知识讲解 动量和能量（提高）

1 物理总复习：动量和能量 【考纲要求】 1、知道弹性碰撞和非弹性碰撞； 2、能用动量守恒定律定量分析一维碰撞问题； 3、知道动量守恒定律的普遍意义 4、会从动量和能量的角度分析碰撞问题 【考点梳理】 考点：动量关系与能量关系的综合应用 要点诠释：运用各种力学规律解题的注意事项： 1、使用牛顿运动定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确并建 立力和加速度及运动与加速度的关系。 2、使用动量定理的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，选取正方向， 明确合外力的冲量及初、末动量的正负。 3、使用动能定理的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确哪些力做 功，哪些力不做功，哪些力做正功，哪些力做负功及动能的变化。 4、使用动量守恒定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，判断是否 符合动量守恒的适用情况和适用条件。 5、使用机械能守恒定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，判断是 否符合机械能守恒的适用情况和适用条件。 6、使用能量守恒定律的关键是：确定研究对象，做好受力分析和过程分析，明确有哪 些力做功，做功的结果是导致什么能向什么能转化，然后建立 的关系。 【典型例题】 类型一、“子弹打木块”问题分析 例 1、光滑水平面上有一静止的质量为 M 的木板，现有一颗质量为 m、速率为 的子弹 沿水平方向击中木板，进入木板的深度为 d（未穿出），且冲击过程中阻力恒定。问： 　　（1）子弹与木板的阻力多大？在这个过程中，木板的位移是多少？ 　　（2）冲击时间是多少？ 　　（3）这个过程中产生的热量 Q 是多少？ 　　 【思路点拨】子弹打木块是完全非弹性碰撞，碰撞中动量守恒，能量减少，子弹未射出，子 弹与木板共速，分析子弹的位移、木块的位移，要用动能定理解决。产生的热量就是损失的 全部动能。 【答案】 （1） （2） （3） 【解析】因子弹未射出木板，故二者获得共同速度 。在获得共同速度的过程中，设木板的 位移为 ，则子弹的位移为 。 E E∆ = ∆增 减 0v 2 0= 2 ( ) Mmvf d M m+ = ms dM m+ 0 2= dt v 2 0 1= 2 MQ mv M m+ v s +s d2 　　（1）在获得共同速度的过程中，动量守恒 ① 碰撞后共同速度为 设平均阻力为 ，根据动能定理，有 对子弹： 　 ② 对木板： 　 ③ 由①、②和③式可得： 木板的位移 　（2）设冲击时间为 ，以子弹为研究对象，根据子弹相对木板作末速度为零的匀减速直 线运动，相对位移 ，所以冲击时间为 　（3）在认为损失的动能全部转化为内能的条件下， 产生的热量： 【点评】子弹打木块是完全非弹性碰撞，碰撞中动量守恒，能量减少。完全非弹性碰撞在三 种碰撞中能量损失最大。在对子弹应用动能定理时要注意位移是子弹对地的位移，在对木板 应用动能定理时位移是木板对地的位移，而在求转化为内能的量时要用阻力（摩擦力）乘以 相对位移。（可解②和③、①得到结论） 举一反三 【变式 1】质量为 M 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相 同的步枪和子弹的射击手。首先左侧射手先开枪，子弹水平射入木块的最大深度为 d1，然 后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为 d2，如图所示。设子弹均未射穿木块， 且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同。当两颗子弹均相对于木块静止时，下列正确的 是（ ） A．木块静止， B．木块静止， C．木块向右运动， D．木块向左运动， 【答案】 B 【解析】设子弹的质量为 m，速度为 ，子弹与木块之间的相互作用力为 ， 根据动量守恒定律 （1） 0 =( )mv M m v+ 0= mvv M m+ f 2 2 0 1 1( + )= 2 2f s d mv mv− − 21= 2fs Mv 2 0= 2 ( ) Mmvf d M m+ = 2 2k pE m = A Bm m< A Bv v> 2v gR=18 由动量守恒定律可得， ，以后一起向左运动，由机械能守恒定律可得， 联立以上各式解得 8、C D 解析：0 到 t1，弹簧处于压缩状态，t1 时刻压缩量最大；t1 到 t2 弹簧处于恢复阶段，在 t2 时 刻弹簧处于原长；t2 到 t3 弹簧处于伸长状态，t3 时刻伸长量最大；从 t3 到 t4 弹簧又处于恢复 阶段，t4 时刻弹簧处于原长状态。AB 不对。 对 0、t2 时刻，应用动量守恒定律 解得 m1∶m2 = 1∶2。C 对。在 t2 时刻 A 的动能 B 的动能 ， A 与 B 的动能之比为 Ek1∶Ek2=1∶8，D 对。故选 C D。 9、A 解析：根据动量守恒定律 ， ， 损失的动能 ，说明一个来回损失动能为 6 焦耳，单程损 失 3 焦耳，即克服摩擦力做功 ，根据能量守恒定律， 所以 故 A 正确。 