动量和能量人教版新课标高三

动量和能量人教版新课标高三内容摘要：

固定一档板 ， 木板连同档板的质量为 M=， a、 b间距离 s=。 木板位于光滑水平面上。 在木板 a端有一小物块 ， 其质量 m=，小物块与木板间的动摩擦因数 μ=， 它们都处于静止状态。 现令小物块以初速 v0 =，直到和档板相撞。 碰撞后 ， 小物块恰好回到 a端而不脱离木板。 求碰撞过程中损失的机械能。 S=2m a b M m v0 例与练 设木板和物块最后共同的速度为 v ， 由动量守恒 mv0 =(m+M)v ① 设全过程损失的机械能为 ΔE ， ②220 )(2121 vMmmvE 木块在木板上相对滑动过程损失的机械能为 W=fΔs=2μmgs ③ 注意： Δs为相对滑动过程的 总路程 碰撞过程中损失的机械能为 Jm gsvMm mMWEE 201  析与解 2 如图所示 ， M=2kg的小车静止在光滑的水平面上 ． 车面上 AB段是长 L=1m的粗糙平面 ， BC部分是半径 R= 1/4圆弧轨道 ， 今有一质量 m=1kg的金属块静止在车面的 A端 ． 金属块与 AB面的动摩擦因数 μ=． 若给 m施加一水平向右 、 大小为 I=5N〃s 的瞬间冲量 ， （ g取 10m/s2） 求 : （ 1） 金属块能上升的最大高度 h （ 2） 小车能获得的最大速度 V1 （ 3） 金属块能否返回到 A点。 若能到 A点 ， 金属块速度多大。 M A B C R O m I ∴ h= m 例与练 M A B C R O m I I=mv0 v0=I/m=5m/s （ 1）到最高点有共同速度水平 V 由动量守恒定律 I= (m+ M)V 由能量守恒定律 ∴ h= m 析与解 mv0 2/2 =(m+ M)V2/2 +μmgL+mgh smV /35M A B C R O m I 思考：若 R=， 前两问结果如何。 （ 2）当物体 m由最高点返回到 B点时，小车速度 V2最大 ,向右为正，由动量守恒定律 I= mv1+ MV1 由能量守恒定律 解得： V1=3m/s （向右） 或 v1=1m/s （向左 ） 析与解 mv02/2 = mv12/2+ MV12/2 + μmgL M A B C R O m I （ 3）设金属块从 B向左滑行 s后相对于小车静止，速度为 V ，以向右为正，由动量守恒 I = (m+ M)V 由能量守恒定律 解得： s=16/9m＞ L=1m 能返回到 A点 由动量守恒定律 I = mv2+ MV2 由能量守恒定律 解得： V2=（向右） v2=（向左 ） 析与解 smV /35mv0 2 /2 = (m+ M) V2 /2 + μmg（ L+s） mv0 2 /2 = mv22 /2 + MV22 /2 + 2μmgL 与弹簧关联的动量和能量问题的解题要点： （ 4） 判断系统全过程动量和机械能是否守恒 ， 如果守恒则对全对象全过程用动量守恒定律和机械能守恒定律。 若 全过程机械能不守恒 ， 则考虑分过程用机械能守恒定律或动能定理。 （ 1） 首先要准确地分析每个物体在运动过程中的受力及其变化情况 ， 准确地判断每个物体的运动情况。 （ 2） 注意确定弹簧是处于伸长状态还是压缩状态 ， 从而确定物体所受弹簧弹力的方向。 五、与弹簧关联的动量和能量问题 （ 3） 注意临界状态：弹簧最长或最短及弹簧恢复原长状态。 2如图所示，光滑的水平轨道上，有一个质量为 M的足够长长木板，一个轻弹簧的左端固定在长木板的左端，右端连着一个质量为 m的物块，且物块与长木板光滑接触。 开始时，m和 M均静止，弹簧处于原长。 现同时对 m、 M施加等大反向的水平恒力 F F2，从两物体开始运动以后的整个过程中，对 m、 M和弹簧组成的系统（弹簧形变不超过弹性限度），下列说法正确的是（ ） A、由于 F F2等大反向，故系统动量守恒 B、由于 F F2等大反向，故系统机械能守恒 C、由于 F F2分别对 m、 M做正功，故系统机械能不断增大 D、当弹簧弹力大小与 F F2大小相等时， m、 M动能最大 例与练 m F1 F2 M 由于 F1和 F2等大反向，对 m、 M和弹簧组成的系统，合外力为 0，故系统动量守恒。 由于 F1和 F2分别对 m、 M做功，故系统机械能不守恒 析与解 m F1 F2 M F F 开始弹簧弹力 F小于拉力 F1和 F2 ， m F1 F2 M F F 当弹簧弹力 F大于拉力 F1和 F2后， m、 M分别向右、向左加速运动，系统弹性势能和总动能都变大，总机械能变大。 m、 M分别向右、向左减速运动，系统弹性势能变大，总动能变小，但总机械能变大。 