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2014届高三物理二轮复习 专题2 动量和能量


第 2 专题

动量和能量

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考点预测 本专题涉及的内容是动力学内容的延续和深化.动量守恒定律、机械能守恒定律、能量 守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛.它们是自然界中最基本、最普遍、最重要的客 观规律,也是高中物理的重点和难点、高考考查内容的重点.其命题形式一般是能量与动量 综合起来考。但是,由于目前全国的课改形势以及在课程标准中的内容设置,在高考中出现 的这类综合题的难点主要在于功能关系的应用上,而不是在于动量守恒定律的应用上. 另外,从 2012 年各地的高考考卷中也可发现,除了能量与动量的综合题外,单独考查功 能原理的试题在卷中出现的概率也较大.

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要点归纳 一、基本的物理概念 1.冲量与功的比较 ? ?冲量的定义式:I=Ft(作用力在时间上的积累效果) (1)定义式 ? ? ?功的定义式:W=Fscos θ (作用力在空间上的积累效果)
?冲量是矢量,既有大小又有方向(求合冲量应按矢,量合成法则来计算) ? (2)属性? ? ?功是标量,只有大小没有方向(求物体所受外力的,总功只需按代数和计算) 2.动量与动能的比较

?动量的定义式:p=mv (1)定义式? 1 动能的定义式:E = mv 2 ?
k

2

(2) 属 ? ?动量是矢量(动量的变化也是矢量,求动量的变化,应按矢量运算法则来计算)



? ? ?动能是标量(动能的变化也是标量,求动能的变化,只需按代数运算法则来计算)

?p= 2mE ? (3)动量与动能量值间的关系? p 1 E = = pv ? 2m 2 ?
k 2 k

(4)动量和动能都是描述物体状态的量,都有相对性(相对所选择的参考系),都与物体的 受力情况无关.动量的变化和动能的变化都是过程量,都是针对某段时间而言的. 二、动量观点的基本物理规律 1.动量定理的基本形式与表达式:I=Δ p. 分方向的表达式:Ix 合=Δ px,Iy 合=Δ py. Δp 2.动量定理推论:动量的变化率等于物体所受的合外力,即 =F 合. Δt 3.动量守恒定律 (1)动量守恒定律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体). (2)动量守恒定律的适用条件 ①标准条件:系统不受外力或系统所受外力之和为零. ②近似条件:系统所受外力之和虽不为零,但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩擦 力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多),可以忽略不计. ③分量条件:系统所受外力之和虽不为零,但在某个方向上的分量为零,则在该方向上 系统总动量的分量保持不变. (3)使用动量守恒定律时应注意: ①速度的瞬时性; ②动量的矢量性; ③时间的同一性. (4)应用动量守恒定律解决问题的基本思路和方法 ①分析题意,明确研究对象.在分析相互作用的物体总动量是否守恒时,通常把这些被 研究的物体统称为系统.对于比较复杂的物理过程,要采用程序法对全过程进行分段分析, 要明确在哪些阶段中,哪些物体发生相互作用,从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的. ②对各阶段所选系统内的物体进行受力分析,弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的
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内力,哪些是作用于系统的外力.在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件,判断能否 应用动量守恒定律. ③明确所研究的相互作用过程,确定过程的始末状态,即系统内各个物体的初动量和末 动量的值或表达式.(注意:在研究地面上物体间相互作用的过程时,各物体运动的速度均应 取地球为参考系) ④确定正方向,建立动量守恒方程求解. 三、功和能 1.中学物理中常见的能量 1 2 1 2 动能 Ek= mv ;重力势能 Ep=mgh;弹性势能 E 弹= kx ;机械能 E=Ek+Ep;分子势能;分 2 2 子动能;内能;电势能 E=qφ ;电能;磁场能;化学能;光能;原子能(电子的动能和势能之 2 和);原子核能 E=mc ;引力势能;太阳能;风能(空气的动能);地热、潮汐能. 2.常见力的功和功率的计算: 恒力做功 W=Fscos θ ; 重力做功 W=mgh; 一对滑动摩擦力做的总功 Wf=-fs 路; 电场力做功 W=qU; 功率恒定时牵引力所做的功 W=Pt; 恒定压强下的压力所做的功 W=p?Δ V; 电流所做的功 W=UIt; 洛伦兹力永不做功; 瞬时功率 P=Fvcos_θ ; - W - 平均功率 P = =F v cos θ .

