动量和能量专题好教师用

1、解题思路知识点总结一）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变化量，W总Ek（动能定理）2、重力做功等于物体重力势能的变化量，WEP3、弹力做功等于弹性势能的变化量，WFNEP4、除弹力和重力之外其它力做功等于机械能的变化量，W总E机械能5、滑动摩擦力与阻力做功 F 阻s 相对等于系统内能的增量，QE内 F阻力 s相对 ，对系统一定做负功二）解决动力学问题，一般有三种途径：（ 1） （力的观点 ）牛顿第二定律和运动学公式；（ 2） （动量观点 ）动量定理和动量守恒定律；（ 3） （能量观点 ）动能定理、机械能守恒定律、功能关系、能的转化和守恒定律 三）区分内力和外力

2、内力和外力是相对的，两个物体相互作用，如果选择每个物体为研究对象，则相互作用力对每个物体来说都是外力，它参与每个物体运动状态的变化；若选择两个物体构成的系统（整体）为研究对象，则此时的相互作用力称为内力，由于它们作用在一个整体上，其动力学效果可以抵消，即相互作用力不能引 起整个系统的状态发生变化内力不能引起系统的动量发生变化，因此在判定系统的动量守恒条件是否满足时，不必分析内力，只需分 析系统受到的外力如果系统受到的合外力不为零，则系统的动量将发生变化，并且系统所受合外力的冲 量等于系统的动量的变化量，即动量定理对整个系统也是适用的一碰撞相关问题（物体发生完全非弹性碰撞的瞬间存在机械能的瞬时损

3、失和在轻绳被拉直的瞬间存在 机械能的瞬时损失）碰撞可分为非弹性碰撞和弹性碰撞。非弹性碰撞的特例是完全非弹性碰撞。 我们可以把碰撞分成以下过程：121212mv0 mv1 Mv2mv0mv1Mv22021221）一动一静弹性正碰模型：（ 如果两球质量相等，发生弹性正碰，则交换速度。）如果两球发生完全非弹性碰撞，则Mmv0Mm2mMmv0m1v1 m2v2 （m1 m2）v共 ，则损失动能为12 12 12EKm1v1m2v2（m1 m2 ）v共2 2 2例题 . 如图所示，在光滑水平面上静止着一倾角为 、质量为 M 的斜面体 B现有一质量为优的物 块 A 以初速度 vo沿斜面上滑，若 A 刚好可

4、到达 B 的顶端，且 A、B 具有共同速度若不计 A 、B 间的摩 擦，求 A 滑到 B 的顶端时， A 的速度大小类型题变式练习 1：在不计一切摩擦的情况下，滑道B的质量均为 M，滑块 A 的质量均为 M（a） 图中 a 为半径 R的 14 圆弧滑道， A、B最初均处于静止状态， 现让 A自由下滑， 求 A 滑离 B 时 A 和 B 的速度大小之比（b） 图中 b 也是半径为 R的 14 圆弧轨道，初态时 B静止不动，滑块 A以速度 v。沿轨道上滑，若滑 块已滑出滑道 B，求滑出时 B 的速度为多大 ?2如图所示，质量为 M 的滑块静止在光滑的水平桌面上，滑块的光滑弧面底部与桌面相切，一个质

5、量为 m 的小球，以速度 v0 向滑块滚来，设小球不能越过滑块，则小球刚好到达最高点时，小球的速度大小 为 ，滑块的速度大小为 3质量为 M 的小车静止在光滑的水平桌面上，滑块的光滑弧面水平，一个质量为 向小车滚来，设小球不能越过小车，则小球刚好到达最高点时，求小球上升的高度。 二动量守恒中与能量守恒定律的应用“摩擦生热”计算问题。 两个物体相互摩擦而产生的热量Q（或说系统内能的增加量）等于物体之间滑动摩擦力间相对滑动的路程的乘积，即Q=fS相. 利用这结论可以简便地解答高考试题中的“摩擦生热”例题 如图 10，长木板 ab 的 b 端固定一档板，木板连同档板的质量为 M=4.0kg ，a、b

