专题六动量和能量问题下动量和能量

2006---2007高考复习专题六:动量和能量问题(下)2007、3专题解说一.命题趋向与考点动量和能量的知识贯穿整个物理学,从动量和能量的角度分析处理问题是研究物理问题的一条重要的途径,也是解决物理问题最重要的思维方法之一.本内容高考年年必考,题型全面,选择题主要考查动量的矢量性,辨析“动量和动能”、“冲量与功”的基本概念;常设置一个瞬间碰撞的情景,用动量定理求变力的冲量;或求出平均力;或用动量守恒定律来判定在碰撞后的各个物体运动状态的可能值;计算题考查综合运用牛顿定律、能量守恒、动量守恒解题的能力.一般过程复杂、难度大、能力要求高,经常是高考的压轴题.近几年全国卷中学科间综合命题的渗透程度明显走低,以传统题目翻新的学科内综合考查愈显突出.可以预见,动量守恒定律尤其与机械能守恒、能量转化、电磁感应等相关知识的综合应用,仍是今年高考不可回避的考查重点.考查的难点将集中于复杂物理过程的分析、动量守恒条件的判定,参与作用的物体系统(研究对象)灵活选取等方面.力运动动量定理牛二定律动能定理冲量动量功动能动量守恒机械能守恒专题解说二.知识概要与方法专题解说二.知识概要与方法1.动量的变化及计算：t0Δp=p-p由于动量为矢量，则求解动量的变化时，其运算遵循平行四边形定则。①若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。②若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。③动量p和动能Ek都是描述物体运动状态的物理量，其数量关系为：22k1pE=mv=22mkp=mv=2Em2.冲量的计算方法：①恒力的冲量可用I＝Ft求解。②方向不变，但大小随时间线性变化的力的冲量可用12F+FI=F·t=·t2求解。专题解说③利用F－t图中的“面积”求解。④用动量定理求解3.动量定理凡涉及到速度和时间的物理问题都可利用动量定理加以解决，特别对于处理位移变化不明显的打击、碰撞类问题，更具有其他方法无可替代的作用。4.应用动量定理解题的思路和一般步骤为①明确研究对象和物理过程；②分析研究对象在运动过程中的受力情况（找出所有力，画出力的示意图）；③选取正方向,确定各力的冲量以及初、未状态的动量的大小及正负；④最后运用动量定理列方程、求解。专题解说5．动量守恒定律（1）动量守恒定律成立的条件:①系统不受外力或者所受外力之和为零；②系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；③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。④全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。（2）表达式：11221122mv+mv=mv+mv即p1+p2=p1/+p2/,Δp1+Δp2=0,Δp1=-Δp2,1221mΔv=-mΔv(3)应用动量守恒定律解题的一般步骤：确定研究对象，选取研究过程；分析内力和外力的情况，判断是否符合守恒条件；选定正方向，确定初、末状态的动量，最后根据动量守恒定律列议程求解。专题解说(4)在应用动量守恒定律时，除要注意定律适用条件的近似性、独立性、速度或动量的相对性、矢量性外，还要注意两物体相互作用时，尽管动量守恒，但动能不一定守恒，在作用过程中没有其它形式的能转化为机械能时，作用后物体系统的总机械能不应大于作用前的总机械能.动量守恒定律是自然界中普通适用的规律，大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复杂的相互作用的物体系统类问题的基本规律。专题聚焦1.动量定理和动量守恒定律的应用问题例1.（02全国理综）蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g＝10m/s2）解答：将运动员看作质量为m的质点，从h1高处下落，刚接触网时速度的大小v1＝12gh（向下）弹跳后到达的高度为h2,刚离网时速度的大小v2＝22gh（向上）根据动量定理：(F-mg)t=mv2+mv1得：F＝mg＋m212gh+2ghΔt代入数据得：F＝1.5×103N专题聚焦例2、发生在2001年的9·11恐怖事件中，世贸中心双子楼，被一架飞机“轻松”地摧毁，而双子楼却先后坍塌。