高三物理冲刺教案8动量和能量的综合应用

高三物理冲刺教案8：动量和能量的综合应用动量和能量都是高中物理的主干知识和重点内容，将动量和能量内容相结合，可以命出综合性强、能力要求高、思路方法灵活的具有一定难度的综合题，便于考查考生的分析、推理、综合、知识迁移等多种能力，因此，常以压轴题的形式出现在历年的高考试卷中.在对本专题内容的复习中，一定要注意领会各规律的适用条件，弄清不同性质的力做功同相应能量转化的关系，注意物理过程的分析，建立清晰的物理情景，善于从题目给出的背景材料中，抽象出典型的物理模型，灵活地选用适当的规律，使问题得以顺利解决.1.涉及能量转化的规律主要有动能定理（W=ΔEk）、机械能守恒定律（Ep1+Ek1=Ep2+Ek2）和能的转化和守恒定律（E初=E末）；涉及动量的规律有动量定理（F·t=Δp）和动量守恒定律（p初=p末）.能量是标量，与之相联系的动能定理、机械能守恒定律和能的转化和守恒定律方程均为代数方程.涉及做功的，一定要注意做功的正负及相应的符号，熟记各种力做功同相应能量转化的关系：合外力做的功与动能的变化相联系（W合=ΔEk)、重力做的功同重力势能的变化相联系（WG=-ΔEp）、弹力做的功同弹性势能的变化相联系（W弹=-ΔEp弹）、重力和弹力以外的力做的功同机械能的变化相联系（W外=ΔE）.动量是矢量，与之相联系的动量定理、动量守恒方程都是矢量方程，建立此类方程时，都要明确正方向，并正确地用“+”“-”号表示各矢量的方向.在处理所有的力学问题时，应优先考虑两大守恒定律（动量守恒定律及能的转化和守恒定律），其次考虑两大定理（动能定理和动量定理）.2.碰撞问题是动量、能量综合应用的典型问题.由于一般碰撞中总能满足内力远远大于外力，所以动量守恒方程是处理碰撞问题的首选方程.在一般的碰撞中，总会有一定的机械能损失，不同情况下的碰撞中，损失的机械能不同.弹性碰撞中可认为无机械能的损失，完全非弹性碰撞中机械能的损失最多.在实际判断某碰撞现象是否可能存在时，碰撞前后的机械能比较常是重要的依据之一.［例1］如图1-8-1所示，A、B两小球在光滑水平面上分别以动量p1=4kg·m/s和p2=6kg·m/s（向右为参考正方向）做匀速直线运动，则在A球追上B球并与之碰撞的过程中，两小球的动量变化量Δp1和Δp2图1-8-1A.-2kg·m/s,3kg·m/sB.-8kg·m/s,8kg·m/sC.1kg·m/s,-1kg·m/sD.-2kg·m/s,2kg·m/s【解析】两球碰撞中动量守恒，即Δp1+Δp2=0.据此可排除A.又碰撞中B球所受冲量方向和其初动量方向相同，其动量只能增大，即Δp2应大于零，据此可排除C.另外，碰前两球总动能Ek=2122212118822mmmpmp,而对B选项，碰后总动能Ek′=21222212119882)(2)(mmmppmpp＞Ek,不可能；对D项，碰后总动能Ek′=21322mm，再结合碰前应有vA＞vB,即14m＞26m,所以m1＜232m,代入Ek和D项对应的Ek′,结果亦不矛盾.故只有D可能.小结：两小球间碰撞结果将同时受到“动量守恒”“动能不可能增大”及相关的“运动学与动力学规律”的制约，分析此类问题时，应将上述制约因素均考虑到.［例2］（2000年全国，22）在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”.这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似.如图1-8-2两个小球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于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向B球，如图1-8-2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都静止不动，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.