2023年高考物理第六章第三课时动量和能量解析.docx

第三课时动量和能量 基 础 知 识 一、力学的知识体系 知识讲解 力学研究的是物体的受力作用与运动变化的关系，以三条线索〔包括五条重要规律〕为纽带建立联系，如下表所示： 二、解决动力学问题的三个根本观点 知识讲解 1.牛顿运动定律结合运动学公式〔我们称为力的观点〕， 这是解决力学问题的根本思路和方法，此种方法往往求得的是瞬时关系.利用此种方法解题必须考虑运动状态改变的细节.从中学研究的范围来看，只能用于匀变速运动〔包括直线和曲线运动〕. 2.动量定理和动量守恒定律〔动量观点〕. 3.动能定理和能量守恒定律〔能量观点〕. 这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，它要求无需对过程是怎样变化的细节深入的研究，而更关心的是运动状态变化即改变结果量及其引起变化的原因.对于不涉及物体运动过程中的加速度，而涉及运动时间的问题，特别是对于打击、碰撞一类问题，是时间短且冲力随时间变化，那么应用动量定理求解.对于不涉及物体运动过程中的加速度和时间问题，无论是恒力做功还是变力做功，一般都利用动能定理求解；如果只有重力和弹力做功而又不涉及运动过程的加速度和时间问题，那么采用机械能守恒定律. 对于碰撞、反冲一类问题，应用动量守恒定律求解.对于相互作用的两物体，假设明确两物体相对滑动的距离，应考虑选用能量守恒〔或功能关系〕建立方程.其中要注意应用动量定理、动能定理，动量守恒定律等规律来解题时，物体的位移和速度都要相对同一个参考系.一般都统一以地球为参考系. 第二关：技法关解读高考 解 题 技 法 一、滑动摩擦力做功的特点 技法讲解 滑动摩擦力做功的特点 先研究一个实例：如以下图，质量为m的木块以速度v0滑上原来静止的质量为M的木板，木板长为L，木板与木块之间动摩擦因数为μ，水平地面光滑.当木块滑到木板的另一端时，木块和木板的速度分别为v1、v2，木板对地的位移为s. 在两者相互作用的过程中，木块m在滑动摩擦力作用下向右做匀减速运动，木板向右做匀加速运动，分别对它们用动能定理.对木块： -μmg(L+s)= mv12-12mv02① 对木板：μmgs= M1 ② 以上两式相加得： -μmgL=M1 +mv12-mv02 整理得：μmgL= mv02-( M1 + mv12)③ 对上述几个方程进行讨论：①式中木块减少的动能分为两局部，一局部通过摩擦力对木板做正功，转移到木板上成为木板的动能；另一局部通过克服摩擦力做功，转化成系统的内能. ③式中，等号右边是木块和木板在运动过程中减少的机械能，而系统减少的机械能全部转化为系统的内能，即热量.可见，在这类“摩擦生热〞的问题中，系统在相互作用过程中产生的热能〔等于减少的机械能〕等于系统之间的摩擦力和物体相对位移的乘积.即：Q=μmgs相对. 此式可作为一个公式直接应用. 综上所述，滑动摩擦力做功有以下特点： 〔1〕滑动摩擦力可以对物体做正功，也可以对物体做负功，还可以不做功〔比方物体在有摩擦的地面上滑动时，地面受的摩擦力对地面就不做功〕. 〔2〕一对滑动摩擦力做功的过程中，能量的转化有两种情况：一是相互摩擦的物体之间有机械能的转移；二是机械能转化为内能，转化为内能的量值等于滑动摩擦力与相对位移的乘积. 〔3〕相互摩擦的系统内，一对滑动摩擦力所做的功总是负值，其绝对值恰等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，即恰等于系统损失的机械能. 典例剖析 例1一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其左端放一质量为m的小木块A，m<M.现以地面为参考系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度，如以下图，使A开始向右运动，B开始向左运动，但是，最后A刚好没有滑离B板.求小木块A向右运动到达的最远处〔从地面上看〕离出发点的距离. 