高三物理第二輪復習教案7

1、第十二講 動量和能量概述：處理力學問題、常用的三種方法一是牛頓定律；二是動量關系；三是能量關系；如考查的物理量是瞬時對應關系,常用牛頓運動定律；如討論對象為一個系統(tǒng),第一考慮的是兩個守恒定律；如討論對象為一個物體,可優(yōu)先考慮兩個定理；特殊涉準時間問題時,優(yōu)先考慮的是動量定理、而涉及位移及功的問題時,優(yōu)先考慮的是動能定理；兩個定律和兩個定理,只考查一個物理過程的始末兩個狀態(tài),對中間過程不予以細究,這正是它們的便利之處,特殊是變力問題,就顯示出其優(yōu)越性；動量與能量的綜合問題,是高中力學最重要的綜合問題,也是難度較大的問題；分析這類問題時,應第一建立清楚的物理圖景、抽象出物理模型、挑選物理規(guī)律、建立

2、方程進行求解；例題分析：例 1. 如下列圖, 質量分別為 m 和 2m 的 A、B 兩個木塊間用輕彈簧相連,A B F 放在光滑水平面上,A 靠緊豎直墻；用水平力F 將 B 向左壓,使彈簧被壓縮肯定長度,靜止后彈簧儲存的彈性勢能為E；這時突然撤去F,關于 A、B 和彈簧組成的系統(tǒng),以下說法中正確選項（BD ）A.撤去 F 后,系統(tǒng)動量守恒,機械能守恒B.撤去 F 后, A 離開豎直墻前,系統(tǒng)動量不守恒,機械能守恒C.撤去 F 后, A 離開豎直墻后,彈簧的彈性勢能最大值為 E D.撤去 F 后, A 離開豎直墻后,彈簧的彈性勢能最大值為 E/3 A 離開墻前墻對 A 有彈力,這個彈力雖然不做功

3、,但對 A 有沖量,因此系統(tǒng)機械能守恒而動量不守恒； A 離開墻后就系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒；A 剛離開墻時刻,B 的動能為 E,動量為p= 4 mE 向右；以后動量守恒,因此系統(tǒng)動能不行能為零,當 A、B 速度相等時,系統(tǒng)總動能最小,這時的彈性勢能為 E/3； 指出：應用守恒定律要留意條件；對整個宇宙而言, 能量守恒和動量守恒是無條件的；但對于我們選定的討論對象所組成的系統(tǒng),守恒定律就有肯定的條件了；如系統(tǒng)機械能守恒的條件就是“ 只有重力做功”；而系統(tǒng)動量守恒的條件就是“ 合外力為零”；例 2. 長為 L 寬為 d 質量為 m 總電阻為 R 的矩形導線框上下兩邊保持水平,在豎直平面內自由落下

4、而穿越一個磁感應強度為 B 寬度也是 d 的勻強磁場 L d 區(qū)；已知線框下邊剛進入磁場就恰好開頭做勻速運動；就整個線框穿越該磁場的全過程中線框中產(chǎn)生的電熱是 _ ；B d 2 2如直接從電功率運算,就需要依據(jù) mg B L v 求勻速運動的速度 v、再求電R動勢 E、電功率 P、時間 t,最終才能得到電熱 Q；假如從能量守恒考慮,該過程的能量轉化途徑是重力勢能EP電能 E電熱 Q,因此直接得出Q=2mgd 指出 ：深刻懂得守恒的本質,敏捷選用守恒定律的各種表示形式例如機械能守恒定律就有多種表達形式：EK+ EP= EK/+ EP , EK+ EP=0 ；它們的實質是一樣的, 但在運用時有繁簡

5、之分；由于重力勢能的運算要選定參考平面,而重力勢能變化的運算跟參考平面的選取無關,所以用后者往往更便利一些；在運用更廣義的能量守恒定律解題時,可以這樣分析： 先確定在某一過程中有哪些能量參加了轉化；哪些能量增加了,哪些能量削減了；然后依據(jù)能量守恒的思想,全部增加了的能量之和肯定等于全部削減了的能量之和,即 E 增= E 減；例 3 如下列圖, 質量為 1.0kg 的物體 m1,以 5m/s 的速度在水平桌面上 AB 部分的左側向右運動,桌面 AB 部分與 m1 間的動摩擦因數(shù) =0.2,AB 間的距離s=2.25m,桌面其他部分光滑；m1 滑到桌邊處與質量為 2.5kg的靜止物體 m2 發(fā)生正

