力学与动量动能解题策略.doc

(完整版)力学与动量动能解题策略
力学与动量、动能-—解题策略
解题策略
1、在应用动理定理、动量守恒定律时，应该注意的两点是：
1）选取正方向,与规定正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小;
2）理论上，只有在系统所受合外力为零时，系统的动量才守恒.但严格符合守恒条件的系统是难以找到的，如:在空中爆炸或碰撞的物体受重力作用，在地面上碰撞的物体受摩擦力作用，考虑到系统间相互作用的内力远大于外界对系统的作用，因此在作用前后的瞬间系统的动量可认为基本上是守恒的,这是一种近似处理问题的方法。8fqg292sHdb5E2RGbCAP
3）即使系统所受的外力不为0,但沿某个方向的合外力为0，则系统沿该方向的动量是守恒的。
2、动量与能量的综合问题,是高中力学最重要的综合问题,也是难度较大的问题。 分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景，抽象出物理模型，选择物理规律,建立方程进行求解。 这一部分的主要模型是碰撞，而碰撞过程一般都遵从动量守恒定律,但机械能不一定守恒，对弹性碰撞就守恒，非弹性碰撞就不守恒，总的能量是守恒的. 对于碰撞过程的能量要分析物体间的转移和转换,从而建立碰撞过程的能量关系方程. 根据动量守恒定律和能量关系分别建立方程，两者联立进行求解,是这一部分常用的解决物理问题的方法. 能量是状态量，能量的变化是通过做功或热传递两种方式来实现的。力学中功是能量转化的量度,热学中功和热量是内能变化的量度.8fqg292sHdp1EanqFDPw
弹性碰撞模型
弹性碰撞问题及其变形是中学物理中的常见问题，在高中物理中占有重要位置，也是多年来高考的热点.弹性碰撞模型能与很多知识点综合，联系广泛，题目背景易推陈出新，掌握这一模型，举一反三,可轻松解决这一类题，切实提高学生推理能力和分析解决问题能力.所以我们有必要研究这一模型。8fqg292sHdDXDiTa9E3d
弹性碰撞在碰撞过程无机械能损失，遵循动量守恒与系统机械能守恒定律，确切的说是碰撞前后动量守恒,动能不变。在题目中常见的弹性球、光滑的钢球及分子、原子等微观粒子的碰撞都是弹性碰撞。8fqg292sHdRTCrpUDGiT
模型介绍：两个钢性小球A、B质量分别是m1、m2，小球B静止在光滑水平面上，A以初速度v0与小球B发生弹性碰撞，求碰撞后小球A的速度v1，物体B的速度v2大小和方向。8fqg292sHd5PCzVD7HxA
m2v2

