2018-2019学年物理鲁科版选修3-5专题4动量和能量观点的综合应用Word版含答案

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1．动量的观点和能量的观点
动量的观点：动量定理和动量守恒定律
能量的观点：动能定理和能量守恒定律
若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单个物体，可优先考虑两个定理，特别涉及时间问题时，应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题时，应优先考虑动能定理．
这两个观点研究的是一个物理过程的初、末两个状态，不对过程变化的细节作深入的研究，这是它们比牛顿运动定律的方便之处．
2．利用动量的观点和能量的观点解题应注意下列问题
(1)动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；
(2)动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式．
曲线运动(a不恒定)、竖直面内的圆周运动、碰撞等，就中学知识而言，不可能单纯考虑用力和运动的观点求解，若用动量或能量的观点求解会比较方便．
[复习过关]
1. (多选)如图1所示，质量为M的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v，距地面高度为h，则下列关系式中正确的是(　　)
图1
A．mv0＝(m＋M)v
B．mv0cos θ＝(m＋M)v
C．mgh＝m(v0sin θ)2
D．mgh＋(m＋M)v2＝mv
答案　BD
解析　小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv0cos θ＝(m＋M)v，故A错误，B正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh＋(m＋M)v2＝mv，故C错误，D正确．
2.如图2所示，在光滑水平地面上，质量为M的滑块上用轻杆及轻绳悬吊质量为m的小球，轻绳的长度为L.此装置一起以速度v0向右滑动．另一质量也为M的滑块静止于上述装置的右侧．当两滑块相撞后，便粘在一起向右运动，求：
图2
(1)两滑块相撞过程中损失的机械能；
(2)当小球向右摆到最大高度时两滑块的速度大小．
答案　(1)Mv　(2)
解析　(1)两滑块相撞过程，由于碰撞时间极短，小球的位置还没有发生改变，两滑块已经达到共同速度，因此悬线仍保持竖直方向．由动量守恒定律，有
Mv0＝2Mv，得v＝v0
该过程中，损失的机械能为
ΔE＝Mv－×2Mv2＝Mv
(2)两滑块碰撞完毕后，小球上升到最高点的过程，系统在水平方向上所受合外力为零，动量守恒，小球上升到最高点时，系统有相同的水平速度，则
2Mv＋mv0＝(2M＋m)v′
解得v′＝.
3．如图3所示，水平光滑地面上停放着一辆质量为M的小车，小车左端靠在竖直墙壁上，其左侧半径为R的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，轨道最低点B与水平轨道BC相切，BC＝2R，整个轨道处于同一竖直面内．将质量为m的物块(可视为质点，其中M＝2m)从A点无初速度释放，物块与小车上表面BC之间的动摩擦因数为0.5.求物块相对BC运动的位移．(g＝10 m/s)
图3
答案　R
解析　小物块从A下滑到B的过程中，小车保持静止，对物块由机械能守恒定律得
mgR＝mv
从B到C的过程中，小车和物块组成的系统水平方向动量守恒，有mv0＝(m＋M)v1
从B到C的过程中，由功能关系得
μmgΔs＝mv－(m＋M)v
联立各式得Δs＝R.
4.如图4所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求：
图4
(1)物块在车面上滑行的时间t；
(2)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过多少．
答案　 (1)0.24 s　(2)5 m/s
解析　(1)设物块与小车相对静止时的共同速度为v，以水平向右为正方向，
根据动量守恒定律有m2v0＝(m1＋m2)v
设物块与车面间的滑动摩擦力大小为f，
对物块应用动量定理有ft＝m2(v0－v)
又f＝μm2g
解得t＝
代入数据得t＝0.24 s.
(2)要使物块恰好不从小车右端滑出，须使物块到达车面最右端时与小车有共同的速度，设其为v′，则m2v0′＝(m1＋m2)v′
由功能关系有m2v0′2＝(m1＋m2)v′2＋μm2gL
代入数据解得v0′＝5 m/s
故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0′不超过5 m/s.
5．置于光滑水平面上的 A、 B两球质量均为m，相隔一定距离，两球之间存在恒定斥力作用，初始时两球均被锁定而处于静止状态．现同时给两球解除锁定并给 A球一冲量I，使之沿两球连线射向 B球， B球初速度为零．在之后的运动过程中两球始终未接触，试求：
(1)两球间的距离最小时 B球的速度；
(2)两球间的距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对 A球做的功．
答案　(1)　(2)－
解析　(1)对A球由动量定理可得I＝mv0
两球间的距离最小时两球等速，根据系统动量守恒
mv0＝2mv
得v＝
(2)从初始状态到二者距离达到与初始状态相等过程中，设二者位移大小均为l，
根据动量守恒定律得mv0＝mv1＋mv2
对A由动能定理可得－Fl＝mv－mv
对B由动能定理可得Fl＝mv－0
(写出类似弹性碰撞的方程即前后两个时刻的动能不变也可)
可得v1＝0，v2＝v0
两球距离从最小值到刚恢复到初始值过程中斥力对A球做的功
WA＝mv－mv2＝－.