6、 间的距离 S=2.0m。木板位于光滑水平面上。在木板 一小物块，其质量 们都处于静止状态。 档板相撞。碰撞后， 失的机械能。a 端有 =0.10 ，它 V0=4m/s 沿木板向前滑动，直到和 a 端而不脱离木板。求碰撞过程中损m=1.0kg ，小物块与木板间的动摩擦因数 现令小物块以初速 小物块恰好回到 解析 设木块和物块最后共同的速度为为 E，则有：在全过程中因摩擦而生热练习1 ： 如图所示，质量的小球，以速度 v0f 与这两个物体 问题。V，由动量守恒定律设全过程损失的机械能Q=2mgS,则据能量守恒可得在碰撞过程中损失的机械能为：E1=E-Q=2.4J.M= 2kg 的小车静止在光滑水

7、平面上，车上 AB段长 l1m ，动摩擦因数0.3，BC 部分是一光滑的 1 圆弧形轨道，半4径R0.4m ，今有质量 m1kg 的金属滑块以水平速度 v0 5m/s 冲上小车，试求小车能获得的最大速度。解析 滑块从滑上小车到再次运动到点时，小车速度最大，设滑块的速度为v1 ，小车速度为 v2 ，由动量守恒和能量守恒可得：解得 v2mv0Mv 2mv1112mv01mv122 1 22Mv22mgl1 m/s （舍去）3由于各运动过程中系统水平方向动量始终守恒，而竖直方向动量并不守恒，为此，可不求滑块B、C 点各时刻的速度，从而使分析、计算过程大大简化。（ 2）但需强调不可能有“系统在某3m/

8、s或v2反思 （1） 第一次到达 一方向上机械能守恒的情况”，滑块在小车水平部分滑动过程产生的热量可直接用滑动摩擦力乘以相对位 移，而不必求滑块和小车的绝对位移。2如图所示，长为 L ，质量为 M 的木板 A静止在光滑的水平桌面上，有一质量为m 的小木块 B 以水平速度 v0滑入木板 A的左端木块 B与木板 A之间的动摩擦因数为，木块 B 的大小不计，问：如果最后B 恰好到达 A 木板的右端不落下来，则 v0 的大小应是多大 ?拓展、用动量守恒定律和能量守恒解“相对滑动类”问题 例题：如图所示，一质量为 M 、长为 的小木块 A，m< M.现以地面为参照系， 初速度 (如图 1)，使 A

9、 开始向左运动， 滑离 B 板，以地面为参照系 .(1)若已知 A 和B 的初速度大小为 V0，(2) 若初速度的大小未知，求小木块 离出发点的距离 .分析与解： 方法、用能量守恒定律和动量守恒定律求解。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 给 A 和 B 以大小相等、 方向相反的B 开始向右运动，但最后 A 刚好没有求它们最后的速度大小和方向 .A 向左运动到达的最远处 ( 从地面上看 )V0 AV0A 刚好没有滑离 B 板，表示当 A 滑到 B 板的最左端时， A 、 B 具有相同的速度，设此速度为V， A和 B 的初速度的大小为 V0，则据动量守恒定律可得：MV

10、 0mV 0=(m+m)V解得： V M m. V 0，方向向右 .Mm当 A 相对地面速度为零的时候，位移最大。对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL= 1(M m)V02 1(m M)V2 对于 A ： fL1= 1 mV02由上述二式联立求得 L1=(M m)L . 2 0 2 2 0 4M 三机车 -拖车类问题例 汽车 M 拉着拖车 m 在平直的公路上匀速行驶，设阻力与重力成正比，比例系数为 k ；突然拖 车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，则在拖车停止运动前 ( C )A 汽车的动量减小C汽车和拖车的总动量守恒B。拖车的动量增加D 。汽车和拖车的总动量不守恒练习 1 ：一列火车在牵

