3 力学与动量、动能--解题策略

力学与动量、动能——解题策略解题策略1、在应用动理定理、动量守恒定律时，应该注意的两点是：1）选取正方向，与规定正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小； 2）理论上，只有在系统所受合外力为零时，系统的动量才守恒。

但严格符合守恒条件的系统是难以找到的，如：在空中爆炸或碰撞的物体受重力作用，在地面上碰撞的物体受摩擦力作用，考虑到系统间相互作用的内力远大于外界对系统的作用，因此在作用前后的瞬间系统的动量可认为基本上是守恒的，这是一种近似处理问题的方法。

3）即使系统所受的外力不为0，但沿某个方向的合外力为0，则系统沿该方向的动量是守恒的。

2、动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题. 分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景，抽象出物理模型，选择物理规律，建立方程进行求解. 这一部分的主要模型是碰撞，而碰撞过程一般都遵从动量守恒定律，但机械能不一定守恒，对弹性碰撞就守恒，非弹性碰撞就不守恒，总的能量是守恒的. 对于碰撞过程的能量要分析物体间的转移和转换，从而建立碰撞过程的能量关系方程. 根据动量守恒定律和能量关系分别建立方程，两者联立进行求解，是这一部分常用的解决物理问题的方法. 能量是状态量，能量的变化是通过做功或热传递两种方式来实现的。

力学中功是能量转化的量度，热学中功和热量是内能变化的量度。

弹性碰撞模型弹性碰撞问题及其变形是中学物理中的常见问题，在高中物理中占有重要位置，也是多年来高考的热点。

弹性碰撞模型能与很多知识点综合，联系广泛，题目背景易推陈出新，掌握这一模型，举一反三，可轻松解决这一类题，切实提高学生推理能力和分析解决问题能力。

所以我们有必要研究这一模型。

弹性碰撞在碰撞过程无机械能损失，遵循动量守恒与系统机械能守恒定律，确切的说是碰撞前后动量守恒，动能不变。

在题目中常见的弹性球、光滑的钢球及分子、原子等微观粒子的碰撞都是弹性碰撞。

模型介绍：两个钢性小球A 、B 质量分别是m 1、m 2，小球B 静止在光滑水平面上，A 以初速度v 0与小球B 发生弹性碰撞，求碰撞后小球A 的速度v 1，物体B 的速度v 2大小和方向。

解析：取小球A 初速度v 0的方向为正方向，因发生的是弹性碰撞，碰撞前后动量守恒、动能不变有：m 1v 0= m 1v 1+ m 2v 2 ①222211201212121v m v m v m +=②由①②两式得：210211)(m m v m m v +-=，210122m m v m v +=结论1. 当m 1=m 2时，v 1=0，v 2=v 0，显然碰撞后A 静止，B 以A 的初速度运动，两球速度交换，并且A 的动能完全传递给B ，因此m 1=m 2也是动能传递最大的条件；m 2v 2 m 1v 1 Bm 1v 0 BA图1A结论2. 当m 1＞m 2时，v 1＞0，即A 、B 同方向运动，因2121)(m m m m +- ＜2112m m m +，所以速度大小v 1＜v 2，即两球不会发生第二次碰撞；若m 1 >>m 2 时，v 1= v 0，v 2=2v 0 即当质量很大的物体A 碰撞质量很小的物体B 时，物体A 的速度几乎不变，物体B 以2倍于物体A 的速度向前运动。

结论3. 当m 1＜m 2时，则v 1＜0，即物体A 反向运动。

当m 1<<m 2时，v 1= - v 0，v 2=0 即物体A 以原来大小的速度弹回，而物体B 不动，A 的动能完全没有传给B ，因此m 1<<m 2是动能传递最小的条件。

以上弹性碰撞以动撞静的情景可以简单概括为：（质量）等大小，（速度和动能）交换了；小撞大，被弹回；大撞小，同向跑。

例1. 如图2所示，两单摆的摆长不同，已知B 的摆长是A 摆长的4倍,A 的周期为T ,平衡时两钢球刚好接触，现将摆球A 在两摆线所在的平面向左拉开一小角度释放，两球发生弹性碰撞,碰撞后两球分开各自做简谐运动，以m A ，m B 分别表示两摆球A ，B 的质量，则下列说法正确的是；A ．如果m A =mB 经时间T 发生下次碰撞且发生在平衡位置 B ．如果m A >m B 经时间T 发生下次碰撞且发生在平衡位置C ．如果m A >m B 经时间T/2发生下次碰撞且发生在平衡位置右侧D ．如果m A <m B 经时间T/2发生下次碰撞且发生在平衡位置左侧解析：当m A =m B 时，A 、B 球在平衡位置发生弹性碰撞，速度互换，A 球静止，由于B 摆长是A 摆长的4倍,由单摆周期公式gL Tπ2=可知,A 周期是T ，B 的周期是2T ，当B 球反向摆回到平衡位置经时间为T ，再次发生碰撞。

故A 选项正确。

当m A ＞m B 时，发生第一次碰撞后两球同向右摆动，但A 球的速度小于B 球的速度，并有A 的周期是B 周期的一半，T/2时B 到达右侧最大位移处,此时A 向左回到平衡位置,A 继续向左;再经T/2, B 完成半个全振动向右,A 恰好完成一次全振动向左同时回到平衡位置发生碰撞，故B 选项正确，C 选项错误；当m A <m B 时，碰撞后A 反弹向左运动，B 向右，若m A 越接近m B 发生下一次碰撞的时间越接近T ，若m A <<m B ，A 接近原速反弹，B 几乎不动，发生下一次碰撞的时间越接近T/2，当A 经T/2经平衡位置从左向右运动时B 恰好在右侧最高点，而A 、B 碰撞的位置只能在平衡位置的右侧，或十分接近平衡位置，不可能在平衡位置的左侧，故D 选项错误。

