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1、专题15-牛顿定律动量和能量综合问题,专题15-牛顿定律动量和能量综合问题,一、力学的基本公式结构,力和运动观点,冲量和动量观点,功和能观点,一、力学的基本公式结构 ,力学重要公式包括运动学和动力学公式共有九个，它们反映了力学的主要规律和基本原理，这些规律相互关联形成力学定律体系。我们可以以式为基本公式，推出余下的六个公式，也就是说这九个公式中只有三个是独立的。解题时，对每一段运动过程最多只能选出三个公式来求解。当一个物理过程需要四个甚至更多方程求解时，其余的实际上为条件方程。,这九个公式的应用条件分别是：既可适用于匀变速直线运动又可适用于非匀变速运动，只适用于匀变速直线运动。除式（功和能的观
2、点）是标量方程外，其余各式均是矢量方程。解题时，必须首先规定正方向，通过符号规则把矢量运算转化为代数运算。,这九个公式的应用条件分别是：既可适用于匀变速直线运动又可适用于非匀变速运动，只适用于匀变速直线运动。除式（功和能的观点）是标量方程外，其余各式均是矢量方程。解题时，必须首先规定正方向，通过符号规则把矢量运算转化为代数运算。,力学重要公式包括运动学和动力学公式共有九个,二、根据物理过程特点选用力学规律,1瞬时过程：力的瞬时作用效应是改变物体的速度，即使物体产生加速度。反映一过程的规律是牛顿第二定律，即式。单个物体的“a”问题首先考虑牛顿第二定律。,2积累过程： （1）力的空间积累效应是改变
3、物体的动能。反映这一过程的规律是动能定理，即式。 单个物体的“s”问题首先考虑动能定理。 （2）力的时间积累效应是改变物体的动量。反映这一过程的规律是动量定理，即式。 单个物体的“t”问题首先考虑动量定理。,3守恒过程： （1）如果对某个系统而言只有重力和弹簧力做功，那么系统中就只有动能和势能相互转化，系统的机械能保持不变。反映这一过程的规律是机械能守恒定律，即式。 （2）系统所受合外力为零，是相互作用的物体间动量传递的过程，在相互作用过程中系统总动量保持不变。反映这一过程的规律是动量守恒定律，即式。,二、根据物理过程特点选用力学规律 1瞬时,三. 解题步骤,正确确定研究对象（特别是对多个物体
4、组成的系统），要明确研究对象是某一隔离体还是整体组成的系统）。,正确分析物体的受力情况和运动情况，画出力的示意图，必要时还应画出运动过程的示意图,根据研究对象和物理过程特点确定选用什么规律，并列方程求解。选用矢量方程必须规定正方向，求出未知量为负值，必须说明负号的物理意义。,最后分析总结，看结果是否合理（比如满足动量守恒定律的碰撞过程不一定都是合理的）如选用能量守恒定律，则要分清有多少种形式的能在转化；如用动量定理和动量守恒定律，则应注意矢量性，根据符号规则将矢量运算转化为代数运算。,三. 解题步骤正确确定研究对象（特别是对多个物体组成的系统,四、解题操作模式,学生在阅读题目时，通过题目提供的
5、信息，首先画出物体运动情景图象（时空关系，包括动态和静态情景），即在头脑中想象物体的运动过程和空间的几何关系。然后根据情景的特点找出它所对应的物理模型，运用模型的规律解决问题。,解题思维：1情景分析条件的捕捉，建模能力（画图建立思维平台）2思路定向能力3关联联系能力4分析综合运化能力,四、解题操作模式文字情景 模型规律解决,1在真空中光滑水平绝缘面上有一带电小滑块。开始时滑块静止。若在滑块所在空间加一水平匀强电场E1，持续一段时间后立即换成与E1相反的匀强电场E2。当电场E2与电场E1持续时间相同时，滑块恰好回到初始位置，且具有动能Ek。在上述过程中，E1对滑块的电场力做功为W1，冲量大小为I
6、1；E2对滑块的电场力做功为W2，冲量大小为I2。则（ ）AI1=I2 B4I1=I2 CW1=W2 D3W1=W2,D,1在真空中光滑水平绝缘面上有一带电小滑块。开始时滑块静止。,解法1：（牛顿定律和运动学）,负号表示a2与规定正方向相反。,确定两段运动性质和时间、位移关系是解题的出发点，运动学公式的矢量性的正确处理是解题的易错点。加速度是力和运动联系的桥梁。,解法1：（牛顿定律和运动学）s t-s tv1xv2F1,解法2：（牛顿定律和运动学）,F1,F2,过程2属于“类竖直上抛运动”，注意整段应用运动学公式的矢量性的正确应用。合外力是联系运动学和冲量及功的桥梁。,滑块在电场E1中运动的过
7、程中做初速度为零的匀加速运动,滑块在电场E2中运动的过程中，做类竖直上抛运动,s t-s tvx解法2：（牛顿定律和运动学）F1F2过,解法3：（动量定理）,规定滑块在电场E1中运动的方向为正方向，对滑块在两个电场中的运动分别根据动量定理,根据滑块在两个电场中运动的时间和位移关系得,确定两段运动性质和时间、位移关系是解题的出发点，单个物体的“t”问题首先考虑动量定理。动量定理是矢量方程，根据符号规则把矢量运算转化为代数运算。,解法3：（动量定理）s t-s tv1xv2F1F2规定,解法4：（动能定理）,对滑块在两个电场中的运动分别根据动能定理,根据滑块在两个电场中运动的时间和位移关系得,确定
8、两段运动性质和时间、位移关系是解题的出发点。单个物体的“s”问题首先考虑动能定理。动能定理是标量方程，不用建立坐标系。,解法4：（动能定理）s t-s tv1xv2F1F2对滑,2. （1992年全国物理卷 31） 如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，mM.现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参照系.（1）若已知A和B的初速度大小为V0，求它们最后的速度大小和方向.（2）若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离
