广东物理一轮第十二第三讲动量与能量综合应用

和 V，由机械能守恒和动量守恒得
mgh＝12mv2＋12M1V2
①
M1V＝mv
②
设物块在劈 B 上达到的最大高度为 h′，此时物块和 B 的共同速
度大小为 V′，由机械能守恒和动量守恒得
mgh′＋12(M2＋m)V′2＝12mv2
③
mv＝(M2＋m)V′
④
联立①②③④式得
h′＝M1＋Mm1MM22＋mh.
EkA′＋EkB′＝p2A′m 2＋p2B′m 2 将 A、B、C 三项代入又可排除 C 项． A、B 两球碰撞后沿同一方向运动，后面物体 A 的速度应小于或等 于物体 B 的速度，即 vA′≤vB′，因此再排除 B 项，所以该题的 正确答案为 A.
答案：A
2．(2010·全国卷Ⅱ) 小球A和B的质量分别为mA和mB，且 mA>mB.在某高度处将A和B先后从静止释放．小球A与 水平地面碰撞后向上弹回，在释放处下方与释放处距 离为H的地方恰好与正在下落的小球B发生正碰．设 所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短．求小球A、B 碰撞后B上升的最大高度．
后的动量可能值是
()
A．pA′＝6 kg·m/s，pB′＝6 kg·m/s B．pA′＝8 kg·m/s，pB′＝4 kg·m/s C．pA′＝－2 kg·m/s，pB′＝14 kg·m/s D．pA′＝－4 kg·m/s，pB′＝17 kg·m/s
解析：以 A、B 为系统，系统受外力之和为零，A、B 组成的系统 动量守恒， 即 pA′＋pB′＝ pA＋ pB＝ 9 kg·m/s＋ 3 kg·m/s＝ 12 kg·m/s，故先排除了 D 项． A、B 碰撞前的动能应大于或等于碰撞后的动能，即 EkA＋EkB≥EkA′＋EkB′ EkA＋EkB＝2pmA2＋2pmB2＝812＋m 9 J＝29m0 J.
[解析] (1)设子弹射入木块与木块获得的共同速度为 v，子弹射入 木块前后系统动量守恒：mv0＝(M＋m)v， 解得 v＝5 m/s. (2)设木块上升最大高度为 h，子弹与木块在光滑弧形轨道 BC 上运 动，到达最高点的过程机械能守恒 12(M＋m)v2＝(M＋m)gh，解得 h＝1.25 m.
⑤
答案：M1＋Mm1MM22＋mh
4．如图12－3－3甲所示，物体A、B的质量分别是mA＝4.0 kg和mB＝3.0 kg.用轻弹簧拴接后放在光滑的水平地面上， 物体B右侧与竖直墙相接触．另有一个物体C从t＝0时以 一定速度向右运动，在t＝4 s时与物块A相碰，并立即与 A粘在一起不再分开，物块C的v－t图象如图乙所示．求：
2．静止的实验火箭，总质量为 M，当它以对地速度 v0 喷出质
量为 Δm 的高温气体后，火箭的速度为
()
A.MΔ－mΔv0m
B．－MΔ－mΔv0m
C.ΔmMv0
D．－ΔmMv0
解析：此题属于反冲运动，遵循动量守恒定律，设火箭的对地 速度为 v，则有：0＝(M－Δm)v＋Δmv0，所以 v＝－MΔ－mΔv0m， 故答案选 B.
③
联立②③式得
v2＝3mmAA＋－mmBBv0
④
设小球 B 能上升的最大高度为 h，由运动学公式有
h＝v22g2
⑤
由①④⑤式得
h＝(3mmAA＋－mmBB)2H.
