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12高三物理第二轮复习教案(第十二讲 动量和能量)


第十二讲

动量和能量

概述:处理力学问题、常用的三种方法 一是牛顿定律;二是动量关系;三是能量关系。若考查的物理量是瞬时对应关系,常用牛顿 运动定律;若研究对象为一个系统,首先考虑的是两个守恒定律;若研究对象为一个物体,可优 先考虑两个定理。特别涉及时间问题时,优先考虑的是动量定理、而涉及位移及功的问题时,优 先考虑的是动能定理。两个定律和两个定理,只考查一个物理过程的始末两个状态,对中间过程 不予以细究,这正是它们的方便之处,特别是变力问题,就显示出其优越性。 动量与能量的综合问题,是高中力学最重要的综合问题,也是难度较大的问题。分析这类问 题时,应首先建立清晰的物理图景、抽象出物理模型、选择物理规律、建立方程进行求解。 例题分析: 例 1. 如图所示, 质量分别为 m 和 2m 的 A、 两个木块间用轻弹簧相连, B F A B 放在光滑水平面上,A 靠紧竖直墙。用水平力 F 将 B 向左压,使弹簧被 压缩一定长度,静止后弹簧储存的弹性势能为 E。这时突然撤去 F,关 于 A、B 和弹簧组成的系统,下列说法中正确的是 (BD) A.撤去 F 后,系统动量守恒,机械能守恒 B.撤去 F 后,A 离开竖直墙前,系统动量不守恒,机械能守恒 C.撤去 F 后,A 离开竖直墙后,弹簧的弹性势能最大值为 E D.撤去 F 后,A 离开竖直墙后,弹簧的弹性势能最大值为 E/3 [A 离开墙前墙对 A 有弹力,这个弹力虽然不做功,但对 A 有冲量,因此系统机械能守恒而动量 不守恒;A 离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒。A 刚离开墙时刻,B 的动能为 E,动量为 p= 4m E 向右;以后动量守恒,因此系统动能不可能为零,当 A、B 速度相等时,系统总动能最 小,这时的弹性势能为 E/3。] 指出:应用守恒定律要注意条件。 对整个宇宙而言, 能量守恒和动量守恒是无条件的。 但对于我们选定的研究对象所组成的系 统,守恒定律就有一定的条件了。如系统机械能守恒的条件就是“只有重力做功” ;而系统动量 守恒的条件就是“合外力为零” 。 例 2. 长为 L 宽为 d 质量为 m 总电阻为 R 的矩形导线框上下两边保持水平, 在竖直平面内自由落下而穿越一个磁感应强度为 B 宽度也是 d 的匀强磁场 区。 已知线框下边刚进入磁场就恰好开始做匀速运动。 则整个线框穿越该磁 场的全过程中线框中产生的电热是___________。
2 2 [若直接从电功率计算,就需要根据 m g ? B L v 求匀速运动的速度 v、再求电

L B

d d

R

动势 E、电功率 P、时间 t,最后才能得到电热 Q。如果从能量守恒考虑,该过程的能量转化途 径是重力势能 EP→电能 E→电热 Q,因此直接得出 Q=2mgd ] 指出:深刻理解守恒的本质,灵活选用守恒定律的各种表示形式 / 例如机械能守恒定律就有多种表达形式:EK+EP=EK +EP′,ΔEK+ΔEP=0。它们的实质是一样 的,但在运用时有繁简之分。因为重力势能的计算要选定参考平面,而重力势能变化的计算跟参 考平面的选取无关,所以用后者往往更方便一些。 在运用更广义的能量守恒定律解题时, 可以这样分析: 先确定在某一过程中有哪些能量参与 了转化;哪些能量增加了,哪些能量减少了;然后根据能量守恒的思想,所有增加了的能量之和 一定等于所有减少了的能量之和,即ΔE 增=ΔE 减。

