高考物理一轮复习第十五章动量第3单元动量和能量教案

第三单元动量和能量
概述：处理力学问题、常用的三种方法
一是牛顿定律；二是动量关系；三是能量关系。

若考查的物理量是瞬时对应关系，常用牛顿运动定律；若研究对象为一个系统，首先考虑的是两个守恒定律；若研究对象为一个物体，可优先考虑两个定理。

特别涉及时间问题时，优先考虑的是动量定理、而涉及位移及功的问题时，优先考虑的是动能定理。

两个定律和两个定理，只考查一个物理过程的始末两个状态，对中间过程不予以细究，这正是它们的方便之处，特别是变力问题，就显示出其优越性。

例题分析：
例1. 如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。

用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。

这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是（BD）
A.撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B.撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E3
[A离开墙前墙对A有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒。

A刚离开墙时刻，B的动能为E，动量为p=mE
4向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当A、B速度相等时，系统总动能最小，这时的弹性势能为E3。

]
指出：应用守恒定律要注意条件。

对整个宇宙而言，能量守恒和动量守恒是无条件的。

但对于我们选定的研究对象所组成的系统，守恒定律就有一定的条件了。

如系统机械能守恒的条件就是“只有重力做功”；而系统动量守恒的条件就是“合外力为零”。

例2. 长为L宽为d质量为m总电阻为R的矩形导线框上下两边保持水平，在竖直平面内自由落下而穿越一个磁感应强度为B宽度也是d的匀强磁场区。

已知线框下边刚进入磁场就恰好开始做匀速运动。

则整个线框穿越该磁场的全过程中线框中产生的电热是
___________。

[若直接从电功率计算，就需要根据R
v L B mg 22=求匀速运动的速度v 、再求电动势E 、电功率
P 、时间t ，最后才能得到电热Q 。

如果从能量守恒考虑，该过程的能量转化途径是重力势能E P →电能E →电热Q ，因此直接得出Q =2mgd ]
例3如图所示，质量为1.0kg 的物体m 1，以5ms 的速度在水平桌面上AB 部分的左侧向右运动，桌面AB 部分与m 1间的动摩擦因数μ=0.2，AB 间的距离s=2.25m ，桌面其他部分光滑。

m 1滑到桌边处与质量为2.5kg 的静止物体m 2发生正碰，碰撞后m 2在坚直方向上落下0.6m 时速度大小为4ms ，若g 取10ms 2
，问m 1碰撞后静止在什么位置？
解析：m1向右运动经过AB 段作匀减速运动，由动能定律可以求出离开B 点继续向右运动的速度为4米秒；和m2发生碰撞后，m2作平抛运动，由平抛运动知识可以求出m2做平抛运动的初速度（碰撞之后）为2米秒。

利用动量守恒定律可以求出碰撞之后瞬间m1的速度为1米秒。

由动能定律可以求出返回经过AB 段，离B 点0.25米处停止。

例4如图所示，球A 无初速地沿光滑圆弧滑下至最低点C 后，又沿水平轨道前进至D 与质量、大小完全相同的球B 发生动能没有损失的碰撞。

B 球用长L 的细线悬于O 点，恰与水平地面切于D 点。

A 球与水平地面间摩擦系数μ=0.1，已知球A 初始高度h=2米，CD=1米。

问：
(1)若悬线L=2米，A 与B 能碰几次?最后A 球停在何处？
(2)若球B 能绕悬点O 在竖直平面内旋转，L 满足什么条件时，A 、B 将只能碰两次？A 球最终停于何处？
(1)20次 A 球停在C 处
(2)L ≤0.76米，A 球停于离D9.5米处
例5如图所示，小木块的质量m ＝0.4kg ，以速度υ＝20ms ，水平地滑上一个静止的平板小车，小车的质量M ＝1.6kg ，小木块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2.（不计车与路面的摩擦）求：
(1)小车的加速度；
(2)小车上的木块相对于小车静止时，小车的速度；
(3)这个过程所经历的时间.
[ (1)0.5ms 2
；(2)4ms ；(3)8s]
第二问：对m 、M 系统研究，利用动量守恒定律很快求出木块相对小车静止时，小车的速度。

也可以利用动能定理分别研究m 和M ，但相对而言要麻烦得多。

表明合理选择物理规律求解，可以提高解题速度和准确程度
例6 如图所示,在光滑水平地面上有一辆质量为M 的小车,车上装有一个半径为R 的光滑圆环.一个质量为m 的小滑块从跟车面等高的平台上以速度V0滑入圆环.试问:小滑块的初速度V0满足什么条件才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力?
解析：滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力，应有
)1(2ΛΛΛΛR v m mg =式中V 是滑块相对圆心O 的线速度，方向向左。