t

3.中学物理中重要的功能关系 能量与物体运动的状态相对应.在物体相互作用的过程中,物体的运动状态通常要发生 变化,所以物体的能量变化一般要通过做功来实现,这就是常说的“功是能量转化的量度” 的物理本质.那么,什么功对应着什么能量的转化呢?在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增量,即 W 总=Δ Ek.(动能定理) (2)重力(或弹簧的弹力)对物体所做的功等于物体重力势能(或弹性势能)的增量的负值, 即 W 重=-Δ Ep(或 W 弹=-Δ Ep). (3)电场力对电荷所做的功等于电荷电势能的增量的负值,即 W 电=-Δ E 电. (4)除重力(或弹簧的弹力)以外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量, W 其他=Δ E 即 机.(功能原理) (5)当除重力(或弹簧弹力)以外的力对物体所做的功等于零时,则有 Δ E 机=0,即机械能 守恒. (6)一对滑动摩擦力做功与内能变化的关系是:“摩擦所产生的热”等于滑动摩擦力跟物 体间相对路程的乘积,即 Q=fs 相对.一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值,表示除了有 机械能在两个物体间转移外,还有一部分机械能转化为内能,这就是“摩擦生热”的实质. (7)安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化,即 W 安=Δ E 电.安培力做正功,对应 着电能转化为其他能(如电动机模型);克服安培力做负功,对应着其他能转化为电能(如发电 机模型);安培力做功的绝对值等于电能转化的量值. (8)分子力对分子所做的功等于分子势能的增量的负值,即 W 分子力=-Δ E 分子. (9)外界对一定质量的气体所做的功 W 与气体从外界所吸收的热量 Q 之和等于气体内能的 变化,即 W+Q=Δ U. (10)在电机电路中,电流做功的功率等于电阻发热的功率与输出的机械功率之和. (11)在纯电阻电路中,电流做功的功率等于电阻发热的功率. (12)在电解槽电路中,电流做功的功率等于电阻发热的功率与转化为化学能的功率之和.

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1 2 (13)在光电效应中,光子的能量 hν =W+ mv0 . 2 (14)在原子物理中,原子辐射光子的能量 hν =E 初-E 末,原子吸收光子的能量 hν =E 末 -E 初. 2 (15)核力对核子所做的功等于核能增量的负值,即 W 核=-Δ E 核,并且 Δ mc =Δ E 核. (16)能量转化和守恒定律.对于所有参与相互作用的物体所组成的系统,无论什么力做 功,可能每一个物体的能量的数值及形式都发生变化,但系统内所有物体的各种形式能量的 总和保持不变. 4.运用能量观点分析、解决问题的基本思路 (1)选定研究对象(单个物体或一个系统),弄清物理过程. (2)分析受力情况,看有什么力在做功,弄清系统内有多少种形式的能在参与转化. (3)仔细分析系统内各种能量的变化情况及变化的数量. (4)列方程 Δ E 减=Δ E 增或 E 初=E 末求解. 四、弹性碰撞 在一光滑水平面上有两个质量分别为 m1、m2 的刚性小球 A 和 B 以初速度 v1、v2 运动,若它 们能发生正碰,碰撞后它们的速度分别为 v1′和 v2′.v1、v2、v1′、v2′是以地面为参考系 的,将 A 和 B 看做系统. 由碰撞过程中系统动量守恒,有: m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′ 由于弹性碰撞中没有机械能损失,故有: 1 1 1 1 m1v12+ m2v22= m1v1′2+ m2v2′2 2 2 2 2 由以上两式可得: v2′-v1′=-(v2-v1)或 v1′-v2′=-(v1-v2) 碰撞后 B 相对于 A 的速度与碰撞前 B 相对于 A 的速度大小相等、方向相反;碰撞后 A 相 对于 B 的速度与碰撞前 A 相对于 B 的速度大小相等、方向相反. 【结论 1】对于一维弹性碰撞,若以其中某物体为参考系,则另一物体碰撞前后速度大小 不变、方向相反(即以原速率弹回). 联立以上各式可解得: 2m2v2+(m1-m2)v1 v1′= m1+m2 2m1v1+(m2-m1)v2 v2′= m1+m2 若 m1=m2,即两个物体的质量相等,则 v1′=v2,v2′=v1,表示碰后 A 的速度变为 v2,B 的速度变为 v1. 【结论 2】对于一维弹性碰撞,若两个物体的质量相等,则碰撞后两个物体互换速度(即 碰后 A 的速度等于碰前 B 的速度,碰后 B 的速度等于碰前 A 的速度). 若 A 的质量远大于 B 的质量,则有: v1′=v1,v2′=2v1-v2; 若 A 的质量远小于 B 的质量,则有: v2′=v2,v1′=2v2-v1. 【结论 3】对于一维弹性碰撞,若其中某物体的质量远大于另一物体的质量,则质量大的 物体碰撞前后速度保持不变.至于质量小的物体碰后速度如何,可结合结论 1 和结论 2 得出. 在高考复习中,若能引导学生推导出以上二级结论并熟记,对提高学生的解题速度是大 有帮助的.

