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1、专题五 动量和能量 要点回顾 （3）典例赏析 （9）跟踪练习 （19）返回目录 1.动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化.即Ip或Ftmv mv.动量定理表明冲量是使物体 的原因，冲量是 的量度.定理中冲量必须是物体所受的 的冲量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）.动量定理的表达式是矢量式.在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定方向为正. 2.变力的冲量求解 对于大小、方向都不变的恒力，它们的冲量可以用IFt计算.要点回顾 答案 动量发生变化；物体动量变化；合外力返回目录 若F是变力，但在某段时间内方向不变，大小随时间均匀变化，可用平均力 通过IFt求出在时间t内的冲量. 若
2、F的大小、方向都随时间发生变化，或虽然F的方向不变，但大小不随时间均匀变化，可根据 ，通过求p间接求出变力冲量. 3.动能和动量都是由质量和速度共同决定的物理量，它们的大小 关 系 是 ： .动 能 和 动 量 都 是 用 于 描 述 物体机械运动的状态量 . 决定了物体克服一定的阻力能运动多要点回顾 答案 动量定理Ip返回目录要点回顾么远； 则决定着物体克服一定的阻力能运动多长时间. 决定于合外力对物体做多少功， 决定于合外力对物体施加的冲量.动能是从能量观点出发描述机械运动的，动量是从机械运动本身出发描述机械运动状态的. 4. 这个结论叫做动量守恒定律.表达形式有： m1v1m2v2m1v
3、1m2v2， 即p1p2p1p2， 答案 动能；动量；动能的变化；动量的变化返回目录要点回顾 p1p20， p1p2 和 动量守恒定律成立的条件： . 根据具体问题，其条件可理解为： 系统不受外力或者所受外力之和为零. 系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计. 系统在某一个方向上所受的合外力为零, 则该方向上动量守恒. 答案 一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变；系统不受外力或者所受外力之和为零返回目录要点回顾 5.在处理碰撞问题时，通常要抓住三项基本原则： 碰撞过程中 原则.发生碰撞的物体系在碰撞过程中，由于作用时间很短，相互作用力很大，系统所受的外力大小可忽略，
4、动量守恒. 碰撞后系统 原 则 .碰撞过程中系统内各物体的动能将发生变化，对于弹性碰撞，系统内物体间动能相互转移，没有转化成其他形式的能，因此总动能守恒；而非弹性碰撞过程中系统内物体相互作用时有一部分动能将转化为系统的内能，系统的总返回目录要点回顾动能将减小.因此，碰前系统的总动能一定大于或等于碰后系统的总动能. 碰撞后运动状态的 原则.碰撞过程的发生应遵循客观实际.如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动. 答案 动量守恒；动能不增；合理性 返回目录典例赏析 变式练习1 质量是1.0 kg的小球从高20 m处自由下落到软垫上，反弹后
5、上升的最大高度为5.0 m, 小球与软垫的接触时间为1.0 s, 在接触时间内小球受到软垫的平均弹力是多少?空气阻力不计, g10 m/s2. 解析 小球自由落体到软垫时速度为 小球反弹离开软垫时的速度为 小球与软垫接触过程中，受到重力mg、弹力N作用，以初速度v1的方向为正方向，根据动量定理得：(mgN)tmv2mv1 解得 答案 40 N返回目录典例赏析 变式练习2 如图所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行.甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况（ ） A.甲球速度为零，乙球速度不为零 B.两球速度都不为零 C.乙球速度为零，甲球速
6、度不为零 D.两球都以各自原来的速率反向运动返回目录典例赏析 解析 首先根据两球动能相等， 得出两球碰前动量大小之比为： 因m甲m乙，则P甲P乙，则系统的总动量方向向右. 根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的. 答案 AB 变式练习3 如图所示，长 50 m的水平传送带始终以大小为 v5 m/s的速度向左运动 .传送带上有一质量为 M2 kg的小木盒 A.A与返回目录典例赏析传送带之间的动摩擦因数为0.5.先后相隔t3 s有两个光滑的质量为m1 kg的球B自传送带的左端以速度v025 m/s的初速度在传送带上向右运
