动量与能量的综合应用
高三物理动量和能量的综合应用
F
(1)对A分析：
mgt mv mv0
mg(l
s)
1 2
mv2
1 2
mv02
(2)对B分析： (F mg)t Mv
(F mg)s 1 Mv2
(3)对系统分析：
2
Fs
mgl
1 (M 2
m)v2
1 2
mv02
解题步骤：
1、认真审题，明确题目所述的物理情景， 确定研究对象。
2、分析研究对象受力、运动状态及运动状 态变化过程。
V0
A B
F
VA B
F
解：
A
v0
F
B
s
v
AF B
(1)对A分析： (F mg)t mv mv0
(F
mg)(l
s)
1 2
mv2
1 2
mv02
(2)对B分析： mgt Mv mgs 1 Mv2
2
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(3)对系统分析：
F (l
s)
mgl
1 (M 2
m)v2
1 2
mv02
解： A v0
B
F
s
v
A
B
A
BB
V0
A
V
B
Mv0 (M m)v
mgl
1 (M 2
m)v2
1 2
Mv02
A
V V0
V
V V0
B BB
B
A B
V0
ABA
A V0
V0
V0
AA
V A
VV00VV00
AB B B
V
A B
V
用能量的 观点列方程 时可以不涉及运动过 程中的细节，比牛顿 运动定律解题 更为方 便。
动量、能量综合应用
§6 动量、能量综合应用知识目标一、动量和动能动量和动能都是描述物体运动状态的物理量，但它们存在明显的不同：动量是矢量，动能是标量．物体动量变化时，动能不一定变化；但动能一旦发生变化，动量必发生变化．如做匀速圆周运动的物体，动量不断变化而动能保持不变．动量是力对时间的积累效应，动量的大小反映物体可以克服一定阻力运动多久，其变化量用所受冲量来量度；动能是力对空间的积累效应，动能的大小反映物体可以克服一定阻力运动多么远，其变化量用外力对物体做的功来量度．动量的大小与速度成正比，动能大小与速率的平方成正比．不同物体动能相同时动量可以不同，反之亦然，p=常用于比较动能相同而质量不同物体的动量大小；22 kpEm=常用来比较动量相同而质量不同物体的动能大小．二、动量守恒定律与机械能守恒（包括能量守恒）定律动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，且研究的都是某一物理过程一但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，则决定于是否有重力以外的力（不管是内力还是外力）做功．所以，在利用机械能守恒定律处理问题时要着重分析力的做功情况，看是否有重力以外的力做功；在利用动量守恒定律处理问题时着重分析系统的受力情况（不管是否做功），并着重分析是否满足合外力为零．应特别注意：系统动量守恒时，机械能不一定守恒；同样机械能守恒时，动量不一定守恒，这是因为两个守恒定律的守恒条件不同必然导致的结果．如各种爆炸、碰撞、反冲现象中，因F内》F外，动量都是守恒的，但因很多情况下有内力做功使其他形式的能转化为机械能而使其机械能不守恒．另外，动量守恒定律表示成为矢量式，应用时必须注意方向，且可在某一方向独立使用；机械能守恒定律表示成为标量式，对功或能量只需代数加减，不能按矢量法则进行分解或合成．三、处理力学问题的基本方法处理力学问题的基本方法有三种：一是牛顿定律，二是动量关系，三是能量关系．若考查有关物理量的瞬时对应关系，须应用牛顿定律，若考查一个过程，三种方法都有可能，但方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别．若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题的应优先考虑动能定理．因为两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力作用问题，在中学阶段无法用牛顿定律处理时，就更显示出它们的优越性．四、求解动量守恒定律、机械能守恒定律、动能定理、功能关系的综合应用类题目时要注意：1.认真审题，明确物理过程．这类问题过程往往比较复杂，必须仔细阅读原题，搞清已知条件，判断哪一个过程机械能守恒，哪一个过程动量守恒2.灵活应用动量、能量关系．有的题目可能动量守恒，机械能不守恒，或机械能守恒，动量不守恒，或者动量在整个变化过程中守恒，而机械能在某一个过程中有损失等，过程的选取要灵活，既要熟悉一定的典型题，又不能死套题型、公式．【例1】如图所示，A和B并排放在光滑的水平面上，A上有一光滑的半径为R 的半圆轨道，半圆轨道右侧顶点有一小物体C ，C 由顶点自由滑下，设A 、B 、C 的质量均为m ．求：（1）A 、B 分离时B 的速度多大？（2）C 由顶点滑下到沿轨道上升至最高点的过程中做的功是多少？分析：小物体C 自由滑下时，对槽有斜向右下方的作用力，使A 、B 一起向右做加速运动，当C 滑至槽的最低点时，C 、A 之间的作用力沿竖直方向，这就是A 、B 分离的临界点，因C 将沿槽上滑，C 对A 有斜向左下方的作用力，使A 向右做减速运动，而B 以A 分离时的速度向右做匀速运动，C 沿轨道上升到最大高度时，C 与A 的相对速度为零，而不是C 对地的速度为零，至于C 在全过程中所做的功，应等于A 、B 、C 组成的系统动能的增加（实际上是等于C 的重力所做的功）。
动量和能量的综合应用教案
动量和能量的综合应用教案一、教学目标通过本节课的学习，学生将能够：1. 理解并运用动量和能量的概念；2. 掌握动量定律和能量守恒定律的应用；3. 进行动量和能量的数值计算。
二、教学内容1. 动量的定义和计算方法；2. 动量定律的表述和应用；3. 能量的定义和计算方法；4. 能量守恒定律的表述和应用。