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热点、重点、难点 一、动量定理的应用问题 动量定理的应用在高考中主要有以下题型: 1.定性解释周围的一些现象; 2.求打击、碰撞、落地过程中的平均冲力; 3.计算流体问题中的冲力(或反冲力); 4.根据安培力的冲量求电荷量. ●例 1 如图 2-1 所示,一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上,瓶的底 端与竖直墙壁接触.现打开右端阀门,气体向外喷出,设喷口的面积为 S,气体的密度为 ρ , 气体向外喷出的速度为 v,则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是( )

图 2-1 1 2 2 C. ρ v S D.ρ v S 2 【解析】Δ t 时间内喷出气体的质量 Δ m=ρ Sv?Δ t 对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统,由动量定理得: F?Δ t=Δ m?v-0 2 解得:F=ρ v S. [答案] D 【点评】动量定理对多个物体组成的系统也成立,而动能定理对于多个物体组成的系统 不适用. ★同类拓展 1 如图 2-2 所示,质量为 M 的木块位于光滑水平面上,在木块与墙之间用 轻弹簧连接,开始时木块静止在 A 位置.现有一质量为 m 的子弹以水平速度 v0 射向木块并嵌 入其中, 则当木块回到 A 位置时的速度 v 以及此过程中墙对弹簧的冲量 I 的大小分别为( ) A.ρ vS ρ v B.
2

S

图 2-2

mv0 mv0 A.v= ,I=0 B.v= ,I=2mv0 M+m M+m 2 mv0 2m v0 mv0 C.v= ,I= D.v= ,I=2mv0 M+m M+m M
【解析】设在子弹射入木块且未压缩弹簧的过程中,木块(含子弹)的速度为 v1,由动量 守恒定律得: mv0=(m+M)v1 解得:v1=

mv0 m+M

对木块(含子弹)压缩弹簧再返回 A 点的过程,由动能定理得: 1 1 2 2 (m+M)v - (m+M)v1 =W 总=0 2 2 可知:v=v1=

mv0 m+M

取子弹、木块和弹簧组成的系统为研究对象,由动量定理得:
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I=(m+M)?(-v)-(m+M)v1=-2mv0
负号表示方向向左. [答案] B 二、动能定理、机械能守恒定律的应用 1.对于单个平动的物体:W 总=Δ Ek,W 总指物体所受的所有外力做的总功. 2.系统只有重力、弹力作为内力做功时,机械能守恒. (1)用细绳悬挂的物体绕细绳另一端做圆周运动时,细绳对物体不做功. (2)轻杆绕一端自由下摆,若轻杆上只固定一个物体,则轻杆对物体不做功;若轻杆上不 同位置固定两个物体,则轻杆分别对两物体做功. (3)对于细绳连接的物体,若细绳存在突然绷紧的瞬间,则物体(系统)的机械能减少. 3.单个可当做质点的物体机械能守恒时,既可用机械能守恒定律解题,也可用动能定理 解题,两种方法等效.发生形变的物体和几个物体组成的系统机械能守恒时,一般用机械能 守恒定律解题,不方便应用动能定理解题. ●例 2 以初速度 v0 竖直向上抛出一质量为 m 的小物块. 假定物块所受的空气阻力 f 大小 不变.已知重力加速度为 g,则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为 [2009 年高考?全国理综卷Ⅱ]( ) 2 v0 mg-f A. 和 v0 f mg+f 2g(1+ )

mg

B. 和 v0 f 2g(1+ )

v0

2

mg mg+f mg-f mg+f mg mg+f

mg

C. 和 v0 2f 2g(1+ )

v0

2

mg

D. 和 v0 2f 2g(1+ )

v0

2

mg

【解析】方法一:对于物块上升的过程,由动能定理得: 1 2 -(mgh+fh)=0- mv0 2 解得:h=

v02
2g(1+ )

f mg

设物块返回至原抛出点的速率为 v,对于整个过程应用动能定理有: 1 2 1 2 mv - mv0 =-f?2h 2 2 解得:v=v0

mg-f . mg+f

方法二:设小物块在上升过程中的加速度大小为 a1,由牛顿第二定律有: mg+f a1=

m

故物块上升的最大高度 h= = 2a1 f 2g(1+ )

v02

v02

mg

设小物块在下降过程中的加速度为 a2,由牛顿第二定律有:

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mg-f a2= m
可得:v= 2a2h=v0

mg-f . mg+f

[答案] A 【点评】动能定理是由牛顿第二定律导出的一个结论,对于单个物体受恒力作用的过程, 以上两种方法都可以用来分析解答,但方法二的物理过程较复杂.例如涉及曲线运动或变力 做功时,运用动能定理更为方便. ★同类拓展 2 一匹马拉着质量为 60 kg 的雪橇,从静止开始用 80 s 的时间沿平直冰 面跑完 1000 m.设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变,已知雪橇在开始运动的 8 s 时 间内做匀加速直线运动,从第 8 s 末开始,马拉雪橇做功的功率保持不变,使雪橇继续做直 线运动,最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动,速度大小为 15 m/s;开始运动的 8 s 内 马拉雪橇的平均功率是 8 s 后功率的一半.求:整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和 雪橇在运动过程中所受阻力的大小. 【解析】设 8 s 后马拉雪橇的功率为 P,则: 匀速运动时 P=F?v=f?v 即运动过程中雪橇受到的阻力大小 f=

