高考物理复习 第七章 动量 第3讲 动量守恒和能量守恒的综合应用课件

1、第3讲动量守恒和能量守恒的综合应用知识梳理知识梳理一、力学知识体系和解决动力学问题的基本观点一、力学知识体系和解决动力学问题的基本观点(1)力学的知识体系。力学研究的是物体的受力与运动变化的关系,其知识脉络如下表:(2)解决动力学问题的三个基本观点:动力学观点、动量观点、能量观点。二、动量和能量综合应用的基本模型二、动量和能量综合应用的基本模型模型分类特点及满足的规律碰撞模型碰撞现象满足的规律:(1)动量守恒定律;(2)机械能不增加;(3)速度要合理。a.碰前两物体同向运动,若要发生碰撞,则应有v1v2,碰后原来在前的物体速度一定增大,若碰后两物体同向运动,则应有v2v1。b.碰前两物体相向运

2、动,碰后两物体的运动方向不可能都不改变(水平面光滑)弹簧处于最长(最短)状态时两物体速度相等,弹性势能最大最大,系统满足动量守恒、机械能守恒。m1v0=(m1+m2)v共,m1=(m1+m2)+Epm。弹簧处于原长时弹性势能弹性势能为零,系统满足动量守恒、机械能守恒。m1v0=m1v1+m2v2,m1=m1+m2,v1=v0,v2=v01220v122v共1220v1221v1222v1212mmmm1122mmm(水平面光滑)最高点:m与M具有共同水平速度共同水平速度,系统水平方向动量守恒水平方向动量守恒,系统机械能守恒,mv0=(M+m)v共,m=(M+m)+mgh。最低点:m与M分离点,

3、系统水平方向动量守恒,系统机械能守恒,mv0=mv1+Mv2,m=m+M(水平面光滑)系统动量守恒、能量守恒:mv0=(m+M)v,FfL相对=m-(M+m)v2。木块固定和放于光滑水平面上,若子弹穿出,则系统产生的热量系统产生的热量相等1220v122v共1220v1221v1222v1220v121.(多选)如图所示,一木块放在光滑水平面上,一子弹水平射入木块中,射入深度为d,平均阻力为f。设木块滑行距离为s时开始匀速前进,下列判断正确的是()A.子弹损失的动能等于fdB.子弹损失的动能等于f(s+d)C.总机械能的损失等于fsD.总机械能的损失等于fdBD答案答案BD设子弹的质量为m,木

4、块的质量为M,系统动量守恒,有mv0=(m+M)v,对子弹应用动能定理,有:-f(s+d)=mv2-m,对木块应用动能定理,有fs=Mv2,则子弹损失的动能为Ek子弹=f(s+d),而系统损失的机械能为Ek=m-(M+m)v2=fd。121220v121220v122.(多选)如图所示,水平面上有两个木块,两木块的质量分别为m1、m2,且m2=2m1。开始两木块之间有一根用轻绳缚住的已压缩的轻弹簧,烧断绳后,两木块分别向左、右运动。若两木块m1和m2与水平面间的动摩擦因数分别为1、2,且1=22,则在弹簧伸长的过程中,两木块()A.动量大小之比为1 1B.速度大小之比为2 1C.通过的路程之比

5、为2 1D.通过的路程之比为1 1ABC答案答案ABC以两木块及弹簧为研究对象,绳断开后,弹簧将对两木块有推力作用,这可以看成是内力;水平面对两木块有方向相反的滑动摩擦力,且F1=1m1g,F2=2m2g。因此系统所受合外力F合=1m1g-2m2g=0,即满足动量守恒定律的条件。设弹簧伸长过程中某一时刻,两木块速度大小分别为v1、v2,由动量守恒定律有(以向右为正方向):-m1v1+m2v2=0得m1v1=m2v2即两木块的动量大小之比为1 1,故A项正确。两木块的速度大小之比为v1 v2=m2 m1=2 1,故B项正确。在弹簧伸长过程中,两木块运动时间相等,任意时刻速度之比均为2 1,则平均

6、速度之比为2 1,故两木块通过的路程之比s1 s2=v1 v2=2 1,故C项正确,D项错误。3.如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起,从高度为h处自由落下,h远大于两小球半径,所有的碰撞都是弹性碰撞,且都发生在竖直方向。已知m2=3m1,则质量为m1的小球反弹后能达到的高度为()A.hB.2hC.3hD.4hD答案答案D由于是弹性碰撞,质量为m2的小球与地面碰撞原速率弹回,与质量为m1的小球发生正碰。由机械能守恒知,两球碰前瞬间的速度大小相等,设为v0,碰后的速度分别为v1、v2,取竖直向上为正方向,由动量守恒和能量守恒得,m1(-v0)+m2v0=m1v1+m2v2,(m1

