第6讲动量和机械能综合_专题二综合测试

精华名师辅导教学内容：第6讲动量和机械能综合;专题二综合测试考纲要求1.熟练掌握动量守恒定律并能灵活应用。2.熟练掌握机械能守恒定律并能灵活应用。3.能综合应用动量守恒定律和机械能守恒定律解答有关综合题。4.能正确比较和区分动量守恒定律和机械能守恒定律成立条件、使用方法及注意事项的异同点。知识结构热点导析1.动量守恒定律和机械能守恒定律的相似之处（1）两个定律都是用“守恒量”表示自然界的变化规律，研究对象均为物体系，运用“守恒量”表示物体系运动状态变化规律是物理研究中的重要方面。我们学习物理，就要学会用守恒定律处理问题。（2）两个守恒定律均是在一定条件下才成立，它们都是用运动前、后两个状态的守恒量的相等来表示物体系的规律特征的，因此，它们的表达式是相似的，且它们的表达式均有多种形式。（3）运用守恒定律解题都要注意其整体性（不是其中一个物体）、相对性（表达式的速度和其他有关物理量必须对同一参考系）、同时性（物体系内各物体的动量和机械能都是同一时刻的）、阶段性（满足条件后，各过程的始末均守恒）。求解问题时，都只需考虑运动的初状态和末状态，而不必考虑两个状态之间的过程细节。（4）两个定律都可用实验加以验证，都可用理论进行论证，动量守恒定律是将动量定理用于相互作用的物体，在不受外力的条件下推导出来的；机械能守恒定律是将动能定理用于物体系（物体和地球组成系统），在只有重力做功的条件下推导而成的。2.动量守恒与机械能守恒的不同之处（1）守恒量不同，动量守恒定律的守恒量是动量，机械能守恒定律的守恒量是机械能。因此它所表征的守恒规律是有本质区别的，动量守恒时，机械能可能不守恒，也可能守恒；反之亦然。（2）守恒条件不同，动量守恒定律的适用条件是系统不受外力（或某一方向系统不受外力），或系统所受的合外力等于零，或者系统所受的合外力远小于系统之间的内力。机械能守恒定律适用的条件是只有重力做功；或者只有重力做功，受其他力，但其他力不做功；或者除重力的功外，还有其他力做功，但这些力做功的代数和为零。（3）表达式不同，动量守恒定律的表达式是一个矢量式，不论是m1v1+mv2=m1v1′+mv2′，还是p1+p2=p1′+p2′，或者Δp1=-Δp2均是矢量式，对于在一直线上运动的物体系，只要规定正方向，动量守恒定律可表示为代数式。机械能守恒定律的表达式为标量式，一般它表示为Ek1+Ep1=Ek2+Ep2，或ΔEp=-ΔEk；或者ΔEa=-ΔEb（将系统分成a、b两部分来研究）。3.动量守恒定律和机械能守恒及转化（即能量守恒定律）是近年高考压缩所考查的重点知识点，90年代以来不包括选择题和填空题，只以计算和论述形式在全国试卷中出现的年份就有1992、1993、1995、1996、1997、1998等，在上海试卷中出现的年份有1992、1993、1995、1998等。在其他类型高考试卷中也反复出现。所以认真分析该类问题，注意常规解法，灵活运用其中规律，是第二轮复习的一个重点。典型例析【例1】如图2-6-1所示，质量为M的长木板静止在光滑的水平地面上，在木块的右端有一质量为m的小铜块，现给铜块一个水平向左的初速度v0，铜块向左滑行并与固定在木板左端的长度为l的轻弹簧相碰，碰后返回且恰好停在长木板右端，则轻弹簧与铜块相碰过程中具有的最大弹性势能为，整个过程中转化为内能的机械能为。【解析】将M、m和弹簧整体取为系统，系统不受外力（弹力为内力）动量始终守恒。弹簧压至最短和小物块退至木块右端时整体均具有共同速度v即mv0=(M+m)v（取向左为正方向）v=mMmv0因m能相对于木板停于右端，所以一定有内摩擦从最初到最末E机损=21mv02-21(M+m)v2=21mv02-)(2202mMvm而E机损∝S相所以至弹簧压至最短时E机损′=21E机损据总能量守恒：21mv20=21(M+m)v2+21E机损+E弹将②③④结合得：E弹=mMvmmv202204141【说明】本题为动量守恒、能量守恒、机械能损失、动能、弹性势能和内能转化的范例。总能守恒选用了三个时刻，即初始状态、弹簧最短状态、物体m回复到M最右端的三个状态。正确分清运动过程和各阶段的特点是解答本题的关键。