11、引力 刻有质量为 m 的一节车厢脱钩，F 作用下水平直轨道上做匀速直线运动，总质量为 M ，速度为 v ，某时 司机并未发觉， 又继续行驶了一段距离 s ，这期间机车的牵引力保持不变，并且火车各部分所受的阻力跟速度无关。当司机发现后，后面脱钩的车厢的速度已减为v/3 ，此时刻火车前面部分的速度多大？解答： 站在整个火车 (车和脱钩车厢) 的角度来看， 系统在水平方向上脱钩后所受的合外力仍等于零， 故水平方向上系统的动量守恒： Mv m v/3 (M m)v 得 v 3M m v3(M m)拓展 一列火车在牵引力 F 作用下水平直轨道上做匀速直线运动， 总质量为 M ，速度为 v ，某时刻 有质

12、量为 m 的一节车厢脱钩，司机并未发觉，又继续行驶了一段距离s，这期间机车的牵引力保持不变，并且火车各部分所受的阻力跟速度无关，与车的质量成正比，当司机发现后，立即撤去牵引力，问两车停 下时相距多远？解答：如果在车厢脱钩的同时撤去牵引力，则两个停下时相距多远？ 为什么停下时会拉开距离？(牵引力多做了 FS 的功)FM由此 F s (M m) s 得 s s M M m四人船(车)模型类的推广和应用(平均动量守恒大多适用于求位移的动量守恒问题)例 2 如图所示，质量分别为 m 的物体视为质点，斜面的质量为 M ，底边长为 b ，设斜面与地间无 摩擦，当 m 由顶端从静止开始滑到底端时，两者水平位

13、移各是多少？分析 两个物体构成的系统水平方向不受力， 所以水平动量守恒， 竖直方向上由于 m 有向下的分加速度，所以有失重现象，使得系统对的重力大于地面对系统的支持力，所以竖直方向上合外力不等于零，动量不守恒。v2 ，位移为 s2 ，根据水平动量解 设 m 向左移动的速度为 v1 ，位移为 s1 ，斜面向右移动的速度为守恒，mv1Mv2两边乘上时间 t 得 ms1 Ms2由于 s1s2 b 解得 s1M b ，1Mms2练习 1：如图2 所示，质量为 m 的人，站在质量为 M 的车的一端，开始时均相对于地面静止当车与地面间的摩擦可以不计时，人由一端走到另一端的过程中BD 】人在车上行走的平均速

14、度越大, 则车在地上移动的距离越小不管人以怎样的平均速度走到另一端，车在地上移动的距离都一样人在车上走时，若人相对车突然停止，则车沿与人行速度相反的方向作匀速直线运动D人在车上行走突然停止时，则车也突然停止2在匀速前进的船上，分别向前、后抛出两个质量相等的物体，抛出时两个物体相对地面的水平速度大小相等，物体抛出后船的速度A大小不变B 减小 C增大 D 不能确定船尾3 质量为 M 的小船以速度 。现小孩 a 沿水平方向以速率速率v 0行驶，船上有两个质量皆为 m 的小孩 a 和 b ， v (相对于静止的水面)向前跃入水中，然后小孩 v (相对于静止水面)向后跃入水中，求小孩 解答：船和两个小孩

15、组成的系统水平动量守恒分别静止站在船头和b 沿水平方向以同一b 跃出后小船的速度。(M 2m)v0 mv mvv Mv 得 v(M 2m)v0也可以分成两个过程(两个系统)应用动量守恒定律：小孩小孩 b 沿水平方向以同一速率a 沿水平方向以速率 v 向前跃入水中： (M 2m)v0 (M m)v1 mv v向后跃入水中： (M m)v1 Mv 2 mv +得 (M 2m)v0 Mv2 mv mv 即为三个物体两个过程总系统的动量守恒定律。4质量为 M 的气球下面系一轻质绳梯，质量为 m 的人静止在绳梯上，距地面高 H 处，问绳子至少多长， 人才能沿绳子安全滑至地面 ?五、与弹簧弹性势能的结合【