9、.,2. （1992年全国物理卷 31） 如图所示，一质量为M、,解法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解。,解：设经过时间t，A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度V，A做类竖直上抛运动，对A据牛顿第二定律和运动学公式有,对B据牛顿第二定律和运动学公式有,由几何关系有,解法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解。解：设经过时间t，A,以上各式可求得它们最后的速度大小为,方向向右,对A，向左运动的最大距离为,认真受力分析和运动性质分析是用牛顿第二定律和运动学公式（力和运动的观点）解题的基础；明确两个物体的时间、位移、速度三大关系是解题的关键。画出运动过程的示意图有助于分析解决复杂问题。,以上各式
10、可求得它们最后的速度大小为方向向右对A，向左运动的最,解法2、用动能定理和动量定理求解。,解：设经过时间t，A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度V，对A、B在整个运动过程中，规定向右为正方向，根据动量定理得,联立两式解出它们的最后速度大小为,方向向右,L1v0v0BAvBvBvL2L0AA解法2、用动能定理和,由几何关系有,对A、B在整个过程中分别根据动能定理得,对A，在向左运动的过程中，根据动能定理得,由几何关系有L1v0v0BAvBvBvL2L0AA对A、B,解析：刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V， A和B的初速度的大小为V0，则据动量
11、守恒定律可得,方向向右,对系统的全过程，由能量守恒定律得,对A，根据动能定理得,L,方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解,解析：刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具,3.（1993年全国物理卷 31）一平板车,质量M=100kg，停在水平路面上,车身的平板离地面的高度h=1.25m，一质量m=50kg的小物块置于车的平板上，它到车尾端的距离b=1.00m，与车板间的滑动摩擦系数=0.20，如图所示。今对平板车施一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落.物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s0=2.0m。求物块落地时，落地点到车尾的水平距离s 。不计路面与平板
12、车间以及轮轴之间的摩擦.取g=10m/s2。,3.（1993年全国物理卷 31）一平板车,质量M=100k,解析：设作用于平板车的水平恒力为F，物块与车板间的摩擦力为，自车启动至物块开始离开车板经历的时间为t1，物块开始离开车板时的速度为v1，车的速度为v2，有,物块离开车后作平抛运动，车做匀加速运动，加速度,bhs0s2s1s解析：设作用于平板车的水平恒力为F，物块与,4. 两个小球A和B质量分别是mA=2.0kg，mB=1.6kg球A静止在光滑水平面上的M点，球B在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A运动假设两球相距L18m时存在着恒定的斥力F，L18m时无相互作用力当两球相距最近时，它
13、们间的距离为d2m，此时球B的速度是4ms求： 球B的初速度。 两球之间的斥力大小。 两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间。,解：（1）当B球进入斥力区到它与A球距离最近时，系统的动量守恒两者距离最近时，它们的速度相等,球B的初速度,AB4. 两个小球A和B质量分别是mA=2.0kg，mB,（2）对于A、B两球分别根据动能定理得,其中,两球间斥力大小,（3）对A球,根据动量定理得,两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间,1.力学五大规律的综合运用对单个质点“a”问题首先考虑牛顿第二定律， “t”问题首先考虑动量定理 “s”问题首先考虑动能定理；对系统首先考虑动量守恒定律和能量守恒定律
14、,2.追击问题要考虑两个物体之间的三大关系时间关系位移关系速度关系（临界状态）,（2）对于A、B两球分别根据动能定理得其中两球间斥力大小（3,5如图所示，长12m，质量为50kg的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为50kg的人立于木板左端，木板与人均静止。当人以4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端时立即抱住木柱，（g取10m/s2）求：（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小。（2）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。（3）人抱住立柱后，木板向什么方向滑动？滑行多远的距离？,解（1）人向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律，人受到木板对它的水平向
15、右的静摩擦力,“a”问题首先考虑牛顿第二定律和运动学公式（力和运动的观点）。,5如图所示，长12m，质量为50kg的木板右端有一立柱，木,a1v1v2Ls2s1s2s总,（2）人在木板上奔跑时，木板向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律，木板的加速度大小,由几何关系,解出人从左端跑到右端的时间,（3）当人奔跑到右端时，人的速度大小,木板的速度大小,追击问题要考虑两个物体之间的三大关系时间关系位移关系速度关系（临界状态）,人立即抱住木柱（时间极短）类似于碰撞，系统的动量守恒，规定水平向右为正方向，根据动量守恒定律得,（2）人在木板上奔跑时，木板向左做匀加速运动，根据牛顿第二定,人和木板的共同速度,人
