【物理】2018届一轮复习动量与能量的综合应用学案

【物理】2018届一轮复习动量与能量的综合应用学案

‎ ‎ 一、两物体的碰撞问题 两物体发生正碰（m1，v1；m2，v2→m1，v3；m2，v4），总能量损失ΔE 动量守恒：m1v1+m2v2=m1v3+m2v4，能量守恒：+=++ΔE 规定总动量p=m1v1+m2v2，几何平均质量m=，总质量M=m1+m2‎ 可得v3=，v4=‎ ‎1．若ΔE=0，损失能量最小。‎ 当m1=m2=m时，可得v3=v2，v4=v1（另解v3=v1，v4=v2舍去），即发生速度交换。‎ 故ΔE=0的碰撞称为弹性碰撞，ΔE>0的碰撞称为非弹性碰撞。‎ ‎2．若ΔE尽量大，取最大值时，有。‎ 此时可得v3=v4=，碰后两物体共同运动。故ΔE最大的碰撞称为完全非弹性碰撞。‎ 二、弹簧连接体的“碰撞”‎ 光滑水平面上，若将轻弹簧连接体系统的动能损失（等于弹簧的弹性势能）视为一般碰撞问题中的ΔE，则弹簧连接体的运动可视为碰撞模型。‎ ‎1．弹簧处于原长状态时，可视为弹性碰撞。‎ ‎2．弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，即动能损失最大，对应完全非弹性碰撞。在规定了正方向的情况下，求出的两组速度解分别对应弹簧最短和最长的情况。‎ ‎3．弹簧连接体问题一般会得到两组速度解，且均有实际物理意义，故需要联系具体情况保留或舍去。‎ 三、水平方向的动量守恒 动量为矢量，故动量守恒定律也具备矢量性；系统在某一方向上受力平衡，则在该方向上的分动量之和不变；一般系统在竖直方向始终受到重力作用，故只在水平方向动量守恒。‎ 四、核反应过程：粒子系统的动量守恒；能量变化ΔE=Δmc2（Δm为质量亏损，c为真空光速）。‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 甲、乙两球在光滑的水平面上沿同一方向运动，它们的动量大小分别为p1=10 kg·m/s，p2=14 kg·m/s，已知甲的速度大于乙的速度，当甲追上乙发生正碰后，乙球的动量大小变为20 kg·m/s，则甲、乙两球的质量之比可能为 A．3:10 B．1:10‎ C．1:4 D．1:6‎ ‎【参考答案】AC ‎【详细解析】碰撞前甲球速度大于乙球速度，则有>，可得<；根据动量守恒有p1+p2=p′1+p′2，解得p′1=4 kg·m/s，碰撞后甲、乙两球同向运动，甲球速度小于乙球速度，则有<，可得>；根据碰撞过程总动能不增加，由Ek==，有+≥+，可得≤。故<≤，选AC。‎ ‎【解题必备】解本题时需要考虑两物体发生碰撞的各种条件：‎ ‎（1）碰撞前提：碰撞前，两物体相向运动，或同向运动时速度大的在后、速度小的在前。‎ ‎（2）碰撞结果：沿总动量方向，碰撞后，两物体速度反向，或前面物体的速度大于后面的物体。‎ ‎（3）动量守恒：碰前总动量等于碰后总动量。‎ ‎（4）能量守恒：动能不增加，碰后总动能不大于碰前总动能。‎ ‎ ‎ ‎1．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后B球的速度大小是 A．0.2v B．0.3v C．0.4v D．0.6v ‎【答案】D ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 如图所示，两木块A、B用轻质弹簧连在一起，置于光滑的水平面上。一颗子弹水平射入木块并留在其中。在子弹打中木块A及弹簧被压缩的整个过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 ‎ ‎ A．动量、机械能都守恒 B．动量守恒、机械能不守恒 C．动量不守恒、机械能守恒 D．动量、机械能都不守恒 ‎【参考答案】B ‎【详细解析】在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒，在此过程中，除弹簧弹力做功外，子弹和木块间的摩擦力做功，所以系统机械能不守恒，选B。‎ ‎【名师点睛】在弹簧连接体系统中，弹簧弹力是内力，对连接的两物体的弹力大小相等、方向相反，故对系统的总冲量是零。但弹簧弹力对连接的两物体的做功位移不相等（否则没有弹力变化），故弹力对系统的总功使系统动能变化，与弹簧的弹性势能相互转化，系统机械能仍守恒。‎ ‎ ‎ ‎1．如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 ‎ ‎ A．撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒 B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒 C．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为 D．撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E ‎【答案】BC ‎2．