世贸的楼体是个钢架结构，两座楼的中间是个方柱子，一直从地下延伸到空中，每个层面有网络式的横条，鼠笼式结构可以从钢度、强度上抗击8级地震，12级台风，7500t的力，飞机充其量可把世贸的表皮撞破，不会伤害大楼的的筋骨，专家推断，筋骨的破坏是由于钢结构在燃料燃烧中软化造成的，试根据下列数据证实上面的观点。波音767飞机整体重150t，机身长150m，当时低空飞行的巡航速度在500—600km/h，可视为150m/s，从电视画面看飞机没有穿透大楼，大楼宽不超过100m，飞机在楼内大约运行50m。专题聚焦解:假设飞机在楼内匀减速为零，则1502s1002s=vt=tt===21501503由动量定理，Ft=mv,所以37mv150×10×150F==N=3.375×10Nt23即飞机撞击大楼的力为3375t，撞击力没有达到7500t，可见上述推断是正确的。例3.一个宇航员连同装备的总质量为100kg,在空间跟飞船相距45m处相对飞船处于静止状态.他带着一个装有0.5kg氧气的贮气筒,贮氧筒上有一个可以使氧气以50m/s的速度喷出的喷嘴.宇航员必须向着跟返回方向相反的方向释放氧气才能回到飞船上去,同时又必须保留一部分氧气供他在返回飞船的途中呼吸.已知宇航员呼吸的耗氧率为2.5×10-4kg/s,试问:专题聚焦(1）如果他在准备返回飞船的瞬时，释放0.15kg的氧气，他能安全地回到飞船吗？请用计算说明你的结论？(2)宇航员安全返回到飞船的最长和最短时间分别为多少?解析：(1)由于氧气的质童0.15kg远小于总质100kg，因此可认为氧气喷出后，总质量不变．设释放0.15kg氧气后，宇航员的速度为u,则根据动量守恒有0=m1v-Mu得：1mv0.15×50u===0.075m/sM100宇航员在返回飞船的过程中消耗的氧气为：-42L45m=R=×2.5×10kg=0.15kgu0.075由于m1+m2=0.3kgO.5kg,因此他能安全返回专题聚焦(2)设喷出氧气质量为m，则根据动量守恒有：0=mv－Mu①宇航员返回消耗的氧气为/Lm=Ru由于m+m/≤m0=0.5kg③由①②③式得：m2v－m0vm+LRM≤0解得：0.05kg≤m≤0.45kg②根据①式及Lt=u得：MLt=mv当m=0.05kg时，可求得宇航员安全返回到飞船的最长时间为tmax=1800s，当m=0.45kg时．可求得宇航员安全返回到飞船的最姐时间为t=＝200s.专题聚焦例4、如图所示,在倾角为的光滑斜面上,将质量为M的物块用细绳悬挂于0点,绳长0A＝L,物块静止于A点.今有一质量为m的子弹以水平速度v0射入物块内而不穿出.(1)v0至少多大，才能使物块在斜面上作圆周运动?(2)若子弹以上问中的最小速度射入物块时细绳断开，物块落地时沿v0方向移动的距离为s，求A点离水平面高度。(1)设木块通过最高点的临界速度为v1，则有：解：21(M+m)v（M+m）gsinθ=L⑴设木块在最低点与子弹所具有的共同速度为v，木块从最低点运动到最高点的过程中有：22111（M+m）v=（M+m）g×2Lsinθ+（M+m）v22⑵2.动量与能量的综合应用设子弹入射前的速度为v0，在子弹射入木块的过程中有：mv0=(M+m)v0M+mv=5gLsinθm联立上三式可解得所要求的最小速度为：⑵木块在斜面上做类平抛运动时的加速度为：(M+m)gsinθa==gsinθ(M+m)由(1)、(2)式得,木块在斜面上做类平抛运动的初速度为：v=5gLsinθ木块在斜面上做类平抛运动的时间为：st=v木块沿斜面向下走过的距离为：21d=at2木块在A点的水平高度为h为：h=dsinθ联立以上五式可解得：2ssinθh=10L专题聚焦图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B相连，B静止在水平导轨上，弹簧处在原长状态。另一质量与B相同的滑块A，从导轨上的P点以某一初速度向B滑行，当A滑过距离l1时，与B相碰，碰撞时间极短，碰后A、B紧贴在一起运动，但互不粘连。