三、教学过程本节课分为以下几个部分进行教学：Part 1：引入1. 引导学生回顾之前学习过的动量和能量的基本概念；2. 提出问题：你认为动量和能量在现实生活中有哪些应用？Part 2：动量的应用1. 介绍动量的定义和计算方法；2. 讲解动量定律的表述和应用：a. 动量定律的数学表达式；b. 利用动量定律解决实际问题的例子；c. 动量守恒的意义和应用。
Part 3：能量的应用1. 介绍能量的定义和计算方法；2. 讲解能量守恒定律的表述和应用：a. 能量守恒定律的数学表达式；b. 利用能量守恒定律解决实际问题的例子；c. 能量转化和能量损失的初步认识。
Part 4：动量和能量的综合应用1. 以实际案例为例，引导学生综合运用动量和能量的概念解决问题；2. 让学生分析并计算物体在碰撞中的动量变化、能量转化和能量损失；3. 引导学生思考和讨论动量和能量在实际应用中的重要性和约束。
Part 5：扩展应用1. 给学生一些实际案例，要求他们应用动量和能量的知识进行分析和计算；2. 引导学生思考动量和能量对于交通安全、机械设计等领域的重要作用。
四、教学评价1. 在课堂上进行相关问题的提问和回答；2. 布置相关练习和作业，检验学生对动量和能量应用的掌握情况；3. 监督学生实践动量和能量计算的能力，评价他们的思维和分析能力。
五、教学延伸1. 鼓励学生自主学习和探索更多与动量和能量相关的知识；2. 提供相关学习资料和参考书目，帮助学生深入了解动量和能量的应用。
六、教学心得通过本节课的教学，学生能够将动量和能量的概念有效应用于实际问题中。
动量定律和能量守恒定律的综合应用
动量守恒和能量守恒定律的综合应用1.解决该类问题用到的规律动量守恒定律，机械能守恒定律，能量守恒定律，功能关系等。
2．解决该类问题的基本思路(1)认真审题，明确题目所述的物理情景，确定研究对象。
(2)如果物体间涉及多过程，要把整个过程分解为几个小的过程。
(3)对所选取的对象进行受力分析，判定系统是否符合动量守恒的条件。
(4)对所选系统进行能量转化的分析。
例如，系统是否满足机械能守恒，如果系统内有摩擦则机械能不守恒，有机械能转化为内能。
(5)选取所需要的方程列式并求解。
例3.如图所示，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 且可看做质点。
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：(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)对P 1、P 2组成的系统，由动量守恒定律得m v 0＝2m v 1 解得v 1＝v 02 对P 1、P 2、P 组成的系统，由动量守恒定律得2m v 1＋2m v 0＝4m v 2 解得v 2＝34v 0。
(2)对P 1、P 2、P 组成的系统，从P 1、P 2碰撞结束到最终P 停在A 点，由能量守恒定律得μ·2mg (2L ＋2x )＝12·2m v 20＋12·2m v 21－12·4m v 22 解得x ＝v 2032μg－L 对P 1、P 2、P 组成的系统，从P 1、P 2碰撞结束到弹簧压缩到最短，此时P 1、P 2、P 的速度均为v 2，由能量守恒定律得μ·2mg (L ＋x )＋E p ＝12·2m v 20＋12·2m v 21－12·4m v 22 解得E p ＝m v 2016。
动量和能量的综合应用 板块模型课件
原理
动量定理描述了物体动量的变化 与其所受力的关系。
公式
Ft = Δp，其中F表示力的大小，t 表示力的作用时间，Δp表示动量 的变化量。
能量定理的原理和公式
原理
能量定理描述了系统能量的转化和守 恒关系。
公式ห้องสมุดไป่ตู้
E = E0 + ΔE，其中E表示系统的总能 量，E0表示初始能量，ΔE表示能量的 变化量。
动量和能量在板块模型中的综合应用
动量与能量的相互转化
在板块模型中，物体的动量和能量可以 相互转化。例如，在碰撞过程中，物体 的动能可能转化为内能或势能，反之亦 然。通过分析动量和能量的变化，可以 深入了解物体的相互作用过程。
VS
动量和能量的同时分析
在解决板块模型问题时，通常需要同时考 虑动量和能量的综合应用。通过结合动量 定理和能量守恒定律，可以更全面地分析 物体的运动过程和相互作用效果。
04
板块模型的实例分析
BIG DATA EMPOWERS TO CREATE A NEW
ERA
实例一：汽车碰撞分析
总结词
汽车碰撞分析是板块模型的重要应用之一，通过分析碰撞过程中动量和能量的变化，可以更好地理解碰撞的物理 机制，为汽车安全设计提供理论支持。
详细描述
在汽车碰撞分析中，板块模型可以用来模拟汽车在碰撞过程中的运动状态和受力情况。通过分析碰撞前后的动量 和能量变化，可以评估碰撞对车辆和乘员的影响，从而优化汽车的结构设计，提高汽车的安全性能。
板块模型可以模拟地震发 生的机制和过程，为地震 预测提供理论支持。
地质构造分析
通过板块模型可以分析地 壳运动和地质构造的形成 与演化，有助于地质学研 究和资源勘探。
气候变化研究
专题07动量和能量的综合应用
专题07动量和能量的综合应用知识梳理考点一 动量与动量定理应用动量定理解题的一般步骤及注意事项线如图所示，则( )A ．t=1 s 时物块的速率为1 m/sB ．t=2 s 时物块的动量大小为4 kg·m/sC ．t=3 s 时物块的动量大小为5 kg·m/sD ．t=4 s 时物块的速度为零【答案】AB【解析】由动量定理可得：Ft=mv ，解得m Ft v = ，t=1 s 时物块的速率为s m m Ft v /212⨯===1 m/s ，故A 正确；在Ft 图中面积表示冲量，所以，t=2 s 时物块的动量大小P=Ft=2×2=4kg.m/s ，t=3 s 时物块的动量大小为P /=(2×21×1)kgm/s=3 kg·m/s ，t=4 s 时物块的动量大小为P //=(2×21×2)kgm/s=2 kg·m/s ，所以t=4 s 时物块的速度为1m/s ，故B正确 ，C 、D 错误 考点二 动量守恒定律一、应用动量守恒定律的解题步骤二、几种常见情境的规律碰撞（一维）动量守恒动能不增加即p122m1＋p222m2≥p1′22m1＋p2′22m2速度要合理①若两物体同向运动，则碰前应有v后＞v前；碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。
