能量与动量--两种模型

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相对论：能量和动量的变换

乘积
相对论能量：物体在相对论中的能量，包括静止能量和动能
相对论动量：物体在相对论中的动量，等于其能量与速度的来自比值能量和动量的关系式
E^2
=
m^2c^4 +
p^2c^2
E^2
=
m^2c^4 +
(pc)^2
E^2
=
m^2c^4 +
(γm^2 -
m^2)c^2
E^2
=
m^2c^4 +
(γm^2 -
m^2)c^2 +
领域
引力波探测：利用相对论原理探测引力波，研究宇宙起源和
演化
相对论中能量和动量的实验验证
原子能与核能的实验验证
原子能实验：通过核裂变和核聚变实验，验证了相对论中能量和动量的关系
粒子加速器实验：通过粒子加速器实验，验证了相对论中能量和动量的关系
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核能实验：通过核反应堆实验，验证了相对论中能量和动量的关系
相对论中的能量和动量的物理意义
相对论的基本原理：光速不变原理和相对性原理
相对论中的能量和动量的变换：在相对论中，能量和动量不再是独立的物理量，而是相互关联的
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能量与动量的关系：能量是动量的函数，动量是能量的时间导数
能量守恒定律：在相对论中，能量守恒定律仍然成立，但需要修改为能量-动量守恒定律
能量和动量变换的应用
核能与核反应
核反应的类型和过程
核能的定义和特点
核能与核反应在能量和动量变换中的应用
核能与核反应的安全性和环保性考虑
粒子加速器

动量守恒定律中的共速模型2

动量守恒定律中的“共V 模型”力的观点、动量的观点、能量的观点是力学问题分析中总的思路，通过对多过程问题受力分析抓住特殊状态及状态之间的相互联系，利用动量和能量的解决问题，可以避开中间的的复杂问题。

在动量守恒定律的应用中，两物体相互作用后以相同的速度运动即“共V 模型”的题目出现的频率很高，在这里将这类问题做简单的归纳。

模型”的题目出现的频率很高，在这里将这类问题做简单的归纳。

对于“共V 模型”中通常是围绕能量的转化为主线，下面分别从以下几个方面加以分析说明。

1．动能转化为内能这一类型的问题主要是物体之间存在相对滑动或物体间的完全非弹性碰撞，这一类型的问题主要是物体之间存在相对滑动或物体间的完全非弹性碰撞，通过滑动摩擦力做功实现了能量的通过滑动摩擦力做功实现了能量的转化。

例1．如图1所示，质量为M 的足够长木板置于光滑水平地面上，一质量为m 的木块以水平初速度0v 滑上长木板，已知木块与木板之间的摩擦因数为m ，求：（1）m 的最终速度v ；（2）m 与M 相对滑动产生的焦耳热Q ；（3）m 在M 上相对滑动的距离L 。

分析：m 与M 之间速度不同，必然存在相对运动，在相互的摩擦力作用下m 减速而M 加速，当两者速度相同时无相对运动达共速，时无相对运动达共速，所以所以m 的最终速度v 即为两者的共同速度共V 。

对m 、M 整体分析知，系统所受合外力为零，动量守恒，既然两者出现共速，动能必然要减少，从能量守恒的角度看，减少的动能转化为内能产生焦耳热。

产生的热就其原因看是由于两者的相互摩擦，所以可以利用摩擦力产生热的特点即相对滑动S f Q ×=得解。

得解。

解：（1）对m 、M 组成系统受力分析知，其合外力为零，由动量守恒得组成系统受力分析知，其合外力为零，由动量守恒得 v M m mv)(0+= ○1 得：M m m v v +=0 ○2 （2）对系统由能量守恒得产生焦耳热）对系统由能量守恒得产生焦耳热22)(2121vM m mv Q +-=○3 得：得：由○2、○3解得解得 )(220M m m M vQ +=○4 （3）由滑动摩擦力生热特点得）由滑动摩擦力生热特点得 L m g L f Q ×=×=m ○5得：得：解得解得 )(220M m g Mv L +=m ○6 变式题1-1．如图1-1所示，在光滑水平面上一质量为m 的物块以初速度0v 与质量为M 的物块发生碰撞后粘在一起，则在两物块碰撞过程中产生的焦耳热Q 为多少？为多少？分析：两物块发生碰撞后“粘在一起”，即碰撞后一共同速度运动，典型的“共V 模型”。

涉及动量能量的经典模型与应用

高三物理二轮专题复习
涉及动量能量的经典模型与应用
知识框架三个经典模型 1、子弹打木块模型、 2、小球碰撞模型、 3、弹簧连接体模型、
变式1 变式练习变式2 变式
知识框架两条定理：两条定理：往往以一个物体为研究对象
(1)动量定理：动量定理：动量定理
F合 ⋅ t = ∆p
(2)动能定理：动能定理：动能定理
R O A A B O
R
B
R O A A B O
R
B
如图所示，三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上．现给中间的小球B 一个水平初速度v0，方向与绳垂直．小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长．求： (1)当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度． (2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度． (3)运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ. (4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小．1、Fra bibliotek弹打木块模型、
的木块静止在光滑水平面上，质量为 M 的木块静止在光滑水平面上，一质量为 m 速度的子弹水平射入木块中，为 v0 的子弹水平射入木块中，如果子弹所受阻力的大小恒为
f
子弹没有穿出木块，，子弹没有穿出木块，木块和子弹的最终速度为 v共，在这
个过程中木块相对地面的位移为 s木，子弹相对与地面的位移为 s子，子弹相对与木块的位移为 ∆s 。
（1）设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为，由动量守恒定律，得由此解得（2）当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得解得（三球再次处于同一直线），（初始状态，舍去）所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为（负号表明与初速度反向）（3）当小球A的动能最大时，小球B的速度为零。设此时小球A、C的速度大小为，两根绳间的夹角为θ（如图），则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得另外，由此可解得，小球A的最大动能为，此时两根绳间夹角为（4）小球A、C 均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B为参考系（小球B的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均为所以，此时绳中拉力大小为：