6、碰,碰撞后 m 2 在堅直方向上落下 0.6m時速度大小為 4m/s,如 g 取 10m/s2,問 m1 碰撞后靜止在什么位置？解析： m1 向右運動經(jīng)過 AB 段作勻減速運動,由動能定律可以求出離開 B 點連續(xù)向右運動的速度為 4 米/ 秒；和 m2 發(fā)生碰撞后, m2 作平拋運動,由平拋運動學問可以求出 m2 做平拋運動的初速度（碰撞之后）為 2 米 / 秒；利用動量守恒定律可以求出碰撞之后瞬時 m1 的速度為 1 米/ 秒；由動能定律可以求出返回經(jīng)過 AB 段,離 B 點 0.25米處停止 ；例 4 如下列圖,球 A 無初速地沿光滑圓弧滑下至最低點 C 后,又沿水平軌道前進至 D 與質量

7、、大小完全相同的球 B 發(fā)生動能沒有缺失的碰撞；B 球用長 L 的細線懸于 O 點,恰與水平地面切于 D 點； A 球與水平地面間摩擦系數(shù) =0.1,已知球 A 初始高度h=2 米, CD=1 米；問：1 如懸線 L=2 米, A 與 B 能碰幾次 .最終 A 球停在何處？2 如球 B 能繞懸點 O 在豎直平面內旋轉, L 滿意什么條件時,A、B 將只能碰兩次？A 球最終停于何處？120 次 A 球停在 C 處2L 0.76 米, A 球停于離 D9.5 米處例 5 如下列圖,小木塊的質量 m0.4kg,以速度 20m/s,水平地滑上一個靜止的平板小車,小車的質量 M 1.6kg ,小木塊與小

8、車間的動摩擦因數(shù) 0.2.（不計車與路面的摩擦）求：1小車的加速度；2小車上的木塊相對于小車靜止時,小車的速度；3這個過程所經(jīng)受的時間 . 10.5m/s 2；24m/s ；38s 其次問： 對 m 、M 系統(tǒng)討論, 利用動量守恒定律很快求出木塊相對小車靜止時,小車的速度；也可以利用動能定理分別討論煩得多；說明合理挑選物理規(guī)律求解,可以提高解題速度和精確程度m 和 M ,但相對而言要麻例 6 如下列圖 ,在光滑水平地面上有一輛質量為 M 的小車 ,車上裝有一個半徑為 R 的光滑圓環(huán) .一個質量為 m 的小滑塊從跟車面等高的平臺上以速度 V 0 滑入圓環(huán) .試問 :小滑塊的初速度 V 0滿意什么

9、條件才能使它運動到環(huán)頂時恰好對環(huán)頂無壓力 . 解析：滑塊至圓環(huán)的最高點且恰好對環(huán)頂無壓力,應有mgmv2R1 式中 V 是滑塊相對圓心O 的線就滑塊的對地速度為vu.速度,方向向左； 設小車此時速度u ,并以該速度方向為正方向,對滑塊和小車組成的系統(tǒng),由于水平方向所受合外力為零,由動量守恒有mv0Mum vu2 vu22 mgR3 三式由滑塊和小車系統(tǒng)的機械能守恒有122 mv 012Mu212m 聯(lián)立求解得：v 0 5 M4m RgMu 向右移動的,所以滑快對指出：公式v2/R 中的v是相對圓心的線速度,而此題中的圓心是以地速度為 V u；而動量守恒定律、機械能守恒定律表達式中的速度均應為對