⑥
答案：(3mmAA＋－mmBB)2H
[典例启迪] [例2] 如图12－3－1所示，一质量 为0.99 kg的木块静止在足够长的水 平轨道AB的B端，水平轨道与半径 为10 m的光滑弧形轨道BC相切．现 图12－3－1 有一质量为10 g的子弹以500 m/s的水平速度从左边射入 木块但未穿出．已知木块与轨道AB的动摩擦因数μ＝0.5， 取g＝10 m/s2 .求：
4．从地面竖直向上发射一枚礼花弹，当它距地面高度为 100 m，上升速度为17.5 m/s时，由于质量问题沿竖直 方向爆炸成质量相等的A、B两块，其中A块经4 s落回 出发点，求B块经多长时间落回出发点？(不计空气阻 力，取g＝10 m/s2)
解析：设爆炸后 A 的速度为 vA，并设向上为正方向， 由－h＝vAt－12gt2 得 vA＝－5 m/s. 在爆炸过程中，根据动量守恒定律(仍设向上为正方向) mv＝12mvA＋12mvB，得 vB＝40 m/s， 由－h＝vBt′－12gt′2 得：t′＝10 s 即 B 块经 10 s 落回地面．
一、碰撞、爆炸和反冲现象
1．碰撞 (1)特点：在碰撞现象中，一般都满足 内力远大于外力 ，
可以认为相互碰撞的系统 动量守恒．
(2)分类 ①弹性碰撞：若总动能损失很小，可以忽略不计，此碰 撞为弹性碰撞． ②完全非弹性碰撞：若两物体碰后粘合在一起，这种碰 撞损失动能 最多 ，此碰撞称为完全非弹性碰撞．
(3)木块返回 B 点进入水平轨道做匀减速运动，最终静止，摩擦力 的冲量为 I，由牛顿第二定律、匀变速运动规律得： a＝M＋f m＝5 m/s2 t＝va＝1 s I＝μ(M＋m)gt 代入数据解得 I＝5 N·s.
[答案] (1)5 m/s (2)1.25 m (3)5 N·s
[归纳领悟] 1．机械能守恒定律是能量守恒定律的一种表现形式，它的
[答案] (1)3∶5 (2)是弹性碰撞
[归纳领悟] 1．动量守恒，即 p1＋p2＝p1′＋p2′. 2．机械能不增加．即 Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或2pm121＋2pm222≥p21m′12＋
p22m′22. 3．速度要合理 (1)若碰前两物体同向运动，则应有 v 后＞v 前，碰后原来在前的物体
()
A．－20 kg·m/s
B．10 kg·m/s
C．20 kg·m/s
D．30 kg·m/s
解析： 碰撞过程中，a球的动量减少了20 kg·m/s，故此 时a球的动量是10 kg·m/s，a、b两球碰撞前后总动量保 持不变为30 kg·m/s，则作用后b球的动量为20 kg·m/s， 则C项正确． 答案：C
速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有 v 前′≥v 后′. (2)碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．
[题组突破]
1．质量相等的A、B两球在光滑水平面上沿同一直线在同
一方向上运动，A球的动量pA＝9 kg·m/s，B球的动量pB ＝3 kg·m/s.当A球追上B球时发生正碰，则A、B两球碰撞
③速度—位移关系式：vt2－v02＝ 2ax.
(2)牛顿运动定律 ①牛顿第一定律；
②牛顿第二定律：F合＝ ma ； ③牛顿第三定律．
2．动量的观点 (1)动量定理：I合＝ Δp . (2)动量守恒定律：m1v1＋m2v2＝ m1v1′＋m2v2′ .
3．能量的观点 (1)动能定理：W总＝ ΔEk ； (2)机械能守恒定律：Ek1＋Ep1＝ Ek2＋Ep2 ； (3)能量守恒定律．
3．反冲现象 (1)系统内的不同部分在强大内力作用下向 相反 方向运动，
通常用动量守恒来处理． (2)反冲运动中，由于有其他形式的能转变为机械能，所以
系统的总动能 增加 ．
二、研究动力学问题的三个基本观点
1．力的观点 (1)运动学公式
①速度公式：vt＝ v0＋at ；
②位移公式：x＝ v0t＋
at2 ；
Fra Baidu bibliotek
[特别提醒] 应用三大观点解决问题时，都必须做好受力 分析和物理过程分析．用力的观点侧重于分析物体的受力 情况求合力，而用能量的观点则侧重于分析力的做功情 况．通过分析受力情况及遵循的规律，然后再根据规律列 式求解．
1.a、b两球在光滑的水平面上沿同一直线发生正碰，作用
前a球动量pa＝30 kg·m/s，b球动量pb＝0，碰撞过程中， a球的动量减少了20 kg·m/s，则作用后b球的动量为
[思路点拨] 碰撞过程中动量守恒，根据碰撞前后的动 能是否相等判断碰撞是否为弹性碰撞．
