高三物理复习专题五动量和能量观点的综合应用讲义

专题五动量和能量观点的综合应用专题定位本专题解决的是综合应用动量和能量观点解决物体运动的多过程问题．本专题是高考的重点和热点，命题情景新、联系实际密切、综合性强，是高考的压轴题．应考策略本专题在高考中主要以两种命题形式出现：一是综合应用动能定理、机械能守恒定律和动量守恒定律，结合动力学方法解决多运动过程问题；二是运用动能定理和动量守恒定律解决电场、磁场内带电粒子的运动或电磁感应问题．由于本专题综合性强，因此要在审题上狠下功夫，弄清运动情景，挖掘隐含条件，有针对性地选择相应规律和方法．1．动量定理的公式Ft＝p′－p除表明两边大小、方向的关系外，还说明了两边的因果关系，即合外力的冲量是动量变化的原因．动量定理说明的是合外力的冲量与动量变化的关系，反映了力对时间的累积效果，与物体的初、末动量无必然联系．动量变化的方向与合外力的冲量方向相同，而物体在某一时刻的动量方向跟合外力的冲量方向无必然联系．动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力，它可以是恒力，也可以是变力，当F为变力时，F应是合外力对作用时间的平均值．2．动量守恒定律(1)内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变．(2)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的变化量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量变化量大小相等、方向相反)．(3)守恒条件①系统不受外力或系统虽受外力但所受外力的合力为零．②系统合外力不为零，但在某一方向上系统合力为零，则系统在该方向上动量守恒．③系统虽受外力，但外力远小于内力且作用时间极短，如碰撞、爆炸过程．3．解决力学问题的三个基本观点(1)力的观点：主要应用牛顿运动定律和运动学公式相结合，常涉及受力、加速度或匀变速运动的问题．(2)动量的观点：主要应用动量定理或动量守恒定律求解，常涉及物体的受力和时间问题，以及相互作用的系统问题．(3)能量的观点：在涉及单个物体的受力和位移问题时，常用动能定理分析；在涉及系统内能量的转化问题时，常用能量守恒定律．1．力学规律的选用原则(1)单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律．若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律．(2)多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决．2． 系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法．(1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动．(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统). 题型1 动量和能量的观点在力学中的应用例1 (2013·广东·35)如图1，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m ，P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L ，物体P 置于P 1的最右端，质量为2m 且可看作质点．P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P 1与P 2粘连在一起，P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内)．P 与P 2之间的动摩擦因数为μ，求：图1(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2. (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p . 