高中物理新教材同步选择性必修第一册主题1 微型专题动量和能量的综合应用

微型专题动量和能量的综合应用[学科素养与目标要求]物理观念：进一步理解动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律的内容及其含义.科学思维：1.掌握应用动能定理、能量守恒定律、动量守恒定律解题的方法步骤.2.通过学习，培养应用动量观点和能量观点分析综合问题的能力.一、滑块—木板模型1.把滑块、木板看做一个整体，摩擦力为内力，在光滑水平面上滑块和木板组成的系统动量守恒.2.由于摩擦生热，机械能转化为内能，系统机械能不守恒，根据能量守恒定律，机械能的减少量等于因摩擦而产生的热量，ΔE ＝F f ·s 相对，其中s 相对为滑块和木板相对滑动的路程.3.注意：若滑块不滑离木板，就意味着二者最终具有共同速度，机械能损失最多.例1 如图1所示，B 是放在光滑的水平面上质量为3m 的一块木板，物块A (可看成质点)质量为m ，与木板间的动摩擦因数为μ.最初木板B 静止，物块A 以水平初速度v 0滑上长木板，木板足够长.求：(重力加速度为g )图1(1)木板B 的最大速度的大小；(2)从刚滑上木板到A 、B 速度刚好相等的过程中，木块A 所发生的位移大小；(3)若物块A 恰好没滑离木板B ，则木板至少多长？答案 (1)v 04 (2)15v 0232μg (3)3v 028μg解析 (1)由题意知，A 向右减速，B 向右加速，当A 、B 速度相等时B 速度最大.以v 0的方向为正方向，根据动量守恒定律：m v 0＝(m ＋3m )v ，得：v ＝v 04(2)A 向右减速的过程，根据动能定理有－μmgx 1＝12m v 2－12m v 02 则木块A 所发生的位移大小为x 1＝15v 0232μg(3)方法一：B 向右加速过程的位移设为x 2.则μmgx2＝12×3m v 2，解得：x2＝3v0232μg木板的最小长度：L＝x1－x2＝3v028μg方法二：从A滑上B至达到共同速度的过程中，由能量守恒得：μmgL＝12m v02－12(m＋3m)v2得：L＝3v028μg.[学科素养]例题可用动能定理、牛顿运动定律结合运动学公式、能量守恒定律等方法求木板的长度，通过对比选择培养了对综合问题的分析能力和应用物理规律解题的能力，体现了“科学思维”的学科素养.二、子弹打木块模型1.子弹打木块的过程很短暂，认为该过程内力远大于外力，系统动量守恒.2.在子弹打木块过程中摩擦生热，系统机械能不守恒，机械能向内能转化.3.若子弹不穿出木块，二者最后有共同速度，机械能损失最多.例2如图2所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度v 射入木块(时间极短且未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为μ，求：(重力加速度为g)图2(1)子弹射入木块的过程中，系统损失的机械能；(2)子弹射入后，木块在地面上前进的距离.答案(1)Mm v22(M＋m)(2)m2v22(M＋m)2μg解析(1)设子弹射入木块后，二者的共同速度为v′，取子弹的初速度方向为正方向，则由动量守恒得：m v＝(M＋m)v′①射入过程中系统损失的机械能ΔE＝12m v2－12(M＋m)v′2②由①②两式解得：ΔE＝Mm v22(M＋m).(2)子弹射入木块后，二者一起沿地面滑行，设滑行的距离为x，由动能定理得：－μ(M＋m)gx＝0－12(M＋m)v′2③由①③两式解得：x＝m2v22(M＋m)2μg.子弹打木块模型与滑块—木板模型类似，都是通过系统内的滑动摩擦力相互作用，系统所受的外力为零(或内力远大于外力)，动量守恒.当子弹不穿出木块或滑块不滑离木板时，两物体最后有共同速度，相当于完全非弹性碰撞，机械能损失最多.三、弹簧类模型1.对于弹簧类问题，在作用过程中，若系统合外力为零，则满足动量守恒.2.整个过程中往往涉及多种形式的能的转化，如：弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题.3.注意：弹簧压缩最短或弹簧拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧弹性势能最大.例3 如图3所示，A 、B 、C 三个小物块放置在光滑水平面上，A 紧靠竖直墙壁，A 、B 之间用水平轻弹簧拴接且轻弹簧处于原长，它们的质量分别为m A ＝m ，m B ＝2m ，m C ＝m .现给C 一水平向左的速度v 0，C 与B 发生碰撞并粘合在一起.试求：图3(1)A 离开墙壁前，弹簧的最大弹性势能；(2)A 离开墙壁后，C 的最小速度的大小.答案 (1)16m v 02 (2)v 06解析 (1)B 、C 碰撞前后动量守恒，以水平向左为正方向，则m v 0＝3m v ，弹簧压缩至最短时弹性势能最大，由机械能守恒定律可得：E pm ＝12×3m v 2 联立解得：E pm ＝16m v 02 (2)A 离开墙壁前，在弹簧恢复原长的过程中，系统机械能守恒.设弹簧恢复原长时，B 、C 的速度为v ′，有E pm ＝32m v ′2，则v ′＝v 03. A 离开墙壁后，在弹簧弹力的作用下速度逐渐增大，B 、C 的速度逐渐减小，当弹簧再次恢复原长时，A 达到最大速度v A ，B 、C 的速度减小到最小值v C .在此过程中，系统动量守恒、机械能守恒.以水平向右为正方向，有3m v ′＝m v A ＋3m v C ，E pm ＝12m v A 2＋32m v C 2，解得：v C ＝v 06. 针对训练如图4所示，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B 和C 相连，使弹簧不能伸展，以至于B 、C 与弹簧可视为一个整体.现A 以初速度v 0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v 0.求弹簧释放的弹性势能.图4答案 13m v 02 解析设碰后A 、B 和C 的共同速度的大小为v ，以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得m v 0＝3m v ①设C 离开弹簧时，A 、B 的速度大小为v 1，由动量守恒得3m v ＝2m v 1＋m v 0②设弹簧释放的弹性势能为E p ，从细线断开到C 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有 12(3m )v 2＋E p ＝12(2m )v 12＋12m v 02③ 由①②③式得，弹簧所释放的弹性势能为E p ＝13m v 02.1.(滑块—木板模型)如图5所示，质量为M 、长为L 的长木板放在光滑的水平面上，一个质量也为M 的物块(视为质点)以一定的初速度从左端冲上长木板，如果长木板是固定的，物块恰好停在长木板的右端，如果长木板不固定，则物块冲上长木板后在长木板上最多能滑行的距离为( )图5A.LB.3L 4C.L 4D.L 2答案 D解析长木板固定时，由动能定理得：－μMgL ＝0－12M v 02，若长木板不固定，以物块初速度的方向为正方向，有M v0＝2M v，μMgs＝12－12×2M v2，得s＝L2，D项正确，A、B、C2M v0项错误.2.(子弹打木块模型)(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成，将其放在光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v0水平射向滑块，若射击下层，子弹刚好不射出，若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，如图6所示，则上述两种情况相比较，下列说法正确的是()图6A.子弹的末速度大小相等B.系统产生的热量一样多C.子弹对滑块做的功相同D.子弹和滑块间的水平作用力一样大答案ABC解析以v0的方向为正方向，由动量守恒定律得：m v0＝(m＋M)v，可得滑块最终获得的速度：v＝m v0，可知两种情况下子弹的末速度是相同的，故A正确；子弹嵌入下层或上层过M＋m程中，系统产生的热量都等于系统减少的动能，而子弹减少的动能一样多(两种情况下子弹初、末速度都相等)，滑块增加的动能也一样多，则系统减少的动能一样，故系统产生的热量一样多，故B正确；根据动能定理，滑块动能的增量等于子弹对滑块做的功，所以两次子弹对滑块做的功一样多，故C正确；由Q＝F f·x相对知，由于相对位移x相对不相等，所以两种情况下子弹和滑块间的水平作用力不一样大，故D错误.3.(弹簧类问题)如图7所示，木块A、B的质量均为2 kg，置于光滑水平面上，B与一水平轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直挡板上，当A以4 m/s的速度向B撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能大小为()图7A.4 JB.8 JC.16 JD.32 J答案 B解析由碰撞过程中动量守恒得：m A v A ＝(m A ＋m B )v ，代入数据解得v ＝2 m/s ，所以碰后A 、B 及弹簧组成的系统的机械能为12(m A ＋m B )v 2＝8 J ，当弹簧被压缩至最短时，系统的动能为0，只有弹性势能，由机械能守恒得此时弹簧的弹性势能为8 J.4.