选修3-5（高中物理旧教材同步讲义）模块要点回眸 第5讲同步讲义

第5点动量和能量观点的综合应用1．动量的观点和能量的观点动量的观点：动量定理和动量守恒定律能量的观点：动能定理和能量守恒定律若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单个物体，可优先考虑两个定理，特别涉及时间问题时，应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．这两个观点研究的是一个物理过程的初、末两个状态，不对过程变化的细节作深入的研究，这是它们比牛顿运动定律的方便之处．2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；(2)动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．对点例题如图1所示，在光滑的水平面上静止着一个质量为4m的木板B，B的左端静止着一个质量为2m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为μ，现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即以大小为eq\f(v0,3)的速率弹回，在整个过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A可视为质点，重力加速度为g.求：图1(1)物块A相对木板B静止后的速度大小；(2)木板B至少为多长？解题指导(1)设小球与物块A碰撞后物块A的速度为v1，以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得mv0＝－eq\f(mv0,3)＋2mv1，设物块A与木板B的共同速度为v2，由动量守恒定律得2mv1＝(2m＋4m)v2，联立以上两式可得v1＝eq\f(2v0,3)，v2＝eq\f(2v0,9).(2)设物块A在木板B上滑过的距离为L，由能量守恒定律得2μmgL＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(12,)－eq\f(1,2)(2m＋4m)veq\o\al(22,)，解得L＝eq\f(4v\o\al(2,0),27μg)，故木板B长至少为eq\f(4v\o\al(02,),27μg).答案(1)eq\f(2v0,9)(2)eq\f(4v\o\al(02,),27μg)点拨提升动量和能量的综合问题往往涉及的物体多、过程多、题目综合性强，解题时要认真分析物体间相互作用的过程，将过程合理分段，明确在每一个子过程中哪些物体组成的系统动量守恒，哪些物体组成的系统机械能守恒，然后针对不同的过程和系统选择动量守恒定律或机械能守恒定律或能量守恒定律列方程求解．1．(多选)如图2所示，质量分别为m1＝1.0kg和m2＝2.0kg的弹性小球a、b，用轻绳紧紧地把它们捆在一起，使它们发生微小的形变．该系统以速度v0＝0.10m/s沿光滑水平面向右做直线运动．某时刻轻绳突然自动断开，断开后两球仍沿原直线运动．经过时间t＝5.0s后，测得两球相距s＝4.5m，则下列说法正确的是()图2A．刚分离时，a球的速度大小为0.7m/sB．刚分离时，b球的速度大小为0.2m/sC．刚分离时，a、b两球的速度方向相同D．两球分开过程中释放的弹性势能为0.27J答案ABD解析系统的总动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，两球相距s＝v1t－v2t，联立解得v1＝0.7m/s，v2＝－0.2m/s，负号表示速度方向与正方向相反，故A、B正确，C错误；由能量守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(02,)＋Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(12,)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(22,)，代入数据解得Ep＝0.27J，故D正确．2．如图3所示，A、B、C三个小物块放置在光滑水平面上，A紧靠竖直墙壁，A、B之间用水平轻弹簧拴接且轻弹簧处于原长，它们的质量分别为mA＝m，mB＝2m，mC＝m.现给C一水平向左的速度v0，C与B发生碰撞并粘在一起．试求：图3(1)A离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能；(2)A离开墙壁后，C的最小速度．答案(1)eq\f(1,6)mveq\o\al(02,)(2)eq\f(v0,6)解析(1)B、C碰撞前后动量守恒，以水平向左为正方向，则mv0＝3mv，弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由机械能守恒定律可得：Epm＝eq\f(1,2)×3mv2联立解得：Epm＝eq\f(1,6)mveq\o\al(02,)(2)在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒．设弹簧恢复原长时，B、C的速度为v′，有Epm＝eq\f(3,2)mv′2，则v′＝eq\f(v0,3)，A离开墙壁后，在弹簧的作用下速度逐渐增大，B、C的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A达到最大速度vA，B、C的速度减小到最小值vC.在此过程中，系统动量守恒、机械能