物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义第六章动量守恒定律第2讲

第2讲动力学、动量和能量观点在力学中的应用一、力的三个作用效果与五个规律分类对应规律公式表达力的瞬时作用效果牛顿第二定律F合＝ma力对空间积累效果动能定理W合＝ΔEkW合＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12机械能守恒定律E1＝E2mgh1＋eq\f(1,2)mv12＝mgh2＋eq\f(1,2)mv22力对时间积累效果动量定理F合t＝p′－pI合＝Δp动量守恒定律m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′二、碰撞中常见的力学模型及其结论模型名称模型描述模型特征模型结论“速度交换”模型相同质量的两球发生弹性正碰m1＝m2，动量、动能均守恒v1′＝0，v2′＝v0(v2＝0，v1＝v0)“完全非弹性碰撞”模型两球正碰后粘在一起运动动量守恒、能量损失最大v＝eq\f(m1,m1＋m2)v0(v2＝0，v1＝v0)命题点一动量与动力学观点的综合应用1．解决动力学问题的三个基本观点(1)力的观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题．(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．(3)动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题．2．力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律．(2)研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．(3)若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．(4)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量．(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决．例1如图1甲所示，质量均为m＝kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点．P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞，碰撞时间极短．已知B、C两点间的距离L＝m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝，取g＝10m/s2，求：图1(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；(2)Q运动的时间t.答案(1)8m/s7m/s(2)s解析(1)在0～3s内，以向右为正方向，对P由动量定理有：F1t1＋F2t2－μmg(t1＋t2)＝mv－0其中F1＝2N，F2＝3N，t1＝2s，t2＝1s解得v＝8m/s设P在B、C两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：μmg＝maP在B、C两点间做匀减速直线运动，有：v2－v12＝2aL解得v1＝7m/s(2)设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2，有：mv1＝mv1′＋mv2eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)mv1′2＋eq\f(1,2)mv22碰撞后Q做匀减速直线运动，有：μmg＝ma′t＝eq\f(v2,a′)解得t＝s.变式1质量为m1＝1200kg的汽车A以速度v1＝21m/s沿平直公路行驶时，驾驶员发现前方不远处有一质量m2＝800kg的汽车B以速度v2＝15m/s迎面驶来，两车立即同时急刹车，使车做匀减速运动，但两车仍在开始刹车t＝1s后猛烈地相撞，相撞后结合在一起再滑行一段距离后停下，设两车与路面间的动摩擦因数μ＝，取g＝10m/s2，忽略碰撞过程中路面摩擦力的冲量，求：(1)两车碰撞后刚结合在一起时的速度大小；(2)设两车相撞时间(从接触到一起滑行)t0＝s，则A车受到的水平平均冲力是其自身重力的几倍；(3)两车一起滑行的距离．答案(1)6m/s(2)6倍(3)6m解析(1)对于减速过程有a＝μg对A车有：vA＝v1－at对B车有：vB＝v2－at以碰撞前A车运动的方向为正方向，对碰撞过程由动量守恒定律得：m1vA－m2vB＝(m1＋m2)v共可得v共＝6m/s(2)对A车由动量定理得：－Ft0＝m1v共－m1vA可得F＝×104N则eq\f(F,m1g)＝6(3)对共同滑行的过程有x＝eq\f(v\o\al(共2,),2a)，可得x＝6m.命题点二动量与能量观点的综合应用1．两大观点动量的观点：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．2．