(动量与能量的综合)(2018·广东省实验中学、广雅中学、佛山一中高二下期末)如图8所示，一质量为M B ＝6 kg 的木板B 静止于光滑的水平面上，物块A 的质量M A ＝6 kg ，停在B 的左端，一质量为m ＝1 kg 的小球用长为l ＝0.8 m 的轻绳悬挂在固定点O 上.将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A 发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h ＝0.2 m ，物块与小球均可视为质点，A 、B 达到共同速度后A 还在木板上，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.图8(1)球和物块A 碰后瞬间A 物块的速度大小.(2)A 、B 组成的系统因摩擦损失的机械能.答案 (1)1 m/s (2)1.5 J解析 (1)对于小球，在运动的过程中机械能守恒，则有mgl ＝12m v 12，得v 1＝2gl ＝4 m/s ， mgh ＝12m v 1′2，得v 1′＝2gh ＝2 m/s 球与A 碰撞过程中，系统的动量守恒，以向右为正方向，则有：m v 1＝－m v 1′＋M A v A ，解得v A ＝1 m/s(2)物块A 与木板B 相互作用过程中：M A v A ＝(M A ＋M B )v 共，解得v 共＝0.5 m/s.A 、B 组成的系统因摩擦而损失的机械能ΔE ＝12M A v A 2－12(M A ＋M B )v 共2 代入数据，得出ΔE ＝1.5 J一、选择题1.如图1所示，在光滑水平面上，有一质量M＝3 kg的薄板和质量m＝1 kg的物块都以v ＝4 m/s的初速度相向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.9 m/s时，物块的运动情况是()图1A.做减速运动B.做加速运动C.做匀速运动D.以上运动都有可能答案 A解析开始阶段，物块向左减速，薄板向右减速，当物块的速度为零时，设此时薄板的速度为v1，规定向右为正方向，根据动量守恒定律得：(M－m)v＝M v1代入数据解得：v1≈2.67 m/s＜2.9 m/s，所以物块处于向左减速的过程中.2.(多选)如图2所示，与水平轻弹簧相连的物体A停放在光滑的水平面上，物体B沿水平方向向右运动，跟与A相连的轻弹簧相碰.在B跟弹簧相碰后，对于A、B和轻弹簧组成的系统，下列说法中正确的是()图2A.弹簧压缩量最大时，A、B的速度相同B.弹簧压缩量最大时，A、B的动能之和最小C.弹簧被压缩的过程中系统的总动量不断减少D.物体A的速度最大时，弹簧的弹性势能为零答案ABD解析物体B与弹簧接触时，弹簧发生形变，产生弹力，可知B做减速运动，A做加速运动，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，故A正确.A、B和弹簧组成的系统动量守恒，压缩量最大时，弹性势能最大，根据能量守恒，知此时A、B的动能之和最小，故B正确.弹簧在压缩的过程中，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，故C错误.当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大，然后A继续加速，B继续减速，弹簧逐渐恢复原长，当弹簧恢复原长时，A的速度最大，此时弹簧的弹性势能为零，故D正确.3.如图3所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q质量相等，都可视作质点.Q与水平轻质弹簧相连.设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞.在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )图3A.P 的初动能B.P 的初动能的12C.P 的初动能的13D.P 的初动能的14答案 B解析把小滑块P 和Q 以及弹簧看成一个系统，系统的动量守恒.在整个碰撞过程中，当小滑块P 和Q 的速度相等时，弹簧的弹性势能最大.设小滑块P 的初速度为v 0，两滑块的质量均为m ，以v 0的方向为正方向，则m v 0＝2m v ，得v ＝v 02所以弹簧具有的最大弹性势能E pm ＝12m v 02－12×2m v 2＝14m v 02＝12E k0，故B 正确. 4.质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ，初始时小物块停在箱子正中间，如图4所示.现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止.设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )图4A.12m v 2B.μmgLC.12NμmgLD.mM v 22(m ＋M )答案 D解析由于箱子M 放在光滑的水平面上，则由箱子和小物块组成的系统动量始终是守恒的，直到箱子和小物块的速度相同时，小物块与箱子之间不再发生相对滑动，以v 的方向为正方向，有m v ＝(m ＋M )v 1系统损失的动能是因为摩擦力做负功ΔE k ＝－W f ＝μmg ·NL ＝12m v 2－12(M ＋m )v 12＝mM v 22(m ＋M )，故D 正确，A 、B 、C 错误. 5.(多选)如图5所示，木块静止在光滑水平桌面上，一子弹水平射入木块的深度为d 时，子弹与木块相对静止，在子弹入射的过程中，木块沿桌面移动的距离为L ，木块对子弹的平均阻力为F f ，那么在这一过程中下列说法正确的是( )图5A.木块的机械能增量为F f LB.子弹的机械能减少量为F f(L＋d)C.系统的机械能减少量为F f dD.系统的机械能减少量为F f(L＋d)答案ABC解析子弹对木块的平均作用力大小为F f，木块相对于桌面的位移为L，则子弹对木块做功为F f L，根据动能定理得知，木块动能的增加量，即机械能的增量等于子弹对木块做的功，即为F f L.故A正确.木块对子弹的阻力做功为－F f(L＋d)，根据动能定理得知：子弹动能的减少量，即机械能的减少量等于子弹克服阻力做功，大小为F f(L＋d)，故B正确.子弹相对于木块的位移大小为d，则系统克服阻力做功为F f d，根据功能关系可知，系统机械能的减少量为F f d，故C正确，D错误.6.如图6所示，质量为M的小车静止在光滑的水平面上，小车上AB部分是半径为R的四分之一光滑圆弧，BC部分是粗糙的水平面.今把质量为m的小物体从A点由静止释放，小物体与BC部分间的动摩擦因数为μ，最终小物体与小车相对静止于B、C之间的D点，则B、D 间的距离x随各量变化的情况是()图6A.其他量不变，R越大x越大B.其他量不变，μ越大x越大C.其他量不变，m越大x越大D.其他量不变，M越大x越大答案 A解析小车和小物体组成的系统水平方向的动量守恒且为零，所以当小车和小物体相对静止时，系统水平方向的总动量仍为零，则小车和小物体相对于光滑的水平面也静止，由能量守恒得μmgx＝mgR，得x＝R，选项A正确，B、C、D错误.μ7.(多选)(2018·福州十一中高二下期中)如图7所示，质量为M的长木板A静止在光滑的水平面上，有一质量为m的小滑块B以初速度v0从左侧滑上木板，且恰能滑离木板，滑块与木板间动摩擦因数为μ.下列说法中正确的是()图7A.若只增大v0，则滑块滑离木板过程中系统产生的热量增加B.若只增大M，则滑块滑离木板过程中木板所受到的冲量减少C.若只减小m，则滑块滑离木板时木板获得的速度减小D.若只减小μ，则滑块滑离木板过程中滑块对地的位移减小答案BCD解析滑块滑离木板过程中系统产生的热量等于滑动摩擦力与相对位移的乘积Q＝F f L相＝μmgL相，因为相对位移没变，所以产生的热量不变，故A错误；由极限法，当M很大时，长木板运动的位移x M会很小，滑块的位移等于x M＋L很小，对滑块根据动能定理：－μmg(x M ＋L)＝12m v12－12m v02，可知滑块滑离木板时的速度v1较大，滑块动量变化较小，由动量守恒定律知，木板动量变化也较小，再根据动量定理知，木板受到的冲量较小，故B正确；采用极限法：当m很小时，摩擦力也很小，m的动量变化很小，把长木板和小滑块看成一个系统，满足动量守恒，那么长木板的动量变化也很小，故C正确；当μ很小时，摩擦力也很小，长木板运动的位移x M会很小，滑块的位移等于x M＋L也会很小，故D正确.8.(多选)用不可伸长的细线悬挂一质量为M的小木块，木块静止，如图8所示.现有一质量为m的子弹自左向右水平射向木块，并停留在木块中，子弹初速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是()图8A.从子弹射向木块到一起上升到最高点的过程中系统的机械能守恒B.子弹射入木块瞬间动量守恒，故子弹射入木块瞬间子弹和木块的共同速度为m v0 M＋mC.忽略空气阻力，子弹和木块一起上升过程中系统机械能守恒，其机械能等于子弹射入木块前的动能D.