16、和木板一起向右做匀减速运动，根据动能定理,滑行的距离,开始选系统为研究对象时，发现该系统由于地面有摩擦，而使系统所受的合外力不为零，动量不守恒，所以开始不考虑系统，也就不考虑两大守恒定律，只能对单个物体选用“两大定理”或“牛二定律和运动学公式”。“过程一”和“过程三”即可用“两大定理”求解，也可用“牛二定律和运动学公式”求解。最好尝试用不同的解法求解。,思考：如果本题求整个过程中木板的总位移，该如何求解？,方向向左,方向向右,方向向左,人和木板的共同速度人和木板一起向右做匀减速运动，根据动能定理,6.（2008年高考理综天津卷24 ）光滑水平面上放着质量mA=1kg的物块A与质量mB=2kg的
17、物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能EP=49J。在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C。取g=10m/s2，求（1）绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；（2）绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；（3）绳拉断过程绳对A所做的功W。,6.（2008年高考理综天津卷24 ）光滑水平面上放着质量m,解（1） 设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB ，到达C点时的速度为vC ，有
18、,代入数据得,（2）设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，取水平向右为正方向，有,代入数据得,其大小为4Ns ,解（1） 设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB ，到达C点时的,（3）设绳断后A的速度为vA,取水平向右为正方向,有,代入数据得 W=8J ,（3）设绳断后A的速度为vA,取水平向右为正方向,有,7.（2007年天津理综卷 23）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从A点正上方某处无初速度下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿
19、水平轨道沿街至轨道末端C处恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失。求（1）物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍；（2）物块与水平轨道BC间的动摩擦因数。,7.（2007年天津理综卷 23）如图所示，水平光滑地面上停,解（1）物块从静止开始下落到到达B点的过程中，机械能守恒,联立两式解出物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度,（2）物块在小车上由B运动到C的过程中，系统动量守恒，能量守恒,联立两式解出块与水平轨道BC间的动摩擦因数,解（1）物块从静止开始下落到到达B点
20、的过程中，机械能守恒联,8. （1997年全国物理卷25）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：物块与钢板碰撞前的速度,物块与钢板发生完全非弹性碰撞，动量守恒,刚碰完时弹簧的弹性势能为EP。当它们一起回到O点时，机械能守恒,8. （1997年全国物理卷25）质量为m的钢板与直立轻簧的,质量为2
21、m的物块与钢板发生完全非弹性碰撞时，动量守恒,刚碰完时弹簧的弹性势能为EP，它们回到O点时，机械能守恒,在以上两种情况中，弹簧的初始压缩量都是x0，所以,在O点物块与钢块分离，分离后，物块以速度v竖直上抛，则由以上各式解得出物块向上运动所到最高点与O点的距离为,质量为2m的物块与钢板发生完全非弹性碰撞时，动量守恒刚碰完时,9.（2008年重庆理综卷24 ）图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料ER流体，它对滑块的阻力可调起初，,滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L, 现有一质量也为m的物体从距
22、地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动为保证滑块做匀减速运动, 且下移距离为2mg/k时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变试求（忽略空气阻力）:,下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；滑块向下运动过程中加速度的大小；滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小,9.（2008年重庆理综卷24 ）图中有一个竖直固定在地面的,解：（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律,解得：,设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律,2mv1mv0,解得：,碰撞过程中系统损失的机械能为：,解：（1）设物体下落末速度为v0，由机械能守恒定律解得：设碰,（2）设加速度大小为a，有：,得：,