②若两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。
爆炸动量守恒：爆炸物体间的相互作用力远远大于受到的外力动能增加：有其他形式的能量(如化学能)转化为动能位置不变：爆炸的时间极短，物体产生的位移很小，一般可忽略不计反冲动量守恒：系统不受外力或内力远大于外力机械能增加：有其他形式的能转化为机械能人船模型两个物体动量守恒：系统所受合外力为零质量与位移关系：m1x1＝m2x2(m1、m2为相互作用的物体质量，x1、x2为其位移大小)例一(多选)(2021·甘肃天水期末)如图所示，木块B与水平面间的摩擦不计，子弹A沿水平方向射入木块并在极短时间内相对于木块静止下来，然后木块压缩弹簧至弹簧最短。
专题6动力学、动量和能量观点的综合应用
考题一 动量定理和能量观点的综合应用1.动量定理公式：Ft ＝p ′－p 说明：(1)F 为合外力①恒力，求Δp 时，用Δp ＝Ft②b.变力，求I 时，用I ＝Δp ＝mv 2－mv 1③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率 ④当Δp 一定时，Ft 为确定值：F ＝Δptt 小F 大——如碰撞；t 大F 小——缓冲(2)等式左边是过程量Ft ，右边是两个状态量之差，是矢量式.v 1、v 2是以同一惯性参照物为参照的.Δp 的方向可与mv 1一致、相反或成某一角度，但是Δp 的方向一定与Ft 一致. 2.力学规律的选用原则单个物体：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.例1 据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.g 取10 m/s 2.下表为一次实验过程中的相关数据.重物(包括传感器)的质量m /kg重物下落高度H /cm 45 重物反弹高度h /cm 20 最大冲击力F m /N 850 重物与地面接触时间t /s(1)请你选择所需数据，通过计算回答下列问题： ①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；②在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍. (2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由. 解析 (1)①重物受到最大冲击力时加速度的大小为a 由牛顿第二定律：a ＝F m －mgm解得a ＝90 m/s 2②重物在空中运动过程中，由动能定理mgh ＝12mv 2重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1＝2gH 重物离开地面瞬时的速度大小v 2＝2gh重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F ，设竖直向上为正方向 由动量定理：(F －mg )t ＝mv 2－m (－v 1) 解得F ＝510 N ，故F mg＝6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ft ＝Δmv 可知，接触时间增加了，冲击力F 会减小. 答案 (1)①90 m/s 2②6倍 (2)见解析 变式训练1.高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) ＋mg －mg ＋mg －mg答案 A解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg )t ＝mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2ght＋mg ，A 项正确. 2.一质量为 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图1所示.物块以v 0＝9 m/s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m/s 的速度反向运动直至静止.g 取10 m/s 2.图1(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1) (2)130 N (3)9 J解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程中 应用动能定理－μmgs ＝12mv 2－12mv 20代入数值解得μ＝(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得：F Δt ＝mv ′－mv 解得F ＝－130 N其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左. (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 －W ＝0－12mv ′2解得W ＝9 J.