高中物理动量和能量的综合应用(课堂)课件.ppt

1、专题二 动量和能量 第三讲动量和能量的综合应用 一、解决力学问题的三大基本观点一、解决力学问题的三大基本观点 1牛顿运动定律结合运动学公式(称之为力的观点)是解决力学问题的基本思路和方法因牛顿第二定律是瞬时定律，此种方法适用于需求解过程中间状态(速度、加速度)的问题 2动量定理和动量守恒定律(动量观点)3动能定理、机械能守恒定律和能量守恒定律(能量观点)动量定理、动能定理研究的只是物体或系统在某一过程中初、末状态动量、动能的改变量，而无需对过程的变化细节作深入的研究如问题不涉及物体运动过程中的加速度，而涉及运动时间的问题，优先考虑动量定理；涉及位移的问题，优先考虑动能定理 二、力学综合题的基本

2、思路二、力学综合题的基本思路 1认真审题，弄清题意审题时要注意：(1)挖掘隐含条件，隐含条件往往隐含在关键的词语中，题目的附图中，发生的物理现象中和题目的所求中；(2)重视对物理过程的分析：审题时，要弄清题目中的物理过程及其得以进行的条件，明确运动的性质，把握过程中的不变量、变量、关联量之间的相互关系，并找出与物理过程相适应的物理规律 2确定研究对象，分析受力情况和运动情况选择研究对象的两个基本原则：一是要选择已知量充分且涉及所求量的物体为研究对象；二是要优先选择能够满足某个守恒定律的物体(或物体系)为研究对象进行运动分析时要注意两个方面：运动情况变化时，找出运动量(s、a、v、t)的关系；运

3、动可能出现多种可能性 3明确解题途径，正确运用规律 4分析解题结果，有时需做一定讨论(特别对多解问题)类型一：碰撞、爆炸、反冲中的动量、能量类型一：碰撞、爆炸、反冲中的动量、能量守恒守恒 在碰撞、爆炸、反冲问题中，物体间的相互作用力(内力)远大于系统受到的外力，用牛顿运动定律求解非常复杂，甚至根本就无法求解，但用动量守恒定律求解时，只需要考虑过程的始末状态，而不需要考虑过程的具体细节，这正是用动量守恒定律求解问题的优势【例1】如图231所示，在足够长的光滑水平轨道上静止放置三个小木块A、B、C，质量分别为mA=1kg，mB=1kg，mC=2kg，其中B与C用一个轻弹簧固定连接，开始时整个装置处

4、于静止状态；A和B之间有少许塑胶炸药，A的左边有一个弹性挡板(小木块和弹性挡板碰撞过程没有能量损失)图231现在引爆塑胶炸药，若炸药爆炸产生的能量有E=9J转化为A和B沿轨道方向的动能，A和B分开后，A恰好在B、C之间的弹簧第一次恢复到原长时追上B，并且与B发生碰撞后粘在一起求：(1)在A追上B之前弹簧弹性势能的最大值；(2)A与B相碰以后弹簧弹性势能的最大值【解析】(1)塑胶炸药爆炸瞬间取A和B为研究对象，假设爆炸后瞬间A、B的速度大小分别为vA、vB，取向右为正方向由动量守恒：mAvA+mBvB=0爆炸产生的能量有9J转化为A、B的动能2211223m/sAABBABEm vm vvv代入

5、数据解得 由于A在炸药爆炸后再次追上B的时候弹簧恰好第一次恢复到原长，则在A追上B之前弹簧已经有一次被压缩到最短(即弹性势能最大)，爆炸后取B、C和弹簧为研究系统，当弹簧第一次被压缩到最短时B、C达到共速vBC，此时弹簧的弹性势能最大，设为Ep1.22p1p1()11()223JBBBCBCBBBCBCm vmmvm vmmvEE由动量守恒，得由机械能守恒，得代入数据得 112221111111121112221m/s2m/s(3m/s0m/s)BCBBBBCCBBBBCCBCBCABBCBCvvm vm vm vm vm vm vvvvvAABv 设、之间的弹簧第一次恢复到原长时、的速度大小

6、分别为和，则由动量守恒和能量守恒：，代入数据解得：，不合题意，舍去爆炸后先向左匀速运动，与弹性挡板碰撞以后速度大小不变，反向弹回当 追上，发生碰撞瞬间达到共速1p2122212p21m/s1112220.5JAABBABABABABCABABCCABCABCABABCCABCABCpm vm vmmvvABCvEmmvm vmmmvmmvm vmmmvEE由动量守恒，得，解得当、三者达到共同速度时，弹簧的弹性势能最大为由动量守恒，得由能量守恒，得代入数据得【变式题】如图232所示，劲度系数为k=200N/m的轻弹簧一端固定在墙上，另一端连一质量为M=8kg的小车a，开始时小车静止，其左端位于O