例2. 如图4所示，光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连木块A 和B,一质量为m 子弹，以速度v 0水平击中木块A,并留在其中,A 的质量为3m,B 的质量为4m.(1)求弹簧第一次最短时的弹性势能(2)何时B 的速度最大，最大速度是多少？ 解析：(1) 从子弹击中木块A 到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程一是子弹与木块A 的碰撞过程，动量守恒，有机械能损失；二是子弹与木块A 组成的整体与木块B 通过弹簧相互作用的过程，动量守恒，系统机械能守恒，子弹打入: mv 0=4mv 1 ① 打入后弹簧由原长到最短: 4mv 1=8mv 2 ② 机械能守恒: P E mvmv +=2221821421 ③解①②③得：20161mvE P=mvoBA 图4(2) 从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中，木块B 一直作变加速运动,木块A 一直作变减速运动,相当于弹性碰撞，因质量相等，子弹和A 组成的整体与B 木块交换速度,此时B 的速度最大,设弹簧弹开时A 、B 的速度分别为'21,v v '4mv 1=4mv 1’ +4mv 2’ ④2’22’121421421421mvmvmv+=⑤解得：v 1’=o ,v 2’=v 1 =40v可见，两物体通过弹簧相互作用，与弹性碰撞相似。

评论：弹性碰撞模型的应用不仅仅局限于“碰撞”，我们应广义地理解 “碰撞”模型。

这一模型的关键是抓住系统“碰撞”前后动量守恒、系统机械能守恒（动能不变），具备了这一特征的物理过程，可理解为“弹性碰撞”。

我们对物理过程和遵循的规律就有了较为清楚的认识，问题就会迎刃而解。

例3．质量均为m ，完全相同的两辆实验小车A 和B 停放在光滑水面上，A 车上另悬挂有一质量为2m 的小球C 。

开始B 静止，A 、C 以速度v 0向右运动，两车发生完全非弹性碰撞但不粘连，碰撞时间极短，碰后小球C 先向右摆起，再向左摆起……每次均未达到水平，求：（1）小球第一次向右摆起至最大高度h 1时小车A 的速度大小v .（2）小球第一次向右摆起的最大高度h 1和第一次向左摆起的最大高度h 2之比.解析：（1）研究A 、B 、C 整体，从最开始到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据水平方向动量守恒（3m ）v 0 = (4m) v ，解得043v v =（2）研究A 、B 整体，两车碰撞过程中，设碰后瞬间A 、B 共同速度为v 1，根据动量守恒mv 0 = (2m)v 1解得0121v v =从碰拉结束到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据机械能守定律221201)4(21)2(21)2(21)2(vm v m v m gh m -+=解得gv h 1621=由受力分析可知，小球下摆回最低点，B 、C 开始分离。

设此时小球速度为v 3，小车速度为v 4，以向右为正方向，从碰撞结束到小球摆回最低点过程中根据水平方向动量守恒（2m ）v 0 +(2m)v 1 = (2m)v 3 +(2m)v 4根据机械能守恒定律24232120)2(21)2(21)2(21)2(21v m v m v m v m +=+解得小球速度v 3 = v 1 =021v ，方向向右小车速度v 4 = v 0，方向向右，另一根不合题意舍去。

研究A 、C 整体从返回最低点到摆到左侧最高点过程。

根据水平方向向量守恒 (2m) v 3 +mv 4 = (3m)v 5 根据机械能守恒定律2524232)3(2121)2(21)2(v m mvv m gh m -+=解得gv h 2422=所以h 1：h 2 =3：2例4. 在绝缘水平面上放一质量m =2.0×10-3kg 的带电滑块A ，所带电荷量q =1.0×10-7C .在滑块A 的左边l =0.3m 处放置一个不带电的绝缘滑块B ，质量M =4.0×10-3kg ，B 与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触(不连接)且弹簧处于自然状态，弹簧原长S =0.05m .如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E =4.0×105N/C ，滑块A 由静止释放后向左滑动并与滑块B 发生碰撞，设碰撞时间极短，碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处(弹性限度内)，此时弹性势能E 0=3.2×10-3J ，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g 取10m /s 2.求:(1)两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v ； (2)两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s .解析:(1)设两滑块碰前A 的速度为v 1，由动能定理有:2121mv mgl qEl =-μ解得:v 1=3m /sA 、B 两滑块碰撞，由于时间极短动量守恒，设共同速度为vv m M mv )(1+=解得:v =1.0m /s(2)碰后A 、B 一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x 1，由动能定理有：2011)(210)(v m M E gx m M qEx+-=-+-μ解得:x 1=0.02m设反弹后A 、B 滑行了x 2距离后速度减为零，由动能定理得:0)(220=+--gx m M qExE μ解得:x 2≈0.05m以后，因为qE >μ(M +m )g ，滑块还会向左运动，但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为:ESAB lS =x 2+s -x 1=0.05m +0.05m -0.02m=0.08m .例5. 如图所示，两个完全相同质量为m 的木板A 、B 置于水平面上。