解析 (1)P 1和P 2碰撞过程动量守恒，有mv 0＝(m ＋m )v 1①解得v 1＝12v 0P 在P 2上滑行过程中，P 1、P 2、P 组成的系统动量守恒，有2mv 0＋2mv 1＝4mv 2②解得v 2＝34v 0(2)P 1、P 2、P 第一次等速时弹簧压缩量最大，由能量守恒得μ·2mg (L ＋x )＋E p ＝12×2mv 2＋12×2mv 21－12×4mv 22③P 刚进入P 2到P 1、P 2、P 第二次等速时由能量守恒得μ·2mg (2L ＋2x )＝12×2mv 20＋12×2mv 21－12×4mv 22④由③④得：x ＝v 2032μg －L ，E p ＝mv 2016. 答案 (1)12v 0 34v 0 (2)v 2032μg －L mv 216如图2所示，质量为m 的b 球用长为h 的细绳悬挂于水平轨道BC 的出口C 处．质量也为m 的小球a ，从距BC 高为h 的A 处由静止释放，沿ABC 光滑轨道滑下，在C 处与b 球正碰并与b 粘在一起．已知BC 轨道距水平地面ED 的高度为0.5h ，悬挂b 球的细绳能承受的最大拉力为2.8mg .试问：图2(1)a 球与b 球碰前瞬间的速度为多大？(2)a 、b 两球碰后，细绳是否会断裂？若细绳断裂，小球在DE 水平面上的落点距C 处的水平距离是多少？若细绳不断裂，小球最高将摆多高？(小球a 、b 均视为质点) 答案 (1)2gh (2)细绳会断裂，落点距C 处的水平距离是22h 解析 (1)设a 球经C 点时速度为v C ，由机械能守恒定律，mgh ＝12mv 2C解得：v C ＝2gh即a 球与b 球碰前瞬间的速度为2gh(2)设a 、b 两球碰后速度为v ，由动量守恒定律，mv C ＝(m ＋m )v解得：v ＝v C 2＝2gh2两球粘在一起被细线悬挂绕O 摆动时，由F T －2mg ＝2m v 2h解得：F T ＝3mg由于F T >2.8mg ，细线会断裂，小球做平抛运动． 设平抛运动时间为t ，则有0.5h ＝12gt 2，解得t ＝h gx ＝vt ＝2gh 2·h g ＝22h 小球在DE 水平面上的落点距C 处的水平距离是22h题型2 动量和能量观点在电学中的应用例2 (20分)在光滑水平面上静止着A、B两个小球(可视为质点)，质量均为m，A球是带电荷量为q的正电荷，B球不带电，两球相距为L.从t＝0时刻开始，在两小球所在的水平空间内加一范围足够大的匀强电场，电场强度为E，方向与A、B两球的连线平行向右，如图3所示．A球在电场力作用下由静止开始沿直线运动，并与B球发生完全弹性碰撞．设两球间碰撞力远大于电场力且作用时间极短，每次碰撞过程中A、B之间都没有电荷量转移，且不考虑空气阻力及两球间的万有引力．问：图3(1)小球A经多长时间与小球B发生第一次碰撞？(2)小球A与小球B发生第一次碰撞后瞬间A、B两球的速度大小分别是多少？(3)第二次碰撞后，又经多长时间发生第三次碰撞？解析(1)小球A在电场力的作用下做匀加速直线运动，L＝12at21(1分)a＝qEm(1分)解得：t1＝2mLqE(1分)(2)小球A与小球B发生完全弹性碰撞，设A球碰前速度为v A1，碰后速度为v A1′，B球碰前速度为0，碰后速度为v B1′，则mv A1＝mv A1′＋mv B1′(2分)1 2mv2A1＝12mv A1′2＋12mv B1′2 (2分)联立得：v A1′＝0 v B1′＝v A1v A1＝at1＝2qEL m所以v A1′＝0(2分)v B1′＝2qELm(2分)(3)第一次碰撞后，小球A做初速度为0的匀加速直线运动，小球B以v B1′的速度做匀速直线运动，两小球发生第二次碰撞的条件是：两小球位移相等．设A球第二次碰撞前速度为v A2，碰后速度为v A2′，B球碰前速度为v B2，碰后速度为v B2′，则v A2＝at2＝qE m t2v B2＝v B1′＝2qEL m12at22＝v B2t2解得：t2＝22mL qEv A2＝at2＝22qEL m又mv A2＋mv B2＝mv A2′＋mv B2′1 2mv2A2＋12mv2B2＝12mv A2′2＋12mv B2′2联立得：v A2′＝v B2 v B2′＝v A2所以v A2′＝2qEL mv B2′＝22qELm(4分)第二次碰撞后，小球A做初速度为2qELm的匀加速直线运动，小球B以v B2′的速度做匀速直线运动，两小球发生第三次碰撞的条件是：两小球位移相等．设第三次碰撞A球碰前速度为v A3，碰后速度为v A3′，B球碰前速度为v B3，碰后速度为v B3′，则v B3＝v B2′＝22qEL m2qEL m t3＋12at23＝v B3·t3解得：t3＝22mLqE(5分)即完成第二次碰撞后，又经t3＝22mLqE的时间发生第三次碰撞．