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1、第 5課時 動量、能量的綜合應(yīng)用
基礎(chǔ)知識歸納
力學(xué)研究的是物體的受力情況與運(yùn)動變化的關(guān)系,以三條線索(包括五條重要規(guī)律)為紐帶建立聯(lián)系.下表是重要的力學(xué)規(guī)律的對比.
特征
規(guī)律
內(nèi)容
表達(dá)式
研究對象
應(yīng)用條件
力的瞬時作用效應(yīng)
牛頓運(yùn)動定律
物體的加速度大小與合外力成正比,方向與合外力方向 相同
F合=kma
質(zhì)點(diǎn)
宏觀、低速 運(yùn)動的物體
力對空間的累積效應(yīng)
動能定理
外力對物體所做的功等于物體動能的 增量
W合=ΔE
質(zhì)點(diǎn)
機(jī)械能守恒
定律
當(dāng)系統(tǒng)只有重力或彈力做功時,機(jī)械能的總量保持 不變
Ek1+Ep1=Ek2+Ep
2、2或
E1=E2
系統(tǒng)中的
物體
只有 重力 或 彈力 做功
力對時間的累積效應(yīng)
動量定理
物體所受合外力的沖量等于它的動量變化
I=Δp
質(zhì)點(diǎn)
動量守恒
定律
系統(tǒng)不受外力或所受的合外力為零時,系統(tǒng)總動量 保持不變
p1+p2=
p1′+p2′或
p1=p2
系統(tǒng)中的
物體
系統(tǒng)所受的合外力為零
重點(diǎn)難點(diǎn)突破
一、力學(xué)規(guī)律的優(yōu)選策略
1.牛頓第二定律揭示了力的瞬時效應(yīng),在研究某一物體所受力的瞬時作用與物體運(yùn)動的關(guān)系時,或者物體受恒力作用,且直接涉及物體運(yùn)動過程中的加速度時,應(yīng)采用運(yùn)動學(xué)公式和牛頓第二定律.
2.動量定理反映了力對時間的累積效應(yīng)
3、,適合于不涉及物體運(yùn)動過程中的加速度、位移,而涉及運(yùn)動時間的問題,特別對沖擊類問題,因時間短且沖力隨時間變化,應(yīng)采用動量定理求解.
3.動能定理反映了力對空間的累積效應(yīng),對不涉及物體運(yùn)動過程中的加速度和時間,而涉及力和位移、速度的問題,無論是恒力還是變力,一般用動能定理求解.
4.若研究對象是一物體系統(tǒng),且它們之間有相互作用,一般用兩個“守恒定律”求解,應(yīng)用時應(yīng)注意研究對象是否滿足定律的守恒條件.
5.在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時,應(yīng)注意到,一般情況下這些過程中均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式的能的轉(zhuǎn)化,這些過程動量一般是守恒的.
二、怎樣分析動量和能量問題
應(yīng)用動量和能量
4、知識時,第一是研究過程的合理選取,不管是動能定理還是機(jī)械能守恒定律或動量守恒定律,都有一個過程的選取問題;第二是要抓住摩擦力做功的特征、摩擦力做功與動能變化的關(guān)系以及物體在相互作用時能量的轉(zhuǎn)化關(guān)系;第三是方向性問題,運(yùn)用動量定理或動量守恒定律求解時,都要選定一個正方向,然后對力、速度等矢量以正負(fù)號代表其方向,代入相關(guān)的公式中進(jìn)行運(yùn)算.另外,對于碰撞問題,要注意碰撞的多種可能性,作出正確的分析判斷后,再針對不同情況進(jìn)行計(jì)算,避免出現(xiàn)漏洞.
三、對子彈射木塊模型的討論
一顆質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入一放在光滑水平面上質(zhì)量為M的木塊中,最終子彈同木塊一起運(yùn)動.
1.對系統(tǒng)動量守恒:mv0
5、=(m+M)v
2.對子彈:-f(d+s)=mv2-mv,木塊對子彈的作用力f對子彈做負(fù)功(s是子彈穿木塊時木塊的位移,d是子彈進(jìn)入木塊的深度).
3.對木塊:fs=Mv2,子彈對木塊的作用力對木塊做正功,使其動能增大.