考题二动量守恒定律和能量观点的综合应用1.动量守恒定律(1)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(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件：①理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零.②近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.③单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.动量守恒定律应用要注意的三性(1)矢量性：在一维运动中要选取正方向，未知速度方向的一律假设为正方向，带入求解.(2)同时性：m1v1和m2v2——作用前的同一时刻的动量m1v1′和m2v2′——作用后的同一时刻的动量(3)同系性：各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)2.力学规律的选用原则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.例2 如图2所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝ m，物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝ m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短).图2(1)求A 滑过Q 点时的速度大小v 和受到的弹力大小F ； (2)若碰后AB 最终停止在第k 个粗糙段上，求k 的数值； (3)求碰后AB 滑至第n 个(n ＜k )光滑段上的速度v n 与n 的关系式. 解析 (1)从A →Q 由动能定理得 －mg ·2R ＝12mv 2－12mv 2解得v ＝4 m/s ＞gR ＝ 5 m/s在Q 点，由牛顿第二定律得F ＋mg ＝m v 2R解得F ＝22 N.(2)A 撞B ，由动量守恒得mv 0＝2mv ′ 解得v ′＝v 02＝3 m/s设摩擦距离为x ，则－2μmgx ＝0－12·2mv ′2解得x ＝ m 所以k ＝x L＝45.(3)AB 滑至第n 个光滑段上，由动能定理得 －μ·2mgnL ＝12·2mv 2n －12·2mv ′2所以v n ＝错误! m/s (n <45). 答案 (1)4 m/s 22 N (2)45 (3)v n ＝错误! m/s (n <45) 变式训练3.如图3，在足够长的光滑水平面上，物体A 、B 、C 位于同一直线上，A 位于B 、C 之间.A 的质量为m ，B 、C 的质量都为M ，三者均处于静止状态.现使A 以某一速度向右运动，求m 和M 之间应满足什么条件，才能使A 只与B 、C 各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.图3答案 (5－2)M ≤m ＜M解析 设A 运动的初速度为v 0，A 向右运动与C 发生碰撞，由动量守恒定律得mv 0＝mv 1＋Mv 2由机械能守恒定律得12mv 20＝12mv 21＋12Mv 22可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2m m ＋Mv 0 要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜MA 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有 mv 1＝mv 3＋Mv 412mv 21＝12mv 23＋12Mv 24 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2mm ＋Mv 1 由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2m m ＋M v 0≥m －M m ＋M v 1＝(m －M m ＋M)2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2解方程可得m ≥(5－2)M 另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足 (5－2)M ≤m ＜M .考题三 电学中动量和能量观点的综合应用系统化思维方法，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).例3 如图4所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，x 轴与绝缘的水平面重合，在y 轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m 2＝8×10－3kg 的不带电小物块静止在原点O ，A 点距O 点l ＝ m ，质量m 1＝1×10－3kg 的带电小物块以初速度v 0＝ m/s 从A 点水平向右运动，在O 点与m 2发生正碰并把部分电量转移到m 2上，碰撞后m 2的速度为 m/s ，此后不再考虑m 1、m 2间的库仑力.已知电场强度E ＝40 N/C ，小物块m 1与水平面的动摩擦因数为μ＝，取g ＝10 m/s 2，求：图4(1)碰后m 1的速度；(2)若碰后m 2做匀速圆周运动且恰好通过P 点，OP 与x 轴的夹角θ＝30°，OP 长为l OP ＝ m ，求磁感应强度B 的大小；(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小，使m 2能与m 1再次相碰，求B ′的大小. 