动量、动能定理、机械能守恒、能量守恒经典例题分析.docx

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1、知识体系一抛体运动单摆弹蓄振子，重力势能：EK=g*j律性势能：叨能关系：WG=mgh-mgh能的转化及d守恒定律AE?=-E.图5-3-1图5-3-3动能、动量、机械能守恒综合运用例1一个物体从斜面上高力处由静止滑下并紧接着在水平面上滑行一段距离后停止，测得停止处对开始运动处的水平距离为S,如图5-3-1,不考虑物体滑至斜面底端的碰撞作用，并设斜面与水平面对物体的动摩擦因数相同.求动摩擦因数【解析】设该斜面倾角为0,斜坡长为/,则物体沿斜面下滑时，重力和摩擦力在斜面上的人功分别为：Wg=mgISina=mghWf1=-,ong1cosQf物体在平面上滑行时仅有摩擦力做功，设平面上滑行距离为S

2、?,则W=-mgS2对物体在全过程中应用动能定理：W=Ek所以mgIsina-mg1cosa-mgS2=0h得h-S-S2=0.式中S1为斜面底端与物体初位置间的水平距离.故=S+S.【例2】如图5-3-2所示，AB为1/4圆弧轨道，半径为R=O.8m,BC是水平轨道，长S=3m,BC处的摩擦系数为4=1/15,今有质量/H=Ikg的物体，自A点从静止起下滑到C点刚好停止.求物体在轨道AB段所受的阻力对物体做的功.【解析】物体在从A滑到C的过程中，有重力、AB段的阻力、BC段的摩擦力共三个力做功，WG=mgR,危=1咫，由于物体在AB段受的阻力是变力，做的功不能直接求.根据动能定理可知：卬外二

3、0,所以MgR-MgS-WAB=O即WAB=mgR-ungS=11()().8-1X10315=6J【例3】质量为M的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出展()20m,木块离台的右端1=17m.质量为OM的子弹以Vt)=I8()ms的速度水平射向木块，并以v=9()ms的速度水平射出，木块落到水平地面时的落地点到台面右端的水平距离为s=1.6m,求木块与台面间的动摩擦因数为解：本题的物理过程可以分为三个阶段，在其中两个阶段中有机械能损失：子弹射穿木块阶段和木块在台面上滑行阶段.所以本题必须分三个阶段列方程:子弹射穿木块阶段，对系统用动量守恒，设木块末速度为V1,/MV0=mv+Mv木块在台面

4、上滑行阶段对木块用动能定理，设木块离开台面时的速度为V2,有：zg1=gA/y；-JMy；木块离开台面后的平抛阶段，Sj样由、可得=0.50点悟】从本题应引起注意的是：凡是有机械能损失的过程，都应该分段处理.机械能【例1】如图5-5-1所示，光滑的倾斜轨道与半径为R的圆形轨道相连接，质量为小的小球在倾斜轨道上由静止释放，要使小球恰能通过圆形轨道的最高点，小球释放点离圆形轨道最低点多高？通过轨道点最低点时球对轨道压力多大？【解析】小球在运动过程中，受到重力和就道支持力，就道支持力对小球不做功，只有重力做功，小球机械能守恒.取轨道最低点为零重力势能面.因小球恰能通过圆轨道的最高点C,说明此时，轨道

5、对小球作用力为零，只有重力提供向心力，根据牛顿第二定律可列侬得1E=上R2R2在圆轨道最高点小球机械能：Ec=-mgR+2ngRnigh=JmgR+ng2R解得弁=：R同理，小球在最低点机械能EB=-mviEB=ECv=5gR在释放点，小球机械能为：EA=Ittgh根据机械能守恒定律ec=E列等式:6+(21诉=2mgxu(3)小球在8点受到航道支持力产和重力根据牛顿第二定律，以向上为正，可列F-ng=nE-6ng据牛顿第三定律，小球对就道压力为6mg.方向竖直向下.【例2】质量为机的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧卜.端固定在地上.平衡时，弹簧的压缩量为Xo,如图5-58所示.物块从钢板正对

6、距离为3xo的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动.已知物体质量也为时，它们恰能回到O点，若物块质量为力小仍从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，求物块向上运动到最高点与O点的距离.物块从Mo位置自由落下，与地球构成的系统机械能守恒.则有mg.3x0=hVqW为物块与钢板碰撞时的的速度.因为碰撞板短，内力远大于外力，钢板与物块间动量守恒.设口为两者碰撞后共同速Q)mv=2mv两者以口向下运动恰返回O点，说明此位置速度为零。运动过程中机械能守恒。设接触位置弹性势能为与，则同理2机物块与m物块有相同的物理过程碰撞中动量守恒2m=