解析： 小木块A先向右减速运动到速度vA=0，后又向左加速直至与木块B具有相同速度v2，木块B一直向左减速运动直至与A具有相同速度v2，以后A、B以v2匀速向左运动，整个过程中木板与木块组成的系统动量守恒.由动量守恒定律有： Mv0-mv0=〔M+m〕v2 对系统的全过程，由能量转化与守恒定律有： Q=fL= (M+m)v02- (M+m)v22 设A向右运动的对地最大位移为sm，对小木块A由动能定理有 -fsm=- mv02 解以上各式得sm=. 二、子弹打击木块模型 技法讲解 1.木块固定，子弹留在其中，对子弹有： -fd=0- mv02 可求得射入的深度d. 2.木块固定，子弹穿出. 〔设木块厚度为L〕 对子弹由动能定理得：-fL= mv2- mv02 由此可求得v0. 3.木块不固定，子弹留在其中.〔设地面光滑〕 如以下图，子弹位移为s1，木块位移为s2，末速度为v. 对系统由动量守恒得： mv0=〔M+m〕v 解得：v=对子弹由动能定理得： -fs1=ΔEk1=mv2-mv02 -ΔEk1= mv02·［］ 对木块由动能定理得： fs2=12Mv2=ΔEk2 ΔEk2= mv02· 对整个系统由能量守恒得： Q=fΔs=f〔s1-s2〕=mv02-〔M+m〕v2 解得： Q= m ·综上得： -ΔEk1=ΔEk2+Q. 4.木块不固定，子弹最后穿出，设穿出时木块速度为v2，子弹速度为v1，如图 所示. 对系统由动量守恒得：mv0=mv1+Mv2 对系统由能量守恒得： -Q=-fL= mv12+Mv22-mv02 对子弹由动能定理得： -fs1=mv12-mv02 对木块由动能定理得：fs2=Mv22 联立以上方程便可求出所要求的物理量. 典例剖析 例2一质量为M的木块静止于光滑水平地面上，一质量为m的子弹以初速度v0射入木块并最终停留在木块中.在子弹射入木块的过程所受的阻力恒定，如以下图，试求子弹进入木块的过程中系统产生的热量Q和木块相对地面的位移大小s1. 解析：将子弹和木块看作一个系统，此系统在子弹进入木块的过程动量守恒，设最终子弹和木块的共同速度为v，子弹进入木块过程受到的阻力为Ff，对系统由动量守恒定律得： mv0=(M+m)v 解得：v=① 对子弹由动能定理得： -Ff(s1+d)=ΔEk1=mv2-mv02② 对木块由动能定理得： Ffs1=1 Mv2③ 对整个系统由能量守恒定律得： Q=Ffd= mv02- 〔M+m〕v2④ 联立方程①④解得： Q= mv02·M〔M+m〕 联立方程①②③解得： s1=. 答案：Q= m ·s1= 三、用动量和能量的观点分析解决问题的根本思路 技法讲解 用动量和能量的观点分析解决问题的根本思路： 用动量和能量的观点分析解决问题时，应首先判断是否满足动量守恒定律和机械能守恒定律的条件，这两个守恒定律一般用来求物体在某状态时的速度.假设不满足动量守恒定律和机械能守恒定律的条件，再从研究对象上分析，假设研究的 对象是单个物体，应优先考虑用动量定理或动能定理〔涉及力和时间的问题用动量定理，涉及力和位移的问题用动能定理〕；假设研究的对象是一个系统，或涉及到功能关系，那么应考虑从能量守恒定律的角度分析解决. 总之，需要用动量和能量观点处理的题目特点是过程复杂、难度大、综合性强、灵活性高，这就要求我们掌握分析解决这类问题的特点和方法，切实提高审题能力和过程分析能力. 典例剖析 例3如以下图，光滑轨道上，小车A、B用轻弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系在A、B上.然后使A、B以速度v0沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复到自然长度时，A的速度刚好为0，A、B的质量分别为mA、mB，且mA<mB.求： 〔1〕被压缩的弹簧具有的弹性势能Ep. 〔2〕试定量分析、讨论在以后的运动过程中，小车B有无速度为0的时刻. 