7、动.第1个球与随传送带一道运动的木盒相遇后，球立即进入盒中且不再出来.已知第2个球出发后历时t1/3 s而与木盒相遇.取g10 m/s2，求： （1）第1个球与木盒相遇后的瞬间，两者的共同速度为多大？ （2）第1个球与木盒的相遇点离传送带左端有多远？ （3）自木盒与第1个球相遇至第2个球相遇的这一过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？返回目录典例赏析 解析 （1）设第1个球与木盒碰后瞬间的共同速度为v同，对小球、木盒组成的系统由动量守恒定律有：mv0Mv(Mm)v同 得：v同5 m/s （2）设第1个球经过时间t1与木盒相遇，相遇后以5 m/s的共同速度向右做匀减速直线运动，运动
8、加速度由牛顿第二定律可得： a(Mm)g/(Mm)5 m/s2 设木盒与第1个球相碰后历时t2回到原来位置，此后木盒与传送带一起向左匀速运动，由运动学公式有：t22v同/a返回目录典例赏析 木盒再匀速运动tt1t1t2时间即可与第2个球相遇，依题意有v0t1(tt1t1t2)vt1v0所求距离：Lvt1 由以上各式代入已知数据解得：L12.5 m （3）由（2）求解过程可知，在木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，木盒相对传送带的路程： s(515/21)(515/21)10 m 所求Qfs(Mm)gs150 J 答案 （1）v同5 m/s；（2）L12.5 m；（3）Q150 J返回目
9、录典例赏析 变式练习4 两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态.在它们左边有一垂直轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图所示，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D.在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变.然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D静止不动，A与P接触而不粘连.过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失），已知A、B、C三球的质量均为m.返回目录典例赏析 （1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度. （2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能. 解析 弹簧发生形变后有弹性势能，弹
10、性势能与其他形式能量可以相互转化.因此，要用能量守恒、动量守恒解答相关问题.此题与上例几乎相同，整个过程可分为四个阶段来处理. （1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1，由动量守恒得 mv02mv1 当弹簧压至最短时， D与A的速度相等，设此速度为 v2，由动量返回目录典例赏析守恒得2mv13mv2 联立上两式得v2v0/3. （2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为Ep，由能量守恒得 撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，弹性势能全部转变成D的动能，设D的速度为v3，则有 以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长.设
11、此时的速度为v4，由动量守恒得2mv33mv4返回目录典例赏析 当弹簧伸到最长时，其弹性势能最大，设此时势能为Ep，由能量守恒可得 联立以上各式得： 答案 跟踪练习返回目录 1.关于质点的运动情况，下列叙述正确的是（ ） A.如果质点做自由落体运动，每1 s内，质点所受重力做的功都相同 B.如果质点做平抛运动，每1 s内，质点的动量增量都相同 C.如果质点做匀速圆周运动, 每1 s内，质点所受合力冲量都相同 D.如果质点做简谐运动, 每二分之一周期内回复力做的功都相同 解析 质点做自由落体运动，每 1 s内下落的高度不同，则重力做功不同， A错；质点做平抛运动，每 1 s内，质点所受合外力，即