例 3 如图所示,质量为 1.0kg 的物体 m1,以 5m/s 的速度在水平桌面上 AB 部分的左侧向右运动, 桌面 AB 部分与 m1 间的动摩擦因数μ =0.2,AB 间的距离 s=2.25m,桌面其他部分光滑。m1 滑到 桌边处与质量为 2.5kg 的静止物体 m2 发生正碰,碰撞后 m2 在坚直方向上落下 0.6m 时速度大小为 4m/s, g 取 10m/s2, 若 问 m1 碰撞后静止在什么位置? 解析:m1 向右运动经过 AB 段作匀减速运动,由动能定律可 以求出离开 B 点继续向右运动的速度为 4 米/秒; m2 发生 和 碰撞后,m2 作平抛运动,由平抛运动知识可以求出 m2 做平 抛运动的初速度(碰撞之后)为 2 米/秒。利用动量守恒定律可以求出碰撞之后瞬间 m1 的速度为 1 米/秒。由动能定律可以求出返回经过 AB 段,离 B 点 0.25 米处停止。 例 4 如图所示,球 A 无初速地沿光滑圆弧滑下至最低点 C 后,又沿水平轨道前进至 D 与质量、 大小完全相同的球 B 发生动能没有损失的碰撞。B 球用长 L 的细线悬于 O 点,恰与水平地面切 于 D 点。A 球与水平地面间摩擦系数?=0.1,已知球 A 初始高度 h=2 米,CD=1 米。问: (1)若悬线 L=2 米,A 与 B 能碰几次?最后 A 球停在何处? (2)若球 B 能绕悬点 O 在竖直平面内旋转, 满足什么条件时, L A、B 将只能碰两次?A 球最终停于何处? (1)20 次 A 球停在 C 处 (2)L?0.76 米,A 球停于离 D9.5 米处 例 5 如图所示,小木块的质量 m=0.4kg,以速度υ =20m/s,水平地滑上一个静止的平板小车, 小车的质量 M=1.6kg,小木块与小车间的动摩擦因数μ =0.2.(不计车与路面的摩擦)求: (1)小车的加速度; (2)小车上的木块相对于小车静止时,小车的速度; (3)这个过程所经历的时间. 2 [ (1)0.5m/s ;(2)4m/s;(3)8s] 第二问:对 m、M 系统研究,利用动量守恒定律很快求出 木块相对小车静止时,小车的速度。也可以利用动能定 理分别研究 m 和 M,但相对而言要麻烦得多。表明合理选择物理规律求解,可以提高解题速度和 准确程度 例 6 如图所示,在光滑水平地面上有一辆质量为 M 的小车,车上装有一个半径为 R 的光滑圆环.一 个质量为 m 的小滑块从跟车面等高的平台上以速度 V0 滑 入圆环.试问:小滑块的初速度 V0 满足什么条件才能使它运 动到环顶时恰好对环顶无压力? 解析:滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力,应有

mg ? mv

2

R

????(1) 式中 V 是滑块相对圆心 O 的线

速度,方向向左。设小车此时速度 u,并以该速度方向为正方向,则滑块的对地速度为 ? (v ? u ). 对滑块和小车组成的系统,由于水平方向所受合外力为零,由动量守恒有

mv0 ? Mu ? m(v ? u)???(2)

