選修3-5（高中物理舊教材同步講義）模塊要點(diǎn)回眸 第5講同步講義

第5點(diǎn)動(dòng)量和能量觀(guān)點(diǎn)的綜合應(yīng)用1．動(dòng)量的觀(guān)點(diǎn)和能量的觀(guān)點(diǎn)動(dòng)量的觀(guān)點(diǎn)：動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律能量的觀(guān)點(diǎn)：動(dòng)能定理和能量守恒定律若研究對(duì)象為一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮兩大守恒定律，若研究對(duì)象為單個(gè)物體，可優(yōu)先考慮兩個(gè)定理，特別涉及時(shí)間問(wèn)題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)量定理，涉及功和位移問(wèn)題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮動(dòng)能定理．這兩個(gè)觀(guān)點(diǎn)研究的是一個(gè)物理過(guò)程的初、末兩個(gè)狀態(tài)，不對(duì)過(guò)程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，這是它們比牛頓運(yùn)動(dòng)定律的方便之處．2．利用動(dòng)量的觀(guān)點(diǎn)和能量的觀(guān)點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問(wèn)題(1)動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫(xiě)出分量表達(dá)式；(2)動(dòng)能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，絕無(wú)分量表達(dá)式．對(duì)點(diǎn)例題如圖1所示，在光滑的水平面上靜止著一個(gè)質(zhì)量為4m的木板B，B的左端靜止著一個(gè)質(zhì)量為2m的物塊A，已知A、B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)有質(zhì)量為m的小球以水平速度v0飛來(lái)與物塊A碰撞后立即以大小為eq\f(v0,3)的速率彈回，在整個(gè)過(guò)程中物塊A始終未滑離木板B，且物塊A可視為質(zhì)點(diǎn)，重力加速度為g.求：圖1(1)物塊A相對(duì)木板B靜止后的速度大??；(2)木板B至少為多長(zhǎng)？解題指導(dǎo)(1)設(shè)小球與物塊A碰撞后物塊A的速度為v1，以v0的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv0＝－eq\f(mv0,3)＋2mv1，設(shè)物塊A與木板B的共同速度為v2，由動(dòng)量守恒定律得2mv1＝(2m＋4m)v2，聯(lián)立以上兩式可得v1＝eq\f(2v0,3)，v2＝eq\f(2v0,9).(2)設(shè)物塊A在木板B上滑過(guò)的距離為L(zhǎng)，由能量守恒定律得2μmgL＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(12,)－eq\f(1,2)(2m＋4m)veq\o\al(22,)，解得L＝eq\f(4v\o\al(2,0),27μg)，故木板B長(zhǎng)至少為eq\f(4v\o\al(02,),27μg).答案(1)eq\f(2v0,9)(2)eq\f(4v\o\al(02,),27μg)點(diǎn)撥提升動(dòng)量和能量的綜合問(wèn)題往往涉及的物體多、過(guò)程多、題目綜合性強(qiáng)，解題時(shí)要認(rèn)真分析物體間相互作用的過(guò)程，將過(guò)程合理分段，明確在每一個(gè)子過(guò)程中哪些物體組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，哪些物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，然后針對(duì)不同的過(guò)程和系統(tǒng)選擇動(dòng)量守恒定律或機(jī)械能守恒定律或能量守恒定律列方程求解．1．(多選)如圖2所示，質(zhì)量分別為m1＝1.0kg和m2＝2.0kg的彈性小球a、b，用輕繩緊緊地把它們捆在一起，使它們發(fā)生微小的形變．該系統(tǒng)以速度v0＝0.10m/s沿光滑水平面向右做直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．某時(shí)刻輕繩突然自動(dòng)斷開(kāi)，斷開(kāi)后兩球仍沿原直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．經(jīng)過(guò)時(shí)間t＝5.0s后，測(cè)得兩球相距s＝4.5m，則下列說(shuō)法正確的是()圖2A．剛分離時(shí)，a球的速度大小為0.7m/sB．剛分離時(shí)，b球的速度大小為0.2m/sC．剛分離時(shí)，a、b兩球的速度方向相同D．兩球分開(kāi)過(guò)程中釋放的彈性勢(shì)能為0.27J答案ABD解析系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m1v1＋m2v2，兩球相距s＝v1t－v2t，聯(lián)立解得v1＝0.7m/s，v2＝－0.2m/s，負(fù)號(hào)表示速度方向與正方向相反，故A、B正確，C錯(cuò)誤；由能量守恒定律得eq\f(1,2)(m1＋m2)veq\o\al(02,)＋Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(12,)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(22,)，代入數(shù)據(jù)解得Ep＝0.27J，故D正確．2．如圖3所示，A、B、C三個(gè)小物塊放置在光滑水平面上，A緊靠豎直墻壁，A、B之間用水平輕彈簧拴接且輕彈簧處于原長(zhǎng)，它們的質(zhì)量分別為mA＝m，mB＝2m，mC＝m.現(xiàn)給C一水平向左的速度v0，C與B發(fā)生碰撞并粘在一起．試求：圖3(1)A離開(kāi)墻壁前，彈簧的最大彈性勢(shì)能；(2)A離開(kāi)墻壁后，C的最小速度．答案(1)eq\f(1,6)mveq\o\al(02,)(2)eq\f(v0,6)解析(1)B、C碰撞前后動(dòng)量守恒，以水平向左為正方向，則mv0＝3mv，彈簧壓縮至最短時(shí)彈性勢(shì)能最大，由機(jī)械能守恒定律可得：Epm＝eq\f(1,2)×3mv2聯(lián)立解得：Epm＝eq\f(1,6)mveq\o\al(02,)(2)在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，系統(tǒng)機(jī)械能守恒．設(shè)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，B、C的速度為v′，有Epm＝eq\f(3,2)mv′2，則v′＝eq\f(v0,3)，A離開(kāi)墻壁后，在彈簧的作用下速度逐漸增大，B、C的速度逐漸減小，當(dāng)彈簧再次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A達(dá)到最大速度vA，B、C的速度減小到最小值vC.在此過(guò)程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能