解析：〔1〕设弹簧第一次恢复自然长度时B的速度为vB，以A、B、弹簧为系统，此系统在运动过程中动量守恒.由动量守恒定律得： (mA+mB)v0=mB·vB 该系统在运动过程中机械能也守恒，故： 〔mA+mB〕v02+Ep= mB·vB2 由上式解出： Ep=. 〔2〕假设以后运动过程中B的速度为0时，A的速度为vA，此时弹簧的弹性势能为Ep′.由动量守恒有：〔mA+mB〕v0=mA·vA 由机械能守恒定律有： 〔mA+mB〕v02+Ep=mAvA2+Ep′ 由以上两式得： Ep′= 因为mA<mB,所以可推出：Ep′<0 弹性势能小于0是不可能的，所以B的速度没有等于0的时刻. 答案：〔1〕Ep=〔2〕见解析 第三关：训练关笑对高考 随 堂 训 练 1.水平传送带以速度v匀速运动，现将一小工件轻轻放到传送带上，它将在传送带上滑动一段时间后才与传送带保持相对静止，设工件的质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为μ,在相对滑动过程中() A.传送带对工件做的功为 B.产生的内能为mv2 C.传送带对工件做的功为零 D.传送带作用于工件的冲量为mv 解析：当工件的速度增为v时，与传送带相对静止，此前工件的加速度a=μg,相对地面的位移s=,运动时间t=,相对传送带落后的距离s相对=vt-s=,过程中产生的内能Q=μmg×s相对= mv2,传送带对工件做的功W= mv2(动能定理)，传送带作用于工件的冲量指的是传送带对工件的支持力和摩擦力的冲量的矢量和，而mv仅为摩擦力对工件的冲量〔也是合外力对工件的冲量〕. 答案：AB 2.如以下图，木块A放在木块B上左侧，用恒力F将A拉到B的右端，第一次将B固定在地面上，F做功为W1，生热为Q1；第二次让B可以在光滑地面上自由滑动，这次F做的功为W2，生热为Q2，那么应有〔〕 A.W1<W2，Q1=Q2 B.W1=W2，Q1=Q2 C.W1<W2，Q1<Q2 D.W1=W2，Q1<Q2 解析：因摩擦生热Q=μmgs相对=μmgl〔l为B的长度〕，故Q1=Q2 又∵W=Fs，当B固定时，F的位移s1=l，当B不固定时，F的位移s2>l ∴W1<W2，因而正确选项为A. 答案：A 3.如以下图，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，并粘合在一起继续摆动，它们能上升的最大高度是() A.h B. h C. h D. h 解析：A球从高h处摆到最低点过程中，机械能守恒：mgh= mv2① A、B相碰过程，动量守恒：mv=2mv′② A、B一起上摆到最高点过程中，由能量守恒： (2m)v′2=2mgH③ 联立①②③式可得H= h 答案：C 4.质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2 m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的，那么小球B的速度可能是() A. v0 B. v0 C. v0 D. v0 解析：设碰后A球速度为vA′，B球速度为vB′，因EKA′=EKA,12m=m× ∴v′A=±v0，A、B两球组成系统动量守恒.由动量守恒定律： mv0=mv′A+mv′B ∴vB′=v0或vB′=v0 答案：AB 5.0，此后，盒子运动的v-t图象呈周期性变化,如以以下图所示.请据此求盒内物体的质量. 解析：设物体的质量为m,t0时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律Mv0=mv① 3t0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v0，说明碰撞是弹性碰撞M=mv2② 联立①②解得m=M③ 〔也可通过图象分析得出v0=v，结合动量守恒，得出正确结果〕 答案：m=M 课时作业二十四动量和能量 1.两个小球A、B，质