10、地的；例 7 如下列圖 , 一質量為 M 、長為 l 的長方形木板 B 放在光滑的水平地面上 , 在其右端放一質量為 m 的小木塊 A, mM. 現(xiàn)以地面為參照系 , 給 A 和 B以大小相等、 方向相反的初速度 , 使 A 開頭向左運動、B 開頭向右運動 , 但最終 A 剛好沒有滑離 B 板以地面為參照系 1如已知 A 和 B 的初速度大小均為V 0, 求它們最終的X 速度的大小和方向. 2 如初速度大小未知 , 求小木塊 A 向左運動到達的最遠處 從地面上看 離動身點的距離 . 解析：A 和 B 相對靜止時, A 相對 B 向左滑動了 L 如圖（ 3 ）設此時速度為 V；由動量守恒定律：M

11、v 0 mv 0 M m vv M m v 0 / M m 小木塊 A 向左運動到達最遠處 x 時（如圖（ 2 ）對地速度為零,對小木塊 A 由動能定理：fx 1 mv 0 2 對 AB 全程由能量轉化和守恒定律：2mgL 1 M m v 0 2 1 M m v 2由以上三式可解得 x；求解此題要充分利用草圖弄清物2 2理過程；例 8、 如下列圖,小車 A 質量為 mA 2 kg 置于光滑水平面上；初速度為 v 14 m / s,帶電量q=0.2C 的可視為質點的物體 B,質量為 mB 0 1. kg ,輕放在小車的右端 ,它們的周轉圍存在勻強磁場,方向垂直紙面對里 ,磁場強度為 B=0.5T

12、,物體 B 與小車之間有摩擦力 ,小車足夠長 .求1物體 B 的最大速度 .2小車 A 的最小速度 .3在此過程中轉變成多少內能解析 :小車受到摩擦力作減速運動,物體BA B V 受到摩擦力作用而加速運動,其受到的磁場力方向向上 ,把 A 和 B 作為一個系統(tǒng) ,在豎直方向上合外力為零 ,水平方向不受外力作用 ,系統(tǒng)總動量守恒 .當物體 B 受到的磁場力和所受重力平 衡 時 , 其 速 度 最 大 ,此 時 小 車 A 的 速 度 最 小 , 在 這 個 過 程 中 系 統(tǒng) 損 失 的 動 能 轉 變 成 內能.1 qBv1 mg v 1 m B gqB 10 m / s2 依據(jù)動量守恒定律有

13、 : Mv mv 1 Mv 2 v 2 13 . 5 m / s1 2 1 2 1 23 Q Mv Mv 2 mv 1 8 . 75 J2 2 2例 9 靜止在太空中的飛行器上有一種裝置 ,它利用電場加速帶電粒子 ,形成向外發(fā)射的粒子流 ,從而對飛行器產(chǎn)生反沖力 ,使其獲得加速度 .已知飛行器的質量為 M, 發(fā)射的 2 價氧離子 ,發(fā)射功率為 P,加速電壓為 U,每個氧離子的質量為 m,單位電荷的電量為 e,不計發(fā)射離子后飛行器質量的變化 ,求：（1）射出的氧離子速度； （2）每秒鐘射出的氧離子數(shù)； （3）射出離子后飛行器開頭運動的加速度；解析：（ 1）以氧離子為討論對象,依據(jù)動能定理,有：E

14、 k1mv2qU2eU1所2以氧離子速度為v2eU/m（2 ）設每秒鐘射出的氧離子數(shù)為N ,就發(fā)射功率可表示為：PNEk2NeU2 所以氧離子數(shù)為N=P/2eU （3 ）以氧離子和飛行器為系統(tǒng),設飛行器的反沖速度為 V,依據(jù)動量守恒定律 mv MV 0 N tmv MV 所以,飛行器的加速度為 a P m / eUM例 10、質量為 0.01kg 的子彈以 300m/s 的水平速度射中一靜止在光滑水平面上的木塊,子彈進入木塊 6cm 而相對于木塊靜止下來；在這過程中, 木塊往前移動了 0.2cm；求：（1）木塊的末速度；（2）木塊的質量解析：以子彈和木塊為系統(tǒng),相對靜止時共同速度為 V 由動量