子弹和木块一起上升的最大高度为m 2v 022g (M ＋m )2答案 BD解析从子弹射向木块到一起运动到最高点的过程可以分为两个阶段：子弹射入木块的瞬间系统动量守恒，但机械能不守恒，有部分机械能转化为系统内能，之后子弹在木块中与木块一起上升，该过程只有重力做功，机械能守恒但总能量小于子弹射入木块前的动能，故A 、C 错误；规定向右为正方向，由子弹射入木块瞬间系统动量守恒可知：m v 0＝(m ＋M )v ′ 所以子弹射入木块后的共同速度为：v ′＝m v 0M ＋m ，故B 正确；之后子弹和木块一起上升，该阶段根据机械能守恒得：12(M ＋m )v ′2＝(M ＋m )gh ，可得上升的最大高度为：h ＝m 2v 022g (M ＋m )2，故D 正确.9.(多选)如图9所示，水平轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m 的物体A 相连，A 放在光滑水平面上，有一质量与A 相同的物体B ，从离水平面高h 处由静止开始沿固定光滑曲面滑下，与A 相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B 与A 分开且沿原曲面上升.下列说法正确的是(重力加速度为g )( )图9A.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghB.弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh 2C.B 与A 分开后能达到的最大高度为h4D.B 与A 分开后能达到的最大高度不能计算答案 BC解析根据机械能守恒定律可得B 刚到达水平面的速度v 0＝2gh ，根据动量守恒定律可得A 与B 碰撞后的速度为v ＝12v 0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为E pm ＝12×2m v 2＝12mgh ，故A 错误，B 正确；当弹簧再次恢复原长时，A 与B 分开，B 以大小为v 的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh ′＝12m v 2，解得B 能达到的最大高度为h ′＝14h ，故C 正确，D 错误. 10.(多选)如图10所示，图甲表示光滑平台上物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车上，车与水平面间的摩擦不计；图乙为物体A 与小车B 的v －t 图象，由此可知( )图10A.小车上表面长度B.物体A 与小车B 的质量之比C.物体A 与小车B 上表面间的动摩擦因数D.小车B 获得的动能答案 BC解析由题图乙可知，A 、B 最终以共同速度v 1做匀速运动，不能确定小车上表面长度，故A 错误；以v 0的方向为正方向，由动量守恒定律得，m A v 0＝(m A ＋m B )v 1，解得：m Am B ＝v 1v 0－v 1，故可以确定物体A 与小车B 的质量之比，故B 正确；由题图乙可以知道A 相对小车B 的位移Δx ＝12v 0t 1，根据能量守恒得：μm A g Δx ＝12m A v 02－12(m A ＋m B )v 12，根据求得的质量关系，可以解出A 与小车B 上表面间的动摩擦因数，故C 正确；由于小车B 的质量不可知，故不能确定小车B 获得的动能，故D 错误. 二、非选择题11.如图11所示，质量m B ＝2 kg 的平板车B 上表面水平，在平板车左端相对于车静止着一个质量m A ＝2 kg 的物块A ，A 、B 一起以大小为v 1＝0.5 m/s 的速度在光滑的水平面上向左运动，一颗质量m 0＝0.01 kg 的子弹以大小为v 0＝600 m/s 的水平初速度向右瞬间射穿A 后，速度变为v ＝200 m/s .已知A 与B 之间的动摩擦因数不为零，且A 与B 最终达到相对静止时A 刚好停在B 的右端，车长L ＝1 m ，g ＝10 m/s 2，求：图11(1)A 、B 间的动摩擦因数； (2)整个过程中因摩擦产生的热量. 答案 (1)0.1 (2)1 600 J解析 (1)规定向右为正方向，子弹与A 作用的过程，根据动量守恒定律得：m 0v 0－m A v 1＝m 0v ＋m A v A ，代入数据解得：v A ＝1.5 m/s ，子弹穿过A 后，A 以1.5 m/s 的速度开始向右滑行，B 以0.5 m/s 的速度向左运动，当A 、B 有共同速度时，A 、B 达到相对静止，对A 、B 组成的系统运用动量守恒，规定向右为正方向，有：m A v A －m B v 1＝(m A ＋m B )v 2，代入数据解得：v 2＝0.5 m/s.根据能量守恒定律知：μm A gL ＝12m A v A 2＋12m B v 12－12(m A ＋m B )v 22，代入数据解得：μ＝0.1.(2)根据能量守恒得，整个过程中因摩擦产生的热量为： Q ＝12m 0v 02＋12(m A ＋m B )v 12－12m 0v 2－12(m A ＋m B )v 22，代入数据解得：Q ＝1 600 J.12.(2018·沂南高二下期中)如图12所示，质量为M 的木块静止于光滑的水平面上，一质量为m 、速度为v 0的子弹水平射入木块且未穿出，设木块对子弹的阻力恒为F ，求：图12(1)子弹与木块相对静止时二者共同速度为多大；(2)射入过程中产生的内能和子弹对木块所做的功分别为多少； (3)木块至少为多长时子弹不会穿出.答案 (1)m v 0m ＋M (2)Mm v 022(M ＋m ) Mm 2v 022(M ＋m )2 (3)Mm v 022(M ＋m )F解析 (1)子弹与木块组成的系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋M )v 解得：v ＝m v 0m ＋M(2)由能量守恒定律可知：12m v 02＝Q ＋12(m ＋M )v 2得产生的热量为：Q ＝Mm v 022(M ＋m )由动能定理，子弹对木块所做的功为：W ＝12M v 2＝Mm 2v 022(M ＋m )2(3)设木块最小长度为L ，由能量守恒定律：FL ＝Q 得木块的最小长度为：L ＝Mm v 022(M ＋m )F13.如图13所示，一光滑水平桌面AB 与一半径为R 的光滑半圆形轨道相切于C 点，且两者固定不动.一长L ＝0.8 m 的细绳，一端固定于O 点，另一端系一个质量m 1＝0.2 kg 的球.当球在竖直方向静止时，球对水平桌面的作用力刚好为零.现将球提起使细绳处于水平位置时无初速度释放.当球m 1摆至最低点时，恰与放在桌面上的质量m 2＝0.8 kg 的小铁球正碰，碰后m 1小球以2 m/s 的速度弹回，m 2将沿半圆形轨道运动，且恰好能通过最高点D ，g ＝10 m/s 2，求：图13(1)m 2在半圆形轨道最低点C 的速度大小； (2)光滑圆形轨道的半径R . 答案 (1)1.5 m/s (2)0.045 m解析 (1)设球m 1摆至最低点时速度为v 0，由机械能守恒定律知 m 1gL ＝12m 1v 02得v 0＝2gL ＝2×10×0.8 m/s ＝4 m/sm 1与m 2正碰，两者动量守恒，设m 1、m 2碰后的速度分别为v 1、v 2 以向右的方向为正方向，则m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2 解得v 2＝1.5 m/s(2)m 2在CD 轨道上运动时，由机械能守恒有 12m 2v 22＝m 2g (2R )＋12m 2v D 2由小球m 2恰好能通过最高点D 可知，重力提供向心力，即m 2g ＝m 2v D 2R联立代入数据解得R ＝0.045 m.14.(2018·泉州五中模拟)轻质弹簧原长为2l ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为12m 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l .现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接.AB 是长度为5l 的水平轨道，B 端与半径为l 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图14所示.物块P 与AB 间的动摩擦因数μ＝0.5.用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度l ，然后释放，P 开始沿轨道运动，运动到B 点与Q 物块碰撞后粘在一起，P 、Q 均可看成质点，重力加速度大小为g .若P 、Q 的质量均为m ，求：图14(1)当弹簧被压缩到l 时的弹性势能；(2)P 到达B 点时速度的大小和与Q 物块碰撞后的速度大小； (3)P 、Q 整体运动到D 点时对轨道的压力大小. 答案 (1)12mgl (2)25gl5gl (3)0解析 (1)对弹簧和质量为12m 的物体组成的系统，由能量守恒定律有E p ＝12mgl (2)从P 释放至运动到B 点的过程中，对P 用动能定理有W 弹－μmg ·4l ＝12m v P 2又因为W 弹＝E p －0＝12mgl 解得v P ＝25gl由P 、Q 碰撞过程中动量守恒有m v P ＝2m v B 解得v B ＝5gl(3)B 点到D 点的过程中，P 、Q 整体的机械能守恒，则有12·2m v B 2＝12·2m v D 2＋2mg ·2l设在D 点时，P 、Q 整体受到轨道的压力为F N ，根据牛顿第二定律，在D 点有F N ＋2mg ＝2m v D 2l ，解得F N ＝0根据牛顿第三定律，P 、Q 整体运动到D 点时对轨道的压力大小F N ′＝0.。