12、重力的冲量相同，则动量增量都相同， B正确；质点做匀速圆周跟踪练习返回目录运动，每1 s内，质点所受合力冲量的方向不一定相同，故C错误；质点做简谐运动，每二分之一周期内动能变化量为零，则回复力做的功都为零，D正确. 2.子弹在射入木块前的动能为E1，动量大小为P1；射穿木板后子弹的动能为E2，动量大小为P2.若木板对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木板的过程中的平均速度大小为（ ） A. B. C. D. 答案 BD跟踪练习返回目录 解析 由匀变速直线运动的规律 和动量的大小和动能的关系可得C；对子弹由动能定理和动量定理以及平均速度的定义式可得B. 3.如图所示，静止在光滑水平面上的物体A和B
13、的质量分别为m和2m，它们之间用轻弹簧相连，在极短的时间内对物块A作用一个水平向右的冲量I，可知（ ） A.物块A立刻有速度vAI/m B.物块B立刻有速度vBI/(2m) 答案 BC跟踪练习返回目录 C.当A与B之间的距离最小时, A的速度为零, B的速度为vBI/(2m) D.当A和B之间的距离最小时，A的速度最小，B的速度最大 解析 A瞬间获得速度时，B仍静止；弹簧压缩最短时，A、B速度相同；当弹簧恢复原长时，B速度最大. 4.如图，小球A和小球B质量相同，球B置于光滑水平面上，当球A从高为h处由静止摆下，到达最低点恰好与B相撞，并黏合在一起继续摆动.它们能上升的最大高度是（ ） 答案
14、A跟踪练习返回目录 A.h B.h /2 C.h/4 D.h/8 解析 A球从高h处摆到最低点过程中，机械能守恒： A、B相碰过程，动量守恒：mv2mv A、B一起上摆到最高点过程中，能量守恒： 联立以上各式可得Hh/4. 答案 C跟踪练习返回目录 5.甲、乙两人站在小车左右两端，如图所示，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法不正确的是（轨道光滑）（ ） A.乙的速度必定大于甲的速度 B.乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量 C.乙的动量必定大于甲的动量 D.甲、乙动量总和必定不为零跟踪练习返回目录 解析 在用动量守恒定律分析时，本题的研究对象应是甲、乙两人和小车共同构成的系统.由
15、于开始都处于静止状态，所以在甲、乙相向运动的过程中，系统的合动量始终为零. 设它们的动量大小分别为p甲、p乙和p车，取向右为正方向，则：p甲p乙p车0 所以p乙p甲p车，即p乙p甲，故选项C中说法正确. 又甲和乙的质量关系不确定，所以二者速度大小关系也不能确定，故选项A中说法不正确. 甲、乙的动量之和与车的动量大小相等方向相反，故D选项中说法正确.跟踪练习返回目录 对于小车，由动量定理可知：I乙I甲p车.其中I乙为乙对车的冲量，方向向右；I甲为甲对车的冲量，方向向左.所以，I乙I甲，故选项B中说法也正确.应选A. 6.如图所示，A、B两物体的质量比mAmB32，它们原来静止在平板车C上，A、B
16、 间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑.当弹簧突然释放后，则有（ ） 答案 A跟踪练习返回目录 A.A、B系统动量守恒 B.A、B、C系统动量守恒 C.小车向左运动 D.小车向右运动 7.如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，用绝缘细线挂于同一点，两球静止时，它们离水平地面的高度相等，绳与竖直方向的夹角为、，且，同时剪断细线，不计空气阻力, 两球带电荷量不变. 则下列说法正确的是（ ） 解析 由A、B、C组成的系统动量守恒（总动量为零），故选项B正确.因mAgmBg，所以小车所受合力向左，则C对. 答案 BC跟踪练习返回目录 A.a球先落地 B.落地时动
17、能相等 C.落地时a球水平飞行的距离比b小 D.在飞行过程中，a球受到的冲量比b球受到的冲量小 解析 由可知mamb，由两球落地时间相等，在水平方向上作用力始终相等，所以平均加速度不等；或根据动量定理 mvFt，所以平均速度vavb，所以落地时，水平距离sasb.因为水平方向冲量大小始终相等，所以只要比较重力的冲量就可以判断两球所受的冲量大小. 答案 C跟踪练习返回目录 8.在真空中的光滑水平绝缘面上有一带电小滑块，开始时滑块静止.若在滑块所在空间加一水平匀强电场E1，持续一段时间后立即换成与E1相反方向的匀强电场E2.当电场E2与电场E1持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能Ek.