15、守恒 mv 0 m M v 子彈與木塊相對靜止時,木塊滑動的位移為 L,子彈相對地面發(fā)生的位移為 L+d ,對子彈和木塊分別利用動能定理：f L d 1mv 0 2 1mv 2 fL 1 Mv 2 由以上三式可解得2 2 2V=10m/S M=0.29Kg 例 11、如圖,物塊 A 以初速度 V 0 滑上放在光滑水平面上的長木板 B；如 B 固定,就 A 恰好滑到 B 的右端時停下；如 B 不固定,就 A 在 B 上滑行的長度為板長的 4/5,求 A、 B 的質量比；解析：B 固定時： 對 A 由動量定理 fL 1 mv 0 2 B 不固定時：A2相對 B 滑動距離 4L/5 時,AB 相對靜

16、止, 此時共同速度為 V,由動量4 1 2 1 2守恒定律 mv 0 M m v 又由能的轉化和守恒定律 fL mv 0 M m v 由5 2 2以上三式可得 M=4m；例 12、 質量為 m 的長木板 A 靜止在光滑水平面上,另兩個質量也是 m 的鐵塊 B、C 同時從 A的左右兩端滑上 A 的上表面,初速度大小分別為 v 和 2v, B、C 與 A間的動摩擦因數(shù)均為 ；試分析 B、 C 滑上長木板 A 后, A 的運動 v 2v 狀態(tài)如何變化？為使 B、C 不相撞, A 木板至少多長？B C A 解： B、C 都相對于 A 滑動時, A 所受合力為零,保持靜止；這段時間為 t 1 v；B 剛

17、好相對于 A 靜止時, C 的速度為 v,A 開向左做勻加速運動,由動量守恒可g求出 A、B、C 最終的共同速度 v v,這段加速經(jīng)受的時間為 t 2 2 v,最終 A 將以 v v 做3 3 g 3勻速運動；全過程系統(tǒng)動能的缺失都將轉化為系統(tǒng)的內能,而摩擦生熱d7Qfdmgd,由能量守恒定律列式：mgd1mv21m2 v213 mv2,解得v2；這就是A 木板應當具有的22233g最小長度；例 13、 質量為 M 的小車 A 左端固定一根輕彈簧,車靜止在光滑水平面上,一質量為 m 的小物塊 B 從右端以速度 v0 沖上小車并壓縮彈簧,然后又被彈回,回到車右端時剛好與車保持相對靜止；求這過程彈

18、簧的最大彈性勢能 EP和全過程系統(tǒng)摩擦生熱 Q 各多少？A B 簡述 B 相對于車向右返回過程中小車的速度變化情形；解：全過程系統(tǒng)動量守恒,小物塊在車左端和回到車右端兩個時刻,系統(tǒng)的速度是相同的,都滿意：mv 0= m + M v；其次階段初、末系統(tǒng)動能相同,說明小物塊從車左端返回車右端過程中彈性勢能的減小恰好等于系統(tǒng)內能的增加,即彈F A B f 簧的最大彈性勢能 EP 恰好等于返回過程的摩擦生熱,而往、返兩個過程中摩擦生熱是相同的,所以 EP 是全過程摩擦生熱 Q 的一半；又由于全過程系統(tǒng)的動能缺失應當?shù)扔谙到y(tǒng)因摩擦而增加的內能,所以 EK=Q =2 EP 2 2 2而 Ek Mmv 0,Ep Mmv 0, Q Mmv 02 M m 4 M m 2 M m至于 B 相對于車向右返回過程中小車的速度變化,就應當用牛頓運動定律來分析：剛開頭向右返回時刻,彈簧對 B 的彈力肯定大于滑動摩擦力,依據(jù)牛頓第三定律,小車受的彈力 F 也肯定大于摩擦力 f ,小車向左加速運動；彈力逐步減小而摩擦力大小不變,所以到某一時刻彈力和摩擦力大小相等,這時小車速度最大；以后彈力將小于摩擦力,小車受的合外力向右,開頭做減速運動； B 脫離彈簧后,小車在水平方向只受摩擦力