4-5 相对论的动量和能量

质子的静质量质子的静能
2
m0 = 1.673 × 10
−10
− 27
kg
m0 c = 1.503 × 10
J = 938MeV
16
1千克的物体所包含的静能千克的物体所包含的静千克的物体所包含的 1千克汽油的燃烧值为千克汽油的燃烧值为
= 9 × 10 J
7
4.6 ×10
焦耳 .
5）相对论能量和质量守恒是一个统一的物理规律。）相对论能量和质量守恒是一个统一的物理规律。统一的物理规律
2 3 4 1 H + 1 H → 2 He 1 +0n
氘核和氚核聚变为氦核的过程中，静能量减少了氘核和氚核聚变为氦核的过程中，
∆E = 17.59MeV
§14-6 广义相对论简介
狭义相对论认为：在所有惯性坐标系中，狭义相对论认为：在所有惯性坐标系中，物理学定律都具有相同的表达式。在非惯性系中，学定律都具有相同的表达式。在非惯性系中，物理规律又将如何呢？规律又将如何呢？爱因斯坦从非惯性系入手，爱因斯坦从非惯性系入手，研究与认识了等效原理，原理，进而建立了研究引力本质和时空理论的广义相对论。相对论。广义相对论的等效原理一观测者在火箭舱里做自由落体实验。一观测者在火箭舱里做自由落体实验。在(b)中火箭静止在地面惯性系上，他将看到 )中火箭静止在地面惯性系上，质点因引力作用而自由下落；质点因引力作用而自由下落；
10
1g 铀— 235 的原子裂变所释放的能量
我国于 1958 年建成的首座重水反应堆
2 轻核聚变
2 1H
+
2 1H
→ He
4 2
氘核氦核质量亏损
2 − 27 m0 ( 1 H ) = 3.3437 × 10 kg 4 m0 ( 2 He) = 6.6425 × 10 −27 kg

2024年高考物理二轮复习专题二能量与动量、机械振动与机械波专题突破2板块模型的综合应用

A. 仅增大恒力F
B. 仅增大木板的质量M
C. 仅增大木块的质量m
D. 仅减小木块与木板间的动摩擦因数
考点二板块模型中动量、能量的综合问题
板块模型中因滑块与滑板间的滑动摩擦力做功，产生摩擦热，所以常涉
及能量问题。若滑板在光滑水平面上，无水平外力作用时，滑板和滑块
组成的系统满足动量守恒，如涉及时间，可应用动量定理，所以该模型
M，平板车右端放一物块m，开始时M、m均静止。t＝0时，平板车在外
力作用下开始沿水平面向右运动，其v－t图像如图乙所示，整个过程中
物块m恰好没有从平板车上滑下。已知物块与平板车间的动摩擦因数为
0.1，g取10m/s2，下列说法正确的是（ C ）
A. 0～4s内，物块m的加速度一直变大
B. 整个过程中，物块m相对平板车M滑动的时间为4s
（1）在平台上运动的时间t。
解：（1）在平台上，根据牛顿第二定
律，有F＝mAa，根据匀变速直线运动
2

的位移公式，有L＝ at ，解得t＝ s。

（2）刚滑上木板B时，地面对木板B的摩擦力f。
解：（2）木块A刚滑上木板B时，A对
B的摩擦力大小为f1＝μmAg＝4N，假设
木板B滑动，地面对B的摩擦力为f2＝μ
（mA＋mB）g＝6N，可知f1＜f2，所以
木板B静止，由平衡条件得出f＝f1＝
4N，方向水平向左。
（3）滑上木板B并与其右端碰撞后的最大动能Ekm。
解：（3）对木块A，设其与木板B碰撞
前的速度为v1，根据动能定理，有FL－

μmAgL＝ mA ，碰撞为弹性碰撞，设

碰撞后A、B的速度分别为vA、vB，根据

第18课狭义相对论II——动量和能量

0
2
1− 2

• =
≈ 0 +
0 2
2
1− 2

1
2

2 0 2
2
≈ 0 +

1
0 2
2
物体静止时的质能
动能
• Einstein由此假设，物体的能量 =
2
=
0 2
2
1− 2

相对论中的能量
• 这个假设能满足能量守恒吗？

•

•
=

2
• =
0
2
1− 2

•=
0
•=
2
大家能感受到这
些公式的美吗？
2
1− 2

=
02
2
1− 2

= ( −

)/
2
1−
2
2
y
A
参
考
系
A’
参
考
系
在A参考系中
以速度v向x
方向运动
速度u
ut
x
(
• =
′
′
′
=
(
−
2
1− 2

)
2
−/
2
1− 2

)
=
(−)
(−/2)
=
−
1−/2
• 一起来验证光速不变，无法通过速度叠加超光速。
A’
参
考
系
= ( − )/ 1 −
2
2
′ =
′ =
1−
2
2
′
= ( −

相对论动量和能量的关系式

相对论动量和能量的关系式相对论动量和能量之间的关系式是相对论能量-动量关系，也称作欧拉恩关系式。

该关系式在相对论力学中起着重要作用，它揭示了质点的能量和动量如何相互转换。

相对论力学中，质点的动量p和能量E不再遵循经典物理学中的简单累加关系，而是由质点的速度v和质量m来决定。

Einsteins麦克斯韦关系给出了相对论质点的能量表达式：E² = (pc)² + (m₀c²)²其中p是相对论动量，m₀是质量，c是光速。

从这个表达式中，我们可以看到相对论能量-动量关系的一些重要特征。

首先，相对论能量和动量之间的关系不再是简单的1:1关系。

这是相对论力学的一大突破，相对于经典物理学的牛顿动力学而言，经典物理学中质点的动能与动量的关系是线性的。

在相对论力学中，能量与动量之间的关系是非线性的，即存在着一种对称变换关系。

其次，当质点的速度趋近于零时，相对论能量-动量关系退化为经典物理学中的结果。

当速度v远小于光速c时，我们可以将相对论能量-动量关系进行展开，并将高次项忽略，得到以下近似关系式：E = mc²这就是著名的相对论质能等效原理，即质量和能量之间存在一种等效关系。