解题技巧(1)若研究对象为一个系统，应优先考虑应用动量守恒定律和能量守恒定律(机械能守恒定律)．(2)若研究对象为单一物体，且涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．(3)动量守恒定律、能量守恒定律(机械能守恒定律)、动能定理都只考查一个物理过程的初、末两个状态有关物理量间的关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力做功问题，就更显示出它们的优越性．例2如图2所示，在水平面上依次放置小物块C和A以及曲面劈B，其中A与C的质量相等均为m，曲面劈B的质量M＝3m，劈B的曲面下端与水平面相切，且劈B足够高，各接触面均光滑．现让小物块C以水平速度v0向右运动，与A发生碰撞，碰撞后两个小物块粘在一起又滑上劈B.重力加速度为g，求：图2(1)碰撞过程中系统损失的机械能；(2)碰后物块A与C在曲面劈B上能够达到的最大高度．答案(1)eq\f(1,4)mv02(2)eq\f(3v\o\al(02,),40g)解析(1)小物块C与A发生碰撞后粘在一起，由动量守恒定律得：mv0＝2mv解得v＝eq\f(1,2)v0；碰撞过程中系统损失的机械能为E损＝eq\f(1,2)mv02－eq\f(1,2)(2m)v2解得E损＝eq\f(1,4)mv02.(2)当AC上升到最大高速时，ABC系统的速度相等，根据动量守恒定律：mv0＝(m＋m＋3m)v1解得v1＝eq\f(1,5)v0由能量守恒：2mgh＝eq\f(1,2)·2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v0))2－eq\f(1,2)×5m×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)v0))2解得h＝eq\f(3v\o\al(02),40g).变式2如图3甲所示，半径为R＝m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车，其质量M＝5kg，长度L＝m，车的上表面与B点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A由静止释放，其质量m＝1kg，g取10m/s2.图3(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力Ff随它距B点位移L的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小．答案(1)30N(2)m/s(3)eq\r(5)m/s解析(1)物块从圆弧轨道A点滑到B点的过程中机械能守恒：mgR＝eq\f(1,2)mvB2解得：vB＝3m/s在B点由牛顿第二定律得FN－mg＝meq\f(v\o\al(B2,),R)解得：FN＝30N由牛顿第三定律知，物块滑到B点时对轨道的压力FN′＝FN＝30N(2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒，mvB＝(m＋M)v共解得v共＝m/s(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为Ff－L图线与横轴所围的面积，则Wf＝eq\f(2＋6×,2)J＝2J物块在平板车上滑行过程中，由动能定理得：－Wf＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvB2解得：v＝eq\r(5)m/s.命题点三力学三大观点解决多过程问题1．表现形式(1)直线运动：水平面上的直线运动、斜面上的直线运动、传送带上的直线运动．(2)圆周运动：绳模型圆周运动、杆模型圆周运动、拱形桥模型圆周运动．(3)平抛运动：与斜面相关的平抛运动、与圆轨道相关的平抛运动．2．应对策略(1)力的观点解题：要认真分析运动状态的变化，关键是求出加速度；(2)两大定理解题：应确定过程的初、末状态的动量(动能)，分析并求出过程中的冲量(功)；(3)过程中动量或机械能守恒：根据题意选择合适的初、末状态，列守恒关系式，一般这两个守恒定律多用于求某状态的速度(率)．例3如图4所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)从A点由静止出发绕O点下摆，当摆到最低点B时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到出发点A.已知男演员质量为2m、女演员质量为m，秋千的质量不计，秋千的摆长为R，C点比O点低5R.不计空气阻力，重力加速度为g，求：图4(1)摆到最低点B，女演员未推男演员时秋千绳的拉力大小；(2)推开过程中，女演员对男演员做的功；(3)男演员落地点C与O点的水平距离s.答案(1)9mg(2)6mgR(3)8R解析(1)两杂技演员从A点下摆到B点，只有重力做功，机械能守恒．