设小车此时速度u ，并以该速度方向为正方向，则滑块的对地速度为).(u v --对滑块和小车组成的系统，由于水平方向所受合外力为零，由动量守恒有
)2()(0ΛΛΛu v m Mu mv --=由滑块和小车系统的机械能守恒有
)3(2)(2
121212220ΛΛΛmgR u v m Mu mv +-+=三式联立求解得：M Rg
m M v )45(0+= 指出：公式v R v 中的/2是相对圆心的线速度，而本题中的圆心是以u 向右移动的，所以滑
快对地速度为V —u 。

而动量守恒定律、机械能守恒定律表达式中的速度均应为对地的。

例7、 如图所示，小车A 质量为kg m A 2=置于光滑水平面上。

初速度为s m v /14=，带电量q=0.2C 的可视为质点的物体B,质量为kg m B 1.0=,轻放在小车的右端,它们的周转围存在匀强磁场,方向垂直纸面向里,磁场强度为B=0.5T,物体B 与小车之间有摩擦力,小车足够长.求(1)物体B 的最大速度.(2)小车A 的最小速度.(3)在此过程中转变成多少内能
[解析:小车受到摩擦力作减速运动,物体B 受到摩擦力作用而加速运动,其受到的磁场力方向向上,把A 和B 作为一个系统,在竖直方向上合外力为零,水平方向不受外力作用,系统总动量守恒.当物体B 受到的磁场力和所受重力平衡时,其速度最大,此时小车A 的速度最小,在这个过程中系统损失的动能转变成内能.(1)mg qBv =1 s m qB g m v B /101==
(2)根据动量守恒定律有:s m v Mv mv Mv /5.13221=+=ΛΛ (3)J mv Mv Mv Q 75.82
1212121222=--= 例8静止在太空中的飞行器上有一种装置,它利用电场加速带电粒子,形成向外发射的粒子流,从而对飞行器产生反冲力,使其获得加速度.已知飞行器的质量为M,发射的2价氧离子,发射功率为P,加速电压为U,每个氧离子的质量为m,单位电荷的电量为e,不计发射离子后飞行器质量的变化,求：（1）射出的氧离子速度；（2）每秒钟射出的氧离子数；（3）射出离子后飞行器开始运动的加速度。

[解析：（1）以氧离子为研究对象，根据动能定理，有：)1(22
12ΛΛeU qU mv E k ===∆所以氧离子速度为 m eU v /2= （2）设每秒钟射出的氧离子数为N ，则发射功率可表示为：)2(2ΛΛNeU E N P k =∆=所以氧离子数为N=P2eU （3）以氧离子和飞行器为系统，设飞行器的反冲速度为V ，根据动量守恒定律MV tmv N MV mv =∆=-∑ΛΛ0 所以，飞行器的加速度为eU m M P
a /=
例9、质量为0.01kg 的子弹以300ms 的水平速度射中一静止在光滑水平面上的木块，子弹进入木块6cm 而相对于木块静止下来。

在这过程中，木块往前移动了0.2cm 。

求：（1）木块的末速度；（2）木块的质量
解析：以子弹和木块为系统，相对静止时共同速度为V 由动量守恒v M m mv )(0+= ① 子弹与木块相对静止时，木块滑动的位移为L ，子弹相对地面发生的位移为L+d ，对子弹和木块分别利用动能定理：2202121)(mv mv d L f -=
+② 22
1Mv fL = ③ 由以上三式可解得V=10mS M=0.29Kg
例10、 (难)质量为m 的长木板A 静止在光滑水平面上，另两个质量也是m 的铁块B 、C 同时从A 的左右两端滑上A 的上表面，初速度大小分别为v 和2v ，B 、C 与A 间的动摩擦因数均为μ。

⑴试分析B 、C 滑上长木板A 后，A 的运动状态如何变化？⑵为使B 、C 不相撞，A 木板至少多长？
解：B 、C 都相对于A 滑动时，A 所受合力为零，保持静止。

这段时间为g
v t μ=∆1。

B 刚好相对于A 静止时，C 的速度为v ，A 开向左做匀加速运动，由动量守恒可求出A 、B 、C 最终的共同速度3v v ='，这段加速经历的时间为g v t μ322=∆，最终A 将以3v v ='做匀速运动。

全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能，而摩擦生热mgd fd Q μ==，由能量守恒定律列式：()g v d v m v m mv mgd μμ37,3321221212222=⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅-+=解得。

这就是A 木板应该具有的最小长度。