第三，当质点的速度趋近于光速c时，相对论能量-动量关系的第一项(pc)²占据主导地位。

这意味着质点的能量变得相对较大，并且远远超过了质量能的贡献。

这个结果是相对论性的，与经典物理学不同。

这也解释了为什么质子，尽管质量很小，但在粒子加速器中可以获得极高的能量。

最后，相对论能量-动量关系中的平方项可解释为质点的静质能。

当质点的速度趋近于零时，平方项成为关系式的主导项，表明质量能占据主导地位。

相对论力学揭示了质点的能量来源包括动能和质量能的贡献。

综上所述，相对论动量和能量之间的关系式是E² = (pc)² +(m₀c²)²。

这个关系式包含了质点的质量、速度和能量之间的关系，揭示了质点的能量如何随着速度变化而变化，以及质点的能量如何分别由动能和质量能贡献。

能量与动量——板块模型(学案)-2023年新高考物理二轮复习专题讲义

板块模型滑块与木板模型（2022北京联考）如图所示，两形状完全相同的平板A、B置于光滑水平面上，质量均为m，平板B的右端固定一轻质弹簧，处于原长状态，物块C置于平板A的最右端，质量为2m且可视为质点。

平板A和物块C以相同速度v0向右运动，与静止平板B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后平板A、B粘连在一起，物块C滑上平板B，并压缩弹簧，后被弹回并相对于平板B静止在其最左端Q点。

弹簧始终在弹性限度内，平板B的上表面粗糙，求：（1）平板A、B刚碰完时的共同速率v1；（2）在上述过程中，系统的最大弹性势能E P。

关键信息：碰撞后平板A、B粘连在一起→A、B碰撞为完全非弹性碰撞光滑水平面→A、B、C组成的系统遵循动量守恒相对于平板B静止在其左端Q点→①末状态三者共速②C滑上B至弹簧被压缩最短的过程与C被反弹回至Q点，系统滑动摩擦力做功相等。

最大弹性势能E P→弹簧被压缩最短，A、B、C共速解题思路：（1）AB碰撞瞬间，C的速度来不及改变，可以对AB组成的系统应用动量守恒定律求解平板A、B刚碰完时的共同速率v1（2）C与AB作用的过程中，对“C和AB相互作用至弹簧压缩到最短的过程”与“C和B 相互作用至C被反弹回至其最左端”的这两个过程分别应用动量守恒和系统能量守恒求解。

（1）对A、B，碰撞前后瞬间，A、B组成的系统动量守恒。

有：mv0＝(m＋m)v1解得：v1＝12 v0（2）设C停在Q点时A、B、C共同速度为v2，从A、B碰撞结束瞬时到C停在木板B最左端的过程中，A、B、C组成的系统动量守恒．有：2mv0＋(m＋m)v1＝4mv2解得：v2＝3 4 v0根据功能关系有；W f＝12(2m)v02＋12(2m)v12－12(4m)v22设弹簧压缩到最短时A、B、C共同速度为v3，此时系统的弹性势能E P最大，对于A、B、C组成的系统，从弹簧压缩到最短至C被反弹回至木板B最左端的过程中，根据动量守恒定律有：4mv2＝4mv3C压缩弹簧至最大弹性势能处与弹簧将C反弹至B的最左端的两个过程中，BC的相对位移大小相等，系统滑动摩擦力做功相等，根据功能关系有：1 2W f＝E p＋12(4m)v22－12(4m)v32，解得：E p＝116mv02。

动量、动能定理、机械能守恒、能量守恒综合运用

图5-3-1动能、动量、机械能守恒综合运用动能定理的理解1.动能定理的公式是标量式，v 为物体相对于同一参照系的瞬时速度.2.动能定理的研究对象是单一物体，或可看成单一物体的物体系.3.动能定理适用于物体做直线运动，也适用于物体做曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功；力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用.只要求出在作用的过程中各力所做功的总和即可.这些正是动能定理的优越性所在.4.若物体运动过程中包含几个不同的过程，应用动能定理时可以分段考虑，也可以将全过程视为一个整体来考虑.【例1】一个物体从斜面上高h 处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，测得停止处对开始运动处的水平距离为S ，如图5-3-1，不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同．求动摩擦因数μ．【解析】设该斜面倾角为α，斜坡长为l ，则物体沿斜面下滑时，重力和摩擦力在斜面上的功分别为：mgh mgl W G==αsinαμcos 1mgl W f -=物体在平面上滑行时仅有摩擦力做功，设平面上滑行距离为S 2，则22mgS W f μ-= 对物体在全过程中应用动能定理：ΣW =ΔE k ．所以 mgl sin α－μmgl cos α－μmgS 2=0 得 h －μS 1－μS 2=0．式中S 1为斜面底端与物体初位置间的水平距离．故ShS S h =+=21μ动能定理的应用技巧1.一个物体的动能变化ΔE k 与合外力对物体所做的总功具有等量代换关系.若ΔE k ＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功；若ΔE k ＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值；若ΔE k =0，表示合外力对物体所做的功为0,反之亦然.这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法.2.动能定理中涉及的物理量有F 、s 、m 、v 、W 、E k 等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理.由于只需从力在整个位移内的功和这段位移始、末两状态的动能变化去考察，无需注意其中运动状态变化的细节，又由于动能和功都是标量，无方向性，无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便.3.动能定理解题的基本思路(1)选择研究对象，明确它的运动过程.(2)分析研究的受力情况和各个力的做功情况，然后求出合外力的总功. (3)选择初、末状态及参照系. (4)求出初、末状态的动能E k1、E k2.(5)由动能定理列方程及其它必要的方程，进行求解.【例2】如图5-3-2所示，AB 为1/4圆弧轨道，半径为R =0.8m ，BC 是水平轨道，长S =3m ，BC 处的摩擦系数为μ=1/15，今有质量m =1kg 的物体，自A 点从静止起下滑到C 点刚好停止.求物体在轨道AB 段所受的阻力对物体做的功.【解析】物体在从A 滑到C 的过程中，有重力、AB 段的阻力、BC 段的摩擦力共三个力做功，W G =mgR ，f BC =umg ，由于物体在AB 段受的阻力是变力，做的功不能直接求.根据动能定理可知：W外=0，所以mgR -umgS -W AB =0即W AB =mgR -umgS =1×10×0.8-1×10×3/15=6J【例3】质量为M 的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出h =0.20m ，木块离台的右端L =1.7m.质量为m =0.10M 的子弹以v 0=180m/s 的速度水平射向木块，并以v =90m/s 的速度水平射出，木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为s =1.6m ，求木块与台面间的动摩擦因数为μ. 解：本题的物理过程可以分为三个阶段，在其中两个阶段中有机械能损失：子弹射穿木块阶段和木块在台面上滑行阶段.所以本题必须分三个阶段列方程：子弹射穿木块阶段，对系统用动量守恒，设木块末速度为v 1，mv 0= mv +Mv 1……①木块在台面上滑行阶段对木块用动能定理，设木块离开台面时的速度为v 2，有：22212121Mv Mv MgL -=μ……②木块离开台面后的平抛阶段，ghv s 22=……③ 由①、②、③可得μ=0.50【点悟】从本题应引起注意的是：凡是有机械能损失的过程，都应该分段处理.机械能（1）定义：机械能是物体动能、重力势能、弹性势能的统称，也可以说成物体动能和势能之总和.图5-3-2Lhs图5-3-3（2）说明①机械能是标量，单位为焦耳（J ）.②机械能中的势能只包括重力势能和弹性势能，不包括其他各种势能.机械能守恒定律内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与重力势能可以相互转化，而总的机械能保持不变. 守恒条件：只有重力或弹力做功，只发生动能和势能的转化.分析一个物理过程是不是满足机械能守恒，关键是分析这一过程中有哪些力参与了做功，这一力做功是什么形式的能转化成什么形式的能，如果只是动能和势能的转化，而没有其它形式的能发生转化，则机械能守恒，如果没有力做功，不发生能的转化，机械能当然也不会发生变化.一、应用机械能守恒定律解题的步骤：1.根据题意选取研究对象（物体或系统）；2.分析研究对象在运动过程中的受力情况以及各力做功的情况，判断机械能是否守恒；3.确定运动的始末状态，选取零势能面，并确定研究对象在始、末状态时的机械能；4.根据机械能守恒定律列出方程进行求解注意：列式时，要养成这样的习惯，等式作左边是初状态的机械能而等式右边是末状态的机械能，这样有助于分析的条理性.【例1】如图5-5-1所示，光滑的倾斜轨道与半径为R 的圆形轨道相连接，质量为m 的小球在倾斜轨道上由静止释放，要使小球恰能通过圆形轨道的最高点，小球释放点离圆形轨道最低点多高？通过轨道点最低点时球对轨道压力多大？【解析】小球在运动过程中，受到重力和轨道支持力，轨道支持力对小球不做功，只有重力做功，小球机械能守恒．取轨道最低点为零重力势能面．因小球恰能通过圆轨道的最高点C ，说明此时，轨道对小球作用力为零，只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律可列Rv m mg c 2= 得gR m R v m c 2212=在圆轨道最高点小球机械能:mgR mgR E C 221+=在释放点，小球机械能为: mgh E A =根据机械能守恒定律 A C E E = 列等式：R mg mgR mgh 221+= 解得R h 25=同理，小球在最低点机械能 221BB mv E = gR v E E B CB 5==小球在B 点受到轨道支持力F 和重力根据牛顿第二定律，以向上为正，可列mg F Rv mmg F B62==-据牛顿第三定律，小球对轨道压力为6mg ．方向竖直向下．图5-5-1【例2】质量为m 的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上.平衡时，弹簧的压缩量为x 0，如图5-5-8所示.物块从钢板正对距离为3 x 0的A 处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动.已知物体质量也为m 时，它们恰能回到O 点，若物块质量为2m ，仍从A 处自由落下，则物块与钢板回到O 点时，还具有向上的速度，求物块向上运动到最高点与O 点的距离. 物块从3x 0位置自由落下，与地球构成的系统机械能守恒.则有200213.mv x mg =(1) v 0为物块与钢板碰撞时的的速度.因为碰撞板短，内力远大于外力，钢板与物块间动量守恒.设v 1为两者碰撞后共同速m v 0=2m v 1 (2)两者以v l 向下运动恰返回O 点，说明此位置速度为零。