由以上幾式得:fd=mv-(m+M)v2,則木塊對子彈的作用力f與穿入的深度d(相對位移)的乘積等于系統(tǒng)動能的減少量,這就是轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的部分.
四、解決力學(xué)問題的基本步驟
1.認(rèn)真審題,明確題目所述的物理情景,確定研究對象.
2.分析研究對象受力情況及運(yùn)動狀態(tài)和運(yùn)動狀態(tài)的變化過程,作草圖.
3.根據(jù)運(yùn)動狀態(tài)的變化規(guī)律確定解題觀點(diǎn),選擇規(guī)律.
若用力的觀點(diǎn)解題,
6、要認(rèn)真分析受力及運(yùn)動狀態(tài)的變化,關(guān)鍵是求出加速度;若用兩大定理求解,應(yīng)確定過程的始、末狀態(tài)的動量(動能),分析并求出過程中的沖量(功);若判斷過程中動量或機(jī)械能守恒,根據(jù)題意選擇合適的始、末狀態(tài),列守恒關(guān)系式,一般這兩個守恒定律多用于求某狀態(tài)的速度(率).
4.根據(jù)選擇的規(guī)律列式,有時還需挖掘題目中的其他條件(如隱含條件、臨界條件、幾何關(guān)系等)列補(bǔ)充方程.
5.代入數(shù)據(jù),計(jì)算結(jié)果.
典例精析
1.動量守恒與機(jī)械能守恒條件的區(qū)分
【例1】如圖所示,小車在光滑水平面向左勻速運(yùn)動,輕質(zhì)彈簧左端固定在A點(diǎn),物體用線拉在A點(diǎn)將彈簧壓縮,某時刻線斷了,物體沿車滑動到B端粘在B端的油泥上,則下述說
7、法正確的是( )
①若物體滑動中不受摩擦力,則全過程機(jī)械能守恒
②若物體滑動中有摩擦力,則全過程動量守恒
③兩種情況下,小車的最終速度與斷線前相同
④兩種情況下,系統(tǒng)損失的機(jī)械能相同
A.①②③ B.②③④ C.①③④ D.①②③④
【解析】取小車、物體和彈簧為一個系統(tǒng),則系統(tǒng)水平方向不受外力(即使有摩擦,物體與小車間的摩擦力為內(nèi)力),故全過程系統(tǒng)動量守恒,小車的最終速度與斷線前相同.但由于物體粘在B端的油泥上,即物體與小車發(fā)生完全非彈性碰撞,有機(jī)械能損失,故全過程機(jī)械能不守恒.
【答案】B
【思維提升】(1)明確物理過程,弄清物理現(xiàn)象發(fā)生的條件是正確處理動量、能
8、量的關(guān)鍵.
(2)注意到兩個守恒定律的條件是不同的.
【拓展1】如圖所示,固定有光滑圓弧軌道的小車A靜止在光滑的水平面上,軌道足夠長,其下端部分水平,有一小滑塊B以某一水平初速度滑上小車,滑塊不會從圓弧上端滑出,則滑塊B在小車上運(yùn)動的過程中( BD )
A.當(dāng)滑塊上升到最大高度時,滑塊的速度為零
B.滑塊運(yùn)動過程中機(jī)械能守恒
C.滑塊離開小車時的速度與滑上小車時的速度大小相等
D.滑塊B在小車上運(yùn)動的過程中,滑塊與小車組成的系統(tǒng)動量守恒
2.子彈射木塊模型的應(yīng)用
【例2】如圖所示,質(zhì)量為M的木塊固定在光滑的水平面上,有一質(zhì)量為m的子彈以初速度v0水平射向木塊,并能射穿,設(shè)木塊的
9、厚度為d,木塊給子彈的平均阻力恒為f.若木塊可以在光滑的水平面上自由滑動,子彈以同樣的初速度水平射向靜止的木塊,假設(shè)木塊給子彈的阻力與前一情況一樣,試問在此情況下要射穿該木塊,子彈的初動能應(yīng)滿足什么條件?