7、+m2)=m1+m2,联立解得v1=2v0,v2=0,由能量守恒有(m1+m2)gh=m1gh,得h=4h,D正确。1220v1221v1222v深化拓展深化拓展考点一考点一碰撞的类型及其特点碰撞的类型及其特点考点二考点二弹簧类问题分析弹簧类问题分析考点三考点三 “子弹打木块子弹打木块”或或“木块滑木板木块滑木板”类模型类模型深化拓展深化拓展考点一碰撞的类型及其特点考点一碰撞的类型及其特点1.根据碰撞中的能量损失情况根据碰撞中的能量损失情况,碰撞可分为三类碰撞可分为三类碰撞类型动量是否守恒机械能是否守恒弹性碰撞守恒守恒非弹性碰撞守恒有损失完全非弹性碰撞守恒损失最大2.弹性正碰的规律弹性正碰的规

8、律m1v1+m2v2=m1v1+m2v2m1+m2=m1v+m2vv1=v2=当m1=m2时,有v1=v2,v2=v1,即碰后速度发生交换。【情景素材情景素材教师备用教师备用】1221v1222v122112221212212()2mm vm vmm2121 112()2mm vmvmm1-1质量为m1=1kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上正碰,碰撞时间极短,其x-t图像如图所示,则()A.此碰撞一定为弹性碰撞B.被碰物体质量为2kgC.碰后两物体速度相同D.此过程有机械能损失A答案答案A位移-时间图像的斜率表示物体的速度,由图像求出碰撞前后的速度分别为:v1=4m/s,v2=0,v

9、1=-2m/s,v2=2m/s;由动量守恒定律,m1v1=m1v1+m2v2,得m2=3kg;根据动能表达式以及以上数据计算碰撞前、后系统总动能均为8J,机械能无损失,因此是弹性碰撞,A正确。1-2如图是“牛顿摆”装置,5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上,5根轻绳互相平行,5个钢球彼此紧密排列,球心等高。用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球。当把小球1向左拉起一定高度,如图甲所示,然后由静止释放,在极短时间内经过小球间的相互碰撞,可观察到球5向右摆起,且达到的最大高度与球1的释放高度相同,如图乙所示。关于此实验,下列说法中正确的是()A.上述实验过程中,5个小球组成的系统机械能守恒,

10、动量守恒B.上述实验过程中,5个小球组成的系统机械能不守恒,动量不守恒C.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,经碰撞后,小球4、5一起向右摆起,且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D.如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如图丙所示),同时由静止释放,经碰撞后,小球3、4、5一起向右摆起,且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同答案答案D题述实验过程中,小球5能够达到与小球1释放时相同的高度,说明系统机械能守恒,而且小球5离开平衡位置时的速度和小球1摆动到平衡位置时的速度相同,说明碰撞过程动量守恒,但随后上摆过程动量不守恒,动量方向在变化,

11、选项A、B错。根据前面的分析,碰撞过程为弹性碰撞。那么同时向左拉起小球1、2、3到相同高度(如题图丙所示),同时由静止释放,那么球3先以速度v与球4发生弹性碰撞,此后球3的速度变为0,球4获得速度v后与球5碰撞,球5获得速度v,开始向右摆起,同理球2与球3碰撞,球3与球4碰撞,最后球4以速度v向右摆起,同理球1与球2碰撞,球2与球3碰撞,最后球3以速度v向右摆起,所以选项C错D对。1-3在光滑的水平面上有a、b两球,其质量分别为ma、mb,两球在t0时刻发生正碰,并且在碰撞过程中无机械能损失,两球在碰撞前后的速度-时间图像如图所示。下列关系正确的是()A.mambB.mambC.ma=mbD.

12、无法判断B答案答案B由图可知b球碰前静止,设a球碰后速度大小为v1,b球速度大小为v2,物体碰撞过程中动量守恒,机械能守恒,所以有:mav0=ma(-v1)+mbv2,ma=ma+mb,解得:v1=v0,v2=v0,由图可知,a球碰后速度反向,故mamb,故A、C、D错误,B正确。1220v1221v1222vababmmmm2aabmmm考点二弹簧类问题分析考点二弹簧类问题分析对两个(或两个以上)物体与弹簧组成的系统,在能量方面,由于发生弹性形变的弹簧会具有弹性势能,系统的总动能将发生变化。若除重力和系统内弹力以外的力不做功,系统机械能守恒。若还有其他外力做功,这些力做功之和等于系统机械能改