【例2】下面是一个物理演示实验，它显示：图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到初始位置高得多的地方。A是某种材料做成实心球，质量m1=0.28kg,在其顶部的凹坑中插着质量m2=0.10kg的木棍B，B点是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙，将此装置从A下端离地板的高度H=1.25m处，由静止释放，实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，求木棍B上升的高度，重力加速度g=10m/s2。【解析】根据题意A碰地板后，反弹速度的大小v1,等于它下落到地面时速度的大小。即v1=gH2①A刚反弹后，速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度v2=gH2②由题意，碰后A速度为零，以v2′表示B上升的速度，根据动量守恒m1v1-m2v2=m2v2′③令h表示B上升的高度，有h=gV222④由以上各式并代入数据得h=4.05m⑤【说明】本题将自由落体、竖直上抛、竖直方向近似动量守恒结合在一起，应用于一个演示实验中，要求能从物理实验中建立起中学物理能解决的模型。本题为2002年高考原题。【例3】如图2-6-3所示，在光滑水平面上静止着一个质量为M的物体B，B的上面左端静止着质量为m的物体A，A、B间摩擦因数为μ，一个质量为m0的小球以水平速度v0飞来，与A碰撞后以撞前速率为51弹回，求A与B相对静止后它们的速度及A在B上滑行的距离（设B足够长，A未滑落）。【解析】小球与物体A发生碰撞，二物总动量守恒（碰撞时间很短，认为B未动）。m0v0=m0(-51v0)+mv1v1=mm560v0①物体A与物体B相对静止后一起运动的速度为v2,A、B组成的系统动量守恒mv1=(m+M)v2v2=)(5600Mmvm②A在B上滑行过程，根据能的转化与守恒定律，有μmgS相=21mv21-21(m+M)v22③式②代入式③得S相=gmMmMvm)(251822020【说明】系统内有一对滑动摩擦力做功之和（净功）为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其绝对值等于系统机械能的减少量，即系统机械能转化为系统的内能，记为Q=fS相。事实上的可分别对A和B应用动能定理并相加，总功即为fS相，总动能损失亦等于fS相。【例4】质量为m的滑块A与质量为M（M＞m）的长木声B的动摩擦因数为μ，滑块A与木板B一起以速度v0在光滑的水平地面上向右滑动，如图2-6-4所示，B到达墙时与墙发生碰撞，碰后B以原速率弹回，设木板足够长，问B碰撞后到A与B相对静止的整个过程中，A（相对地）通过的路程是多长？【解析】（1）由题意知，滑块A运动过程是B与墙相碰后，B以v0返回向左滑行，而滑块A仍以v0向右滑行（因为碰撞时间很短，不能改变A的运动状态）。A、B组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，由于A、B间摩擦力作用使A的速度变为零，然后A随B向左运动，A、B最后达到共同速度v，选取向左方向为正，则Mv0-mv0=(M+m)v,故v=mMmM·v0因M＞m，则v＞0，v方向向左。（2）A受B对它自左的摩擦力f=μmg作用，开始一段时间A向右运动的速度由v0逐渐减小于0，再向左运动速度由0增大到v，设两段时间内A运动的路程分别为l1、l2，如图c，对A由动能定理得：-μmgl1=0-21mv20,μmgl2=21mv2,∴l1=gv220,l2=gv22=2202)(2)(mMgvmM运动总路程为s=l1+l2=22220)()(mMgmMv【说明】本题关键在于以地面为参照系，深入细致分析A、B，特别是A的运动过程，分层次并列作图，得出A向右运动到最远的条件是速度为零，应特别注意此题，不是求A相对B滑动的路程。若M＜m，则将是另一种物理情景。【例5】在水平轨道上有一门大炮，炮车质量为M，炮弹质量为m，发射时炮弹相对于炮车的速度为v，炮口仰角为α，如图2-6-5所示，不计炮车和轨道间摩擦，求发射时炮车的反冲速度。