P v

对于整个过程运用动能定理得: P 1 2 ?t1+P(t 总-t1)-f?s 总= mvt -0 2 2 P P 1 2 即 ?8+P(80-8)- ?1000= ?60?15 2 15 2 解得:P=723 W 故 f=48.2 N 1 2 - 再由动能定理可得 P t 总-f?s= mvt 2 - 解得: P =687 W. [答案] 687 W 48.2 N ●例 3 如图 2-3 所示,质量为 m1 的物体 A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为 m2 的物 体 B 相连,弹簧的劲度系数为 k,A、B 都处于静止状态.一条不可伸长的轻绳绕过两个轻滑 轮,一端连物体 A,另一端连一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态,A 上方的一段沿竖直 方向.若在挂钩上挂一质量为 m3 的物体 C,则 B 将刚好离地.若将 C 换成另一个质量为 m1+m3 的物体 D,仍从上述初始位置由静止状态释放,则这次 B 刚离地时 D 的速度大小是多少?(已 知重力加速度为 g)

图 2-3 【解析】开始时 A、B 静止,即处于平衡状态,设弹簧的压缩量为 x1,则有: kx1=m1g 挂上 C 后,当 B 刚要离地时,设弹簧的伸长量为 x2,则有:
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kx2=m2g 此时,A 和 C 的速度均为零 从挂上 C 到 A 和 C 的速度均为零时,根据机械能守恒定律可知,弹性势能的改变量为: Δ E=m3g(x1+x2)-m1g(x1+x2) 将 C 换成 D 后,有:
1 2 Δ E+ (m1+m3+m1)v =(m1+m3)g(x1+x2)-m1g(x1+x2) 2 联立解得:v= [答案] 2m1(m1+m2)g . k(2m1+m3)
2 2

2m1(m1+m2)g k(2m1+m3) 【点评】含弹簧连接的物理情境题在近几年高考中出现的概率很高,而且多次考查以下 原理:①弹簧的压缩量或伸长量相同时,弹性势能相等;②弹性势能的变化取决于弹簧的始 末形变量,与过程无关. 三、碰撞问题 1.在高中物理中涉及的许多碰撞过程(包括射击),即使在空中或粗糙的水平面上,往往 由于作用时间短、内力远大于外力,系统的动量仍可看做守恒. 2.两滑块在水平面上碰撞的过程遵循以下三个法则: ①动量守恒; ②机械能不增加; ③碰后两物体的前后位置要符合实际情境. 3.两物体发生完全非弹性碰撞时,机械能的损耗最大. ●例 4 如图 2-4 所示,在光滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线等间距的静止排着多 个形状相同的带正电的绝缘小球,依次编号为 1、2、3??每个小球所带的电荷量都相等且均 -3 为 q=3.75?10 C,第一个小球的质量 m=0.03 kg,从第二个小球起往下的小球的质量依次 1 为前一个小球的 ,小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里,已知该磁场的磁感应强度 3 B=0.5 T.现给第一个小球一个水平速度 v=8 m/s,使第一个小球向前运动并且与后面的小 球发生弹性正碰.若碰撞过程中电荷不转移,则第几个小球被碰后可以脱离地面?(不计电荷 2 之间的库仑力,取 g=10 m/s )

图 2-4 【解析】设第一个小球与第二个小球发生弹性碰撞后两小球的速度分别为 v1 和 v2,根据 动量和能量守恒有: 1 mv=mv1+ mv2 3 1 2 1 2 1 2 mv = mv1 + mv2 2 2 6 3 联立解得:v2= v 2 3 n 同理,可得第 n+1 个小球被碰后的速度 vn+1=( ) v 2 设第 n+1 个小球被碰后对地面的压力为零或脱离地面,则:

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1 3 联立以上两式代入数值可得 n≥2,所以第 3 个小球被碰后首先离开地面. [答案] 第 3 个 【点评】解答对于多个物体、多次碰撞且动量守恒的物理过程时,总结出通项公式或递 推式是关键. ★同类拓展 3 如图 2-5 所示,质量为 m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接,弹簧下端固 定在地上,平衡时,弹簧的压缩量为 x0.一个物块从钢板的正上方相距 3x0 的 A 处自由落下, 打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又向上运动.已知物 块的质量也为 m 时,它们恰能回到 O 点;若物块的质量为 2m,仍从 A 处自由落下,则物块与 钢板回到 O 点时还具有向上的速度.求物块向上运动所到达的最高点与 O 点之间的距离.