23、（3）设弹簧弹力为FN，ER流体对滑块的阻力为FER，受力分析如图所示,解得：,（2）设加速度大小为a，有：得：（3）设弹簧弹力为FN，ER,10.（2007年重庆理综卷25）某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如题图所示不用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3N，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k（k1),将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞所有碰撞皆为无机械能损失的正碰.(不计空气阻力，忽略绳的伸长， g取10 m/s2)（1）设与n+1号球碰
24、撞前，n号球的速度为vn,求n+1号球碰撞后的速度.（2）若N5,在1号球向左拉高h的情况下，要使5号球碰撞后升高16h （16h小于绳长）问k值为多少？（3）在第二问条件下,悬挂哪个球的绳最容易断,为什么?,10.（2007年重庆理综卷25）某兴趣小组设计了一种实验装,解（1）设n号球质量为mn，n+1号球质量为mn+1，碰撞后的速度分别为vn 、 vn+1 ，取水平向右为正方向，据题意有n号球与n+1号球碰撞前的速度分别为vn、0, 根据动量守恒和能量守恒,由得,（2）设1号球摆至最低点时的速度为v1,由机械能守恒定律有,同理可求，5号球碰后瞬间的速度,解（1）设n号球质量为mn，n+1号
25、球质量为mn+1，碰撞后,由式得,由三式得,（3）设绳长为l,每个球在最低点时，细绳对球的拉力为F, 由牛顿第二定律有,式中Ekn为n号球在最低点的动能,由题意1号球的重力最大，又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大，根据（11）式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳最容易断.,由式得由三式得（3）设绳长为l,每个球在最低点,11.（2007年江苏物理卷19）如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k1)。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地
26、时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：（1）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度。（2）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程S。（3）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功W。,解：（1）棒在第一次上升过程中，根据牛顿第二定律，环的加速度为,方向竖直向上,11.（2007年江苏物理卷19）如图所示，一轻绳吊着粗细均,（2）棒第一次落地的速度大小为,设棒弹起后匀减速直线运动，设上升的最大高度为H，根据动能定理,从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间,棒运动的路程,（3）设环相对棒滑动距离为l ，根据能量守恒,摩擦力对环及棒做的总功,
27、解得,（2）棒第一次落地的速度大小为设棒弹起后匀减速直线运动，设上,12.（2008年高考物理广东卷20）如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N，滑板两端为半径R0.45m的1/4圆弧面，A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑，小滑块P1和P2的质量均为m，滑板的质量M4mP1和P2与BC面的动摩擦因数分别为10.10和20.40，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力，开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，P1以v04.0 m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上，当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P
28、2继续滑动，到达D点时速度为零, P1与P2视为质点, 取g10 m/s2问：P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？BC长度为多少？N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？,12.（2008年高考物理广东卷20）如图所示，固定的凹槽水,解：（1）P1滑到最低点速度为 v1 ，由机械能守恒定律有：,解得：,P1、P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为v1 、v2,解得：,P2向右滑动时，假设P1保持不动，对P2有：,（向左）,解：（1）P1滑到最低点速度为 v1 ，由机械能守恒定律有：,对P1、M有：,此时对P1有：,所以假设成立。,（2）P2滑到C点速度为v2,P1、P2碰撞到P2滑到C点时，设P1、M速度为v，,由动量守恒定律：,解得：,对P1、M有：此时对P1有：所以假设成立。（2）P2滑到C点,对P1、P2、M为系统：,代入数值得：,滑板碰后，P1向右滑行距离：,P2向左滑行距离：,所以P1、P2静止后距离：,对P1、P2、M为系统：代入数值得：滑板碰后，P1向右滑行距,感谢聆听,感谢聆听,