m1v1

B
m1v0

B
A
图1
A

解读：取小球A初速度v0的方向为正方向,因发生的是弹性碰撞，碰撞前后动量守恒、动能不变有：
m1v0= m1v1+ m2v2 ①
②
由①②两式得：，
结论1。 当m1=m2时，v1=0，v2=v0，显然碰撞后A静止，B以A的初速度运动，两球速度交换，并且A的动能完全传递给B，因此m1=m2也是动能传递最大的条件;8fqg292sHdjLBHrnAILg
结论2. 当m1＞m2时，v1＞0，即A、B同方向运动，因 ＜，所以速度大小v1＜v2，即两球不会发生第二次碰撞；8fqg292sHdxHAQX74J0X
若m1 〉>m2 时，v1= v0，v2=2v0 即当质量很大的物体A碰撞质量很小的物体B时，物体A的速度几乎不变，物体B以2倍于物体A的速度向前运动。8fqg292sHdLDAYtRyKfE
结论3。 当m1＜m2时，则v1＜0，即物体A反向运动。
当m1〈<m2时,v1= - v0，v2=0 即物体A以原来大小的速度弹回，而物体B不动，A的动能完全没有传给B，因此m1〈<m2是动能传递最小的条件。8fqg292sHdZzz6ZB2Ltk
以上弹性碰撞以动撞静的情景可以简单概括为：〈质量）等大小，<速度和动能）交换了；小撞大，被弹回；大撞小，同向跑.8fqg292sHddvzfvkwMI1
例1. 如图2所示，两单摆的摆长不同，已知B的摆长是A摆长的4倍，A的周期为T,平衡时两钢球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在的平面向左拉开一小角度释放，两球发生弹性碰撞,碰撞后两球分开各自做简谐运动，以mA，mB分别表示两摆球A，B的质量，则下列说法正确的是；8fqg292sHdrqyn14ZNXI
A．如果mA=mB 经时间T发生下次碰撞且发生在平衡位置
B．如果mA〉mB 经时间T发生下次碰撞且发生在平衡位置
C．如果mA〉mB 经时间T/2发生下次碰撞且发生在平衡位置右侧
D．如果mA<mB 经时间T/2发生下次碰撞且发生在平衡位置左侧
解读：当mA=mB时，A、B球在平衡位置发生弹性碰撞,速度互换，A球静止，由于B摆长是A摆长的4倍，由单摆周期公式可知，A周期是T，B的周期是2T，当B球反向摆回到平衡位置经时间为T，再次发生碰撞。故A选项正确.8fqg292sHdEmxvxOtOco
当mA＞mB时,发生第一次碰撞后两球同向右摆动，但A球的速度小于B球的速度，并有A的周期是B周期的一半，T/2时B到达右侧最大位移处,此时A向左回到平衡位置,A继续向左。再经T/2， B完成半个全振动向右,A恰好完成一次全振动向左同时回到平衡位置发生碰撞,故B选项正确，C选项错误；8fqg292sHdSixE2yXPq5
当mA〈mB时，碰撞后A反弹向左运动，B向右，若mA越接近mB发生下一次碰撞的时间越接近T，若mA<<mB，A接近原速反弹，B几乎不动，发生下一次碰撞的时间越接近T/2,当A经T/2经平衡位置从左向右运动时B恰好在右侧最高点，而A、B碰撞的位置只能在平衡位置的右侧，或十分接近平衡位置，不可能在平衡位置的左侧，故D选项错误。8fqg292sHd6ewMyirQFL
mvo
B
A
图4
例2。 如图4所示,光滑水平地面上静止放置两由弹簧相连木块A和B,一质量为m子弹，以速度v0水平击中木块A，并留在其中,A的质量为3m，B的质量为4m。8fqg292sHdkavU42VRUs
(1〉求弹簧第一次最短时的弹性势能
（2〉何时B的速度最大,最大速度是多少？
解读：（1> 从子弹击中木块A到弹簧第一次达到最短的过程可分为两个小过程一是子弹与木块A的碰撞过程，动量守恒，有机械能损失；二是子弹与木块A组成的整体与木块B通过弹簧相互作用的过程,动量守恒，系统机械能守恒， 8fqg292sHdy6v3ALoS89
子弹打入: mv0=4mv1 　　①
打入后弹簧由原长到最短： 4mv1=8mv2　　 　②
机械能守恒： 　 ③
解①②③得：
(2〉 从弹簧原长到压缩最短再恢复原长的过程中,木块B一直作变加速运动,木块A一直作变减速运动,相当于弹性碰撞，因质量相等，子弹和A组成的整体与B木块交换速度，此时B的速度最大，设弹簧弹开时A、B的速度分别为 8fqg292sHdM2ub6vSTnP
4mv1=4mv1’ +4mv2’ ④
⑤
解得：v1’=o ，v2’=v1 =
可见，两物体通过弹簧相互作用，与弹性碰撞相似。
评论：弹性碰撞模型的应用不仅仅局限于“碰撞”，我们应广义地理解 “碰撞”模型。这一模型的关键是抓住系统“碰撞”前后动量守恒、系统机械能守恒<动能不变），具备了这一特征的物理过程，可理解为“弹性碰撞"。我们对物理过程和遵循的规律就有了较为清楚的认识，问题就会迎刃而解。 8fqg292sHd0YujCfmUCw
例3．质量均为m,完全相同的两辆实验小车A和B停放在光滑水面上，A车上另悬挂有一质量为2m的小球C。开始B静止，A、C以速度v0向右运动，两车发生完全非弹性碰撞但不粘连，碰撞时间极短，碰后小球C先向右摆起，再向左摆起……每次均未达到水平,求:8fqg292sHdeUts8ZQVRd
<1）小球第一次向右摆起至最大高度h1时小车A的速度大小v.
〈2）小球第一次向右摆起的最大高度h1和第一次向左摆起的最大高度h2之比。

解读：<1)研究A、B、C整体，从最开始到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据水平方向动量守恒<3m）v0 = （4m> v ，解得8fqg292sHdsQsAEJkW5T
<2）研究A、B整体，两车碰撞过程中，设碰后瞬间A、B共同速度为v1,根据动量守恒mv0 = (2m>v1 8fqg292sHdGMsIasNXkA
解得
从碰拉结束到小球第一次向右摆起至最大高度过程中，根据机械能守定律

解得
由受力分析可知，小球下摆回最低点,B、C开始分离。设此时小球速度为v3,小车速度为v4，以向右为正方向，从碰撞结束到小球摆回最低点过程中根据水平方向动量守恒8fqg292sHdTIrRGchYzg
〈2m）v0 +(2m〉v1 = （2m〉v3 +（2m>v4
根据机械能守恒定律

解得小球速度v3 = v1 =，方向向右
小车速度v4 = v0,方向向右，另一根不合题意舍去。
研究A、C整体从返回最低点到摆到左侧最高点过程。
根据水平方向向量守恒 (2m> v3 +mv4 = （3m〉v5
根据机械能守恒定律