[解析] (1)设向东为正方向，则 v1＝6 m/s，v1′＝－4 m/s，v2 ＝－2 m/s，v2′＝4 m/s. 又碰撞前后动量守恒，由动量守恒定律得， m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′解得：mm12＝35. (2)碰撞前系统的总动能 Ek＝12m1v12＋12m2v22＝654m2， 碰撞后系统的总动能 Ek′＝12m1v1′2＋12m2v2′2＝654m2. 因为 Ek′＝Ek，所以这次碰撞是弹性碰撞．
2．爆炸现象 (1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸物
体间的相互作用力远远大于受到的外力 ，所以在爆炸 过程中，系统的总动量 守恒 ．
(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化 学能)转化为动能，所以爆炸前后系统的总动能 增加 ．
(3)位置不变：爆炸和碰撞的时间极短，因而作用过程中， 物体产生的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆 炸或碰撞后仍然从爆炸或碰撞前的位置以新的动量开 始运动．
(1)子弹射入木块与木块获得的共同速率； (2)子弹射入后与木块在圆弧轨道上上升的最大高度； (3)从木块返回B点到静止在水平面上，摩擦阻力的冲量的 大小．
[思路点拨] 子弹打入木块的过程中动量守恒，整体在曲 面上运动机械能守恒，返回B点后在水平面上做匀减速直 线运动直到停止，可由冲量的定义计算摩擦阻力的冲量 大小．
[题组突破]
3. 两质量分别为M1和M2的劈A和B， 高度相同，放在光滑水平面上．
A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲 面下端与水平面相切，如图12－3
图12－3－2
－2所示．一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水
平面的高度为h.物块从静止滑下，然后又滑上劈B，求
物块在B上能够达到的最大高度．
解析：设物块到达劈 A 的底端时，物块和 A 的速度大小分别为 v
解析：根据题意，由运动学规律可知，小球 A 与 B 碰撞前的速度
大小相等，设均为 v0.由机械能守恒有
mAgH＝12mAv02
①
设小球 A 与 B 碰撞后的速度分别为 v1 和 v2，以竖直向上方向为正， 由动量守恒有
mAv0＋mB(－v0)＝mAv1＋mBv2
②
由于两球碰撞过程中能量守恒，故
12mAv02＋12mBv02＝12mAv12＋12mBv22
答案：D
3．(2011·临沂模拟)科学家试图模拟宇宙大爆炸初的情境，
他们使两个带正电的不同重离子加速后，沿同一直线相
向运动而发生猛烈碰撞．为了使碰撞前的动能尽可能多
地转化为内能，关键是设法使两个重离子在碰撞前的瞬
间具有相同大小的
()
A．速率
B．质量
C．动量
D．动能
解析： 两个重离子碰前如果具有大小相等的动量，则总 动量为零，碰后总动量也为零，两个离子在碰后的动量 都可能等于零，碰前的动能全部转化为内能，故选项C 正确． 答案：C
条件是只有重力和弹簧的弹力做功，当相互作用的系统 有多个过程时，要注意不同过程的受力情况、力的做功 情况，准确判断物理量的守恒情况． 2．在物体的打击、碰撞过程中，满足动量守恒，但这些过 程中往往要有机械能的损失．机械能守恒时往往在题目 中隐含各处光滑的条件，另外，在弹簧作用的系统内， 没有摩擦阻力情况下，系统的机械能也是守恒的．
答案：10 s
[典例启迪] [例1] 在光滑的水平面上，甲、乙两物体的质量分别为 m1、m2，它们分别沿东西方向的一直线相向运动，其中 甲物体以速度6 m/s由西向东运动，乙物体以速度2 m/s由 东向西运动．碰撞后两物体都沿各自原方向的反方向运动， 速度的大小都是4 m/s.求： (1)甲、乙两物体的质量之比； (2)通过计算说明这次碰撞是弹性碰撞还是非弹性碰撞．
图12－3－3
(1)物块C的质量mC； (2)墙壁对物块B的弹力在4 s到12 s的时间内对B做的功W 及对B的冲量I的大小和方向； (3)B离开墙后的过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep.
解析：(1)由题图知，C与A碰前速度为v1＝9 m/s，碰后速度 为v2＝3 m/s C与A碰撞过程动量守恒，则mCv1＝(mA＋mC)v2 解得：mC＝2 kg. (2)碰后，A、B、C与弹簧组成的系统机械能守恒，从4 s到8 s弹簧被压缩到最短，弹性势能最大；从8 s到12 s弹簧恢复 原长，该过程物体B没有运动，墙对物体B不做功，W＝0 由题图知，12 s末A和C的速度为v3＝－3 m/s,4 s到12 s，墙 对B的冲量为I＝(mA＋mC)v3－(mA＋mC)v2 解得I＝－36 N·s，方向向左．