16、例题】（ 2000 年全国）在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。 这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似。 两个小球 A 和 B 用轻质弹簧相连， 在光滑的水平直轨道上 处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球 C 沿轨道以速度 v0射向 B 球，如图所示。 C与 B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后，A球与挡板 P发生碰撞，碰后 A、D都静止不动， A与 P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）。已知A、B、 C 三球的质量均为m

17、。（ 1 ）求弹簧长度刚被锁定后 A 球的速度。（ 2 ）求在 A 球离开挡板 P 之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。图1【点拨解疑】 （1）设 C 球与 B 球粘结成 D 时， D 的速度为 v1 ，由动量守恒，有mv0 （m m）v12mv1 3mv2当弹簧压至最短时， D 与 A 的速度相等， 设此速度为 v2 ，由动量守恒， 有由、两式得 A 的速度v2 1v02 3 02）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为EP ，由能量守恒，有1 2mv12 1 3mv22 EP2 1 2 2 P 撞击 P 后， A 与 D 的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，12 （ 2

18、m）v32并获得速度。能，设 D 的速度为 v3 ，则有EP当弹簧伸长时， A 球离开挡板 P，A、 D 的速度相等时，势能全部转变成D 的动弹簧伸至最长。设此时的速度为 v4 ，由动量守恒，有2mv33mv4当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为EP，由能量守恒，有12 122mv323mv42 EP23 24P练习 1： 图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块 B相连， B静止在水平直导轨上，弹簧处在原长状 态，另一质量与 B相同的滑块 A从导轨上的 P 点以某一初速度向 B滑行。当 A滑过距离 L1时，与 B相碰， 碰撞时间极短，碰后 A、B 紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A 恰好

19、返回到出发点 P并停止。滑块 A和 B 与导轨的滑动摩擦因数都是，运动过程中弹簧最大形变量为L2，重力加速度为 g。求 A从 P点出发时的初速度 V0。解答 ：其实 A 物体的运动可分为四个过程： 其一： A由 P 点开始运动到刚接触 B的过程。解以上各式得EP1236mv02设 A刚接触 B 时速度为 V1（碰前），由动能定理，有：其二： A与 B 碰撞的过程。设碰后 A、 B共同运动的速度为 V2， A 、 B碰撞过程中动量守恒，有：?其三： A与 B 碰撞后一起运动直到分离的过程。碰后 A、 B先一起向左运动，接着 A、B一起被弹回，在弹簧恢复到原长时，A与 B分离。设 A、B的共同速度

20、为 V3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，利用功能关系有：A、其四： A与 B 分离后做匀减速运动的过程。有：B 开始分离以后， A 单独向右滑到 P 点停下，由动能定理? 由以上各式，解得?。六多个物体动量守恒定律的应用M ，木球的质量为 m，其质量之比 M ： m=15 ：1，此人静止在光滑水平例题 如图所示，人的质量为冰面上以速度 v 将木球沿水平冰面推向正前方的固定挡板，木球被挡板弹回，人接住球后再以相同的速率 （ 相对地面 ）将球推向挡板（设球与挡板相碰时以原速率反弹）问：人推球至少多少次，才能不再接到 球 ? （运用归纳法、演绎法解决满足动量守恒的物理问题）第一次推出球：Mv1

21、mv第一次接到球：mvMv1(M m)v1第二次抛出球：(Mm)v1mv Mv2第二次接到球：mvMv2(M m)v2第三次抛出球：(Mm)v2mv Mv3由数学归纳法可知第n 次抛出小球后，小车的速度为vn小车的速度为 v1小车速度为 v2小车的速度为v3mv M3mvM5mvM(2n 1)mv v，当 vnMv 时，小车上的人将无法接到小球，代入数据得 n 8.25 ，取 n 9 。 本题的另一种解法即是对系统应用动量定理。小球和小车的动量逐渐变大，其原因是小车和小球组 成的系统在整个过程中受到墙壁的冲量，每次墙壁对小球的冲量 （也是对系统的冲量） 等于 2mv ，当抛出 小球 n 次后，