13、变量。做功之和为正,系统总机械能增加,反之减少。在相互作用过程中,通常弹簧两端的物体把弹簧拉伸至最长(或压缩至最短)时,两端的物体具有相同的速度,弹性势能最大。系统内每个物体除受弹簧弹力外所受其他外力的合力为零,当弹簧为自然长度时,系统内弹簧某一端的物体具有最大速度。【情景素材情景素材教师备用教师备用】2-1质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动,有一轻弹簧固定于其左端,另一质量也为m的物块乙以4m/s的速度与甲相向运动,如图所示。则()A.甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力作用,系统动量不守恒B.当两物块相距最近时,甲物块的速率为零C.当甲物块的速率为1m/s时,乙物块的速率

14、可能为2m/s,也可能为0D.甲物块的速率可能达到5m/sC答案答案C将两物块及弹簧视为一系统,甲、乙两物块在弹簧压缩过程中,由于弹力是系统内力,系统所受合外力为零,所以动量守恒,选项A错误;当两物块相距最近时,它们的速度相同,设为v,取水平向右为正方向,根据动量守恒定律有mv乙-mv甲=2mv,代入数据可得v=0.5m/s,选项B错误;当甲物块的速率为1m/s时,其方向可能水平向左,也可能水平向右,当水平向左时,根据动量守恒定律可得,乙物块的速率为2m/s;当水平向右时,根据动量守恒定律可得,乙物块的速率为0,所以选项C正确;因为整个过程中,系统的机械能不可能增加,若甲物块的速率达到5m/s

15、,那么乙物块的速率肯定不为零,这样系统的机械能就增加了,所以选项D错误。2-2如图,在光滑水平桌面上,物体A和B用轻弹簧连接,另一物体C靠在B左侧未连接,它们的质量分别为mA=0.2kg,mB=mC=0.1kg。现用外力作用于C和A压缩弹簧,外力做功为7.2J,弹簧仍在弹性限度内,然后由静止释放。试求:(1)弹簧伸长最大时弹簧的弹性势能;(2)弹簧从伸长最大恢复到自然长度时,A、B速度的大小。答案答案(1)4.8J(2)2m/s10m/s解析解析取向右为正方向。(1)第一过程,弹簧从缩短至恢复原长mAvA1+(mB+mC)v1=0mA+(mB+mC)=Ep0代入数据得vA1=6m/s,v1=-

16、6m/s第二过程,弹簧从原长伸长至最长,此时A、B速度相等,有mAvA1+mBv1=(mA+mB)v2Epmax=Ep0-(mA+mB)-mC代入数据得v2=2m/s,Epmax=4.8J(2)第三过程,弹簧从最长至原长,有1221Av1221v1222v1221v(mA+mB)v2=mAvA3+mBvB3(mA+mB)+Epmax=mA+mB代入数据得vA3=-2m/s,vB3=10m/s1222v1223Av1223Bv考点三考点三“子弹打木块子弹打木块”或或“木块滑木板木块滑木板”类模型类模型这类问题,分析时要抓住动量守恒与能量守恒这两条主线,根据所求的量准确地选取研究对象,是对单个物体

17、,还是对系统?各做怎样的运动?其相对位移(或相对路程)是多少?注意这几个量的准确求解。(1)每个物体的位移:选单个物体为研究对象,然后分别应用动能定理列方程。(2)相对位移(或打进的深度):选系统为研究对象,根据能量守恒列方程。(3)系统因摩擦产生的内能等于系统动能的减少量或Q=Ffl相对。【情景素材情景素材教师备用教师备用】3-1如图所示,一质量为M的木块放在光滑的水平面上,一质量为m的子弹以初速度v0水平飞来打进木块并留在其中,设相互作用力大小为Ff。试求:(1)子弹、木块相对静止时的速度v;(2)此时,子弹、木块发生的位移x1、x2以及子弹打进木块的深度l相分别为多少;(3)系统损失的机

18、械能、系统增加的内能分别为多少。答案答案(1)v0(2)(3)mMm202f(2 )2()Mm Mm vF Mm2202f2()Mm vF Mm20f2()MmvF Mm202()MmvMm202()MmvMm解析解析(1)由动量守恒得:mv0=(M+m)v子弹与木块的共同速度为v=v0(2)对子弹利用动能定理得:-Ffx1=mv2-m所以x1=同理对木块有Ffx2=Mv2故木块发生的位移为x2=子弹打进木块的深度l相=x1-x2=(3)系统损失的机械能mMm121220v202f(2 )2()Mm Mm vF Mm122202f2()Mm vF Mm20f2()MmvF MmEk=m-(M+m)v2=根据能量守恒定律,系统增加的内能:Q=Ek=1220v12202()MmvMm202()MmvMm3-2如图甲所示,木板A静止在光滑水平面上,一小滑块B(可视为质点)以某一水平初速度从木板的左端冲上木板。(1)若木板A的质量为M,滑块B的质量为m,初速度为v0