7、点，弹簧没有发生形变，质量为m=1kg的小物块b静止于小车的左侧，距O点s=3m，小车与水平面间的摩擦不计，小物块与水平面间的动摩擦因数为=0.2，取g=10m/s2.今对小物块施加大小为F=8N的水平恒力使之向右运动，并在与小车碰撞前的瞬间撤去该力，碰撞后小车做振幅为A=0.2m的简谐运动，(1)小物块与小车碰撞前瞬间的速度是多大？(2)小车做简谐运动过程中弹簧最大弹性势能是多少？小车的最大速度为多大？(3)小物块最终停在距O点多远处？当小物块刚停下时小车左端运动到O点的哪一侧？2p21()2MTkEkxx已知小车做简谐运动周期公式为，弹簧的弹性势能公式为为弹簧的形变量，则图232【解析】(

8、1)设碰撞前瞬间，小物块b的速度为v1，小物块从静止开始运动到刚要与小车发生碰撞的过程中，2112pmpm126m/s20.2m0.2m124JFsmgsmvvxAEkAE根据动能定理可知解得由于小车简谐运动的振幅是，所以弹簧的最大形变量为根据弹性势能的表达式可知最大弹性势能解得 22mm111m1111221m/s32m/smkAMvvbaavvmvmvMvvs 根据机械能守恒定律可知小车的最大动能应等于弹簧的最大弹性势能所以解得小车的最大速度小物块 与小车 碰撞后，小车 的速度为，设此时小物块的速度为，设向右为正方向，由动量守恒定律有解得接着小物块向左匀减速运动一直到停止，设位移是，121

9、1121111021m02m/s1s21.26s34tmgsmvsvmgagtmaMaTkTtTabO所经历的时间为，根据动能定理可知解得物块做匀减速运动时的加速度为，小车 振动的周期由于 ，所以小车 在小物块 停止时在 点的左侧，并向右运动 类型二：滑块运动中的动量、能量守恒类型二：滑块运动中的动量、能量守恒 解决滑块问题一般要用到动量定理、动量守恒定律、动能定理、功能原理以及动力学等规律，综合性强，能力要求高，是高中物理常见的题型之一，也是高考中经常出现的题型解决此类问题，关键要看地面是否光滑，动量是否守恒，若不守恒，往往要用动量定理和动能定理同时要注意分析物体的运动时间关系、位移关系、能

10、量关系等，找出它们之间的关系，列方程求解【例2】(2011全国大纲卷)装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因图233 质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块间隔一段距离水平放置，如图233所示若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响【解析】设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同

11、速度为V，由动量守恒得0022020(2)131132213mm VmvVvEmvmVEmv解得此过程中动能损失为解得1111022211011102111222213()26vVmvmVmvEEmvmVmvvVvv分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为 和，由动量守恒得因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为，由能量守恒得联立式，且考虑到 必须大于，得221221221122213(1)22213(1)d22 vmVmvEmvmVEExx设子弹射入第二块钢板并留在其中，后两者的共同速度为，由动量定恒得:损失的动能为:联立式得因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力

12、，由式可得，射入第二块钢板的深度 为:【变式题】(2011安徽)如图234所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0=4m/s，g取10m/s2.图234(1)若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向(2)若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小(3)在满足(2)的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离【解析】(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v1.在上升过程中，因只

13、有重力做功，小球的机械能守恒，则221012111226/s2mvmgLmvvmFvFmgmLFN设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为，方向向下，则由式，得:由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上 (2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V.在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒以水平向右的方向为正方向，有：mv2+MV=0 在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则2222021112222/mvMVmgLmvvm s由式，得:(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距

14、离为s2.任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V.由系统水平方向的动量守恒，得3300 mvMVtmvtMVt将式两边同乘以，得121210223tmsMsssLsL因式对任意时刻附近的微小间隔都成立，累计相加后，有又由式得 类型三：弹簧问题中的动量、能量守恒类型三：弹簧问题中的动量、能量守恒 弹簧常常与其他物体直接或间接地联系在一起，通过弹簧的伸缩形变，使与之相关联的物体发生力、运动状态、动量和能量等方面的改变因此，这类问题具有很强的隐蔽性和综合性特征，也为学生的想象和推理提供了一个多变的思维空间解决此类题的关键在于能对与弹簧相关联的系统进行正确的力和运动的关系分析、功能关系的

15、分析，并抓住弹簧的基本特征，正确地运用力学规律加以解决【例3】(湖北省新洲二中2011届高三理科综合)如图235所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L=4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v=3.0m/s匀速传动三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态图235滑块A以初速度v0=2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零因碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从

16、而使C与A、B分离滑块C脱离弹簧后以速度vC=2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数=0.2，重力加速度g取10m/s2.(1)求滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；(2)求滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；(3)若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？【解析】(1)滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x.2121.25m4.0mCCmgmavvatsv tatxL根据牛顿第二定

17、律和运动学公式解得 即滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为v=3.0m/s (2)设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律 mv0=2mv1 2mv1=2mv2+mvC 由动量守恒定律222p12111222221.0CpEmvmvmvEJ解得 (3)在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v.设A与B碰撞后的速度为v1，分离后A与B的速度为v2，滑块C的速度为vC，由动量守恒定律 mvm=2mv1 2