qvn+1B≥( )nmg

图 2-5 【解析】物块与钢板碰撞前瞬间的速度为: v0= 6gx0 设质量为 m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为 v1,由动量守恒定律有: mv0=2mv1 设弹簧的压缩量为 x0 时的弹性势能为 Ep,对于物块和钢板碰撞后直至回到 O 点的过程, 由机械能守恒定律得: 1 Ep+ ?2m?v12=2mgx0 2 设质量为 2m 的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为 v2,物块与钢板回到 O 点时所具有的速度 为 v3,由动量守恒定律有: 2mv0=3mv2 由机械能守恒定律有: 1 1 Ep+ ?3m?v22=3mgx0+ ?3m?v32 2 2 解得:v3= gx0 当质量为 2m 的物块与钢板一起回到 O 点时,弹簧的弹力为零,物块与钢板只受到重力的 作用,加速度为 g;一过 O 点,钢板就会受到弹簧向下的拉力作用,加速度大于 g,由于物块 与钢板不粘连,故在 O 点处物块与钢板分离;分离后,物块以速度 v3 竖直上升,由竖直上抛 的最大位移公式得:

v32 x0 h= = 2g 2
所以物块向上运动所到达的最高点与 O 点之间的距离为 . 2 2 【点评】①物块与钢板碰撞的瞬间外力之和并不为零,但这一过程时间极短,内力远大 于外力,故可近似看成动量守恒.
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x0

[答案]

x0

②两次下压至回到 O 点的过程中,速度、路程并不相同,但弹性势能的改变(弹力做的功) 相同. ③在本题中,物块与钢板下压至回到 O 点的过程也可以运用动能定理列方程. 1 2 第一次:0- ?2m?v1 =W 弹-2mgx0 2 1 1 2 2 第二次: ?3m?v3 - ?3m?v2 =W 弹-3mgx0. 2 2 四、高中物理常见的功能关系 1.摩擦生热——等于摩擦力与两接触面相对滑动的路程的乘积,即 Q=f?s 相. ●例 5 如图 2-6 所示,绷紧的传送带与水平面的夹角 θ =30°,皮带在电动机的带动 下始终以 v0=2 m/s 的速率运行.现把一质量 m=10 kg 的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的 2 底端,经时间 t=1.9 s,工件被传送到 h=1.5 m 的皮带顶端.取 g=10 m/s .求: (1)工件与皮带间的动摩擦因数 μ . (2)电动机由于传送工件而多消耗的电能.

图 2-6 【解析】(1)由题意可知,皮带长 s= =3 m sin 30° 工件的速度达到 v0 前工件做匀加速运动,设经时间 t1 工件的速度达到 v0,此过程工件的 位移为: 1 s1= v0t1 2 达到 v0 后,工件做匀速运动,此过程工件的位移为: s-s1=v0(t-t1) 代入数据解得:t1=0.8 s 工件加速运动的加速度 a= =2.5 m/s

h

v0 t1

2

据牛顿第二定律得:μ mgcos θ -mgsin θ =ma 3 解得:μ = . 2 (2)在时间 t1 内,皮带运动的位移 s2=v0t1=1.6 m 工件相对皮带的位移 Δ s=s2-s1=0.8 m 在时间 t1 内,因摩擦产生的热量 Q=μ mgcos θ ?Δ s=60 J 1 2 工件获得的动能 Ek= mv0 =20 J 2 工件增加的势能 Ep=mgh=150 J 电动机多消耗的电能 E=Q+Ek+Ep=230 J. 3 [答案] (1) (2)230 J 2 2.机械能的变化——除重力、弹簧的弹力以外的力做的功等于系统机械能的变化. ●例 6 一面积很大的水池中的水深为 H,水面上浮着一正方体木块,木块的边长为 a, 1 密度为水的 ,质量为 m.开始时木块静止,有一半没入水中,如图 2-7 甲所示,现用力 F 将 2 木块缓慢地向下压,不计摩擦.

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图 2-7 甲 (1)求从开始压木块到木块刚好完全没入水的过程中,力 F 所做的功. (2)若将该木块放在底面为正方形(边长为 2a)的盛水足够深的长方体容器中,开始时, 木块静止,有一半没入水中,水面距容器底的距离为 2a,如图 2-7 乙所示.现用力 F 将木块 缓慢地压到容器底部,不计摩擦,求这一过程中压力做的功.

