第3讲 动量守恒和能量守恒的综合应用
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）。
高中物理动量守恒定律动量守恒与能量守恒的综合应用应用力学的大观点解题物理
(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 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.
12/13/2021
【解析】 (1)由图知，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，
12/13/2021
一般来说，用动量观点和能量观点比用力的观点解题简便， 因此在解题时优先选用这两种观点；但在涉及加速度问题时就必 须用力的观点．有些问题，用到的观点不止一个，特别像高考中 的一些综合题，常用动量观点和能量观点联合求解，或用动量观 点与力的观点联合求解，有时甚至三种观点都采用才能求解，因 此，三种观点不要绝对化．
12/13/2021
四、力学“三大观点”灵活选择 研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系(或 涉及加速度)时，一般用力的观点解决问题；研究某一物体受到 力的持续作用发生运动状态改变时，一般选用动量定理，涉及功 和位移时优先考虑动能定理；若研究的对象为一物体系统，且它 们之间有相互作用时，优先考虑两大守恒定律，特别是出现相对 路程的则优先考虑能量守恒定律．
★★★★★
题型六：动量、能量、平抛综合
★ห้องสมุดไป่ตู้★
题型七：动量守恒、能量守恒、动能定理综合
★★★★
12/13/2021
题型透析
12/13/2021
动量守恒、能量守恒综合 例 1 质量 m1＝1 kg 的木板放在光滑水平地面上，质量 m2 ＝0.2 kg 的木块置于木板的右端，木板与木块之间的动摩擦因数 μ＝0.3.某时刻二者同时开始运动，木板的初速度 v01＝3 m/s，水 平向右，木块的初速度 v02＝1 m/s，水平向左，如图所示．已知 重力加速度 g＝10 m/s2，小木块可视为质点．求：
动量与能量综合专题
动量与能量综合专题一、动量守恒定律动量守恒定律是物理学中的一个重要定律，它表述的是物体动量的变化遵循一定的规律。
当两个或多个物体相互作用时，它们的总动量保持不变。
这个定律的适用范围非常广泛，从微观粒子到宏观宇宙，只要有物体之间的相互作用，就可以应用动量守恒定律来描述。
在理解动量守恒定律时，需要注意以下几点：1、系统：动量守恒定律适用于封闭的系统，即系统内的物体之间相互作用，不受外界的影响。
2、总动量：动量的变化是指物体之间的总动量的变化，而不是单个物体的动量变化。
3、方向：动量是矢量，具有方向性。
在计算动量的变化时，需要考虑动量的方向。
二、能量守恒定律能量守恒定律是物理学中的另一个重要定律，它表述的是能量不能被创造或消灭，只能从一种形式转化为另一种形式。
这个定律的适用范围同样非常广泛，从微观粒子到宏观宇宙，只要有能量的转化和转移，就可以应用能量守恒定律来描述。
在理解能量守恒定律时，需要注意以下几点：1、封闭系统：能量守恒定律适用于封闭的系统，即系统内的能量之间相互转化和转移，不受外界的影响。
2、转化与转移：能量的转化和转移是不同的。
转化是指一种形式的能量转化为另一种形式的能量，而转移是指能量从一个物体转移到另一个物体。
3、方向：能量的转化和转移是有方向的。
在计算能量的变化时，需要考虑能量的方向。
三、动量与能量的综合应用在实际问题中，动量和能量往往是相互的。
当一个物体受到力的作用时，不仅会引起物体的运动状态的变化，还会引起物体能量的变化。