【解析】设炮车对地的反冲速度为v′，水平向右方向为正方向，由于发射过程中炮车和炮弹水平方向不受外力，动量守恒，故有0=m(vcosα-v′)-Mv′。由此得v′=mMmvcosα,即炮车以大小为mMmvcosα的速度向左后退。由于炮车反冲，炮弹出口速度方向的仰角并不等于炮口的仰角α，在图2-6-6中，v表示炮弹相对于炮口的速度，v′为炮身的反冲速度，炮弹出口相对于地面的速度为u，它跟地面间的夹角应为θ。由于v′v,所以θ≈α。【说明】运用动量守恒定律解题时，物体系中各物体的速度均以地面为参照系，所以，炮弹出口时的速度大小应为vcosα-v′，这是解题的关键。【例6】质量为M的小孩靠在墙上尽力将一个质量为m的铅球平推出去，球的水平射程为s0，如果他穿着冰鞋站在光滑的冰面上尽力将此球平推出去，这次球对投掷点的水平射程s1是多少？球落地时，球和小孩的水平距离s2是多少（可认为小孩两次掷球时做的功是一样的）？【解析】（1）人推球时做多少功，就会有多少生物能转化为机械能。第一次，人不动，这些机械能完全由球获得，设球获得的速度为v0，第二次，因人和球这一系统在水平方向不受外力而动量守恒，球向前飞行时，人应后退，设此时球的初速为v，人后退速度为v2,两次人做功相同。21mv20=21mv2+21Mv22①第二次抛球过程中，球和人总动量守恒，则mv-Mv2=0②联立式①、②解得v=0vmMM（2）人的高度一定，球做平抛运动落地时间一定，球对投掷点的水平射程S∝v，所以s1=0smMM③由②式可得v2=Mm0vmMM④球落地过程中，人后退的距离s′=Mm0smMM⑤所以，球落地时，球和人的水平距离s2=s1+s′⑥=0smMM+Mm0smMM=0sMmM【说明】对有些问题中间过程较复杂，如用动量守恒和能的转化守恒来计算可以避开中间过程而使计算简化。【例7】质量为m的钢板与直立轻簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图2-6-7所示。一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点。若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点与O的点的距离。【解析】本题为1997年全国高考压轴题物块与钢板碰撞时的速度v0=06gx①设v1表示质量为m的物块与钢板碰撞垢一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，mv0=2mv1②刚碰完时弹簧的弹性势能为EP。当它们一起回到O点时，弹簧无形变，弹性势能为零。根据题给条件，这时物块与钢板的速度为零，由机械能守恒EP+21（2m）v21=2mgx0③设v2表示质量为2m的物块与钢板碰撞后开始一起向下运动的速度，则有2mv0=3mv2④刚碰完时弹簧的弹性势能为EP′，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v，则有EP′+21（3m）v22=3mgx0+21(3m)v2⑤在以上两种情况中，弹簧的初始压缩量都是x0,故有EP′=EP⑥当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力作用，加速度为g。一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g。由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g。故在O点物块与钢块分离，分离后，物块以速度v竖直上抛，则由以上各式解得，物块向上运动所到最高点与O点的距离为s=2122gvx0【说明】此题的前半部分一直在处理的问题就是弹性势能和弹簧形变量之间的关系，比较深刻地考查了学生大脑中能量的概念。（2）如图2-6-8所示，质量为2m，长为l的木块置于光滑水平台面上，质量为m的子弹以初速v0水平向右射向木块，穿出木块时的速度为20v，设木块对子