已知最后A恰好返回出发点P并停止。滑块A和B与导轨的滑动摩擦因数都为μ，运动过程中弹簧最大形变量为l2，重力加速度为g，求A从P出发时的初速度v0。例5(04年广西)l2l1ABP专题聚焦l2l1ABP解：设A、B质量均为m,A刚接触B时速度为v1（碰前）,由功能关系，2201111mv-mv=μmgl122碰撞过程中动量守恒,令碰后A、B共同运动的速度为v2mv1=2mv2(2)碰后A、B先一起向左运动,接着A、B一起被弹回,在弹簧恢复到原长时,设A、B的共同速度为v3，在这过程中，弹簧势能始末两态都为零，由功能关系，有2223211(2m)v-(2m)v=μ(2m)g(2l)322后A、B开始分离，A单独向右滑到P点停下，由功能关系有2311mv=μmgl42由以上各式，解得012v=μg(10l+16l)专题聚焦例6.(00北京春季)云室处在磁感应强度为B的匀强磁场中,一静止的质量为M的原子核在云室中发生一次α衰变,α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α粒子运动的轨道半径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)解:令v表示α粒子的速度，由洛仑兹力和牛顿定律可得qvB=mv2/R①令V表示衰变后剩余核的速度，在考虑衰变过程中系统的动量守恒时，因为亏损质量很小，可不予考虑，由动量守恒可知（M－m）V=mv②2222211ppΔm×c=(M-m)V+mv=+222(M-m)2m专题聚焦22MqBRΔm=2mcM-m例7(04年全国理综)如图示,在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C,重物A(视为质点)位于B的右端,A、B、C的质量相等,现A和B以同一速度滑向静止的C.B与C发生正碰.碰后B和C粘在一起运动,A在C上滑行,A与C有摩擦力,已知A滑到C的右端而未掉下,试问:从B、C发生正碰到A刚移到C右端期间,C所走过的距离是C板长度的多少倍?BCA解：设A、B开始的同一速度为v0，A、B、C的质量为m，C板长度为lB与C发生正碰时（A不参与），速度为v1，BCv0Av1对B与C，由动量守恒定律mv0=2mv1……（1）v1=v0/2专题聚焦BCv0Av1碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，由于摩擦力的作用，A做匀减速运动，B、C做匀加速运动，最后达到共同速度v2，BCAv2s+ls对三个物体整体：由动量守恒定律2mv0=3mv2……（2）v2=2v0/3对A，由动能定理–f(s+l)=1/2mv22-1/2mv02=-5/18×mv02…（3）对BC整体，由动能定理fs=1/2×2mv22-1/2×2mv12=7/36×mv02…（4）（3）/（4）得(s+l)/s=10/7∴l/s=3/7专题聚焦例8(04江苏)一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的爱斯基摩狗站在该雪橇上．狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇，狗与雪橇始终沿一条直线运动．若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V，则此时狗相对于地面的速度为V+u(其中u为狗相对于雪橇的速度，V+u为代数和．若以雪橇运动的方向为正方向，则V为正值，u为负值)．设狗总以速度v追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计．已知v的大小为5m/s，u的大小为4m/s，M=30kg，m=10kg.(1)求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小．(2)求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数．(供使用但不一定用到的对数值：lg2=O.301，lg3=0.477)专题聚焦解:(1)设雪橇运动的方向