相对论的能量守恒与动量守恒

相对论的能量守恒与动量守恒相对论是爱因斯坦的伟大理论之一，它改变了人们对于时间、空间和物质的认识。

其中，相对论中的能量守恒和动量守恒是非常重要的概念。

在古典物理学中，能量守恒和动量守恒是基本定律，但当我们进入相对论领域时，这些定律会发生一些微妙的变化。

首先，让我们来探讨相对论中的能量守恒。

在相对论中，能量并不是一个独立的量，而是与物体运动的速度和质量相关的。

根据质能方程E=mc²，质量m与能量E之间存在着一种等价关系。

当物体的速度接近光速时，质量会变得越来越大，也就意味着能量也越来越高。

这就是著名的质能方程所揭示的。

相对论中的能量守恒是指在相对论速度下，系统的总能量保持不变。

这意味着能量在不同形式之间的转换是可能的，但能量的总量仍然是守恒的。

比如，当一个物体以接近光速的速度运动时，它的动能会增加，而其它形式的能量（如静能量）则会相应减少，但总能量保持恒定。

接下来，我们来探讨相对论中的动量守恒。

在相对论中，动量也不再是简单地质量乘以速度，而是一个更复杂的概念。

根据相对论动力学，动量p等于质量m乘以速度v除以根号下(1-v²/c²)，其中c代表光速。

当物体的速度接近光速时，与经典力学中相比，动量会迅速增加，这是相对论效应之一。

相对论中的动量守恒是指在相对论速度下，系统的总动量保持不变。

这意味着在相对论情况下，撞击和反冲等过程中的动量转移将产生一系列非直观的效果。

例如，当一个高速运动的物体撞击另一个静止物体时，它们之间的动量将在碰撞过程中重新分配，导致两个物体的速度都会发生变化。

除了能量守恒和动量守恒，相对论还引入了质能动量守恒定律，将能量和动量统一起来。

根据这个定律，能量和动量可以相互转化，但总量保持守恒。

相对论下的质能动量守恒定律是相对论力学中的基本定律之一，它在研究微观粒子的运动和相互作用时具有重要的作用。

简而言之，相对论中的能量守恒和动量守恒代表着物理定律对于高速物体和光速接近的情况下的演化。

智慧课堂高效课堂--动量和能量之弧形槽模型专题复习

智慧课堂高效课堂--动量和能量之
弧形槽模型专题复习
第一章动量的概念
动量是物体运动时所具有的内在性质，它可以衡量物体的运动能力。

根据牛顿第二定律，
动量可以用质量和速度的乘积来表示，即p=mv。

这里的m表示物体的质量，v表示物体的
速度，单位是千克·米/秒。

第二章动量守恒定律
动量守恒定律是物理学中的重要定律之一，它规定了在没有外力作用的情况下，物体的动
量是守恒的。

也就是说，在相同的时间内，物体的动量总是不变的。

这个定律在很多物理
现象中都有体现，如碰撞、弹弹球等。

第三章能量的概念
能量是物体存在的能力，它是物体可以进行动力学运动的条件。

根据第一定律，能量是动
量的函数，即E=f(p)。

这里的E表示能量，单位是千焦耳；p表示动量，单位是千克·米
/秒。

第四章能量守恒定律
能量守恒定律是物理学中另一个重要的定律，它规定了在任何情况下，物体的能量都是守
恒的。

这意味着，物体的能量不会凭空消失或增加，它只会从一种形式转化为另一种形式。

能量守恒定律在许多物理现象中都有体现，如热力学、光学、声学等。

第五章弧形槽模型
弧形槽模型是用来模拟物体在弧形轨道运动的过程。

这个模型可以用来研究物体在弧形轨道上的动量变化情况，以及物体的能量随时间的变化情况。

第六章弧形槽模型的应用
弧形槽模型在物理学中有广泛的应用，可以用来研究物体在自由落体运动、摆动运动等物理现象中的运动规律。

此外，弧形槽模型还可以用来解决许多实际问题，如机械设计、航天工程等。

动量与能量的关系

动量与能量的关系动量与能量是物理学中两个重要的概念，它们在描述物体运动和相互作用时起着关键的作用。

本文将探讨动量与能量之间的关系，以及它们在实际应用中的意义。

一、动量的定义与性质动量是描述物体运动的物理量，它是物体质量和速度的乘积。

动量的计算公式为：p = m * v，其中p表示动量，m表示物体的质量，v表示物体的速度。

动量具有以下几个重要的性质：1. 动量是矢量量，具有方向性。

它的方向与物体的速度方向一致。

2. 动量与物体质量成正比，与速度成正比。

质量越大，速度越快，动量就越大。

3. 动量是守恒的。

在一个封闭系统中，物体间的相互作用不会改变系统的总动量。

二、能量的定义与性质能量是描述物体状态和物体间相互作用的物理量，它是物体所具有的做工能力。

根据能量的性质和形式，能量可以分为多种类型，如机械能、热能、电能、化学能等。

能量的计量单位是焦耳（J）。

能量具有以下几个重要的性质：1. 能量是标量量，不具有方向性。

2. 能量具有转化和守恒的性质。

能量可以在不同形式之间相互转化，但总能量守恒，不会因为转化而减少或增加。

三、动能与动量之间的关系物体的动能是指因物体运动而具有的能量。

动能的计算公式为：E_k = 1/2 * m * v^2，其中E_k表示动能，m表示物体质量，v表示物体的速度。

动能与动量之间存在着密切的关系。

根据动能的计算公式可以推导出：E_k = 1/2 * p * v，其中p表示物体的动量。

这表明动能与动量之间存在着倍数关系，动量越大，动能也越大。

四、冲量与动量的关系物体受到外力作用时，会发生动量的变化，这种变化称为冲量。

冲量的计算公式为：I = ∆p = m * ∆v，其中I表示冲量，∆p表示动量的变化量，m表示物体的质量，∆v表示速度的变化量。

冲量与动量之间存在着密切的关系。

根据冲量的计算公式可以推导出：I = F * ∆t = ∆p，其中F表示外力的大小，∆t表示作用时间。

这表明冲量等于动量的变化量，而动量是物体运动的量度，因此冲量可以看作是物体运动状态变化的度量。

13.7狭义相对论之相对论能量和动量的关系

{范例13.7} 相对论能量和动量的关系