解析 (1)设m 1与m 2碰前速度为v 1，由动能定理 －μm 1gl ＝12m 1v 21－12m 1v 20代入数据解得：v 1＝ m/sv 2＝ m/s ，m 1、m 2正碰，由动量守恒有： m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2代入数据得：v 1′＝－ m/s ，方向水平向左 (2)m 2恰好做匀速圆周运动，所以qE ＝m 2g 得：q ＝2×10－3C由洛伦兹力提供向心力，设物块m 2做圆周运动的半径为R ，则qv 2B ＝m 2v22R轨迹如图，由几何关系有：R ＝l OP 解得：B ＝1 T(3)当m 2经过y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m 1碰后做匀减速运动.m 1匀减速运动至停止，其平均速度大小为： v ＝12|v 1′|＝ m/s>v 2＝ m/s ，所以m 2在m 1停止后与其相碰由牛顿第二定律有：F f ＝μm 1g ＝m 1am 1停止后离O 点距离：s ＝v 1′22a则m 2平抛的时间：t ＝s v 2平抛的高度：h ＝12gt 2设m 2做匀速圆周运动的半径为R ′，由几何关系有：R ′＝12h由qv 2B ′＝m 2v 22R ′，联立得：B ′＝ T答案 (1)－ m/s ，方向水平向左 (2)1 T (3) T 变式训练4.如图5所示，C 1D 1E 1F 1和C 2D 2E 2F 2是距离为L 的相同光滑导轨，C 1D 1和E 1F 1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r 1＝8r 和r 2＝r .在水平矩形D 1E 1E 2D 2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .导体棒P 、Q 的长度均为L ，质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计，Q 停在图中位置，现将P 从轨道最高点无初速度释放，则：图5(1)求导体棒P 进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；(2)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P 离开轨道瞬间的速度；(3)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E 1E 2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围.答案 (1)2BL grR，方向逆时针 (2)3gr(3)3mgr ≤Q ≤4mgr解析 (1)导体棒P 由C 1C 2下滑到D 1D 2，根据机械能守恒定律：mgr 1＝12mv 2D ，v D ＝4gr导体棒P 到达D 1D 2瞬间：E ＝BLv D回路中的电流I ＝E 2R ＝2BL grR方向逆时针(2)棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q ：mg ＝mv 2Q r 2，v Q ＝gr设导体棒P 离开轨道瞬间的速度为v P ，根据动量守恒定律：mv D ＝mv P ＋mv Q 代入数据得，v P ＝3gr(3)由(2)知，若导体棒Q 恰能在到达E 1E 2瞬间飞离轨道，P 也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产生的热量：Q 1＝12mv 2D －12mv 2P －12mv 2Q ＝3mgr若导体棒Q 与P 能达到共速v ，回路中产生的热量最多，则根据动量守恒：mv D ＝(m ＋m )v ，v ＝2gr回路中产生的热量：Q 2＝12mv 2D－12(m ＋m )v 2＝4mgr 综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr ≤Q ≤4mgr .专题规范练1.如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h 的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP ，其形状为半径R ＝ m 的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也为R .一质量m ＝ kg 的物块A 自圆弧形轨道的顶端静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m 的物块B 发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B 的位移随时间变化的关系式为x ＝6t －2t 2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B 飞离桌面后恰由P 点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g 取10 m/s 2)求：图1(1)BP 间的水平距离x BP ；(2)判断物块B 能否沿圆轨道到达M 点； (3)物块A 由静止释放的高度h . 