10、B 解析：设 AB 的质量均为 m，根据动量守恒定律 根据机械能守恒定律 联立解得 当 B 的质量为 2m 时，同理 联立解得 所以 。 A 错 B 对。 A 损失的动能一部分转化为 B 的动能，一部分转换为弹性势能 A 第一次损失的动能 A 第二次损失的动能 2 1 1 2( ) ( )m m v m m v′− = + 2 1 2 1 2 1( ) (1 cos60 ) ( )2m m gR m m v′+ − ° = + 1 2¡Ã ( 2 1)¡Ã( 2 1)m m = − + 1 1 2 2 1 1m v m v m v′= + 1 2 13 2 1m m m= − × 2 1 1 12kAE m= 2 2 1 22kBE m= 0 ( )mv M m v= + 共 =1 /v m s共 2 2 0 1 1 ( ) =62 2kE mv M m v J∆ = − + 共 3fW J= 2 2 0 1 1 ( ) +2 2 p fmv M m v E W= + +共 2 2 0 1 1 ( ) 32 2p fE mv M m v W J= − + − =共 0 2mv mv= 共 2 2 0 1 1 22 2pmv E mv= + 共 2 1 0 1 22k PE mv E= = 1 3mv mv′= 共 2 2 1 1 1 32 2pmv E mv′= + 共 2 2 1 1 3 2 2k PE mv E= = 1 2: 4:3k kE E = 2 2 2 1 0 0 0 1 1 1 3( )4 2 2 8kAE mv m v mv∆ = + = 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 42 ( )3 2 3 9kAE mv m v mv∆ = + =19 又两次弹性势能相等 所以两次 A 损失的动能之比为 CD 错。故选 B。 二、填空题 1、 解析：设 A 球的速度为 ，碰后的共同速度为 根据动量守恒定律 根据机械能守恒定律 解得 。 2、 解析：设 P 的初速度为 ，P、Q 通过弹簧发生碰撞，当两滑块速度相等时，弹簧压缩到最 短，弹性势能最大，设此时共同速度为 ，对 P、Q（包括弹簧）组成的系统，由动量守恒 定律，有 ① 由机械能守恒定律，有 ② 联立①②两式解得 3、 解析：小木块质量 mA=mB=m，碰撞时间很短，且无总动能损失。 A 从最右端以初速 向左运动，在与 B 碰撞前，减速运动的距离 ， A 克服摩擦阻力做功 A 与 B 发生等质量的完全弹性正碰，碰撞后 A 静止于 B 的位置，B 则以 A 碰前的速度为初 速度继续减速向左运动通过距离 l，与墙碰撞后反向向右仍做减速运动，又通过距离 l，在 这段过程中 B 克服摩擦阻力做功 然后 B 又与 A 发生碰撞，碰后 B 静止，A 又以 B 碰前的速度为初速持续减小向右运动，按 题意，A 运动距离 后刚好在桌的右端边缘停下，在这段过程 A 又克服摩擦阻力做功 2 2 0 1 1 1 4 3mv mv= 2 2 1 0 3 4v v= 2 2 2 1 0 4 1 9 3kAE mv mv∆ = = 2 0 1 22 0 3 98 1 8 3 kA kA mvE E mv ∆ = =∆ 2 PE m 0v v 0 2mv mv= 0 1 2v v= 2 2 0 0 1 1 12 ( )2 2 2 pmv m v E= + 2 0 1 4pE mv= 0 2 PEv m = 1 2pm kE E= 0v v 0 2mv mv= 2 2 Pm 0 1 1 2 2E mv mv= − × 2 2 2 0 0 1 1 1 1 4 2 2 2pm kE mv mv E= = =× 4 [ ( ) ]A Bg L l lµ µ− + v L l− ( )Af AW mg L lµ= − 2Bf BW mglµ= L l−20 经历上述全过程，且最初具有的动能 应完全损耗于各段克服摩擦阻力做功上， 因此，有 所以 A 的最大初速度为 三、计算题 1、【答案】 【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为 μ。若要物块 a、b 能够发生碰撞，应有 　① 即 　② 设在 a、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为 v1。