2017-2018学年套餐之物理粤教版选修3-5讲义模块要点回眸第7点

第7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．曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，用力和运动的观点求解比较复杂，若用动量或能量的观点求解会比较简便．对点例题如图1所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)．其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.5.一根通过细线(细线未画出)拴着而被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1kg的滑块P(可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧储存的弹性势能E0＝10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止．现剪断细线，求：(g＝10m/s2)图1(1)滑块P滑上乙车前瞬间速度的大小；(2)要使滑块P恰好不滑离小车乙，则小车乙的长度至少为多少？解题指导(1)设滑块P滑上乙车前的速度为v0，小车的速度为v，选甲、乙和P为系统，对从滑块P开始运动(初状态)到滑上乙车前(末状态)的过程，应用动量守恒有mv0－2Mv＝0在这个过程中系统的机械能守恒，有E0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)×2Mv2联立两式解得：v0＝4m/s同时可得v＝1m/s(2)设滑块P到达小车乙另一端时与小车恰好有共同速度v′，选滑块的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律有mv0－Mv＝(m＋M)v′解得：v′＝eq\f(2,3)m/s对滑块P和小车乙组成的系统，由能量守恒定律得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋eq\f(1,2)Mv2－eq\f(1,2)(m＋M)v′2＝μmgL联立各式，代入数据解得：L＝eq\f(5,3)m.答案(1)4m/s(2)eq\f(5,3)m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、机械能守恒定律或能量守恒定律列方程求解．1．如图2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2(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(2,0)(2)eq\f(v0,6)解析(1)B、C碰撞动量守恒，则mv0＝3mv弹簧压缩至最短，此时弹性势能最大，由动量守恒定律可得：Epm＝eq\f(1,2)×3mv2联立解得：Epm＝eq\f(1,6)mveq\o\al(2,0)(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、机械能守恒，有3mv′＝mvA＋3mvC，Epm＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)＋eq\f(3,2)mveq\o\al(2,C)解得：vC＝eq\f(v0,6).2．如图3所示，在倾角θ＝30°的斜面上放置一段凹槽B，B与斜面间的动摩擦因数μ＝eq\f(\r(3),6)，槽内靠近右侧壁处有一小物块A(可视为质点)，它到凹槽左侧壁的距离d＝0.10m．A、B的质量都为m＝2.0kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长．现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极短．取g＝10m/s2.求：图3(1)物块A和凹槽B的加速度大小；(2)物块A与凹槽B的左侧壁第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小．答案(1)5.0m/s20(2)01.0m/s解析(1)设A的加速度为a1，则mgsinθ＝ma1，a1＝gsinθ＝5.0m/s2设B受到斜面施加的滑动摩擦力f，则f＝μ·2mgcosθ＝eq\f(\r(3),6)×2×2.0×10×eq\f(\r(3),2)N＝10N，方向沿斜面向上，B所受重力沿斜面的分力G1＝mgsinθ＝2.0×10×eq\f(1,2)N＝10N，方向沿斜面向下，因为G1＝f，所以B受力平衡，释放后B保持静止，则凹槽B的加速度a2＝0(2)释放A后，A做匀加速运动，设物块A运动到凹槽B的左内侧壁时的速度vA0，根据匀变速直线运动规律得vA02＝2a1dvA0＝eq\r(2a1d)＝eq\r(2×5.0×0.10)m/s＝1.0m/s因A、B发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A和B碰撞前后动能守恒，设A与B