因此，在解决复杂问题时，需要综合考虑动量和能量的因素。
例如，在碰撞问题中，两个物体相互作用后可能会发生弹射、粘合、破碎等情况。
这些情况的发生不仅与物体的动量有关，还与物体的能量有关。
如果两个物体的总动量不为零，它们将会继续运动；如果两个物体的总能量不为零，它们将会继续发生能量的转化和转移。
因此，在解决碰撞问题时，需要综合考虑物体的动量和能量因素。
四、总结动量守恒定律和能量守恒定律是物理学中的两个重要定律，它们分别描述了物体动量的变化和能量的转化和转移遵循的规律。
高中物理中力学三大观点的综合应用
高中物理中力学三大观点的综合应用楼㊀倩(兰州市第七中学ꎬ甘肃兰州７３００００)摘㊀要:本文主要对力学三大观点进行介绍ꎬ对三大观点的优选原则进行分析ꎬ并结合典型例题ꎬ探讨如何利用力学三大观点解决综合性问题.关键词:高中物理ꎻ力学三大观点ꎻ解题应用中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２４)０６－００８３－０３收稿日期:２０２３－１１－２５作者简介:楼倩(１９８６.２－)ꎬ女ꎬ甘肃省兰州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事初高中物理教学研究.㊀㊀高中物理中力学三大观点ꎬ即动力学观点㊁能量观点和动量观点.是高考中必考的考点ꎬ具有综合性强㊁难度大的特征ꎬ常常作为考试的压轴题出现.本文对该部分知识进行了分析ꎬ以便加强学生对三大观点的理解和应用.１力学三大观点概述高中物理中的力学三大观点ꎬ包括动力学观点㊁能量观点和动量观点[１].其中动力学观点是结合牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律ꎬ求解物体做匀变速直线运动时速度㊁加速度㊁位移等物理量ꎬ涉及运动的细节ꎬ可以用来处理匀变速运动的相关问题ꎻ能量观点是结合动能定理㊁功能关系㊁机械守恒定律和能量守恒定律ꎬ解决功和能之间的关系ꎬ涉及做功和能量转换ꎬ既能解决匀变速运动的相关问题ꎬ也能处理非匀变速运动问题ꎻ动量观点是涉及动量定理和动量守恒定律ꎬ解决过程只涉及物体的初末速度㊁力㊁时间或者只与初末速度有关ꎬ和能量观点一样ꎬ动量观点适用范围既包括匀变速运动ꎬ也包括非匀变速运动问题.２三大观点的选用原则力学的三大观点ꎬ针对的是不同的物理情境ꎬ解决的是不同的问题.如若误用ꎬ就会降低解题效率ꎬ甚至求出错误答案或者求解过程陷入僵局.因此ꎬ需要对三大观点的选用原则有一定的了解.(１)当物理情境为碰撞㊁爆炸㊁反冲等问题ꎬ若只涉及初㊁末速度而不涉及力㊁时间ꎬ且研究对象为一个系统ꎬ优先选用动量守恒定律ꎬ并联立能量守恒定律进行求解ꎬ需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.(２)当涉及运动的具体细节时ꎬ考虑动力学观点进行解题ꎬ能量和动量观点均只关注初末状态ꎬ不考虑运动细节.(３)当问题涉及相对位移时ꎬ可优先考虑能量守恒定律.此时系统克服摩擦力所做的功和系统机械能的减少量相等ꎬ即转变为系统的内能.这种解法可以避免对复杂的运动过程进行分析ꎬ简化解题步骤.(４)若在求解问题时ꎬ需要求出各个物理量在某时刻的大小ꎬ则可以优先运用牛顿第二定律.(５)若研究对象为单一物体ꎬ且涉及功和位移问题时ꎬ应优先考虑动能定理.３热点题型分析３.１应用三大动力学观点解决碰撞㊁爆炸模型例１㊀如图１所示ꎬ水平地面上放置有Ｐ㊁Ｑ两个物块ꎬ两者相距Ｌ＝０.４８ｍꎬＰ物块的质量为１ｋｇꎬ３８Ｑ物块的质量为４ｋｇꎬＰ物块的左侧和一个固定的弹性挡板接触.已知Ｐ物块与水平地面间无摩擦ꎬ且其和弹性挡板碰撞时无能量损失ꎬＱ物块与水平地面有摩擦且动摩擦因数为０.１ꎬ重力加速度取１０ｍ/ｓ２.