由能量守恒有 　③ 设在 a、b 碰撞后的瞬间，a、b 的速度大小分别为 v′1、v′2，由动量守恒和能量守恒有 　④ 　⑤ 联立④⑤式解得 　⑥ 由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 　⑦ 联立③⑥⑦式，可得 　 ⑧ 联立②⑧式，a 与 b 发生碰撞、但 b 没有与墙发生碰撞的条件 　⑨ 2 2 0032 11 23 v gl v gl µ≤ ＜ 2 0 1 2 mv mglµ＞ 2 0 2 v gl µ＜ 2 2 0 1 1 1 2 2mv mv mglµ= + 21 1 3 4mv mv m v′ ′+= 1 2 2 2 2 1 11 2 2 4 1 3 2 mmv m vv   ′  ′ += 2 1 8 7v v′ = 2 2 1 3 3 2 4 4 m mv glµ  ′ ≤   2 032 113 v gl µ ≥ 2 2 0032 11 23 v gl v gl µ≤ ＜ ( )Af AW mg L lµ= − 2 2 1 mv ( ) mgllLmgmv BA µµ 2202 1 2 +−=− 4 [ ( ) ]A Bv g L l lµ µ= − +21 2、（i） （ii） 解析：（i）设木块和物体 P 共同速度为 ,两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量 和能量守恒得： ① ② 由①②得： ③ （ii）木块返回与物体 P 第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得： ④ 由②③④得： 3、（1） （2） （3） 解析： (1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为 W，则 (2)设第一车初速度为 ，第一次碰前速度为 ，碰后共同速度为 ；第二次碰前速度为 ，碰 后共同速度为 ；人给第一辆车的水平冲量大小为 I. 对第一辆车运动到与第二辆车碰前，由动能定理 第一辆车与第二辆车碰撞，由动量守恒定律 对第一、二两辆车一起运动到与第三辆车碰撞前，由动能定理 第一、二两辆车一起与第三辆车碰撞，由动量守恒定律 对三辆车一起由动能定理 由以上各式解得 . . . . . 所以 . 2 0( 3 ) 3 m v ghf L −= 2 0 2 0 6 3 v ghs Lv gh −= − v 0 ( 2 )mv m m v= + 2 2 0 1 1 ( 2 )2 2mv m m v mgh fL= + + + 2 0( 3 ) 3 m v ghf L −= 2 2 0 1 1 ( 2 ) (2 )2 2mv m m v f L s= + + − 2 0 2 0 6 3 v ghs Lv gh −= − 6kmgL− 2 7I m kgL= 13:3 2 3 6W kmgL kmgL kmgL kmgL= − − − = − 0u 1v 1u 2v 2u 2 2 1 0 1 1 2 2kmgL mv mu− = − 1 12mv mu= 2 2 2 1 1 1(2 ) (2 ) (2 )2 2k m gL m v m u− = − 2 22 3mv mu= 2 2 1(3 ) 0 (3 )2k m gL m u− = − 2 2u kgL= 2 3 22v kgL= 1 13 2u kgL= 1 26v kgL= 0 28u kgL= 0 0 2 7I mu m kgL= − =22 (3)设两次碰撞中系统动能损失分别为 ，和 所以两次碰撞中系统动能损失之比为 4、 解析：小球 A 与地面的碰撞是弹性的，而且 AB 都是从同一高度释放的，所以 AB 碰撞前的 速度大小相等设为 ，根据机械能守恒有 化简得 ① 设 A、B 碰撞后的速度分别为 和 ，以竖直向上为速度的正方向，根据 A、B 组成的系 统动量守恒和能量守恒得 ② ③ 联立②③化简得 ④ 设小球 B 能够上升的最大高度为 h，由运动学公式得 ⑤ 联立①④⑤化简得 ⑥ 5、 解析：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运 动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。 木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，由动量守恒，有 ，解得： 1kE∆ 2kE∆ 2 2 1 1 1 1 1 13(2 )2 2 2kE mv m u kgL∆ = − = 2 2 2 2 2 1 1 3(2 ) (3 )2 2 2kE m v m u kgL∆ = − = 1 2 13 3 k k E E ∆ =∆ 2 3 A B A B m m Hm m  −  +  0v 2 0 1 2A Am gH m v= 0 2v gH= Av Bv 0 0A B A A B Bm v m v m v m v− = + 2 2 2 2 0 0 1 1 1 1 2 2 2 2A B A A B Bm v m v m v m v+ = + 0 3 A B B A B m mv vm m  −=  +  2 2 Bvh g = 2 3 A B A B m mh Hm m  −=  +  0 0 0 1 2 2 2 4 3 3 3 v v vt t t g g gµ µ µ= + = + = vmmmvmv )2(2 00 +=− 3 0vv =23 木板在第一个过程中，用动量定理，有 用动能定理，有： 木板在第二个过程中，匀速直线运动，有 木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间 10 2)( mgtvmmv µ=−− mgsmvmv 22 1 2 1 2 0 2 µ−=− 2vts = 0 0 0 1 2 2 2 4 3 3 3 v v vt t t g g gµ µ µ= + = + =