2 2 2 由滑块和小车系统的机械能守恒有 1 m v0 ? 1 Mu ? 1 m(v ? u ) ? 2m gR???(3) 三式

2

2

2

联立求解得: v 0 ?
2

(5M ? 4m) Rg M

指出:公式 v / R中的v 是相对圆心的线速度,而本题中的圆心是以 u 向右移动的,所以滑快对 地速度为 V—u。而动量守恒定律、机械能守恒定律表达式中的速度均应为对地的。 例 7 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<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, 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 的初速度大小均为 V0, 求它们最后的 X 速度的大小和方向. (2) 若初速度大小未知, 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. 解析: A 和 B 相对静止时,A 相对 B 向左滑动了 L 如 图(3)设此时速度为 V。由动量守恒定律: Mv0 ? mv0 ? (M ? m)v )对地速度为零, v ? (M ? m)v0 /(M ? m) ① 小木块 A 向左运动到达最远处 x 时(如图(2) 1 2 对小木块 A 由动能定理: fx ? mv 0 ② 对 AB 全程由能量转化和守恒定律: 2 1 1 2 ?mgL ? ( M ? m)v0 ? ( M ? m)v 2 ③由以上三式可解得 x。 求解本题要充分利用草图弄清物 2 2 理过程。 例 8、 如图所示,小车 A 质量为 m A ? 2kg 置于光滑水平面上。初速度为 v ? 14 m / s ,带电量 q=0.2C 的可视为质点的物体 B,质量为 mB ? 0.1kg ,轻放在小车的右端,它们的周转围存在匀强磁 场,方向垂直纸面向里,磁场强度为 B=0.5T,物体 B 与小车之间有摩擦力,小车足够长.求(1)物体 B 的 最大速度.(2)小车 A 的最小速度.(3)在此过程中转变成多少内能 [解析:小车受到摩擦力作减速运动,物体 B 受到摩擦力作用而加速运动,其受到的磁场 力方向向上,把 A 和 B 作为一个系统,在竖直 A B 方向上合外力为零,水平方向不受外力作用, V 系统总动量守恒.当物体 B 受到的磁场力和 所受重力平衡时,其速度最大,此时小车 A 的速度最小,在这个过程中系统损失的动能转变成内 能.(1) qBv ? mg 1

v1 ?

mB g

qB

? 10m / s

(2)根据动量守恒定律有: Mv ? mv ? Mv2 ??v2 ? 13.5m / s 1 (3) Q ?

1 1 1 2 Mv 2 ? Mv 2 ? mv 12 ? 8.75 J 2 2 2

例 9 静止在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的粒子流,从而

对飞行器产生反冲力,使其获得加速度.已知飞行器的质量为 M,发射的 2 价氧离子,发射功率为 P, 加速电压为 U,每个氧离子的质量为 m,单位电荷的电量为 e,不计发射离子后飞行器质量的变化, 求: (1)射出的氧离子速度; (2)每秒钟射出的氧离子数; (3)射出离子后飞行器开始运动的加 速度。 [解析: (1)以氧离子为研究对象,根据动能定理,有: ?E k ?

1 2 mv ? qU ? 2eU ?? (1) 所 2

以氧离子速度为 v ? 2 eU / m (2)设每秒钟射出的氧离子数为 N,则发射功率可表示为:

P ? N?Ek ? 2NeU ??(2) 所以氧离子数为 N=P/2eU (3)以氧离子和飞行器为系统,设飞
行器的反冲速度为 V,根据动量守恒定律 ?mv ? MV ? 0?? N?tmv ? MV 所以,飞行器的加 速度为 a ?

P M

m / eU

例 10、质量为 0.01kg 的子弹以 300m/s 的水平速度射中一静止在光滑水平面上的木块,子弹进入 木块 6cm 而相对于木块静止下来。在这过程中,木块往前移动了 0.2cm。求: (1)木块的末速度; (2)木块的质量 解析:以子弹和木块为系统,相对静止时共同速度为 V 由动量守恒 mv0 ? (m ? M )v ① 子弹与木块相对静止时,木块滑动的位移为 L,子弹相对地面发生的位移为 L+d,对子弹和木块 分别利用动能定理: f ( L ? d ) ?

1 1 2 mv 0 ? mv 2 ② 2 2

fL ?

1 Mv 2 ③ 由以上三式可解得 2

V=10m/S M=0.29Kg 例 11、如图,物块 A 以初速度 V0 滑上放在光滑水平面上的长木板 B。若 B 固定,则 A 恰好滑 到 B 的右端时停下;若 B 不固定,则 A 在 B 上滑行的长度为板长的 4/5,求 A、B 的质量比。 解析:B 固定时:对 A 由动量定理 fL ?

1 2 mv 0 ① B 不固定时: A 2 4 1 2 1 fL ? mv 0 ? ( M ? m)v 2 ③由 5 2 2

相对 B 滑动距离 4L/5 时,AB 相对静止,此时共同速度为 V,由动量 守恒定律 mv0 ? (M ? m)v ② 又由能的转化和守恒定律

以上三式可得 M=4m。 例 12、 质量为 m 的长木板 A 静止在光滑水平面上,另两个质量也是 m 的铁块 B、C 同时从 A 的左右两端滑上 A 的上表面,初速度大小分别为 v 和 2v,B、C 与 A v 2v 间的动摩擦因数均为μ 。⑴试分析 B、C 滑上长木板 A 后,A 的运动 B C 状态如何变化?⑵为使 B、C 不相撞,A 木板至少多长? A 解:B、C 都相对于 A 滑动时,A 所受合力为零,保持静止。这段时间 为 ?t1 ? v 。B 刚好相对于 A 静止时,C 的速度为 v,A 开向左做匀加速运动,由动量守恒可求出 ?g