试推导相对动能和能量公式以及动量公式。 m0 E0 = m0c2， E = mc2， m = 1 − v2 / c2 利用质-速关系可得 2 2 m0 v 2 c 2 m0 c 4 2 = m2v 2c 2 p 2c 2 = = −= E 2 − E02 m0 c 4 2 2 2 2 1− v / c 1− v / c 即E2 = p2c2 + m02c4，这就是相对论中的能量-动量关系。能量和动量是双曲线的关系。如果某种粒子静止质量为零，即m0 = 0，则得E = pc，比较公式E = mc2，可得p = mc，该粒子速度就是光速。光可当作一种静止质量为零的粒子流，对应的粒子称为光子。
v v = 0=
A =
∫
v
F ⋅ d= r
∫
v
v v d(mv ) ⋅ dr = ∫ v ⋅ d(mv )= ∫ (v 2 dm + mv ⋅ dv ) v v = 0= 0 0 dt
m0 v ⋅ dv m0 d 对质-速关系 dm = d[ = = 2 mv ⋅ 2 v 2 ] c 2 (1 − v 2 / c 2 )3/ 2 c (1 − v / c ) (1 − v ⋅ v / c 2 )1/ 2 求微分得
由此得 mv·dv = (c2– v2)dm
A =
代入功的公式得
∫
m
m = m0
= [v dm + (c − v )dm]
2 2 2∫Fra bibliotekmm = m0
c 2 dm mc 2 − m0 c 2 =
根据质点的动能定理：合外力所做的功等于动能的增量。在相对论中物体的动能为物体静止时动能为零， m0 c 2 2 - m c2 故合外力所做的功全部 − m0 c 2 . T = mc= 0 1 − v2 / c2 转化为物体的动能。

动量和能量

动量和能量力的效应：力的瞬时作用效应牛顿第二定律＝；当合外力为零时物体平衡。

---==⎧⎨⎩F ma F F x y 00 力对时刻的积存效应——动量定理Ft ＝p2－p1，当合外力的冲量为零时，系统动量守恒p1＝p2。

力对空间的积存效应——动能定理Fs ＝Ek2－Ek1，当只有重力和弹簧弹力做功时，机械能守恒E1＝E2。

（一）动量定理和动能定理动量和动能是从不同角度描述物体运动状态的物理量。

动量是矢量，而动能是标量；物体动量的变化用外力的冲量来量度，而动能的变化则用外力的功来量度。

动量定理和动能定理的公式分不为：Ft ＝mv2－mv1① Fs mv mv =-12122212②尽管两个公式分不为矢量式和标量式，但不难看出二者仍有专门多相同的地点。

第一两个公式的形式是相似的；其次式中的v1、v2和s 均应有关于同一惯性系；再者合外力的冲量Ft 与合外力的功Fs 在求解方法上也具有相似性，即能够先求合力F 再求它的冲量或功，也能够先求各分力的冲量和功再合成。

（二）动量守恒定律和机械能守恒定律如果讲动量定理和动能定理研究对象仅限于单个物体的话，那么动量守恒定律和机械能守恒定律的研究对象则一定是由多个物体所构成的系统。

二者的数学表达式常用形式分不为m v m v m v m v 11221122+=+''③ 1212121222mv mgh mv mgh +=+④在应用两个守恒定律解题时第一要注意系统的确定和守恒条件的确定。

两个守恒定律的条件含义是完全不同的，解题时千万不能混为一谈。

1. 动量守恒的条件①动量守恒定律的条件是系统不受外力的作用，然而实际上，全然不受外力作用的系统是不存在的，只要系统受的合外力为零，那么该系统就将严格遵循动量守恒定律，因为“合外力为零”与“不受外力作用”在对系统运动状态的变化上所产生的成效是相同的。

②在实际情形中，合外力为零的系统也是专门少遇到的，因此在解决实际咨询题时，如果系统内部的相互作用力（即内力）远比它们所受的外力大（例如相互作用时刻极短的碰撞类咨询题确实是如此）就可忽略外力的作用，应用动量守恒定律去处理。

高中物理动量和能量知识归纳

高考物理知识归纳（三） ---------------动量和能量1．力的三种效应：力的瞬时性（产生a ）F=ma 、⇒运动状态发生变化⇒牛顿第二定律时间积累效应(冲量)I=Ft 、⇒动量发生变化⇒动量定理空间积累效应(做功)w=Fs ⇒动能发生变化⇒动能定理2．动量观点：动量：p=mv=KmE 2 冲量：I = F t动量定理：内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化。

公式： F 合t = mv ’一mv (解题时受力分析和正方向的规定是关键)I=F 合t=F 1t 1+F 2t 2+---=∆p=P 末-P 初=mv 末-mv 初动量守恒定律：内容、守恒条件、不同的表达式及含义：'p p =；0p =∆；21p -p ∆=∆P ＝P ′ (系统相互作用前的总动量P 等于相互作用后的总动量P ′) ΔP ＝0(系统总动量变化为0)如果相互作用的系统由两个物体构成，动量守恒的具体表达式为P 1＋P 2＝P 1′＋P 2′ (系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量) m 1V 1＋m 2V 2＝m 1V 1′＋m 2V 2′ ΔP ＝－ΔP ＇(两物体动量变化大小相等、方向相反)实际中应用有：m 1v 1+m 2v 2='22'11v m v m +； 0=m 1v 1+m 2v 2 m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 共原来以动量(P)运动的物体，若其获得大小相等、方向相反的动量(－P)，是导致物体静止或反向运动的临界条件。

即：P+(－P)=0注意理解四性：系统性、矢量性、同时性、相对性矢量性：对一维情况，先选定某一方向为正方向，速度方向与正方向相同的速度取正，反之取负，把矢量运算简化为代数运算。

相对性:所有速度必须是相对同一惯性参照系。

同时性：表达式中v 1和v 2必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，v 1’和v 2’必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。