答案 (1) m (2)不能 (3) m解析 (1)设碰撞后物块B 由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR同时v y v D＝tan 45°，解得v D ＝4 m/s设平抛用时为t ，水平位移为x ，则有R ＝12gt 2x ＝v D t解得x ＝ m物块B 碰后以初速度v 0＝6 m/s ，加速度大小a ＝－4 m/s 2减速到v D ，则BD 间的位移为x 1＝v 2D －v 202a＝ m故BP 之间的水平距离x BP ＝x ＋x 1＝ m(2)若物块B 能沿轨道到达M 点，在M 点时其速度为v M ，则有12mv 2M －12mv 2D ＝－22mgR设轨道对物块的压力为F N ，则F N ＋mg ＝m v 2MR解得F N ＝(1－2)mg <0，即物块不能到达M 点. (3)对物块A 、B 的碰撞过程，有：m A v A ＝m A v A ′＋m B v 012m A v 2A ＝12m A v A ′2＋12m B v 20 解得：v A ＝6 m/s设物块A 释放的高度为h ，则mgh ＝12mv 2A ，解得h ＝ m2.如图2所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，圆形轨道半径R ＝ m.水平轨道PN 右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c 、d ，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板c 质量m 3＝ kg ，长L ＝4 m ，木板d 质量m 4＝ kg.质量m 2＝ kg 的小滑块b 放置在轨道QN 上，另一质量m 1＝ kg 的小滑块a 从P 点以水平速度v 0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a 沿原路返回到M 点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b 与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝，重力加速度g ＝10 m/s 2.图2(1)求小滑块a 与小滑块b 碰撞后，a 和b 的速度大小v 1和v 2；(2)若碰后滑块b 在木板c 、d 上滑动时，木板c 、d 均静止不动，c 、d 与地面间的动摩擦因数μ至少多大(木板c 、d 与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(3)若不计木板c 、d 与地面间的摩擦，碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d ，求滑块b 在木板c 上滑行的时间及木板d 的长度.答案 (1)4 m/s m/s (2) (3)1 s m解析 (1)根据题意可知：小滑块a 碰后返回到M 点时：m 1v 2M R＝m 1g 小滑块a 碰后返回到M 点过程中机械能守恒：12m 1v 21＝12m 1v 2M ＋m 1g (2R ) 代入数据，解得：v 1＝4 m/s取水平向右为正方向，小滑块a 、b 碰撞前后：动量守恒：m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2机械能守恒：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 代入数据，解得：v 0＝ m/s ，v 2＝ m/s(2)若b 在d 上滑动时d 能静止，则b 在c 上滑动时c 和d 一定能静止μ(m 2＋m 4)g >μ0m 2g解得μ>m 2m 2＋m 4μ0≈ (3)小滑块b 滑上长木板c 时的加速度大小：a 1＝μ0g ＝ m/s 2此时两块长木板的加速度大小：a 2＝μ0m 2m 3＋m 4g ＝ m/s 2 令小滑块b 在长木板c 上的滑行时间为t ，则：时间t 内小滑块b 的位移x 1＝v 2t －12a 1t 2 两块长木板的位移x 2＝12a 2t 2 且x 1－x 2＝L解得：t 1＝1 s 或t 2＝103 s(舍去) b 刚离开长木板c 时b 的速度v 2′＝v 2－a 1t 1＝ m/sb 刚离开长木板c 时d 的速度v 3＝a 2t 1＝ m/sd 的长度至少为x ：由动量守恒可知：m 2v 2′＋m 4v 3＝(m 2＋m 4)v解得：v ＝2 m/sμ0m 2gx ＝12m 2v 2′2＋12m 4v 23－12(m 2＋m 4)v 2 解得：x ＝ m3.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B 处连接一内径相同的粗糙水平直管AB .已知E 处距地面的高度h ＝ m ，一质量m ＝1 kg 的小球a 从A 点以速度v 0＝12 m/s 的速度向右进入直管道，到达B 点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D 点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE 管(DE 管光滑)，并与原来静止于E 处的质量为M ＝4 kg 的小球b 发生正碰(a 、b 均可视为质点).已知碰撞后a 球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的13，而b 球从E 点水平抛出，其水平射程s ＝ m.