图 2-7 乙 【解析】方法一:(1)因水池的面积很大,可忽略因木块压入水中所引起的水深变化,木 块刚好完全没入水中时,图 2-7 丙中原来处于划斜线区域的水被排开,结果等效于使这部分 水平铺于水面,这部分水的质量为 m,其势能的改变量为(取容器底为零势能面):

图 2-7 丙 3 Δ E 水=mgH-mg(H- a) 4 3 = mga 4 木块势能的改变量为: Δ E 木=mg(H- )-mgH 2 1 =- mga 2 根据功能原理,力 F 所做的功为: 1 W=Δ E 水+Δ E 木= mga. 4 2 (2)因容器的底面积为 2a ,仅是木块的底面积的 2 倍,故不可忽略木块压入水中所引起 1 的水深变化.如图 2-7 丁所示,木块到达容器底部时,水面上升 a,相当于木块末状态位置 4 的水填充至木块原浸入水中的空间和升高的水面处平面,故这一过程中水的势能的变化量为:

a

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图 2-7 丁

a a 23 Δ E 水′=mga+mg(2a- + )= mga 4 8 8
3 木块的势能的变化量 Δ E 木′=-mg? a 2 根据功能原理,压力 F 做的功为: 11 W′=Δ E 水′+Δ E 木′= mga. 8 方法二:(1)水池的面积很大,可忽略因木块压入水中引起的水深变化.当木块浮在水面 上时重力与浮力的大小相等;当木块刚没入水中时,浮力的大小等于重力的 2 倍,故所需的 压力随下压位移的变化图象如图 2-7 戊所示.

图 2-7 戊 1 a 1 故 WF= mg? = mga. 2 2 4 (2)随着木块的下沉水面缓慢上升,木块刚好完全没入水中时,水面上升 的高度,此时 4 5 木块受到的浮力的大小等于重力的 2 倍.此后,木块再下沉 a 的距离即沉至容器底部,故木 4 块下沉的整个过程中压力的大小随位移的变化图象如图 2-7 己所示

a

图 2-7 己 1 a 5 11 故 WF′= mg? +mg? a= mga. 2 4 4 8 1 11 [答案] (1) mga (2) mga 4 8 【点评】①通过两种方法对比,深刻理解功能关系. ②根据功的定义计算在小容器中下压木块时,严格的讲还要说明在 0~ 的位移段压力也 4
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a

是线性增大的. 3.导体克服安培力做的功等于(切割磁感线引起的)电磁感应转化的电能. ●例 7 如图 2-8 所示,竖直放置的光滑平行金属导轨 MN、PQ 相距 L,在 M 点和 P 点间 接有一个阻值为 R 的电阻,在两导轨间的矩形区域 OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为 d 的匀强磁场,磁感应强度为 B.一质量为 m、电阻为 r 的导体棒 ab 垂直地搁在导轨上,与磁 场的上边界相距 d0.现使 ab 棒由静止开始释放,棒 ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒 ab 与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平,导轨的电阻不计).

图 2-8 (1)求棒 ab 离开磁场的下边界时的速度大小. (2)求棒 ab 在通过磁场区的过程中产生的焦耳热. (3)试分析讨论棒 ab 在磁场中可能出现的运动情况. 【解析】(1)设棒 ab 离开磁场的边界前做匀速运动的速度为 v,产生的感应电动势为: E=BLv 电路中的电流 I=

E

R+r 对棒 ab,由平衡条件得:mg-BIL=0 mg(R+r) 解得:v= . 2 2 BL
(2)设整个回路中产生的焦耳热为 Q,由能量的转化和守恒定律可得: 1 mg(d0+d)=Q+ mv2 2 m3g2(R+r)2 解得:Q=mg(d0+d)- 4 4 2B L r m3g2(R+r)2 故 Qab= [mg(d0+d)- ]. 4 4 R+r 2B L 1 2 (3)设棒刚进入磁场时的速度为 v0,由 mgd0= mv0 2 解得:v0= 2gd0 棒在磁场中匀速运动时的速度 v= ①当 v0=v,即 d0=

mg(R+r) ,则 B2L2

m2g(R+r)2 时,棒进入磁场后做匀速直线运动; 4 4 2B L m2g(R+r)2 ②当 v0<v,即 d0< 时,棒进入磁场后先做加速运动,后做匀速直线运动; 4 4 2B L m2g(R+r)2 ③当 v0>v,即 d0> 时,棒进入磁场后先做减速运动,后做匀速直线运动. 4 4 2B L