答案(1) 2mLqE(2)A球的速度大小是0，B球的速度大小是2qELm(3)22mLqE如图4所示，相距都为L的两足够长的平行金属直导轨与水平面的夹角都是θ，通过最低点的PQ用一段很小的圆弧连接(长度可以忽略)，PQ的左侧导轨处于磁感应强度为B1、磁场方向垂直左导轨的匀强磁场中，PQ的右侧导轨处于磁感应强度为B2＝2B1、磁场方向垂直右导轨的匀强磁场中，PQ圆弧处没有磁场．现有电阻都为r、长度都为L、质量分别是m1、m2，m2＝2m1的导体棒AB、CD分别静置于两导轨的足够高处，导体棒与导轨垂直且接触良好．现先释放AB 棒，当AB 棒速度稳定时再释放CD 棒．一切摩擦不计，试分析下列问题：图4(1)求AB 棒的稳定速度v 1；(2)试分析AB 棒稳定运动时自由释放后的CD 棒的运动状态；(3)当AB 棒运动到最低点PQ 时，立即锁定它，不让其运动，随即解除锁定，随后会与下滑的CD 棒发生弹性碰撞．试求AB 、CD 棒在运动停止前的整个运动过程中的最大电流． 答案 (1)2rm 1g sin θB 21L 2(2)CD 棒静止不动 (3)m 1g sin θB 1L解析 (1)回路中的感应电动势E ＝B 1Lv 1 电流I ＝B 1Lv 12rAB 棒所受到的安培力F 安1＝B 1LI ＝B 21L 2v 12rAB 棒稳定后有B 21L 2v 12r＝m 1g sin θ由上述解得v 1＝2rm 1g sin θB 21L2(2)CD 棒释放前瞬间所受到的安培力为F 安2＝B 2LI ＝B 1B 2L 2v 12r将B 2＝2B 1代入上式得F 安2＝B 21L 2v 1rCD 棒重力沿斜面方向的分量为G 2＝m 2g sin θ＝2m 1g sin θ因B 21L 2v 12r＝m 1g sin θ，即F 安2＝G 2，故CD 棒静止不动(3)CD 由足够高滑下来，最终做匀速直线运动，F 安2＝B 2LI ′＝B 22L 2v 22r又F 安2＝B 21L 2v 1r解得v 2＝12v 1两棒弹性碰撞，动量守恒m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′机械能守恒：12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2由以上解得：v 1′＝2v 13v2′＝v1 6由上述可知AB棒以v1下滑时速度最大，产生的最大电流I max＝B1Lv12r＝m1g sin θB1L8．综合应用动量和能量观点解决多过程问题审题示例如图5所示，光滑的水平面AB(足够长)与半径为R＝0.8 m的光滑竖直半圆轨道BCD在B点相切，D点为半圆轨道最高点．A点的右侧等高地放置着一个长为L＝20 m、逆时针转动速度为v＝10 m/s的传送带．用轻质细线连接甲、乙两物体，中间夹一轻质弹簧，弹簧与甲乙两物体不拴接．甲的质量为m1＝3 kg，乙的质量为m2＝1 kg，甲、乙均静止在光滑的水平面上．现固定乙，烧断细线，甲离开弹簧后进入半圆轨道并可以通过D点，且过D点时对轨道的压力恰好等于甲的重力．传送带与乙物体间动摩擦因数为0.6，重力加速度g取10 m/s2，甲、乙两物体可看做质点．图5(1)求甲球离开弹簧时的速度．(2)若甲固定，乙不固定，细线烧断后乙可以离开弹簧后滑上传送带，求乙在传送带上滑行的最远距离．(3)甲、乙均不固定，烧断细线以后，求甲和乙能否再次在AB面上水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞时甲乙的速度；若不会碰撞，说明原因．审题模板答题模板(1)甲离开弹簧时的速度大小为v0，运动至D点的过程中机械能守恒：1 2m1v20＝m1g·2R＋12m1v2D在最高点D，由牛顿第二定律，2m1g＝m1v2D R联立解得：v0＝4 3 m/s (4分)(2)甲固定，烧断细线后乙的速度大小为v乙，能量守恒得E p＝12m1v20＝12m2v2乙得v乙＝12 m/s (2分) 之后乙滑上传送带做匀减速运动μm2g＝m2a得a＝6 m/s2 (2分)乙速度为零时离A 端最远，最远距离为：s ＝v 2乙2a＝12 m<20 m(2分)即乙在传送带上滑行的最远距离为12 m.