A、B、C 最终的共同速度 v ? ? v ,这段加速经历的时间为 ?t 2 ? 2v ,最终 A 将以 v ? ? v 做匀速运
3
3?g
3

动。 全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能,而摩擦生热 Q ? fd ? ?m gd ,由能量守恒

1 1 1 7v 2 ?v? 定律列式: ?mgd ? mv2 ? m?2v ?2 ? ? 3m? ? , 解得d ? 。这就是 A 木板应该具有的 2 2 2 3?g ? 3?

2

最小长度。 例 13、 质量为 M 的小车 A 左端固定一根轻弹簧,车静止在光滑水平面上,一质量为 m 的小物 块 B 从右端以速度 v0 冲上小车并压缩弹簧,然后又被弹回,回到车右端时刚好与车保持相对静 止。 求这过程弹簧的最大弹性势能 EP 和全过程系统摩擦生热 Q 各多少?

A

简述 B 相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况。 解:全过程系统动量守恒,小物块在车左端和回到车右端两个时刻,系 统的速度是相同的,都满足:mv0=(m+M)v;第二阶段初、末系统动能相同,说明小物块从车左端 返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加,即弹簧的最大弹性势能 EP 恰好等 于返回过程的摩擦生热,而往、返两个过程中摩擦生热是相同的,所以 EP 是全过程摩擦生热 Q 的一半。又因为全过程系统的动能损失应该等于系统因摩擦而增加的内能,所以ΔEK=Q=2EP 而 ?Ek ?
2 2 2 Mm v0 Mm v0 Mm v0 , ∴ Ep ? ,Q ? 4?M ? m? 2?M ? m? 2?M ? m?

B

F A

Bf

至于 B 相对于车向右返回过程中小车的速度变化, 则应该用牛顿运 动定律来分析: 刚开始向右返回时刻, 弹簧对 B 的弹力一定大于滑动摩擦力, 根据牛顿第三定律, 小车受的弹力 F 也一定大于摩擦力 f,小车向左加速运动;弹力逐渐减小而摩擦力大小不变,所 以到某一时刻弹力和摩擦力大小相等,这时小车速度最大;以后弹力将小于摩擦力,小车受的合 外力向右,开始做减速运动;B 脱离弹簧后,小车在水平方向只受摩擦力,继续减速,直到和 B 具有向左的共同速度,并保持匀速运动。 例 14、如图所示,在水平固定的杆上,套有一个质量为 2m 的环,一根长为 L 的轻质绳(质量不 计),一端拴在环上,另一端系住一质量为 m 的球,先将球拉至绳沿水平的位置,然后按住环且 将球由静止释放, 当球下摆至绳与水平方向成 300 的位置时, 再将环释放, 若不计一切摩擦阻力, 求球在以后的运动中可摆到离杆的最小距离。 例 15、 质量为 m 的人站在质量为 M,长为 L 的静止小船的右端,小船的左端靠在岸边。当他 向左走到船的左端时,船左端离岸多远? 解:本类型题不宜用牛顿运动定律求解 先画出示意图。人、船系统动量守恒,总动量始终为零,所以人、 船动量大小始终相等。从图中可以看出,人、船的位移大小之和等 于 L。设人、船位移大小分别为 l1、l2,则:mv1=Mv2,两边同乘时间 t,ml1=Ml2,而 l1+l2=L,∴ l 2 ? m L M ?m l2 l1 应该注意到:此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是 匀速行走还是变速行走,甚至往返行走,只要人最终到达船的左端, 那么结论都是相同的。 做这类题目, 首先要画好示意图, 要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物体位移大 小之间的关系。 以上所列举的人、 船模型的前提是系统初动量为零。 如果发生相互作用前系统就具有一定的 速度,那就不能再用 m1v1=m2v2 这种形式列方程,而要利用(m1+m2)v0= m1v1+ m2v2 列式。


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