(g ＝10 m/s 2)图3(1)求碰后b 球的速度大小；(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r 和R ；(3)若小球a 在管道AB 中运动时所受阻力为定值，请判断a 球返回到BA 管道时，能否从A 端穿出答案 (1)1 m/s (2) m m (3)不能解析 (1)b 球离开E 点后做平抛运动h ＝12gt 2，s ＝v b t ，解得v b ＝1 m/s(2)a 、b 碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有： mv a ＝－m ×13v a ＋Mv b解得v a ＝3 m/s碰前a 在D 处恰好与轨道无作用力，则有：mg ＝m v 2a rr ＝ mR ＝h －2r 2＝ m (3)小球从B 到D ，机械能守恒：12mv 2B ＝12mv 2a ＋mgh 解得：12mv 2B ＝ J 从A 到B 过程，由动能定理得：－W f ＝12mv 2B －12mv 20 解得：W f ＝ J从D 到B ，机械能守恒：12m (v a 3)2＋mgh ＝12mv B ′2 解得：12mv B ′2＝ J<W f 所以，a 球返回到BA 管道中时，不能从A 端穿出.4.如图4所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为m ，电量为q ；B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v 0.求：图4(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A 球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A 、B 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离.答案 (1)k ＋12k mv 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2k ＋1·mv 0qB解析 (1)设爆炸之后B 的速度大小为v B ，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝mv 0－kmv BE ＝12mv 20＋12kmv 2B ＝k ＋12kmv 20(2)由A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则T ＝2πm qB 有几何知识可得：粒子在磁场中运动了34个圆周 则t 2＝3πm 2qB(3)由0＝mv 0－kmv B 可得：v B ＝v 0k由qv 0B ＝m v 20R 知，R ＝mv 0qB 设爆炸前A 球与桌边P 的距离为x A ，爆炸后B 运动的位移为x B ，时间为t B则t B ＝x A v 0＋t 2＋R v 0，x B ＝v B t B由图可得：R ＝x A ＋x B联立上述各式解得：x A ＝2k －2－3π2k ＋1·mv 0qB .。
说课 动量和能量观点的综合应用
说课 动量和能量观点的综合应用罗山高中 谌利◆◇把脉高考动量守恒定律与能量守恒定律是近几年高考理科综合物理学科命题的重点、热点和焦点。
纵观近几年高考理科综合试题，对两个守恒定律考查的特点是：1、灵活性强，难度较大，能力要求高；2、题型全，年年有，不回避重复考查；3、两个守恒定律经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识相结合进行命题。
◆◇复习指导动量、能量复习时应抓住以下线索展开：线索一 以掌握规律为基础，抓住规律内涵，构建知识体系1、两个“定理”：动能定理与动量定理动量定理与动能定理的研究对象相似，但描述的物理内容差别极大。
动量定理的数学表达式p t F ∆=•合，是描述力的时间积累作用效果——动量变化，该式是矢量式，即在冲量方向上产生动量的变化。
动能定理的数学表达式k E s F ∆=••αcos 合，是描述力的空间积累作用效果——动能变化，该式是标量式。
2、两个“定律”：机械能守恒定律（能量守恒定律）与动量守恒定律判断系统机械能是否守恒的方法：①可以对系统进行受力分析，如果有除重力、弹力以外的力对系统做功，则系统的机械能不守恒。
②当系统内的物体或系统与外界发生碰撞时，如果题目没有说明“不计机械能的损失”或“碰撞属于完全弹性碰撞”，系统的机械能肯定不守恒。
③如果系统内部发生“爆炸”，则系统的机械能不守恒。
④系统内部有细绳产生瞬间拉紧的现象，系统的机械能不守恒。
判断系统动量是否守恒的方法：①用整体法对系统进行受力分析（不考虑系统内力），如果系统不受外力或所受合外力为零，则系统动量守恒。
②虽然系统的合外力不为零，但是系统在某一个方向上的合力为零，这时可以单独在这个方向上运用动量守恒定律。
③系统受到外力作用，且合外力不等于零，但是当系统的内力远大于外力的作用时，就可以忽略外力的影响，仍然可以认为系统的动量守恒，如“爆炸”过程。
④当系统内部的相互作用“时间极短”时，虽然系统的合外力不为零，但是在这个“极短”的时间内我们仍然可以对系统运用动量守恒定律。
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课后作业2：如图，一条轨道固定在竖直平面内，粗 糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R 为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块A和B紧靠在 一起，静止于b处，A的质量是B的3倍。两物块在足够 大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道 运动。B到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支 持力大小等于B所受重力的3/4，A与ab段的动摩擦因 数为μ，重力加速度g，求： （1）物块B在d点的速度大小; （2）物块A滑行的距离。
除重力和系统内弹力 之外的其他力做功
等于机械能的增加
W其＝E2－E1
系统克服一对滑动摩 擦力或介质阻力做功
等于系统内能的增加Q