22、小球与墙壁碰撞了 n 次，根据动量定理， 2nmv mv Mvn ，当 vn v 时，小车上的人将 无法接到小球，代入数据得 n 8.25 ，取 n 9 。练习 1：光滑的水平轨道上有甲、乙两辆小车，车上各站一人、甲车上的人手中握有一个质量为 m 的球，甲车连同车上的人和球的总质量为M 1，乙车连同车上的人总质量为M 2，开始时两车均静止，当甲车上的人把球抛给乙车上的人，乙车上的人接住球后又抛给甲车上的人，如此反复多次，设球一共 被抛了 n 次，最后甲车的速度为 v1 ，乙车的速度为 v2，则 （ AC）A.若 n 为奇数，则 v1：v2=（M2+m） ：（M1 m）B.若 n 为奇数，则 v

23、1：v2=M2 ： M1c若 n 为偶数，则 v1 ： v2=M2 ：M1D.若 n 为偶数，则 v1： v2= （M2+m） ：（M1 一 m） 反思 （ 1）利用动量守恒和动能定理解题关键是要明确哪些力做功，这些力是否是恒力，如果是变力， 又是怎样的变力，这个变力是否跟位移大小成线性关系，用牛顿运动定律分析运动过程 ，巧取初末状 态。（ 2）是每次物理量字母脚标设定跟次数相对应；运用归纳法推理总结出通式，这是一种数学方法的 迁移2 如图所示，一排人站在 x轴的水平轨道旁，原点 O两侧的人的序号都记为 n（n 1,2,3 ） 。每 人只有一个沙袋， x 0一侧的每个沙袋质量为 m 14kg，

24、 x 0一侧的每个沙袋质量为 m 10kg 。 一质量为 M 48kg的小车以某初速度从原点出发向正 x 方向滑行，不计轨道阻力，当车每经过一人身 旁时，此人就把沙袋以水平速度u 朝与车速相反的方向沿车面扔到车上，u 的大小等于扔此沙袋之前的 瞬间速度大小的 2n倍（ n 是此人的序号数）（1）空车出发后，车上堆积了几个沙袋时车就反向 滑行？（2）车上最终有大小沙袋共多少个？分析1）设第 n 1次抛过后的速度为 vn 1，第 n 次抛完后的速度为vn ，由动量守恒定律得：M (n 1)mvn 1 2nmvn 1 M nmvn得 vnM (n 1)mvn 1 2nmvn 1M nmvn 1M (

25、n 2)mvn 2 2(n 1)mvn 2M (n 1)m小车反向的条件是 vn 0，vn1 0可得 2 n （ 2 ）设车反向运动到 0 点的首速度为速度为vk 1，第 k 次抛完后的速度为vkM(k1)mvk 1 2kmvn 1M得 vkM(k 1)mvk 1 2kmvk14，即车上有 3 个球时车将反向。v0 （为第三个球与之结合后的速度），设第k 1 次抛过后的由动量守恒定律得： km vkvk 1M (k 2)mvk 2 2kmvk 2M (k 1)m车不再向左滑行的条件是 vk 0， vk 1 即车上最多有 11 个球。3 如图所示， n 个相同的木块（可视为质点），每块的质量都是

26、 面上，相邻木块间的距离均为L，第 n 个木块到桌边的距离也是0，用M3m 代入，可得 8 k 9 ，取 k 8 ，m，从右向左沿同一直线排列在水平桌L，木块与桌面间的动摩擦因数为，开始时，第 1 个木块以初速度 v0 向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在 一起运动，最后第 n 个木块刚好滑到桌边而没有滑掉下。（1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能（2）求第 i 次（i n-1 ）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比 解析 （ 1）整个过程木块克服摩擦力做功 根据功能关系，整个过程中由于碰撞而损失的总动能为Ek EK 0 W得EK 1mv02 n（n 1） mglK 2 0 2(i 1)mviimvi2 ）设第 i 次（ i n 1） 碰撞前木块的速度为 v1 ，碰撞后速度为 vi ，则碰撞中损失的动能Eki 与碰撞前动能 Eki 之比为EkiEki121&