18、mv1=mvC+2mv2 由能量守恒定律222p1222m111222227.1m/s CCEmvmvmvvvaLv由运动学公式解得：【变式题】(2011全国新课标)如图236，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把BC紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体，现A以初速v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起，以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能图236【解析】设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒得3m

19、v=mv0 设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv=2mv1+mv0 设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有222p102p0111(3)(2)22212m vEm vmvEmv由式得弹簧所释放的势能为 类型四：电场、磁场中的动量、能量守恒类型四：电场、磁场中的动量、能量守恒 电场力、磁场力(安培力)做功有其独特的方面，如电场力做功与路径无关，而安培力的方向总与其产生的电流和磁场垂直；物体置于电场或磁场中时，重点是准确分析其受力情况，判断受力大小和方向，从而准确地判断电磁力作用而引起物体动量和能量变化的状况【例4】光滑水平面上放有如图237所

20、示的用绝缘材料制成的“”型滑板(平面部分足够长)，质量为4m.距滑板的A壁为L1距离的B处放有一质量为m，电荷量为+q的大小不计的小物体，物体与板面的摩擦不计，整个装置处于场强为E的匀强电场中，初始时刻，滑板与物体都静止，试求：图237(1)释放小物体，第一次与滑板A壁碰前物体的速度v1多大？(2)若物体与A壁碰后相对水平面的速度大小为碰前的3/5，则物体在第二次跟A壁碰撞之前瞬间，滑板的速度v和物体的速度v2分别为多大？(均指对地速度)(3)物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多大？(碰撞时间可忽略)【解析】(1)由动能定理 21111111112223453105qELmvqELvm

21、vmvmvmvvvv得 若物体碰后仍沿原方向运动，碰后滑板速度为，由动量守恒得，得物体速度，故不可能1111111353452522255 vvmvmvmvvvAqELvvm所以物块碰后必反弹，由动量守恒得由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二次碰撞之前，故物体与 壁第二次碰前，滑板速度22121112112227755 Avvvatvtv tatatvvqELvvm物体与 壁第二次碰前，设物块速度为，由两物的位移关系有：即由代入数据可得：222122222212111113273()()485522/5513.5svvasvvvmvsLaqE mEqWqE LsqEL 设物体在两次碰撞之间位移为

22、，由得所以物块从开始到第二次碰撞前电场力做功【变式题】(安徽省皖南八校2011届高三第二次联考试题)如图238所示在竖直平面内一个带正电的小球质量为m，所带的电荷量为q，用一根长为L不可伸长的绝缘细线系在一匀强电场中的O点匀强电场方向水平向右，分布的区域足够大现将带正电小球从O点右方由水平位置A点无初速度释放，小球到达最低点B时速度恰好为零图238(1)求匀强电场的电场强度E的大小(2)若小球从O点的左方由水平位置C点无初速度释放，则小球到达最低点B所用的时间t是多少？此后小球能达到的最大高度H(相对于B点)是多少？【解析】(1)对小球由A到B的过程，由动能定理得0=mgLqELmgEq得 2

23、1212.2/2222cos452BBBBBBBBCBvaamg mgvaLvLtagBvvvvvgL 小球由 点释放后，将做匀加速直线运动，设到点时的速度为小球做匀加速直线运动的加速度为得小球到 点时细线恰好拉紧将分解为和，121010(sin)cos24522sin2BBvDBDmvmg LLqELDBHLLL 此后小球以做圆周运动设运动到 点恰好速度为，对小球由 点到 点的过程，由动能定理得在到达 点前小球一直沿圆轨道运动，所以小球离点的最大高度 类型五：核反应中的动量和能量关系类型五：核反应中的动量和能量关系 在分析核反应问题时，除了分析核子本身运动、碰撞所具有的能量外，更需要关注核反

24、应是否放出能量，计算能量变化可以用到爱因斯坦质能方程【例5】用速度为v0、质量为m1的 核轰击质量为m2的静止的 核，发生核反应，最终产生两种新粒子A和B.其中A为 核，质量为m3，速度为v3；B的质量为m4.(1)计算粒子B的速度vB.(2)粒子A的速度符合什么条件时，粒子B的速度方向与He核的运动方向相反？24H147N178O【解析】(1)由动量守恒定律有：m1v0=m3v3+m4vB，1 03 341 03 31303.2He0.Bmvm vvmBmvm vmvvm解得：的速度与核的速度方向相反，即：，解得：【变式题】云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中，一静止的质量为m1的原子核在云室中发生一次 衰变，粒子的质量为m2，电荷量为q，其运动轨迹在与磁场垂直的平面内现测得 粒子运动的轨道半径为R，试求在衰变过程中的质量亏损(注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计)【解析】由题中的R可求出 粒子的速度v，再由动量守恒可求出新核的速度v，再用能量守恒及质能方程即可求解本题 衰变放出的 粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有222/m vqvBRvBqR m，2122121222212221221201122().2()m vmmvmBqRvvmmmmmcmmvm vm qBRmm mm c衰变过程中动量守恒，有，衰变后 粒子、新核的动能都来自于质量亏损，因此有解可得：