7、3mv2所不同2m与钢板碰撞返回O点速度不为零，设为n则Ep+(3m)v=3mg%+(3n)v2(5)因为两次碰撞时间极短，弹性形变未发生变化EP=EP(6)由于2用物块与钢板过O点时弹力为零.两者加速度相同为g,之后钢板被弹簧牵制，则其加速度大于g,所以与物块分离，物块以I，竖直上抛.上升距离为：由(1)(6)式解得y代入(7)解得=J1X20【点】本题考查了机械能守恒、动量守恒、能量转化的.守恒等多个知识点.是一个多运动过程的问题。关键问题是分清哭每一个过程.建立过程的物理模型，找到相应解决问题的规律.弹簧类问题，画好位矍草图至关重要.动量守恒定律【例1】如图11所示，C是放在光滑的水平面

8、上的块木板，木板的质量为3m,在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B,它们与木板间的动摩擦因数均为Po最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度Vo和2V。在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板。求：(1)木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；一(2)木块A在整个过程中的最小速度。J,J解：(1)木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速叼直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为明。对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：mV0+2mV0=(w+w+3m)Vi解得：

9、Vi=O.6V0对木块B运用动能定理，有：-mgs=mVi2-m(2V0)2解得：s=9(50)(2)设木块A在整个过程中的最小速度为，所用时间为t,由牛顿第二定律:对木块A：ai=mgIin=g,对木板C：a2=2mg/3m=2g/3,当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有:VQ-Ngt=QNg/3解得t=3V0*g)木块A在整个过程中的最小速度为：Vz=V0-a1r=2V05.能量守恒定律【例1】如图5-6-2所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上.其正上方A位置有一只小球.小球从静止开始下落，在B位置接触弹簧的上端，在C位置小球所受弹力大小等于重力，在D位置小球速度减小

10、到零.小球下降阶段下列说法中正确的是()A.在B位置小球动能最大B.在C位置小球动能最大C.从AC位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加D.从AD位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加【解析】小球动能的增加用合外力做功来量度，ATC小球受的合力一直向下，对小球做正功，使动能增加；小球受的合力一直向上，对小球做负功，使动能减小，所以8正确.从ATC小球重力势能的减少等于小球动能的增加和弹性势能之和，所以C正确X、。两位置动能均为零，重力做的正功等于弹力做的负功，所以D正确.选B、C、D.【答案】BCD例2如图5-6-4所示,质量为m的长木板静止在光滑水平面上，另两个质量也是m的铁块B、C

11、同时从A的左右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为V和2v,B、C与A间的动摩擦因数均为.试分析B、C滑上长木板A后，A的运动状态如何变化？(2)为使B、C不相撞，A木板至少多长？4心一【解析】(1)B、C都相对于A滑动时，A所受合力为零，保持静止.这段时间为a。7777777777777777777外图5-6-4B刚好相对于A静止时，C的速度为也A开向左做匀加速运动，由动量守恒可求出A、B、C最终的共同速度为/=E这段加速经历的时间为=01终A将以/=E做匀速运动33g3(2)全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能，而摩擦生热为Q=fd=mgd由能量守恒定律列式：蜂+1心，)23口解得:d

12、=这就是A木板应该具有的最小长度.【例3】如图5-6-5所示，质量为M的木块放在光滑水平面上，现有一质量为机的子弹以速度W射入木块中.设子弹在木块中所受阻力不变，大小为/,且子弹未射穿木块.若子弹射入木块的深度为。，则木块向前移动距离是多少？系统损失的机械能是多少？一一宁IrI解:以子弹、木块组成系统为研究对象.画出运算草图，如图5-6-6所示.系统水平方向不受外力，故/水平方向动量守恒.据动量守恒定律有图5-6-5mvo=(M+m)v(设内方向为正)解得:V=八，(，M+m子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功：对子弹_力子=小,2_；mM对木块小木=TMy由运动草图可SxS于一D166由解得v-mD；(M+m)v2-nv=-/(S子一s木)E=-mv一；(M+?)有M+wz-1MjrinW2Vq(M+n)2m(MZn-1)v2(M+m)