【解析】若木塊在光滑水平面上能自由滑動,此時子彈若能恰好打穿木塊,那么子彈穿出木塊時(子彈看為質(zhì)點(diǎn)),子彈和木塊具有相同的速度,把此時的速度記為v,把子彈和木塊當(dāng)做一個系統(tǒng),在它們作用前后系統(tǒng)的動量守恒,即
mv0=(m+M)v
對系統(tǒng)應(yīng)用動能定理得
fd=mv-(M+m)v2
由上面兩式消去v可得
fd=mv-(m+M)()2
整理得mv=fd
即mv=(1+)fd
據(jù)上
10、式可知,E0=mv就是子彈恰好打穿木塊所必須具有的初動能,也就是說,子彈恰能打穿木塊所必須具有的初動能與子彈受到的平均阻力f和木塊的厚度d(或者說與f·d)有關(guān),還跟兩者質(zhì)量的比值有關(guān),在上述情況下要使子彈打穿木塊,則子彈具有的初動能E0必須大于(1+)f·d.
【思維提升】(1)木塊固定時,子彈和木塊系統(tǒng)動量不守恒.
(2)不管木塊是否固定,子彈擊穿木塊過程中摩擦生熱相同,且Q=f·d.
【拓展2】如圖所示,一質(zhì)量m2=0.20 kg的平頂小車,車頂右端放一質(zhì)量m3=0.25 kg的小物體,小物體可視為質(zhì)點(diǎn),與車頂之間的動摩擦因數(shù)μ=0.4,小車靜止在光滑的水平軌道上.現(xiàn)有一質(zhì)量m
11、1=0.05 kg的子彈以水平速度v0=12 m/s射中小車左端,并留在車中.子彈與車相互作用時間很短.若使小物體不從車頂上滑落,g取10 m/s2.求:
(1)小車的最小長度應(yīng)為多少?最后小物體與小車的共同速度為多少?
(2)小物體在小車上相對小車滑行的時間.
【解析】(1)子彈進(jìn)入小車的過程中,子彈與小車組成的系統(tǒng)動量守恒,由動量守恒定律得
m1v0=(m2+m1)v1 ①
由三物體組成的系統(tǒng)動量守恒得
(m2+m1)v1=(m2+m1+m3)v2 ②
設(shè)小車最小長度為L,三物體相對靜止后,對系統(tǒng)利用能量守恒定律得
(m2+m1)v-(m2+m1+m3)v=μm3g
12、L ③
聯(lián)立以上方程解得L=0.9 m
車與物體的共同速度為 v2=2.1 m/s(或1.2 m/s)
(2)以m3為研究對象,利用動量定理得:
μm3gt=m3v2 ④
解得t=0.52 s(或0.3 s)
3.動量守恒和能量守恒的綜合應(yīng)用
【例3】如圖所示,長50 m的水平傳送帶始終以大小為v=5 m/s的速度向左運(yùn)動,傳送帶上有一質(zhì)量為M=2 kg的小木盒A.A與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5.先后相隔 Δt=3 s有兩個光滑的質(zhì)量為m=1 kg的球B自傳送帶的左端以速度v0=25 m/s的初速度在傳送帶上向右運(yùn)動.第1個球與隨傳送帶一道運(yùn)動的木盒相遇后,球立即
13、進(jìn)入盒子中且不再出來.已知第2個球出發(fā)后歷時Δt′=(1/3) s與木盒相遇.取g=10 m/s2,求:
(1)第1個球與木盒相遇后的瞬間,兩者的共同速度為多大?
(2)第1個球與木盒的相遇點(diǎn)離傳送帶左端有多遠(yuǎn)?
(3)自木盒與第1個球相遇至第2個球相遇的這一過程中,由于木盒與傳送帶間的摩擦而產(chǎn)生的熱量是多少?
【解析】(1)設(shè)第1個球與木盒碰后瞬間的共同速度為v同,選向右為正方向,對小球木盒組成的系統(tǒng)由動量守恒定律有mv0-Mv=(M+m)v同,得v同=5 m/s,方向向右.