某一时刻ꎬＰ以４ｍ/ｓ的初速度朝着物块Ｑ运动并和其发生弹性碰撞ꎬ回答以下问题:图１㊀例１题图(１)Ｐ物块与Ｑ物块第一次碰撞后ꎬ两者瞬间速度大小各为多少?(２)Ｐ物块与Ｑ物块第二次碰撞后ꎬ物块Ｑ的瞬间速度大小为多少?解析㊀(１)第一次弹性碰撞后瞬间两物块的速度分别为ｖ１和ｖ２ꎬ有ｍ１ｖ０＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２ꎬ１２ｍ１ｖ０２＝１２ｍ１ｖ２１＋１２ｍ２ｖ２２ꎬ求解得ｖ１＝－１２５ｍ/ｓꎬｖ２＝８５ｍ/ｓ.因此ꎬＰ物块与Ｑ物块第一次碰撞后ꎬ两者瞬间速度大小分别为１２５ｍ/ｓ㊁８５ｍ/ｓ.(２)设碰后Ｑ的加速度为ａꎬ则有μｍｇ＝ｍａ.假设第二次碰撞前Ｑ没有停止运动ꎬ有ｘ＋２Ｌ＝｜ｖ１｜ｔ１ꎬｘ＝ｖ２ｔ１－１２ａｔ２１ꎬ解得ｔ１＝０.８ｓ.假设第二次碰撞前Ｑ已经停止运动ꎬ有ｖ２＝ａｔ２ꎬ解得ｔ２＝１.６ｓ.所以第二次碰撞前Ｑ没有停止运动.设第二次碰撞前的瞬间ꎬＰ的速度为ｖＰꎬＱ的速度为ｖＱ.碰撞后瞬间ꎬＰ的速度为ｖＰᶄꎬＱ的速度为ｖＱᶄꎬ则:ｖＱ＝ｖ２－ａｔ１ｍ１ｖＰ＋ｍ２ｖＱ＝ｍ１ｖＰᶄ＋ｍ２ｖＱᶄ１２ｍ１ｖＰ２＋１２ｍ２ｖＱ２＝１２ｍ１ｖＰᶄ２＋１２ｍ２ｖＱᶄ２ｖＰ＝－ｖ１解得ｖＱᶄ＝３６２５ｍ/ｓ.例２㊀有一组机械组件ꎬ由螺杆Ａ和螺母Ｂ组成ꎬ因为生锈难以分开ꎬ图２为装置剖面示意图.某同学将该组件垂直放置于水平面上ꎬ在螺杆Ａ顶端的Ｔ形螺帽与螺母Ｂ之间的空隙处装入适量火药并点燃ꎬ利用火药将其 炸开 .已知螺杆Ａ的质量为０.５ｋｇꎬ螺母的质量为０.３ｋｇꎬ火药爆炸时所转化的机械能Ｅ＝６ＪꎬＢ与Ａ的竖直直杆间滑动摩擦力大小恒为ｆ＝１５Ｎꎬ忽略空气阻力ꎬ重力加速度ｇ＝１０ｍ/ｓ２.图２㊀例２题图(１)求火药爆炸瞬间螺杆Ａ和螺母Ｂ各自的速度大小ꎻ(２)忽略空隙及螺母Ｂ的厚度影响ꎬ要使Ａ与Ｂ能顺利分开ꎬ求螺杆Ａ的竖直直杆的最大长度Ｌ.解析㊀(１)设火药爆炸瞬间螺杆Ａ的速度大小为ｖ１ꎬ螺母Ｂ的速度大小分别为ｖ２ꎬ以竖直向下为正方向ꎬ根据能量守恒定律和动量守恒定律ꎬ有０＝ｍ１ｖ１＋ｍ２ｖ２Ｅ＝１２ｍ１ｖ２１＋１２ｍ２ｖ２２求解得ｖ１＝－３ｍ/ｓꎬｖ２＝５ｍ/ｓꎬ因此杆Ａ的速度大小为３ｍ/ｓꎬ方向竖直向上ꎻ螺母Ｂ的速度大小为５ｍ/ｓꎬ方向坚直向下.(２)Ａ相对Ｂ向上运动ꎬ所受摩擦力ｆ向下ꎬ则对螺杆Ａ由牛顿第二定律可得ｍ１ｇ＋ｆ＝ｍ１ａ１ꎬ解得ａ１＝４０ｍ/ｓ２ꎬ方向竖直向下.对螺母Ｂ由牛顿第二定律可得ｆ－ｍ２ｇ＝ｍ２ａ２ꎬ解得ａ２＝４０ｍ/ｓ２ꎬ方向竖直向上.火药爆炸后ꎬＡ向上做匀减速直线运动ꎬ其减速至零的时间为ｔ１＝ｖ１ａ１＝３４０ｓ.Ｂ向下做匀减速直线运动ꎬ其减速至零的时间为ｔ１＝ｖ２ａ２＝５４０ｓ.所以Ｂ一直做匀减速运动ꎬＡ则先做匀减速将速度减至为０而后做匀加速运动ꎬ当两者速度相等时刚好分开ꎬ此时直杆的长度最大.取向下为正方向ꎬ可得ｖ２－ａ２ｔ３＝－ｖ１＋ａ１ｔ３ꎬ解得ｔ３＝０.１ｓ.则直杆长度的最大值为Ｌ＝(ｖ１＋ｖ２)ｔ３２ꎬ解得Ｌ＝０.４ｍ.３.２应用三大动力学观点解决多过程问题例３㊀竖直面内一倾斜轨道与一足够长的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接ꎬ小物块Ｂ静止４８于水平轨道的最左端ꎬ如图３(ａ)所示.ｔ＝０时刻ꎬ小物块Ａ在倾斜轨道上从静止开始下滑ꎬ一段时间后与Ｂ发生弹性碰撞(碰撞时间极短)ꎻ当Ａ返回到倾斜轨道上的Ｐ点(图中未标出)时ꎬ速度减为０ꎬ此时对其施加一外力ꎬ使其在倾斜轨道上保持静止.物块Ａ运动的ｖ－ｔ图像如图３(ｂ)所示ꎬ图中的ｖ１和ｔ１均为未知量.已知Ａ的质量为ｍꎬ初始时Ａ与Ｂ的高度差为Ｈꎬ重力加速度大小为ｇꎬ不计空气阻力.