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mg(R+r) B2L2 r m3g2(R+r)2 (2) [mg(d0+d)- ] 4 4 R+r 2B L m2g(R+r)2 (3)①当 v0=v,即 d0= 时,棒进入磁场后做匀速直线运动;②当 v0<v,即 d0 4 4 2B L m2g(R+r)2 m2g(R+r)2 < 时, 棒进入磁场后先做加速运动, 后做匀速直线运动; ③当 v0>v, d0> 即 4 4 4 4 2B L 2B L
[答案] (1) 时,棒进入磁场后先做减速运动,后做匀速直线运动. 【点评】①计算转化的电能时,也可应用动能定理: 1 mg(d0+d)-W 安= mv2-0,其中 W 安=E 电=Q. 2 ②对于电磁感应中能量转化的问题,在以后的《感应电路》专题中还会作更深入的探讨. 五、多次相互作用或含多个物体的系统的动量、功能问题 ●例 8 如图 2-9 所示,在光滑水平面上有一质量为 M 的长木板,长木板上有一质量为 m 的小物块,它与长木板间的动摩擦因数为 μ .开始时,长木板与小物块均靠在与水平面垂 直的固定挡板处,某时刻它们以共同的速度 v0 向右运动,当长木板与右边的固定竖直挡板碰 撞后,其速度的大小不变、方向相反,以后每次的碰撞均如此.设左右挡板之间的距离足够 长,且 M>m.

图 2-9 (1)要想物块不从长木板上落下,则长木板的长度 L 应满足什么条件? (2)若上述条件满足,且 M=2 kg,m=1 kg,v0=10 m/s,求整个系统在第 5 次碰撞前损 失的所有机械能. 【解析】(1)设第 1 次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为 v1,第 n 次碰撞后小物块 与长木板共同运动的速度为 vn.每次碰撞后,由于两挡板的距离足够长,物块与长木板都能 达到相对静止,第 1 次若不能掉下,往后每次相对滑动的距离会越来越小,更不可能掉下.由 动量守恒定律和能量守恒定律有:(M-m)v0=(M+m)v1 1 1 2 2 μ mgs= (m+M)v0 - (M+m)v1 2 2 2 2Mv0 解得:s= μ (M+m)g 故 L 应满足的条件是: 2 2Mv0 L≥s= . μ (M+m)g (2)第 2 次碰撞前有: (M-m)v0=(M+m)v1 第 3 次碰撞前有: (M-m)v1=(M+m)v2 第 n 次碰撞前有: (M-m)vn-2=(M+m)vn-1 M-m n-1 所以 vn-1=( ) v0 M+m M-m 4 故第 5 次碰撞前有:v4=( ) v0 M+m 故第 5 次碰撞前损失的总机械能为:

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1 1 2 2 Δ E= (M+m)v0 - (M+m)v4 2 2 代入数据解得:Δ E=149.98 J. 2 2Mv0 [答案] (1)L≥ (2)149.98 J μ (M+m)g 【点评】在复杂的多过程问题上,归纳法和演绎法常常大有作为. 经典考题 动量与功能问题可以与高中物理所有的知识点综合,是高考的重点,试题难度大,需要 多训练、多总结归纳. 1.如图所示,一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的 O 点,另一端系一小球,给小球一足 够大的初速度,使小球在斜面上做圆周运动,在此过程中[2008 年高考?海南物理卷]( )

A.小球的机械能守恒 B.重力对小球不做功 C.绳的张力对小球不做功 D.在任何一段时间内,小球克服摩擦力所做的功是等于小球动能的减少 【解析】小球与斜面之间的摩擦力对小球做功使小球的机械能减小,选项 A 错误;在小 球运动的过程中,重力、摩擦力对小球做功,绳的张力对小球不做功.小球动能的变化等于 重力、摩擦力做功之和,故选项 B、D 错误,C 正确. [答案] C 2.质量为 M 的物块以速度 v 运动,与质量为 m 的静止物块发生正碰,碰撞后两者的动量 正好相等.两者质量之比 可能为[2009 年高考?全国理综卷Ⅰ]( A.2 B.3 C.4 D.5 1 【解析】由题意知,碰后两球动量相等,即 p1=p2= Mv 2 故 v1= ,v2= 2 2m 由两物块的位置关系知: ≥ ,得 M≥m 2m 2 又由能量的转化和守恒定律有: 1 2 1 v 2 1 Mv 2 Mv ≥ M( ) + m( ) 2 2 2 2 2m 解得:M≤3m,故选项 A、B 正确. [答案] AB 【点评】碰撞问题是高考对动量守恒定律考查的主流题型,这类问题一般都要考虑动量 守恒、动能不增加、位置不超越这三方面. 3.图示为某探究活动小组设计的节能运输系统.斜面轨道的倾角为 30°,质量为 M 的木 3 箱与轨道间的动摩擦因数为 .木箱在轨道顶端时,自动装货装置将质量为 m 的货物装入木 6 箱,然后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下,当轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置立刻 将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端,再重复上述过程.下列选项正确的是[2009 年 高考?山东理综卷]( )
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M m