如图所示，光滑水平地面上静置着由弹簧相连的木块A和B，开始时弹簧处于原长状态，现给A一个向右的瞬时冲量，让A开始以速度v向右运动，若mA>mB，则 ‎ ‎ A．当弹簧压缩到最短时，B的速度达到最大 B．当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定向右 C．当弹簧再次恢复原长时，A的速度一定小于B的速度 D．当弹簧再次恢复原长时，A的速度可能大于B的速度 ‎【答案】BC ‎【解析】A开始压缩弹簧时做减速运动，B做加速运动，当两者速度相等时，弹簧压缩到最短，然后B继续做加速运动，A继续做减速运动，所以弹簧压缩到最短时，B的速度未达到最大，A错误；弹簧压缩到最短时，两者速度相等，然后B继续加速，A继续减速，B的速度大于A的速度，弹簧伸长，弹簧恢复原长时，B的加速度为零，速度达到最大，根据动量守恒有mAv=mAvA+mBvB，若A的速度方向向左，vA<0，则mAvmA的条件下，mB越小，碰后B球的速度越大 D．在保持mBL–Δx=‎ 小车与立桩相碰到滑块脱离小车过程，滑块克服摩擦力做的功W2=2μmg(L–Δx)=‎ 滑块B克服摩擦力做的功W=W1+W2=‎ 若s<，滑块B在小车上始终做匀减速直线运动，最大位移x2==>L=2R 滑块一定能滑离小车，克服摩擦力做的功W=2μmg(L+s)=‎ 故W=‎ 因为两球质量相等，且碰撞无能量损失，故两球交换速度 设B球做完整的圆周运动时，通过最高点的速度为v′‎ 由机械能守恒有=+mg·2L 由牛顿第二定律有≥mg 可得L≤，因为<，则B能做完整的圆周运动 B回到Q点后又与A发生碰撞，交换速度，故最终A以速度向右做匀速直线运动，B静止 ‎（2）由（1）可知，若L=h>，且平面CQ粗糙，B只能摆动，不能做完整的圆周运动 A、B碰撞过程反复交换速度，A多次经过平面CQ，最终静止时，动能全部因克服摩擦力做功损失掉 对全过程分析有mgh=μmgx，得x= ‎ 设x除以s的商为n，余数为k，即=n+k，‎ 若n为奇数，碰撞次数为次，A最终停在Q点左侧–ns处 若n为偶数，碰撞次数为次，A最终停在Q点左侧(n+1)s–处 ‎9． ‎ ‎【解析】设滑块质量为m，则盒的质量为2m。对整个过程，由动量守恒有mv=3mv′，解得v′=，由能量守恒有，解得。 ‎ 绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B重力，A、B沿绳方向动量守恒，有 A、B系统获得的速度v=2 m/s 之后A、B做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v即为最大速度，A的最大速度为2 m/s ‎（3）绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有 解得H=0.6 m ‎11．（1） （2） （3）‎ ‎【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该α衰变的核反应方程为 ‎（2）设α粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为v，由洛伦兹力提供向心力有 根据圆周运动的参量关系有 得α粒子在磁场中运动的周期 根据电流强度定义式，可得环形电流大小为 ‎（3）由，得 设衰变后新核Y的速度大小为v′，核反应前后系统动量守恒，有Mv′–mv=0‎ 可得 根据爱因斯坦质能方程和能量守恒有 解得 ‎ 由题意得 ‎（2）按照定义，δ=×100%=6%‎ ‎13．（1）20 kg （2）不能 ‎【解析】（1）规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒有 m2v20=(m2+m3)v，‎ 解得v20=–3 m/s，m3=20 kg ‎（2）设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒有m1v1+m2v20=0‎ 解得v1=1 m/s 设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由水平方向动量守恒和机械能守恒有 m2v20= m2v2+ m3v3，‎ 解得v2=1 m/s=v1，故冰块与斜面体分离后不能追上小孩 ‎ ‎14.设在a、b发生弹性碰前的瞬间，a的速度大小为，由能量守恒有 设在a、b碰后的瞬间，a、b的速度大小分别为 根据动量守恒和能量守恒有，‎ b没有与墙发生碰撞，根据功能关系有 联立可得 故动摩擦因数μ应满足的条件为 ‎15．（1）1:8 （2）1:2‎ ‎【解析】（1）设a、b质量分别为m1、m2‎ 由图可知碰前a、b的速度分别为v1=–2 m/s，v2=1 m/s a、b发生完全非弹性碰撞，由图可知碰后两滑块的共同速度 由动量守恒有m1v1+m2v2=(m1+m2)v 解得m1:m2=1:8‎ ‎（2）由能量守恒，两滑块因碰撞而损失的机械能 两滑块最后停止，由动能定理，两滑块克服摩擦力做的功 解得W:ΔE=1:2‎