解得
所以h1:h2 =3：2
例4。 在绝缘水平面上放一质量m=2。0×10—3kg的带电滑块A，所带电荷量q=1。0×10-7C.在滑块A的左边l=0。3m处放置一个不带电的绝缘滑块B,质量M=4.0×10—3kg,B与一端连在竖直墙壁上的轻弹簧接触（不连接>且弹簧处于自然状态,弹簧原长S=0.05m.如图所示，在水平面上方空间加一水平向左的匀强电场,电场强度的大小为E=4。0×105N/C,滑块A由静止释放后向左滑动并与滑块B发生碰撞，设碰撞时间极短,碰撞后两滑块结合在一起共同运动并一起压缩弹簧至最短处（弹性限度内〉，此时弹性势能E0=3。2×10-3J，两滑块始终没有分开，两滑块的体积大小不计，与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g取10m/s2。求:8fqg292sHd7EqZcWLZNX
(1>两滑块碰撞后刚结合在一起的共同速度v；
（2〉两滑块被弹簧弹开后距竖直墙壁的最大距离s.
E
S
A
B
l

解读:(1>设两滑块碰前A的速度为v1，由动能定理有：

解得:v1=3m/s
A、B两滑块碰撞,由于时间极短动量守恒,设共同速度为v

解得：v=1.0m/s
(2〉碰后A、B一起压缩弹簧至最短，设弹簧压缩量为x1,由动能定理有：

解得:x1=0。02m
设反弹后A、B滑行了x2距离后速度减为零，由动能定理得：

解得:x2≈0。05m
以后，因为qE>μ(M+m>g，滑块还会向左运动,但弹开的距离将逐渐变小，所以，最大距离为:
S=x2+s-x1=0。05m+0。05m—0。02m=0.08m。
例5。 如图所示，两个完全相同质量为m 的木板A、B 置于水平面上.它们的间距s=2.88m，质量为2m、大小可以忽略的物块C 置于A 板的左端。C 与A 之间的动摩擦因数为=0。22,A、B 与水平面之间的动摩擦因数=0.10，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态,现给C 施加一个水平向右，大小为mg的恒力F，假定A、B 碰撞时间很短且碰撞后粘连在一起,要使C 最终不脱离木板，每块木板的长度最少要为多少?8fqg292sHdlzq7IGf02E

解读：在A，B碰撞之前，A，C间的最大静摩擦力为2mg=0。44mg,大于C所受到的外力0.4mg，因此，A，C之间无相对运动。所以A，C可作为一个整体。碰撞前A，C的速度可以用动能定理求出。8fqg292sHdzvpgeqJ1hk
碰撞之后，A，B具有共同的速度，C的速度不变。A，C间发生相对运动。并且根据题意，A,B，C系统所受的摩擦力等于F，因此系统所受的合外力为零。可运用动量守恒定理求出C刚好不脱离木板的系统最终的共同速度.然后，运用能量守恒定律求出A，B的长度，即C与A，B发生相对位移的距离。8fqg292sHdNrpoJac3v1
由于F小于A，C间最大静摩擦力，所以A,C无相对运动。
FS-3mgS=3m
解得=m/s
=m/s，m=2m
得=m/s
因为，F=4mg=0.4mg。所以，A，B，C组成的系统合外力为零
2m+2m=4m
得=m/s
由能量守恒定理得
F2L+4m—2mg2L=2m+2m
L=5m
1、考点诠释：两个（或两个以上>物体相遇,物体之间的相互作用仅持续一个极为短暂的时间，而运动状态发生显著变化，这种现象称为碰撞。碰撞是一个基本，十分重要的物理模型，其特点是：8fqg292sHd1nowfTG4KI
1）瞬时性．由于物体在发生碰撞时,所用时间极短，因此在计算物体运动时间时，通常把碰撞时间忽略不计；在碰撞这一极短的时间内，物体的位置是来不及改变的，因此我们可以认为物体在碰撞中位移为零。8fqg292sHdfjnFLDa5Zo
2）动量守恒性．因碰撞时间极短，相互作用的内力大于外力，所以系统在碰撞过程中动量守恒。
3)动能不增．在碰撞过程中，系统总动能只有减少或者不变，而绝不会增加，即不能违背能量守恒原则。若弹性碰撞则同时满足动量、动能守恒。非弹性碰撞只满足动量守恒，而不满足动能守恒<系统的动能减少）。8fqg292sHdtfnNhnE6e5
2、解题策略：首先要根据碰撞的瞬时性特点，正确选取相互作用的研究对象,使问题简便解决；其次要确定碰撞前和碰撞后系统中各个研究对象的状态；然后根据动量守恒定律及其他规律求解，并验证求得结果的合理性。8fqg292sHdHbmVN777sL

申明：
所有资料为本人收集整理,仅限个人学习使用，勿做商业用途。

申明：
所有资料为本人收集整理，仅限个人学习使用，勿做商业用途。

6 / 6