图1-8-2(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】C球与B球碰撞，碰撞中F内》F外，动量守恒.B、C结合成的D球通过弹簧和A作用，作用过程中F外=0，动量守恒；只有弹力做功，机械能守恒.A、D球系统（含弹簧）与挡板碰撞，碰后停止运动.解除锁定后D、A通过弹簧相互作用，动量守恒，机械能守恒，且两球再次等速时弹簧拉伸最长，弹性势能最大.对各过程列出相应的规律方程，问题即可得解.（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为v1,mv0=(m+m)v1,v1=21v0当弹簧压缩至最短时D与A速度相等，设此时速度为v22mv1=3mv2,得A的速度v2=31v0(2)设弹簧被锁定后，贮存于弹簧中的势能为Ep,21·2mv12=21·3mv22+Ep撞击P后，A和D动量为零.解除锁定后，当弹簧恢复原长时，势能全部转化为D的动能，设D的速度为v3Ep=21(2m)v32,v3=63v0以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度.当A、D再次等速时，弹簧伸至最长.设此时速度为v42mv3=3mv4,v4=93v0当弹簧伸至最长时，其势能最大，设此势能为Ep′,21·2mv32=21·3mv42+Ep解得：Ep′=361mv02小结：与现代科技相联系的题目往往具有“起点高，落点低”的特点，处理此类题目，不要被生僻的新颖的词汇、概念所迷惑，应抓住问题的实质，转化抽象出自己熟悉的物理模型.对像该题涉及较多物理过程的问题，一定要注意物理过程的分析，分析每一过程的受力及做功情况，找出每一过程所遵守的物理规律.1.A、B两个小球在光滑的水平面上沿同一直线同向运动，A的动量为10kg·m/s，B的动量为15kg·m/s，若它们相碰后动量变化分别为ΔpA和ΔpBA.ΔpA=0，ΔpB=0B.ΔpA=5kg·m/s，ΔpB=5kg·m/sC.ΔpA=-5kg·m/s，ΔpB=5kg·m/sD.ΔpA=-20kg·m/s，ΔpB=20kg·m/s【解析】因两球碰撞中动量守恒，所以两球动量的变化量应大小相等、方向相反（即符号相反），从而可排除A、B.但另一方面，两球的碰撞中，其机械能不可能增大，而D选项中给出的数据中碰撞后系统动能明显增大，不可能发生.【答案】C2.离子发动机飞船，其原理是用电压U加速一价惰性气体离子，将它高速喷出后，飞船A.速度大B.C.动能大D.【解析】由qU=Ek知几种气体离子喷出时动能相同.由v=mqU2知氙离子喷出时速度小.由p=k2mE得p=mqU2，因几种惰性气体离子中氙离子m大，则p大，由动量守恒可知，飞船获得的动量大.【答案】B3.质量为m的物体，在与其速度方向相同的合力F作用下，经过时间t，物体的动量由mv1增加到mv2,下列说法中正确的是A.在2F的合力作用下，经时间t，物体的动量将增加到2mv2B.在2F的合力作用下，经时间t，物体的动量将增加到2mv2-2mv1C.在F的合力作用下，经时间2t，物体的动量将增加到2mv2-mv1D.在2F作用下，经时间2t，物体的动量大于4mv2【解析】合力F作用时间t过程中，由动量定理得：Ft=mv2-mv1若在合力2F作用下，经时间t，由动量定理得：2Ft=p-mv1所以作用后物体的动量p=2mv2-mv1,故A、B错，C对.若在合力2F作用下，经时间2t，由动量定理得2F·2t=p′-mv1所以作用后物体的动量p′=4mv2-3mv1＜4mv2，故D错.【答案】C4.（2003年北京春季，16）在滑冰场上，甲、乙两小孩分别坐在滑冰板上，原来静止不动，在相互猛推一下后分别向相反方向运动.假定两板与冰面间的摩擦因数相同.已知甲在冰A.B.C.D.【解析】根据动量守恒定律有m甲v甲=m乙v乙由动能定理μmgs=21mv2即μgs=21v2，所以s∝v2，故C对.【答案】C5.