18、在上述过程中，E1对滑块的电场力做功为W1，冲量大小为I1；E2对滑块的电场力做功为W2，冲量大小为I2.则（ ） A.I1I2 B.4I1I2 C.W10.25Ek，W20.75Ek D.W10.20Ek，W20.80Ek 解析 设小滑块在加匀强电场 E1时获得的速度大小为 v1，在加匀强电场 E2时，回到初始位置时速度大小为 v2，因两过程中均是恒跟踪练习返回目录定的电场力作用下的匀变速直线运动，且相等时间内的位移大小相等，即： 所以v22v1. 由动量定理Ip，得：I23I1. 由动能定理WEk，得：W10.25Ek，W20.75Ek. 9.如图所示，质量为M的足够长的木板A以速度v沿斜
19、面匀速下滑，在其下滑过程中将一质量也为M的木块B轻轻放在A的上表面上，A、B之间无摩擦，求： （1）当B的速度为v/4时A的速度； 答案 C跟踪练习返回目录 （2）当B的速度为2v时A的速度. 解析 木板A能在斜面上匀速下滑，说明斜面与A之间摩擦因数为tan. （1）当B放到A上后A与斜面之间的摩擦力增大了，A将做减速运动，但对于A、B组成的系统仍有2Mgsin2Mgcos.系统的合外力为零，动量守恒，据动量守恒定律有MvMv/4mv. 解得当B的速度为v/4时，A的速度为v3v/4. （2）对于 A、B组成的系统，根据动量守恒定律，当 B的速度为v时A的速度为零，但当 A的速度等于零之后，系
20、统与斜面之间的摩跟踪练习返回目录擦力将由滑动摩擦力f12Mgcos变为静摩擦力f2Mgsin，系统的合外力不再为零，系统的动量不再守恒，此后B在A上加速运动，A的速度始终为零，所以当B的速度为2v时，A的速度为零. 10.如图所示，质量 M0.040 kg、带有正电荷 q5105 C的 靶盒A静止在光滑水平导轨上的 O点 ， O点右方有平行导轨、水平向左的范围足够大的匀强电场区域，场强 E4103 V/m，虚线 P是电场的左边界 .Q处有一固定的发射器 B，它可以根据需要瞄准靶盒每次发射一颗水平速度为 v050 m/s， 质 量 m0.010 kg的不带电的弹丸 . 答案 （1）3v/4；（2
21、）0跟踪练习返回目录当弹丸打入靶盒A后，便留在盒内，碰撞时间极短.假设每当靶盒A停在或到达O点时，都有一弹丸进入靶盒A内.（靶盒A和弹丸的体积都很小，靶盒A的电荷量保持不变.不计空气阻力） （1）当第一颗弹丸进入靶盒A后，求靶盒A增加的最大电势能为多少？靶盒A离开O点的最大距离为多少？跟踪练习返回目录 （2）当第三颗弹丸进入靶盒A后，求靶盒A从离开O点到又回到O点所用的时间. （3）发射器B至少发射几颗弹丸后，靶盒A达到的最大电势能不超过第一颗弹丸进入靶盒A后其最大电势能的 解析（1）第一颗弹丸进入靶盒A后，弹丸与靶盒A的共同速度设为v1，由动量守恒定律得mv0(mM)v1 靶盒A的速度减为零
22、时，电势能最大，由能量守恒定律得：跟踪练习返回目录 解得 代入数值得 靶盒A离开O点的最大距离 （2）根据题意，A在恒定电场力作用下返回O点时第二颗弹丸打入，由于A的动量与弹丸的动量等大、方向相反，第二颗弹丸打入后A将静止在O点.设第三颗打入后共同速度为v3，由动量守恒定律得：mv0(3mM)v3 设A往返的时间为t，由动量定理得：qEt2(M3m)v3 解得t0.5 s跟踪练习返回目录 （3）设B至少发射n颗弹丸，且碰后A的速度为vn，由系统动量守恒得：mv0(nmM)vn 碰后，由能量守恒得 得 由 解得n46 由于偶数颗弹丸打入A后，A静止，故B至少发射47颗弹丸. 答案 （1）2.5 J；1.25 m；（2）0.5 s；（3）47颗 祝您高考成功！解是存在的 工程师、化学家和数学家住在一家老客栈的三个相邻房间里。当晚先是工程师的咖啡机着了火，他嗅到烟味醒来，拔出咖啡机的电插头，将之扔出窗外，然后接着睡觉。过一会儿化学家也嗅到烟味醒来，他发现原来是烟头燃着了垃圾桶。他自言自语道:“怎样灭火呢?应该把燃料温度降低到燃点以下，把燃烧物与氧气隔离，浇水可以同时做到这两点。”于是他把垃圾桶拖进浴室，打开水龙头浇灭了火，就回去接着睡觉。数学家在窗外看到了这一切，所以，当过了一会儿他发现他的烟灰燃着了床单时，他可一点儿也不担心。说：“嗨，解是存在的!”就接着睡觉了。返回目录