(ａ)㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀㊀(ｂ)图３㊀示意图(１)物块Ｂ的质量为多少?(２)物体Ａ在图３(ｂ)所描述的运动过程中ꎬ克服摩擦力做了多少功?(３)已知Ａ物块和Ｂ物块和轨道间的摩擦因数是相等的.当物块Ｂ停止运动后ꎬ将物块和轨道间的摩擦因数改变ꎬ然后从Ｐ点释放物块Ａꎬ其运动一段时间后ꎬ刚好能和物块Ｂ正好碰上.求改变前后摩擦因数的比值.解析㊀(１)根据图３(ｂ)ꎬ可以得出在ｔ１时刻ꎬ两物块发生了碰撞ꎬ物块Ａ的速度由碰撞前的ｖ１变为碰撞后的ｖ１２.碰撞问题ꎬ运用动量守恒和能量守恒观点进行分析ꎬ设物块Ｂ的质量为ｍＢꎬ其碰撞后的瞬间速度大小为ｖＢ.则有ｍｖ１＝ｍ(－ｖ１２)＋ｍＢｖＢ１２ｍｖ２１＝１２ｍ(－１２ｖ１)２＋１２ｍＢｖ２Ｂ解得ｍＢ＝３ｍ.(２)求物体Ａ在运动过程中克服摩擦力所做的功的大小ꎬ需要结合能量观点和动力学观点进行求解.设物体Ａ和轨道之间的滑动摩擦力为ｆꎬＰ点距地面的高度为ｈꎬ碰撞前物体Ａ走过的路程为ｓ１ꎬ碰撞之后走过的路程为ｓ２.碰撞之前ꎬ物体Ａ的速度由０加速至ｖ１ꎬ该过程重力做正功ꎬ摩擦力做负功ꎬ根据动能定理ꎬ有ｍｇＨ－ｆｓ１＝１２ｍｖ２１－０碰撞之后ꎬ物体Ａ的速度由ｖ１２减速至０ꎬ该过程重力和摩擦力均做负功ꎬ根据动能定理ꎬ有－(ｆｓ２＋ｍｇｈ)＝０－１２ｍ(－ｖ１２)２在整个过程中ꎬ物体克服摩擦力做功的大小为Ｗ＝ｆｓ１＋ｆｓ２由图３(ｂ)的ｖ－ｔ图像可知ｓ１＝１２ｖ１ｔ１ｓ２＝１２ˑｖ１２ˑ(１.４ｔ１－ｔ１)且ｓ１和ｓ２存在几何关系ｓ２ｓ１＝ｈＨ联立可得Ｗ＝２１５ｍｇＨ.(３)设轨道和地面之间的夹角为θꎬ改变前的动摩擦因数为μ有Ｗ＝μｍｇｃｏｓθＨ＋ｈｓｉｎθ设物块Ｂ在水平轨道上能够滑行的距离为ｓᶄꎬ由动能定理有－μｍᶄｇｓᶄ＝０－１２ｍᶄｖᶄ２设改变后的动摩擦因数为μᶄꎬ依据动能定理有ｍｇｈ－μᶄｍｇｃｏｓθ ｈｓｉｎθ－μᶄｍｇｓᶄ＝０联立可得μμᶄ＝１１９.４结束语总之ꎬ当运用力学三大观点进行解题时ꎬ关键在于明确研究对象和其所经历的物理过程ꎬ并能够根据问题ꎬ应用合适的观点进行求解.该类题对学生的综合素质要求较高ꎬ教学过程切不可机械化㊁模板化ꎬ教师要引导学生多思考㊁多总结ꎬ达到 讲一题会一类 的教学效果ꎬ培养学生的解题思维.参考文献:[１]李得天.利用力学的三大观点解高考力学压轴题[Ｊ].高中数理化ꎬ２０２２(２０):３４－３５.[责任编辑:李㊀璟]５８。
动量与能量的综合应用
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
第3讲 三大力学观点的综合应用
sA＝1.75 m，sB＝0.25 m
⑧
由于 l＜sA＜2l＋sB，在时间 t 内 A 已与墙壁发生碰撞，但没有与 B 发生碰
撞，此时 A 位于出发点右边 0.25 m 处，B 位于出发点左边 0.25 m 处，两物块
之间的距离 s 为
s＝0.25 m＋0.25 m＝0.50 m。 ⑨
(3)t 时刻后 A 将继续向左运动，假设它能与静止的 B 碰撞，碰撞时速度的 大小为 vA′，由动能定理有
2．(2021·青岛质检)游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为 2 kg 的球 a 放在高度为 h＝1.8 m 的平台上，长木板 c 放在水平地面上，带凹槽的容器 b 放在 c 的最左端。a、b 可视为质点，b、c 质量均为 1 kg，b、c 间的动摩擦 因数 μ1＝0.4，c 与地面间的动摩擦因数 μ2＝0.6。在某次投掷中，球 a 以 v0 ＝6 m/s的速度水平抛出，同时给木板 c 施加一水平向左、大小为 24 N 的恒 力，使球 a 恰好落入 b 的凹槽内并瞬间与 b 合为一体。取 g＝10 m/s2，求：