v1 v1 v2 v2 所以系统机械能 不是一直变大。 当 m、 M速度减为 0以后， 析与解 F1 m F2 M F F m、 M分别向左、向右加速运动， 这时 F1和 F2分别对 m、 M做负功，系统机械能变小。 讨论： （ 1）系统总动能最大时总机械能是否最大。 弹簧弹力 F大小等于拉力 F1和 F2时 m、 M 速度最大，系统总动能最大； 当 m、 M 速度都为 0时系统总机械能最大。 （ 2）弹性势能最大时，系统的总机械能是否最大。 当 m、 M 速度都为 0时系统总机械能和弹性势能都最大。 v1 v2 2如图所示， A、 B、 C三物块质量均为 m，置于光滑水平面上。 B、 C间 夹 有原已完全压紧 不能再压缩 的弹簧，两物块用细绳相连，使弹簧不能伸展。 物块 A以初速度 v０沿 B、 C连线方向向 B运动，相碰后， A与 B、 C粘合在一起，然后连接 B、 C的细绳因受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使 C与 A、 B分离，脱离弹簧后 C的速度为 v０ . 求弹簧所释放的势能 ΔE. 例与练 C V0 A B 向右为正，对 A、 B、 C碰撞过程由系统动量守恒： 析与解 C V1 A B mv0 =3mv1 得 v1 =v0/3 当弹簧恢复原长时， C脱离弹簧，向右为正，对 A、B、 C全过程由系统动量守恒： mv0 =2mv2+ mv0 得 v2 =0 对 A、 B、 C碰撞以后的过程由机械能守恒： 202120 18722121 mvmvmvE 注意： A、 B碰撞过程有机械能损失。 V1 2如图所示， A、 B、 C三物块质量均为 m，置于光滑水平面上。 B、 C用轻弹簧相 连 处于静止状态。 物块 A以初速度 v０ 沿 B、 C连线方向向 B运动，相碰后， A与 B粘合在一起。 求： （ 1）弹簧的最大弹性势能 Ep. （ 2）以后 AB会不会向左运动。 例与练 C V0 A B 先分析 AB、 C的受力和运动情况： 析与解 AB C V1 V1↓ V2↑ V1 F F V2 AB C AB C V1 V2 AB C V2 V1 V1↓ V2↑ V1 ↑ V2 ↓ V1 ↑ V2 ↓ V1 V2 AB C F F 小结： （ 1）两物体速度相同时，弹簧最短（或最长），弹簧弹性势能最大，系统总动能最小。 （ 2）弹簧恢复原长时，两物体速度分别达到极限。 （ 1）向右为正，对 A、 B碰撞过程由动量守恒： 析与解 mv0 =2mv1 得 v1 =v0/2 当 A、 B、 C速度相同时，弹簧最短，弹性势能最大。 向右为正，对 A、 B、 C全过程由系统动量守恒： mv0 =3mv 得 v =v0/3 对 A、 B碰撞后到弹簧最短过程由机械能守恒： 20221 121321221 mvmvmvEp 注意： A、 B碰撞过程有机械能损失。 V1 F F V2 AB C （ 2）方法一：以向右为正，设某时 AB的速度为v’10， 对系统由动量守恒： 2mv1 =2mv’1+mv’2 此时系统总动能： 析与解 则总机械能变大，不可能 或 设某时 AB的速度为 v’1=0， 对系统由动量守恒： 得 v’2 2v1 212139。 22139。 121 )2(239。 22 vmmvmvEk 而碰撞后系统总动能： 2121 2 mvE k 2mv1 =mv’2 得 v’2 =2v1 此时系统总动能： 212139。 221 )2(39。 2 vmmvEk 而碰撞后系统总动能： 2121 2 mvE k 总机械能变大，则 AB的速度不能为 0，更不能为负 （ 2）方法二： 弹簧恢复原长时，两物体速度达到极限。 求出这时两物体的速度。 以向右为正，对系统由动量守恒： 2mv1 =2mv’1+mv’2 对系统由机械能守恒： 析与解 22 39。 22139。 1212121 22 mvmvmv 则 v’1= v1 , v’2=0（开始） , 或 v’1= v1 /30, v’2=4v1 /30 (第一次恢复原长 ) 当弹簧第一次恢复原长后 ,AB的速度方向仍向右 ,以后将不可能向左 . 2光滑的水平轨道上，质量分别为 m1=1Kg和 m2=2Kg的小车 A、 B用轻弹簧连接静止，弹簧处于原长。 现使 A以速度V0=6 m/s沿轨道向右运动，求： （ 1）当弹簧第一次恢复原长时 A和 B的速度 （ 2）弹簧的最大弹性势能 例与练 A B V0 （ 1）以向右方向为正，对系统由动量守恒： m1v0 =m1v1+m2v2 对系统由机械能守恒： 析与解 2222。