(3)甲、乙均不固定，烧断细线后，设甲、乙速度大小分别为v 1、v 2，甲、乙分离瞬间动量守恒：m 1v 1＝m 2v 2甲、乙和弹簧组成的系统能量守恒：E p ＝12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22解得：v 1＝2 3 m/s ，v 2＝6 3 m/s(4分)之后甲沿轨道上滑，设上滑最高点高度为h ，则12m 1v 21＝m 1gh得h ＝0.6 m<0.8 m(2分)则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB 面上速度仍然是v 2＝2 3 m/s(1分)乙滑上传送带，因v 2＝6 3 m/s<12 m/s ，则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速． 由对称性可知乙返回AB 面上时速度大小仍然为v 2＝6 3 m/s(1分)故甲、乙会再次相撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向向左答案 (1)4 3 m/s (2)12 m (3)甲、乙会再次碰撞，碰撞时甲的速度为2 3 m/s ，方向向右，乙的速度为6 3 m/s ，方向向左(限时：60分钟)1． 如图1所示，在离地面H ＝5.45 m 的O 处用长L ＝0.45 m 的不可伸长的细线挂一质量为0.09 kg 的爆竹(火药质量忽略不计)，把爆竹拉起至D 点使细线水平伸直，点燃导火线后将爆竹静止释放，爆竹刚好到达最低点B 时炸成质量相等的两块，一块朝相反方向水平抛出，落到地面上的A 处，抛出的水平距离s ＝5 m ．另一块仍系在细线上继续做圆周运动，空气阻力忽略不计，取g ＝10 m/s 2，求：图1(1)爆竹爆炸前瞬间的速度大小v 0；(2)继续做圆周运动的那一块在B 处对细线的拉力的大小； (3)火药爆炸释放的能量E .答案 (1)3 m/s (2)12.55 N (3)2.88 J解析 (1)设爆竹的总质量为2m ，爆竹从D 点运动到B 点过程中，根据动能定理，得2mgL＝12×2mv20解得v0＝3 m/s(2)设爆炸后抛出的那一块的水平速度为v1，做圆周运动的那一块的水平速度为v2. 对抛出的那一块，有：s＝v1tH－L＝12gt2解得v1＝5 m/s以爆炸后做圆周运动的那一块的水平速度方向为正方向，根据动量守恒定律，得2mv0＝mv2－mv1在B处，对于做圆周运动的那一块，根据牛顿第二定律，得F T－mg＝mv22 L根据牛顿第三定律，得做圆周运动的那一块对细线的拉力F T′＝F T 联立以上各式，解得F T′＝12.55 N(3)根据能量守恒定律，得E＝12mv21＋12mv22－12×2mv20解得E＝2.88 J2．如图2所示，在距水平地面高h＝0.80 m的水平桌面一端的边缘放置一个质量m＝0.80 kg 的木块B，桌面的另一端有一块质量M＝1.0 kg的木块A以初速度v0＝4.0 m/s开始向着木块B滑动，经过时间t＝0.40 s与B发生碰撞，碰后两木块都落到地面上．木块B 离开桌面后落到地面上的D点．设两木块均可以看做质点，它们的碰撞时间极短，且已知D点距桌面边缘的水平距离s＝0.60 m，木块A与桌面间的动摩擦因数μ＝0.50，重力加速度取g＝10 m/s2.求：图2(1)两木块碰撞前瞬间，木块A的速度大小；(2)木块B离开桌面时的速度大小；(3)碰撞过程中损失的机械能．答案(1)2.0 m/s (2)1. 5 m/s (3)0.78 J解析(1)木块A在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，木块A的加速度大小根据牛顿第二定律，μMg＝Maa＝5 m/s2设两木块碰撞前瞬间A的速度大小为v，根据运动学公式得v＝v0－at解得v＝2.0 m/s(2)两木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B离开桌面时的速度大小为v2，在空中飞行的时间为t′.根据平抛运动规律有：h＝12gt′2，s＝v2t′解得：v2＝s g2h＝1.5 m/s(3)设两木块碰撞后木块A的速度大小为v1，根据动量守恒定律有Mv＝Mv1＋mv2解得：v1＝Mv－mv2M＝0.80 m/s碰撞过程中损失的机械能为E损＝12Mv2－12Mv21－12mv22解得E损＝0.78 J3．