解析：长木板与障碍物碰撞前，子弹、木块、长木板三者组成的系统所受的合 外力为零，所以系统的动量守恒。由于有机械能转化为内能，所以系统的机械 能不守恒，故 A 正确，B 错误；设长木板的质量为 M，长木板要能与障碍物 发生两次碰撞，第一次碰撞前子弹和木块的总动量应大于长木板的动量，则有 (m＋2m)v＞Mv，得 M＜3m，所以若长木板的质量为 6m，长木板不可能与障 碍物发生两次碰撞，故 C 错误；子弹射入木块的过程，取向右为正方向，由 动量守恒定律得：mv0＝(m＋2m)v1，得 v1＝13v0，木块在长木板上滑行过程， 由动量守恒定律得：(m＋2m)v1＝(m＋2m＋3m)v2，由能量守恒定律得：μ·3mgL1 ＝12(m＋2m)v21－12(m＋2m＋3m)v22，长木板与障碍物碰撞后，以向右为正方向，
能量守恒和动量守恒在核能反应中的应用
能量守恒和动量守恒在核能反应中的应用在物理学中，能量守恒和动量守恒是两个重要的基本定律。
它们的应用范围涵盖了各个领域，包括核能反应。
在核能反应中，能量守恒和动量守恒发挥着至关重要的作用。
本文将探讨能量守恒和动量守恒在核能反应中的应用，引发读者对核能反应的深入思考。
能量守恒是指在任何物理系统中，能量的总量是不变的。
在核能反应中，能量守恒的应用主要体现在反应的能量变化和释放中。
核反应中的核能转化为其他形式的能量，如热能、光能等。
核能反应的产物包括中子、质子、γ射线等，它们携带着能量。
根据能量守恒定律，反应前后总的能量必须保持不变。
这就要求我们在计算核能反应的能量变化时，必须考虑反应物和产物的能量之和。
以核裂变为例，核裂变是指重核的原子核在受到中子轰击后分裂成两个或更多的碎片。
这个过程中，能量守恒定律起到了重要的作用。
裂变过程中，能量被释放出来，其中一部分转化为裂变产物的动能。
根据能量守恒定律，裂变碎片的动能之和应该等于原核的势能。
通过测量裂变碎片的动能，我们可以间接地得知原核的势能大小。
动量守恒是指在任何封闭系统中，物体之间的总动量保持不变。
在核能反应中，动量守恒的应用体现在反应物质和产物的动量之间的关系上。
核能反应涉及到多个粒子的碰撞和散射，每个粒子都有自己的动量。
根据动量守恒定律，反应物质和产物在碰撞前后的总动量必须相等。
以核聚变为例，核聚变是指轻核的原子核在高温高压条件下融合成较重的原子核的过程。
在核聚变反应中，动量守恒定律起到了关键的作用。
聚变反应涉及到两个或多个核粒子的碰撞和散射。
例如，氘氚聚变反应中，氘和氚融合成了氦和中子。
根据动量守恒定律，反应物的动量之和等于产物的动量之和。
通过测量反应物和产物的质量和速度，我们可以计算出碰撞和散射过程中的动量。
除了能量守恒和动量守恒，核能反应还涉及到其他的物理量，如角动量和电荷守恒。
这些守恒定律共同构成了核能反应理论的基础。
它们的应用不仅可以解释核反应中的各种现象，还可以用于设计核能反应堆和核武器。
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。
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第3讲动量守恒和能量守恒的综合应用A组基础巩固1.(2017朝阳期中)小铁块置于薄木板右端,薄木板放在光滑的水平地面上,铁块的质量大于木板的质量。
t=0时使两者获得等大反向的初速度开始运动,t=t1时铁块刚好到达木板的左端并停止相对滑动,此时与开始运动时的位置相比较,下列示意图符合实际的是( )答案 A 铁块质量大于木板质量,系统所受合外力为零,动量守恒,根据初动量情况,可知末动量方向向左。
