专题02动量与能量下专题复习

感悟·渗透·应用【例4】质量分别为m1、m2的小球在一直线上做弹性碰撞，它们在碰撞前后的位移—时间图像如图2-4所示，若m1=1kg,m2的质量等于多少?图2-4感悟·渗透·应用【解析】从位移—时间图像上可看出：m1和m2于t=2s时在位移等于8m处碰撞，碰前m2的速度为0，m1的速度v0=△s/△t=4m/s碰撞后，m1的速度v1=-2m/s，m2的速度v2=2m/s，由动量守恒定律得m1v0=m1v1+m2v2，m2=3kg.感悟·渗透·应用【解题回顾】这是一道有关图像应用的题型，关键是理解每段图线所对应的两个物理量：位移随时间的变化规律，求出各物体碰撞前后的速度.不要把运动图像同运动轨迹混为一谈.感悟·渗透·应用【例5】云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中，一质量为M的静止的原子核在云室中发生一次a衰变，a粒子的质量为m，电量为q，其运动轨迹在与磁场垂直的平面内.现测得a粒子运动的轨道半径为R，试求在衰变过程中的质量亏损.(注：涉及动量问题时，亏损的质量可忽略不计)感悟·渗透·应用【解析】a粒子在磁场中做圆周运动的向心力是洛伦兹力，设a粒子的运动速度为v，由牛顿第二定律得qvB=mv2/R.衰变过程中，粒子与剩余核发生相互作用，设衰变后剩余核的速度为v′，衰变过程中动量守恒(M-m)v′=mv.a粒子与剩余核的动能来源于衰变过程中亏损的质量，有△m·c2=1/2(M-m)v′2+1/2mv2.解得:△m=M(qBR)2/[2c2m(M-m)].感悟·渗透·应用【解题回顾】此题知识跨度大，综合性强，将基础理论与现代物理相结合.考查了圆周运动、洛伦兹力、动量守恒、核裂变、能量守恒等知识.这类题型需注意加强.感悟·渗透·应用【例6】如图2-5所示，一轻绳穿过光滑的定滑轮，两端各拴有一小物块.它们的质量分别为m1、m2，已知m2=3m1，起始时m1放在地上，m2离地面的高度h=1.0m，绳子处于拉直状态，然后放手.设物块与地面相碰时完全没有弹起(地面为水平沙地)，绳不可伸长，绳中各处拉力均相同，在突然提起物块时绳的速度与物块的速度相同，试求m2所走的全部路程(取3位有效数字)图2-5感悟·渗透·应用【解析】因m2＞m1，放手后m2将下降，直至落地.由机械能守恒定律得m2gh-m1gh=(m1+m2)v2/2.m2与地面碰后静止，绳松弛，m1以速度v上升至最高点处再下降.当降至h时绳被绷紧.根据动量守恒定律可得:m1v=(m1+m2)v1.感悟·渗透·应用由于m1通过绳子与m2作用及m2与地面碰撞的过程中都损失了能量，故m2不可能再升到h处，m1也不可能落回地面.设m2再次达到的高度为h1，m1则从开始绷紧时的高度h处下降了h1.由机械能守恒(m1+m2)v12/2+m1gh1=m2gh1由以上3式联立可解得h1=m12h/(m1+m2)2=[m1/(m1+m2)]2h感悟·渗透·应用此后m2又从h1高处落下，类似前面的过程.设m2第二次达到的最高点为h2，仿照上一过程可推得h2=m12h1/(m1+m2)2=m14h/(m1+m2)4=[m1/(m1+m2)]4h由此类推，得:h3=m16h/(m1+m2)6=[m1/(m1+m2)]6h所以通过的总路程s=h+2h1+2h2+2h3+……mhhmmmmmmmmmh13.1567.02])41()41()41(21[2])()()(21[2642621142112211感悟·渗透·应用【解题回顾】这是一道难度较大的习题.除了在数学处理方面遇到困难外，主要的原因还是出在对两个物块运动的情况没有分析清楚.本题作为动量守恒与机械能守恒定律应用的一种特例，应加强记忆和理解.感悟·渗透·应用【例7】如图2-6所示，金属杆a从离地h高处由静止开始沿光滑平行的弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖直向上的匀强磁场B，水平轨道上原来放有一金属杆b，已知a杆的质量为ma,且与杆b的质量之比为ma∶mb=3∶4，水平轨道足够长，不计摩擦，图2-6感悟·渗透·应用求：(1)a和b的最终速度分别是多大?(2)整个过程中回路释放的电能是多少?(3)若已知a、b杆的电阻之比Ra∶Rb=3∶4，其余部分的电阻不计，整个过程中杆a、b上产生的热量分别是多少?感悟·渗透·应用【解析】(1)a下滑过程中机械能守恒magh=mav02/2a进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b都受安培力作用，a做减速运动，b做加速运动，经过一段时间，a、b速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为0，安培力为0，二者匀速运动.匀速运动的速度即为a.b的最终速度，设为v.由于所组成的系统所受合外力为0，故系统的动量守恒mav0=(ma+mb)v感悟·渗透·应用由以上两式解得最终速度va=vb=v=(2)由能量守恒得知，回路中产生的电能应等于a、b系统机械能的损失，所以E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7gh273感悟·渗透·应用(3)由能的守恒与转化定律，回路中产生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失的机械能，即Qa+Qb=E.在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于Ra与Rb串联，通过的电流总是相等的，所以应有所以4322bababaRRtRItRIQQghmEQghmEQabaa491674491273感悟·渗透·应用【解题回顾】自觉运用动量守恒和能量守恒规律是解决本题的关键.但如果轨道变为图2-7所示的情景，又如何分析求解呢?图2-7感悟·渗透·应用【例8】连同装备质量M=100kg的宇航员离飞船45m处与飞船相对静止，他带有一个装有m=0.5kg的氧气贮筒，其喷嘴可以使氧气以v=50m/s的速度在极短的时间内相对宇航员自身喷出.他要返回时，必须向相反的方向释放氧气，同时还要留一部分氧气供返回途中呼吸.设他的耗氧率R是2.5×10-4kg/s，问：要最大限度地节省氧气，并安全返回飞船，所用掉的氧气是多少?感悟·渗透·应用【解析】设喷出氧气的质量为m′后，飞船获得的速度为v′，喷气的过程中满足动量守恒定律，有:0=(M-m′)v′+m′(-v+v′)得v′=m′v/M宇航员即以v′匀速靠近飞船，到达飞船所需的时间t=s/v′=Ms/m′v感悟·渗透·应用这段时间内耗氧m″=Rt故其用掉氧气m′+m″=2.25×10-2/m′+m′因为(2.25×10-2/m′)×m′=2.5×10-2为常数，所以当2.25×10-2/m′=m′，即m′=0.15kg时用掉氧气最少，共用掉氧气是m′+m″=0.3kg.感悟·渗透·应用【解题回顾】(1)动量守恒定律中的各个速度应统一对应于某一惯性参照系，在本题中，飞船沿圆轨道运动，不是惯性参照系.但是，在一段很短的圆弧上，可以视飞船做匀速直线运动，是惯性参照系.(2)此题中氧气的速度是相对宇航员而不是飞船，因此，列动量守恒的表达式时，要注意速度的相对性，这里很容易出错误.(3)要注意数学知识在物理上的运用.