设二者到达B点的速度大小为v0，则由机械能守恒定律有：(m＋2m)gR＝eq\f(1,2)(m＋2m)v02设绳子拉力大小为FT，由受力分析和圆周运动知识有：FT－(m＋2m)g＝eq\f(m＋2mv\o\al(02),R)则FT＝9mg(2)两演员相互作用，沿水平方向动量守恒设作用后女、男演员的速度大小分别为v1、v2，以v2的方向为正方向，(m＋2m)v0＝2mv2－mv1女演员上摆到A点过程中机械能守恒，因此有mgR＝eq\f(1,2)mv12女演员推开男演员做功：W＝eq\f(1,2)×2mv22－eq\f(1,2)×2mv02解得：v2＝2eq\r(2gR)，W＝6mgR(3)男演员自B点做平抛运动落到C点，有：s＝v2t4R＝eq\f(1,2)gt2，解得s＝8R.变式3如图5所示，光滑的水平桌面高h＝5m，桌面上有两个质量分别为mA＝5kg、mB＝1kg的小球A、B，它们之间有一个压缩的轻弹簧(弹簧长度很短、与两小球没有拴接)，B球通过一个长L＝m、竖直绷紧的轻绳挂在B的正上方O点．现同时由静止释放两小球，已知B球以后恰好在竖直平面内做完整的圆周运动．不计空气阻力．g＝10m/s2，求：图5(1)小球A落地时距桌面边缘的水平距离x；(2)最初弹簧储存的弹性势能Ep.答案(1)1m(2)15J解析(1)设球A、B被弹簧弹开后的速度分别为vA、vB，B球在最高点有mBg＝mBeq\f(v\o\al(B12,),L)B被弹簧弹开后运动至最高点过程，由机械能守恒定律有eq\f(1,2)mBvB2＝mBg·2L＋eq\f(1,2)mBvB12解得vB＝5m/sA、B被弹簧弹开过程动量守恒，以vA的方向为正方向，0＝mAvA－mBvB解得vA＝1m/sA离开桌面边缘后做平抛运动，h＝eq\f(1,2)gt2，x＝vAt解得球A落地时距桌面边缘的水平距离x＝1m(2)最初弹簧储存的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)mAvA2＋eq\f(1,2)mBvB2＝15J.1．在如图1所示的光滑水平面上，小明站在静止的小车上用力向右推静止的木箱，木箱离开手以5m/s的速度向右匀速运动，运动一段时间后与竖直墙壁发生弹性碰撞，反弹回来后被小明接住．已知木箱的质量为30kg，人与车的总质量为50kg.求：图1(1)推出木箱后小明和小车一起运动的速度大小；(2)小明接住木箱后三者一起运动，在接木箱过程中系统损失的能量．答案(1)3m/s(2)J解析(1)人推木箱的过程，由动量守恒定律可得：Mv1＝mv2解得：人、车一起向左运动的速度v1＝3m/s(2)小明接木箱的过程，取向左为正方向，由动量守恒定律可得：Mv1＋mv2＝(M＋m)v解得：三者的共同速度v＝m/s系统损失的能量：ΔE＝eq\f(1,2)Mv12＋eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)(M＋m)v2＝J2.如图2所示，水平地面光滑，质量为m1的A物块，以v0＝10m/s的速度向右匀速运动．质量分别为m2、m3的物块B与C，由轻质并且处于原长状态的水平弹簧相连，B、C和弹簧初始静止放置，某时刻A与B碰撞后立刻粘在一起．已知m1＝2kg，m2＝m3＝3kg，求：图2(1)A与B碰撞粘在一起后瞬间的速度大小；(2)此后运动过程中，弹簧被第一次压缩到最短时的弹性势能大小．答案(1)4m/s(2)15J解析(1)A与B碰撞过程，以A、B为系统，取向右为正方向，由动量守恒定律有：m1v0＝(m1＋m2)v代入数据解得：v＝4m/s(2)弹簧被第一次压缩到最短时A、B、C三物块速度相等，设为v′，由动量守恒定律有：m1v0＝(m1＋m2＋m3)v′解得：v′＝m/s从A与B碰撞粘在一起到弹簧被第一次压缩到最短的过程中由机械能守恒定律有：eq\f(1,2)(m1＋m2)v2＝eq\f(1,2)(m1＋m2＋m3)v′2＋Ep解得：Ep＝15J3.如图3所示，半径R＝m的竖直光滑四分之一圆弧轨道固定在水平面上，质量为m＝kg的滑块从圆弧轨道的最高点由静止释放，当滑块运动到圆弧轨道的最低点A时，装在滑块内部的微量炸药发生爆炸，将滑块炸成质量之比为eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,3)的两块P、Q，其中P刚好又能回到圆弧轨道的最高点，Q沿水平面向右滑行．已知Q与水平面间的动摩擦因数为μ＝eq\f(2,3)，炸药的质量忽略不计，重力加速度g＝10m/s2.图3(1)求Q在水平面上滑行的距离；(2)若炸药爆炸产生的化学能有80%转化为P、Q增加的机械能，试计算炸药爆炸时产生的化学能．答案(1)eq\f(10,3)m(2)5J解析(1)设滑块下滑到轨道最低点时的速度大小为v0，炸药爆炸后瞬间P、Q的速度大小分别为v1和v2.滑块下滑的过程，由机械能守恒定律得mgR＝eq\f(1,2)mv02可得v0＝eq\r(2gR)＝4m/s爆炸后，P上滑到轨道最高点的过程，由机械能守恒定律得m1gR＝eq\f(1,2)m1v12解得v1＝eq\r(2gR)＝4m/s炸药爆炸过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝m2v2－m1v1又eq\f(m1,m2)＝eq\f(1,3)，m1＋m2＝m解得v2＝eq\f(20,3)m/sQ在水平面上滑行，由动能定理得－μm2gs＝0－eq\f(1,2)m2v22解得Q在水平面上滑行的距离s＝eq\