坡道顶端距水平滑道ab高度为h＝0.8 m．质量为m1＝3 kg的小物块A从坡道顶端由静止滑下，进入滑道ab时无机械能损失，放在地面上的小车上表面与ab在同一水平面上，右端紧靠水平滑道的b端，左端紧靠锁定在地面上的挡板P.轻弹簧的一端固定在挡板P 上，另一端与质量为m2＝1 kg的物块B相接(不拴接)，开始时弹簧处于原长，B恰好位于小车的右端，如图3所示．A与B碰撞时间极短，碰后结合成整体D压缩弹簧，已知D与小车之间的动摩擦因数为μ＝0.2，其余各处的摩擦不计，A、B可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，求：图3(1)A在与B碰撞前瞬间速度v的大小？(2)求弹簧达到最大压缩量d＝1 m时的弹性势能E p？(设弹簧处于原长时弹性势能为零)(3)撤去弹簧和挡板P，设小车长L＝2 m，质量M＝6 kg，且μ值满足0.1≤μ≤0.3，试求D相对小车运动过程中两者因摩擦而产生的热量(计算结果可含有μ)．答案(1)4 m/s (2)10 J (3)①当0.1≤μ<0.135时，摩擦生热80μ J．②当0.135≤μ≤0.3时，摩擦生热10.8 J解析(1)由机械能守恒定律m1gh＝12m1v2解得v ＝4 m/s(2)A 与B 碰撞结合，由动量守恒定律得m 1v ＝(m 1＋m 2)v 1得v 1＝3 m/sD 压缩弹簧至最大压缩量时，由能量守恒定律得12(m 1＋m 2)v 21＝E p ＋μ(m 1＋m 2)gd 得E p ＝10 J(3)设D 滑到小车左端时刚好能够与小车共速，速度大小为v 2由动量守恒定律得(m 1＋m 2)v 1＝(m 1＋m 2＋M )v 2即v 2＝1.2 m/s由能量守恒定律得μ1(m 1＋m 2)gL ＝12(m 1＋m 2)v 21－12(m 1＋m 2＋M )v 22 得μ1＝0.135①当满足0.1≤μ<0.135时，D 和小车不能共速，D 将从小车的左端滑落产生的热量为Q 1＝μ(m 1＋m 2)gL解得Q 1＝80μ J②当满足0.135≤μ≤0.3时，D 和小车能共速产生的热量为Q 2＝12(m 1＋m 2)v 21－12(m 1＋m 2＋M )v 22 解得Q 2＝10.8 J4． 如图4所示，在一绝缘粗糙的水平桌面上，用一长为2L 的绝缘轻杆连接两个完全相同、质量均为m 的可视为质点的小球A 和B .A 球带电荷量为＋q ，B 球不带电．开始时轻杆的中垂线与竖直虚线MP 重合，虚线NQ 与MP 平行且相距4L .在MP 、NQ 间加水平向右、电场强度为E 的匀强电场，A 、B 球恰能静止在粗糙桌面上．取最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：图4(1)A 、B 球与桌面间的动摩擦因数；(2)若A 球带电荷量为＋8q 时，B 球带电荷量为－8q ，将A 、B 球由开始位置从静止释放，求A 球运动到最右端时距虚线NQ 的距离d 及AB 系统从开始运动到最终静止所运动的总路程s ；(3)若有质量为km 、带电荷量为－k 2q 的C 球，向右运动与B 球正碰后粘合在一起，为使A球刚好能到达虚线NQ的位置，问k取何值时，C与B碰撞前瞬间C球的速度最小？C 球速度的最小值为多大？(各小球与桌面的动摩擦因数都相同，且各小球间的库仑力忽略不计)答案(1)qE2mg(2)8L(3)k＝32时C球的速度最小值，最小值为6＋qEL m解析(1)以A、B球整体为研究对象，处于静止状态，则有qE＝2μmgμ＝qE 2mg(2)从静止开始至A球运动到最右端的过程中电场力对A球做功W A＝8qE×3L电场力对B球做负功W B＝－8qE[4L－(2L－d)]＝－8qE(2L＋d)摩擦力对AB系统做负功W f＝－2μmg(3L＋d)＝－qE(3L＋d)由动能定理可知W A＋W B＋W f＝0得d＝5 9 L分析运动过程后可知，AB系统最终静止在电场中，对全程应用动能定理可得8qEL－2μmgs＝0则s＝8L(3)C与B球碰后，C与AB系统共同速度设为v1，由动量守恒可知kmv0＝(km＋2m)v1v1＝kk＋2v0C与B碰后至A滑到虚线NQ位置过程中，由动能定理可知qE·3L－k2qE·2L－μ(km＋2m)g·3L＝0－12(km＋2m)v21联立解得v0＝qELmk＋6k＋当4k＝6k，k＝32时，v0有最小值v0minv0min＝6＋qEL m。