具体运动情况如以下分析:根据牛顿第二定律f=ma可知,铁块的加速度较小,因此,铁块向左以较小的加速度匀减速运动,木板以较大的加速度向右匀减速运动,木板的速度先减为零,然后反向运动,当两者速度相等时,停止相对运动,由动量守恒可得出v<v,因整个过程中木板所受摩擦力始终向左且不变,则木板的加速度不变,又木板初速度向右、末速度向左,则知木板先向右做匀减速运动,后向左做匀加速运动,因v<v,则知木板向右减速的位移大于向左加速的位移,选项A正确,选项B、C、D错误。
2.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰。
若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A.A+1A-1B.A-1A+1C.4A(A+1)2D.(A+1)2(A-1)2答案 A 设中子质量为m,则原子核的质量为Am。
设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2,由弹性碰撞可得mv=mv1+Amv2,12m v02=12m v12+12Am v22,解得v1=1-A1+Av,故|v0 v1|=A+1A-1,A正确。
1/ 102 / 103.(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v 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,如图所示。
则上述两种情况相比较( )A.子弹的末速度大小相等B.系统产生的热量一样多C.子弹对滑块做的功不相同D.子弹和滑块间的水平作用力一样大答案 AB 由动量守恒定律有mv=(m+M)v 共,得v 共=mvM+m ,A 正确;由能量守恒定律有Q=12mv 2-12(m+M)v 共2,知B 正确;由动能定理有12M v 共2-0=W,知C 错误;产生的热量Q=f·Δs,因Δs 不同,则f 也不同,故D 错误。
4.(2017海淀零模)如图所示,在光滑水平地面上有A 、B 两个小物块,其中物块A 的左侧连接一轻质弹簧。
物块A 处于静止状态,物块B 以一定的初速度向物块A 运动,并通过弹簧与物块A 发生弹性正碰。
对于该作用过程,两物块的速率变化可用速率-时间图像进行描述,在选项图所示的图像中,图线1表示物块A 的速率变化情况,图线2表示物块B 的速率变化情况。
则在这四个图像中可能正确的是( )3 / 10答案 B 由图像知速度方向都为正。
B 通过弹簧与A 发生弹性碰撞,B 减速,A 加速,某一时刻两者速度相等,之后A 继续加速,B 继续减速,v B <v A ,当弹簧恢复到原长时,A 、B 间无相互作用,两者同时开始匀速运动,所以选B 。
5.在光滑的水平面上有a 、b 两球,其质量分别为m a 、m b ,两球在t 0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失,两球在碰撞前后的速度-时间图像如图所示。
下列关系正确的是( )A.m a >m bB.m a <m bC.m a =m bD.无法判断答案 B 由图可知b 球碰前静止,设a 球碰后速度大小为v 1,b 球速度大小为v 2,物体碰撞过程中动量守恒,机械能守恒,所以有m a v 0=m a (-v 1)+m b v 2,12m a v 02=12m a v 12+12m b v 22,解得v 1=m a -m b m a +m bv 0,v 2=2m a m a +m bv 0,由图可知,a 球碰后速度反向,故m a <m b ,故A 、C 、D 错误,B 正确。