Q＝ fx相对
二、滑块滑板
例2：如图所示，质量mA=0.9 kg的长木板A静 止在光滑的水平面上，质量mB=0.1 kg的木块B 以 （初 1）速若v0B=以10mv0/的s滑速上度A从板A．板求另：一端滑离，B离
1m2 m)vv202
答案:
d
Mmv
2 0
2F (M m)
v0
s2
s1 d
v
E损
Mmv
2 0
2(M m)
明确:当构成系统的双方相对运动出现往复的 情况时,公式中的d应理解为“相对路程”而不 是“相对位移的大小”。
归纳小结：
解 途通决径过复：杂以多上变的问“题子的弹打研木究块”，的你问题对，解一决般有“两子条
v0
v0
解析: 以m、M为系统动量守恒，
mv0
(M
m)v
v
mv0 mM
动能定理
s2
s1 d
v
阻力F与相对位移
对子弹，
Fs1
1 2
mv2
1 2
mv02
的大小d 的乘积， 等于子弹与木块构 成的系统的动能的
对木块，
Fs2
1 2
Mv2
减少量，亦即产生 的内能。
对系统,
FdFd
1 2
12m(vm02
M1 ()Mv2 2
的物块。两者间的动摩擦因数为μ=0.1，使物块
以v0=0.6m/s 的水平速度向右运动，为使物块不 从小车上滑下，小车的长度L至少多大？（取
g= 10m/s2） 解析： 主要方程
v1
m
M
mv0
1 2
(m
M
)v2
L 0.12m
三、碰撞
例3：如图所示，光滑圆形坡道的半径为R，质量为m 的小物块A在圆形坡道上距水平面高度为h处由静止滑 下，进入水平光滑滑道。为使A制动，将轻弹簧的一 端固定在竖直墙上的P点，另一端连接质量为M的物 体B，并恰位于滑道的末端O点。重力加速度为g，（ A、B均可视为质点）求： （1）小球到达圆坡道末端O点还未与B接触时的速度； （2）若在O点A、B碰后粘在一起运动的速度； （3）弹簧最大压缩量时的弹性势能（设弹簧处于原 长时弹性势能为零）。
选做题： 如图，竖直平面内的轨道 ABC 由水平滑道 AB 与光滑的四分之一圆弧滑道 BC 平滑连接组成，轨道放在 光滑水平面上。一个质量为 m＝1kg 的小物块(可视为质 点)从轨道的 A 端以初速度 v0＝8m/s冲上水平滑道AB，沿 着轨道运动，由 CB 弧滑下后停在水平滑道AB的中点。 已知轨道ABC的质量为 M＝3kg。求： (1)小物块和滑道相对静止时共同的速度； (2)若小物块恰好不从 C 端离开滑道， 圆弧滑道的半径 R 应是多大？
课后作业1解析：
变式4：如图所示，质量为m的小球悬挂在长为 L的细线下端，将它拉至与竖直方向成θ=60° 的位置后自由释放．当小球摆至最低点时，恰
好与水平面上原来静止的、质量为2m的木块相 碰，碰后木块在水平地面上滑行的距离恰为L， 已知木块与地面的动摩擦因素μ=0.5，重力加速 度取g．求： （1）小球与木块碰前瞬间所受拉力大小。 （2）碰撞后小球的速度。
课后作业2解析：
课后作业1：一轻质弹簧，两端连接两滑块A和B，已 知 mA＝0.99kg，mB＝3kg，放在光滑水平桌面上，开 始时弹簧处于原长．现滑块 A 被水平飞来的质量为 mC＝10g、速度为 400m/s 的子弹击中，且没有穿出， 如图 所示。试求：
(1)子弹击中 A 的瞬间，A 和 B 的速度； (2)在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能；
一弹、打动量木观块点 ”的问题有什么心得？
二、能量观点
规律
研究对象
动量观点
动量守恒定律 动量定理
系统 单个物体
能量观点
动能定理 能量守恒定律
单个物体 系统
功能关系
功 合力做功 重力做功 弹力(弹簧类)做功
能量变化 等于动能的增加 等于重力势能的减少 等于弹性势能的减少
表达式
W合＝Ek2－Ek1 WG＝Ep1－Ep2 W弹＝Ep1－Ep2
一、子弹打木块
方法点拨：动量守恒，机械能有损失
思考：为什么机械能有损失？ 子弹与木块间相互作用的阻力做功。
W阻 E系统
变式1：质量为M的木块置于光滑水平面上， 一质量为m的子弹以水平速度v0打入木块并停 在木块中。设子弹与木块间的阻力恒为F，求： （1）子弹打入木块的深度d 。 （2）子弹、木块构成的系统损失的机械能 ΔE损。
5
开时木板A的速度；
（2）若A板足够长，B木块最后的速度vB； （3）此过程中A、B组成的系统损耗的机械能。
二、滑块滑板
方法点拨：动量守恒，机械能有损失
思考：为什么机械能有损失？ 滑块与滑板间的摩擦力做功。
W摩擦 E系统
变式2：如图所示，质量为M =2kg的小车放在
光滑水平面上，在小车左端放一质量为m=1kg
三、碰撞
方法点拨：动量守恒
1、滑块在轨道上滑动类题型一般有两种情况： 一是轨道光滑，满足机械能守恒的条件，用机 械能守恒求解； 另一类是轨道不光滑，物块运动过程中克服摩 擦阻力做功，一般要用动能定理求解。 2、这一类问题往往和圆周结合起来考查，要特 别注意物块通过竖直平面内圆周最高点的条件。
变式3：一条固定的滑道由一段半径R=0.8m的1/4圆弧 轨道和一段长为L=3.2m水平轨道MN组成，在M点处 放置一质量为m的滑块B，另一个质量也为m的滑块A 从左侧最高点无初速度释放，A、B均可视为质点。 已知圆弧轨道光滑，且A与B之间的碰撞无机械能损失 （取g=10m/s2）。 （1）求A滑块与B滑块碰撞后的速度v′A和v′B （2）若A滑块与B滑块碰撞后，B滑块恰能达到N点， 则B滑块与MN段之间的摩擦因数μ的大小为多少？
第十六章 动量守恒定律
动量和能量的综合应用
一、子弹打木块
例1：细线下吊着一个质量为m1的沙袋，构成 一个单摆，摆长为l。一颗质量为m的子弹水平 射入沙袋并留在沙袋中，随沙袋一起摆动。已 知沙袋摆动是摆线的最大偏角是θ，求: （1）子弹射入沙袋前的速度。 （2）子弹与沙袋构成的系统在 此过程中损失的机械能。