(2)設(shè)第1個球經(jīng)過時間t1與木盒相遇,相遇后以5 m/s的共同速度向右做勻減速直線運(yùn)動,運(yùn)動加速度由牛頓
14、第二定律可得a=μ(M+m)g/(M+m)=5 m/s2
設(shè)木盒與第1個球相碰后歷時Δt2回到原來位置,此后木盒與傳送帶一起向左勻速運(yùn)動,由運(yùn)動學(xué)公式有 Δt2=2v同/a
木盒再勻速運(yùn)動Δt+ Δt′-t1- Δt2時間即可與第2個球相遇,依題意有v0t1=( Δt+Δt′-t1- Δt2)v+ Δt′v0,所求距離L=v0t1
由以上各式代入已知數(shù)據(jù)得L=12.5 m
(3)由(2)求解過程可知,在木盒與第1個球相遇至與第2個球相遇的過程中,木盒相對傳送帶的路程x=10 m,所以Q=f·x=μ(M+m)gx=150 J
【思維提升】學(xué)會分析物理過程,恰當(dāng)選擇物理規(guī)律解題.
15、【拓展3】如圖所示,C是放在光滑水平面上的一塊木板,木板質(zhì)量為3m,在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B,它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ,最初木板靜止,A、B兩木塊同時以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動,木板足夠長,A、B始終未滑離木板.求:
(1)木塊B從剛開始運(yùn)動到與木板C速度剛好相等的過程中,木塊B所發(fā)生的位移;
(2)木塊A在整個過程中的最小速度.
【解析】(1)木塊A先做勻減速直線運(yùn)動至與C速度相同,后與C一道做勻速直線運(yùn)動;木塊B一直做勻減速直線運(yùn)動;木板C做兩段加速度不同的勻加速運(yùn)動,直到A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒,故:
mv0+2mv0=(m+m
16、+3m)v1,v1=0.6v0;對木塊B運(yùn)用動能定理,有-μmgx=mv-m(2v0)2
所以x=
(2)設(shè)木塊A在整個過程中的最小速度為v′(此時A、C共速),由動量定理知,至此,A、B的動量變化相同,都為m(v0-v′),A、B、C組成的系統(tǒng)動量守恒,有
2m(v0-v′)=3mv′
所以木塊A在整個過程中的最小速度v′=
易錯門診
4.繩拉小球模型的運(yùn)動規(guī)律
【例4】長L=1 m,不可伸長的細(xì)繩系住質(zhì)量m=0.2 kg的小球懸掛在天花板上的O點(diǎn),現(xiàn)將球拿至與O點(diǎn)等高、距O點(diǎn)d=0.6 m的A點(diǎn)由靜止自由釋放,求小球過最低點(diǎn)時的速度及細(xì)繩對小球的拉力.
【錯解】設(shè)小球從A
17、點(diǎn)落至最低點(diǎn)時速度為v,則根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
mv2=mgL
所以v==m/s=2 m/s
在最低點(diǎn)時,由牛頓第二定律有
F-mg=
所以F=mg+=(0.2×10) N+ N=6 N
【錯因】小球自A點(diǎn)下落的過程中,當(dāng)繩子剛繃直時,繩子不能伸長,沿繩子方向突然受到繩子的拉力作用,在這個力的作用下,沿繩方向的沖量使小球沿繩子方向的分動量變?yōu)榱?,因而有機(jī)械能的損失.
【正解】設(shè)小球落至B點(diǎn)時繩剛好被拉直,此時小球的速度為vB,如圖所示,根據(jù)機(jī)械能守恒定律得
mv=mghAB ①
又由幾何知識可得
hAB== m=0.8 m ②
且θ=53°
所以由①②兩式求得
vB== m/s=4 m/s
在B點(diǎn),由于繩的張力作用,使得vB1在極短的時間內(nèi)變?yōu)榱悖皇O虑邢蚍至縱B2,動能的損失為
ΔE=m(vBsin θ)2=×0.2×(4×0.8)2 J=1.024 J
由A點(diǎn)落至C點(diǎn)的過程中,由能量的轉(zhuǎn)化與守恒定律得
mv=mgL-ΔE=(0.2×10×1) J-1.024 J=0.976 J
在最低點(diǎn)時,由牛頓第二定律有
F-mg=
所以F=mg+=(0.2×10) N+ N=3.952 N
【思維提升】解此題需分清小球運(yùn)動的三個階段,即自由落體、繩張緊和圓周運(yùn)動,另外要注意繩張緊過程有能量損失.