6.(2018海淀期中)如图所示为某种弹射装置的示意图,该装置由三部分组成,传送带左边是足够长的光滑水平面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M=6.0 kg 的物块A 。
装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并能平滑对接。
传送带的皮带轮逆时针匀速转动,使传送带上表面以u=2.0 m/s 匀速运动。
传送带的右边是一半径R=1.25 m 位于竖直平面内的光滑14圆轨道。
质量m=2.0 kg 的物块B 从14圆轨道的最高处由静止释放。
已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,传送带两轴之间的距离l=4.5 m 。
设物块A 、B 之间发生的是正对弹性碰撞,第一次碰撞前,物块A 静止。
取g=10 m/s 2。
求:4 / 10(1)物块B 滑到14圆轨道的最低点C 时对轨道的压力大小; (2)物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能;(3)如果物块A 、B 每次碰撞后,物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。
答案 (1)60 N (2)12 J (3)8 s解析 (1)设物块B 沿光滑14圆轨道下滑到最低点C 时的速度大小为v 0。
由机械能守恒知mgR=12m v 02得v 0=√2gR =5 m/s设物块B 滑到14圆轨道的最低点C 时受到的支持力大小为F,由牛顿第二定律得:F-mg=m v 02R 解得F=60 N由牛顿第三定律得:物块B 滑到14圆轨道的最低点C 时对轨道的压力大小为F 1=60 N(2)设物块B 在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a,则 μmg=ma设物块B 通过传送带后运动速度大小为v,有v 2-v 02=-2al联立解得v=4 m/s由于v>u=2 m/s,所以v=4 m/s 即物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 2、v 1,取向左为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv=mv 1+Mv 212mv 2=12m v 12+12M v 225 / 10解得v 1=-12v=-2 m/s,v 2=2 m/s弹簧具有的最大弹性势能等于碰后物块A 的初动能E pm =12M v 22=12 J (3)物块B 经第一次与物块A 碰撞后物块B 沿光滑水平面向右匀速运动 设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l'由动能定理得-μmgl'=0-12m v 12得l'=2 m<4.5 m所以物块B 不能通过传送带运动到右边的14圆轨道上。
当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后,将会沿传送带向左加速运动。
可以判断,物块B 运动到左边光滑水平面上时的速度大小为v 1'=2 m/s,方向向左,继而与物块A 发生第二次碰撞。
设第1次碰撞到第2次碰撞之间,物块B 在传送带上运动的时间为t 1由动量定理得μmgt 1=2mv 1'解得t 1=2v 1'μg =2μg ×12v=2×12×4 s=4 s设物块A 、B 第二次碰撞后的速度分别为v 4、v 3,取向左为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得mv 1'=mv 3+Mv 412mv '12=12m v 32+12M v 42 解得v 3=-12v 1'=-1 m/s当物块B在传送带上向右运动的速度为零后,将会沿传送带向左加速运动。