6.如图5所示，光滑的水平地面上有一质量为M＝3 kg的木板，其左端放有一可看成质点、质量m＝1 kg的重物，右方有一竖直的墙．重物与木板间的动摩擦因数为μ＝0.5.使木板与重物以共同的速度v0＝6 m/s向右运动，某时刻木板与墙发生碰撞，经Δt＝0.1 s木板以v1＝4 m/s的速度返回，重力加速度为g＝10 m/s2.求：
图5
(1)墙壁对木板的平均作用力的大小；
(2)板与墙作用时间很短，忽略碰撞过程中重物的速度变化．若重物不从木板上掉下来，则木板的最小长度为多少．
答案　(1)305 N　(2)7.5 m
解析　(1)设向左为正方向，板碰后速度为v1，由动量定理有：(F－μmg)Δt＝Mv1－(－Mv0)
代入数据可求得F＝305 N
(2)设重物与板共速为v共，由动量守恒定律有
Mv1－mv0＝(M＋m)v共
得v共＝1.5 m/s
设板最小长度为L，从板与墙碰后到板与重物相对静止，系统损失的动能全部转化为内能，有
μmgL＝Mv＋mv－(M＋m)v
代入数据得：L＝7.5 m.
7.如图6所示，固定在地面上的光滑圆弧面与车C的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个滑块A，其质量为mA＝2 kg，在距车的水平面高h＝1.25 m 处由静止下滑，车 C的质量为mC＝6 kg，在车C的左端有一个质量mB＝2 kg的滑块B，滑块A与B均可看做质点，滑块A与B碰撞后粘合在一起共同运动，最终没有从车C上滑出，已知滑块 A、B 与车C的动摩擦因数均为μ＝0.5，车 C与水平地面的摩擦忽略不计．取 g＝10 m/s2.求：
图6
(1)滑块A滑到圆弧面末端时的速度大小；
(2)滑块A与B碰撞后瞬间的共同速度的大小；
(3)车C的最短长度．
答案　(1)5 m/s　(2)2.5 m/s　(3)0.375 m
解析　(1)设滑块A滑到圆弧末端时的速度大小为v1，由机械能守恒定律有mAgh＝mAv
代入数据解得v1＝＝5 m/s.
(2)设A、B碰后瞬间的共同速度为v2，滑块A与B碰撞瞬间与车C无关，滑块A与B组成的系统动量守恒，有
mAv1＝(mA＋mB)v2
代入数据解得v2＝2.5 m/s.
(3)设车C的最短长度为L，滑块A与B最终没有从车C上滑出，三者最终速度相同，令其为v3，根据动量守恒定律有
(mA＋mB)v2＝(mA＋mB＋mC)v3①
根据能量守恒定律有
μ(mA＋mB)gL＝(mA＋mB)v－(mA＋mB＋mC)v②
联立①②式代入数据解得L＝0.375 m.
8.在光滑水平面上静置有质量为m的滑板，上表面光滑，AB水平，BC为圆弧，圆弧底端切线水平，如图7所示．一可视为质点的物块P，质量也为m，从木板AB的右端以初速度v0滑上滑板AB，最终恰好能滑到圆弧的最高点C处，求：
图7
(1)物块滑到C处时的速度v；
(2)圆弧的半径R；
(3)滑块刚滑上圆弧时，水平面对滑板的支持力大小．
答案　(1)　(2)　(3)6mg
解析　(1)由点A到点C时，取向左为正．由动量守恒得
mv0＝2mv，得：v＝
(2)由点A到点C时，根据能量守恒得
mv＝mgR＋×2mv2，则：R＝
(3)滑块刚滑上圆弧时，设B点对滑块的支持力为NB，由牛顿第二定律得：
NB－mg＝m
则：NB＝5mg
由牛顿第三定律得，此时水平面对滑板的支持力为：
N＝NB′＋mg＝6mg.
9．如图8，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同．现使a以初速度v0向右滑动．此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．
图8
答案　≤μ<
解析　设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有
mv>μmgl①
即μ<②
设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒定律得
mv＝mv＋μmgl③
设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v1′、v2′，由动量守恒定律和能量守恒定律有
mv1＝mv1′＋mv2′④
mv＝mv1′2＋()v2′2⑤
联立④⑤式解得
v2′＝v1⑥
由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知
()v2′2≤μgl⑦
联立③⑥⑦式，可得
μ≥⑧
联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件
≤μ<⑨