 mw Mv21 2 12 12Mmmv0mMv2v1v0 ,2 22M m如果两球发生完全非弹性碰撞，则m1V1m2V2（叶m2）v共，则损失动能为1 2 1 2 1 2Ek 尹“ ？m2V22（m1 m2） v 共a质量为M的斜面体B现有一质量为优的物块B的顶端，且 A、B具有共同速度若不计 A、B间的摩擦,例题.如图所示，在光滑水平面上静止着一倾角为滑道B的质量均为M,滑块A的质量均为M.A B最初

4、均处于静止状态，现让A自由下滑，求 A滑离B时AA以初速度vo沿斜面上滑，若 A刚好可到达 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，（a）图中a为半径R的1/4圆弧滑道， 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 3 质量为M的小车静止在光滑

5、的水平桌面上，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，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= a、b间的距离S=。木板位于光滑水平面上。在木板 a端有一小物 块，其质量 m=,小物块与木板间的动摩擦因数卩=，它们都处于静止

6、状态。现令小物块以初速 V0=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，由动量守恒定律撐亠MW总二丄拠用_丄（然+施）尸设全过程损失的机械能为E,则有：二-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：Ei=E-Q=.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11m，动摩擦因数0.3，BC部分是一光滑的1圆弧形轨道，半4径R0.4m，今有质量m1kg的金属滑块以水平速度V05m/s冲上小车，试求小车能获得的最大速度。解析滑块从

7、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mv0Mv2mV)量守恒和能量守恒可得：1 2-mv0mv2 Sv；mgl2 2 2Vi，小车速度为V2，由动1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

8、量为m的小木块B以水平，木块B的大小不计，问：如果最速度V0滑入木板 A的左端木块 B与木板A之间的动摩擦因数为拓展、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，mv 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BVo ABo Vo离B板，以地面为参照系.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向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.分析与解：

9、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.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：1/n”.21 .2(M m)LQ=fL= -(M m)Vo (m M )V 对于 a : fLi= mV。由上述二式联立求得 Li=.2224M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，设阻力与重力成正比，比例系数为k ；突然拖车与汽车脱钩，而汽车的

10、牵引力不变，则在拖车停止运动前(C )A汽车的动量减小B。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：Mv m v/3 (M m)v 得v -3M v3(M

11、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？为什么停下时会拉开距离？(牵引力多做了FS的功)由此 F s (M m) s 得 sM一sMM 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

12、b，设斜面与地间无摩擦，当m由顶端从静止开始滑到底端时，两者水平位移各是多少？m有向下的分加守恒，mw Mv2两边乘上时间t 得 msj Ms2由于s1s2b解得M bsb ， s?m bM mM m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 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。V2，位移为S2，根据水平动量解 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

13、另一端的过程中【BD】A .人在车上行走的平均速度越大，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阴2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、后抛岀两个质量相等的物体，抛岀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【C】增大 D不能确定3.质量为M的小船以速度v0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

14、向以同一速率v （相对于静止水面）向后跃入水中，求小孩b跃岀后小船的速度解答：船和两个小孩组成的系统水平动量守恒(M 2m)v0 mv mvv Mv 得 v(M 2m)v0M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）w mv 小孩b沿水平方向以同一速率 v向后跃入水中：（M m）vr 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

15、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A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。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。（

16、2）求在A球离开挡板 P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。图1【点拨解疑】（1 ）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒，有mv0 （m m）V|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 3mv21由、两式得 A的速度v2V03（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E p，由能量守恒，有1 2 1 22mv13mv2 EP2 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D的动1 2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

17、，弹簧伸至最长。设此时的速度当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为为v4，由动量守恒，有2mv3 3mv41 2mv31 3mv： EP解以上各式得EP mv22236E p，由能量守恒，有练习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恰好返回到岀发点 P并停止。滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都是卩，运动过程中弹簧最大形变量为重力加速度为g。求A从P点岀发时的初速度 V。-严幣厶=丄济歼-

18、丄潮蚣解答：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: 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: 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：| （加）吟-+ （2燃疔=应加怡（2切）其四：A与B分离后做匀减速运动的过程。fa1$= 0 -期咚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：

19、 一由以上各式，解得一，.：11 2 - ' o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(M m)v1第二次抛出球：(Mm)v1mv Mv2小车速度为v23mvM第二次接到球：mvMv2(M m

20、)v2第三次抛出球：(Mm)v2mv Mv3小车的速度为v35mvM由数学归纳法可知第 n次抛岀小球后，小车的速度为vn（2n 1）mV，当vn v时，小车上的人将M无法接到小球，代入数据得n 8.25，取n 9。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,当抛岀小球n次后，小球与墙壁碰撞了n次，根据动量定理，2nmv mv Mv n，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

21、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，贝U 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

22、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；运用归纳法推理总结岀通式，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侧的每个沙袋质量为 m 14 kg，x 0 一侧的每个沙袋质量为 m 10 kg 一质量为M 48kg的小车以某初速度从原点岀发向正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

23、大小的2门倍(n是此人的序号数)HIIIIF-(1) 空车岀发后，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得vnM (n 1)mvn 1 2nmvn 1M nmvn 1M (n 2)mvn 22(n 1)mvn 2M (n 1)m小车反向的条件是 vn0， vn 10可得2(2)设车反向运动到 0点的首速度为 v0n 4，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)，设第k1次抛过后的速度为vk 1，第k

24、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得 vk M (k 1)mvk1 2kmvk1M kmvk 1M (k 2)m vk 2 2km vk 2M (k 1)m车不再向左滑行的条件是 vk 0，vk 1 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)M 3m代入，可得8 k 9，取k 8，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 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 EK0 WEkn(n 1) mgl2(2)设第i次(in 1)碰撞前木块的速度为v1，碰撞后速度为 vi，则(i 1)mvimvi碰撞中损失的动能Eki与碰撞前动能Eki之比为EkiEki1 21'