可以判断,物块B运动到左边光滑水平面上时的速度大小为v3'=1 m/s,继而与物块A发生第3次碰撞。
设第2次碰撞到第3次碰撞之间,物块B在传送带上运动的时间为t2由动量定理得μmgt2=2mv3'解得t2=2v3'μg=2μg×12v1'=2μg×12×12v=2×122×4 s=2 s……可知:物块B与物块A第n次碰撞后物块B在传送带上运动的时间为tn =12n-1×4s(n=1,2,3…),t1、t2、t3…构成无穷等比数列,公比q=12由无穷等比数列求和公式得t总=t11-q n1-q,可知,当n→∞时,t总=11-12×4 s=8 s则物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间为8 s7.如图,两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上,质量均为m。
P2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P1的最右端,质量为2m且可看做质点。
P1与P以共同速度v0向右运动,与静止的P2发生碰撞,碰撞时间极短,碰撞后P1与P2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P2之间的动摩擦因数为μ。
求(1)P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2;(2)此过程中弹簧的最大压缩量x和相应的弹性势能Ep。
答案(1)v0234v(2)v0232μg-L 116m v02解析(1)P1、P2碰撞瞬间,P的速度不受影响,根据动量守恒:mv=2mv1,解得v1=v026/ 107 / 10最终三个物体具有共同速度,根据动量守恒:3mv 0=4mv 2,解得v 2=34v 0 (2)根据能量守恒,系统动能减少量等于因摩擦产生的内能:12·2m v 12+12·2m v 02-12·4m v 22=2mgμ(L+x)×2 解得x=v 0232μg -L在从第一次共速到第二次共速过程中,弹簧弹性势能等于因摩擦产生的内能,即:E p =2mgμ(L+x)解得E p =116m v 02B 组 综合提能1.(多选)(2018西城期末)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别是m 1和m 2的两物块相连,它们静止在光滑水平地面上。
现给物块m 1一个瞬时冲量,使它获得水平向右的速度v 0,从此时刻开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示。
则下列判断正确的是( )A.t 1时刻弹簧长度最短B.t 2时刻弹簧恢复原长C.在t 1~t 3时间内,弹簧处于压缩状态D.在t 2~t 4时间内,弹簧处于拉长状态答案 ABD m 1与m 2速度相同时,动能损失最多,此时弹簧弹性势能最大,0~t 1时间内,相当于m 1追 m 2,两物块相距越来越近,t 1时刻弹簧最短;t 1~t 2时间内,m 2一直加速向右运动,m 1先向右减速,后反向向左加速,两物块相距越来越远;由v-t 图像中斜率表示加速度,可知t 2时刻两物块的加速度为零,即弹簧恢复原长;t 2~t 3时间内,m 2继续向右运动,两物块相距越来越远,弹簧伸长,t3时刻两物块共速,弹性势能最大,弹簧最长;t3~t4时间内,两物块均向右运动,且m1加速,m2减速,m1的速度大于m2的速度,两物块逐渐靠近,说明弹簧处于拉长状态。