如图1-8-3所示，有两个大小相等、质量不同的小球A和B，B球静止在光滑圆弧的底端，A球质量为m，从顶端释放，若两球发生弹性碰撞后，它们的落点离平台边缘的水平距离之比为1∶3，则B图1-8-3①31m②32m③34m④35mA.①②B.②③C.③④D.①④【解析】A球从光滑圆弧上滚下，以速度v0与B发生碰撞.设碰后A、B的速度分别为vA、vBmAv0=mAvA+mBvB①21mAv02=21mAvA2+21mBvB2②vA=BABAmmmmv0,vB=BAAmmm2v0A、B31BABAssvv,所以mB=3m在小球A和B碰撞后，A球的速度方向既可以沿原来的方向（即水平向右），也可以沿相反方向运动，以上解答正是忽视了这一点导致了漏解.所以第二个解的条件是31BAvv,故mB=m35.因此正确答案应选D.【答案】D6.两物体的质量为m1和m2，它们分别在恒力F1和F2的作用下由静止开始运动，经相同的位移，动量的增加量相同，则两恒力的比值F1/F2=______.【解析】由动能定理W=Ek2-Ek1对m1：F1·s=21m1v12=12112)(mvm对m2：F2·s=21m2v22=22222)(mvmm1v1=m2v21221mmFF因此答案为m2/m1.【答案】m2/m17.静止状态的原子核X，进行α衰变后变成质量为MY的原子核，放射出的α粒子垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场，测得其做圆周运动的半径为R，已知α粒子的电荷为2e，质量为m（1）衰变后α粒子的速度vα和动能Ekα.(2)衰变后Y核的速度vY和动能EkY.(3)衰变前X核的质量MX.【解析】（1）α粒子在磁场中做匀速2evαB=mRv2所以vα=meBR2.所以其动能Ekα=21mvα2=mRBe2222.（2）衰变过程中动量守恒，即：mvα=MYvY即vY=Y2MeBR.反冲核的动能EkY=21MYvY2=Y2222MReB.（3）由质能联系方程知，衰变过程中损失的质量：Δm=2CE=).11(22121222222YY2yMmCRBeCvMmvMX=MY+m+)11(2Y2222MmCReB.【答案】（1）vα=mBeR2；Ekα=mReB2222(2)vY=Y2MBeR；EkY=Y2222MReB(3)MX=MY+m+)11(2Y2222MmCReB8.（1）如图1-8-4所示，轻质长绳水平地跨在相距2l的两个小定滑轮A、B上，质量为m的物体悬挂在绳上O点，O与A、B两滑轮距离相等，在轻绳两端C、D分别施加竖直向下的恒力F=mg,先托住物块，使绳处于水平拉直状态，然后静止释放物块，在物块下落过程中，保持C、D两端的拉力F不变.图1-8-4（1）当物体下落距离h（2）在物体下落上述距离的过程中，克服C端恒力F做功W（3）求物体下落过程中的最大速度vm和最大距离H.【解析】下落至加速度为零时，AO、BO两绳拉力的合力应等于重力mg，此时∠AOB=120°，于是即可算出物块下落距离和C、D两端上升距离，克服C端恒力的功即可求出.在物体的下落过程中，AO、BO两绳中拉力不断变化.开始时，其重力大于两绳拉力的合力，物体向下做加速度变小的加速运动，当下落加速度为零时，速度达最大值vm；以后重力小于两绳合力，物体减速下落，直至v=0时，达最大距离H，由于物体做的是变加速运动，所以必须根据功与动能变化的关系才可求出最大的距离.（1）物体下落时受到三个力的作用：重力mg、绳AO、BO的拉力F，当两绳拉力的向上合力R等于重力mg时，物块下落的加速度为零.由于F恒为mg，所以a=0时，三力互成120°夹角，于是，由图可知，下落距离h=ltanθ=ltan30°=3l/3（2）物体落下h时，C、D两端上升距离h′=lhl22=(3332)l，物体克服C端恒力F做功W=Fh′=mg(3332)l=3332mgl（3）由上面的分析可知，物体下落h时的速度就是最大速度；根据做功和动能变化的关系mgh-2W=21mvm2vm=mWgh42=mglmlg)3332(4332=gl)324(.当物体下落最大距离H时，C、