)

v

Mv

Mv v

A.m=M B.m=2M C.木箱不与弹簧接触时,上滑的加速度大于下滑的加速度 D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势 能 【解析】设弹簧压缩最大时的弹性势能为 Ep,由动能定理得下滑过程有: (m+M)gsin 30°?s-μ (m+M)gcos 30°?s-Ep=0 上滑过程:Ep-Mgsin 30°?s-μ Mgcos 30°?s=0 解得:m=2M. [答案] BC 4.某同学利用如图所示的装置来验证动量守恒定律.图中两摆的摆长相同,且悬挂于同 一高度处,A、B 两摆球均很小,质量之比为 1∶2.当两摆均处于自由静止状态时,其侧面刚 好接触.向右上方拉动 B 球使其摆线伸直并与竖直方向成 45°角,然后将其由静止释放.结 果观察到两摆球粘在一起摆动,且最大摆角为 30°.若本实验允许的最大误差为±4%,则此 实验是否成功地验证了动量守恒定律?试分析说明理由. [2008 年高考?宁夏理综卷]

【解析】设摆球 A、B 的质量分别为 mA、mB,摆长为 l,B 球的初始高度为 h1,碰撞前 B 球 的速度为 vB.在不考虑摆线的质量的情况下,根据题意及机械能守恒定律得: h1=l(1-cos 45°) 1 mBvB2=mBgh1 2 设碰撞前后两摆球的总动量的大小分别为 p1、p2,则有: p1=mBvB 联立解得:p1=mB 2gl(1-cos 45°) 同理可得:p2=(mA+mB) 2gl(1-cos 30°) p2 mA+mB 1-cos 30° 联立解得: = p1 mB 1-cos 45° 解得:( ) =1.03 由此可以推出:|

p2 p1

2

p2-p1 |≤4% p1

所以,此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律. (本题要求验证碰撞中的动量守恒定律及碰撞前与碰撞后的机械能守恒定律.) [答案] 是,理由略 5.用放射源钋的 α 射线轰击铍时,能放出一种穿透力极强的中性射线,这就是所谓的 铍“辐射”.1932 年,查德威克用铍“辐射”分别照射(轰击)氢和氮(它们可视为处于静止状
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态),测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氢核、氮核的速度之比为 7∶1.查德威克假设 铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的,从而通过上述实验在历史上首次发现了 中子.假设铍“辐射”中的中性粒子与氢核或氮核发生弹性正碰,试在不考虑相对论效应条 12 件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量.(质量用原子质量单位 u 表示,1 u 等于一个 C 1 原子质量的 .取氢核和氮核的质量分别为 1.0 u 和 14 u)[2007 年高考?全国理综卷Ⅱ] 12 【解析】设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为 m 和 v,氢核的质量为 mH,构 成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰,碰后两粒子的速度分别为 v′和 vH′. 由动量守恒和能量守恒定律得: mv=mv′+mHvH′ 1 2 1 1 mv = mv′2+ mHvH′2 2 2 2 2mv 解得:vH′= m+mH 同理,对质量为 mN 的氮核,其碰后速度为: 2mv vN′= m+mN mNvN′-mHvH′ 可得:m= vH′-vN′ 根据题意可知:vH′=7vN′ 将数据代入可得:m=1.2 u. [答案] 1.2 u 【点评】在课程标准中,动量与原子物理同属于选修 3-5 模块,关于粒子之间碰撞动量 守恒的试题在近几年高考中也屡有出现. 6.如图所示,倾角为 θ 的斜面上静止放置三个质量均为 m 的木箱,相邻两木箱的距离 均为 l.工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑,逐一与其他木箱碰撞.每次碰撞后木箱 都粘在一起运动.整个过程中工人的推力不变,最后恰好能推着三个木箱匀速上滑.已知木 箱与斜面间的动摩擦因数为 μ ,重力加速度为 g.设碰撞时间极短,求:

(1)工人的推力. (2)三个木箱匀速运动的速度. (3)在第一次碰撞中损失的机械能. [2009 年高考?全国理综卷Ⅰ] 【解析】(1)设工人的推力为 F,则有: F=3mg(sin θ +μ cos θ ). (2)设第一次碰撞前瞬间木箱的速度为 v1,由功能关系得: 1 Fl=mgl sin θ +μ mglcos θ + mv12 2 设碰撞后两木箱的速度为 v2,由动量守恒得: mv1=2mv2 设再次碰撞前瞬间两木箱的速度为 v3,由功能关系得: 1 Fl=2mglsin θ +2μ mglcos θ + ?2m(v32-v22) 2 设碰撞后三个木箱一起运动的速度为 v4,由动量守恒得: 2mv3=3mv4

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2 联立解得:v4= 2gl(sin θ +μ cos θ ). 3 (3)设在第一次碰撞中损失的机械能为 Δ E,有: 1 2 1 2 Δ E= mv1 - ?2mv2 2 2 联立解得:Δ E=mgl(sin θ +μ cos θ ). [答案] (1)3mg(sin θ +μ cos θ ) 2 (2) 2gl(sin θ +μ cos θ ) 3 (3)mgl(sin θ +μ cos θ )

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