人教版高中物理選擇性必修章末總結(jié)

章末總結(jié)突破一動量定理的綜合應(yīng)用動量定理研究對象不僅適用于單個物體，對多個物體組成的系統(tǒng)同樣適用，對多物體組成的系統(tǒng)在應(yīng)用動量定理時應(yīng)注意：(1)對多物體受力分析時，系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用力屬于內(nèi)力，不是合外力的組成部分。(2)動量定理是矢量式，應(yīng)用動量定理時注意合外力的方向和系統(tǒng)運動方向的對應(yīng)性。[例1]

滑塊A和B(質(zhì)量分別為mA和mB)用輕細線連接在一起后放在水平桌面上，水平恒力F作用在B上，使A、B一起由靜止開始沿水平桌面滑動，如圖所示。已知滑塊A、B與水平桌面的動摩擦因數(shù)均為μ，在力F作用時間t后，A、B間細線突然斷開，此后力F仍作用于B。試求：滑塊A剛好停住時，滑塊B的速度為多大？

思路導(dǎo)引

在已知力的作用時間的情況下，可考慮應(yīng)用動量定理求解比較簡便。在線斷開后，滑塊A經(jīng)時間t′停止，根據(jù)動量定理有－μmAgt′＝0－mAv解析取滑塊A、B構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象。設(shè)F作用時間t后線突然斷開，此時A、B的共同速度為v，根據(jù)動量定理，有[F－μ(mA＋mB)g]t＝(mA＋mB)v－0設(shè)A停止時，B的速度為vB。對于A、B系統(tǒng)，從力F開始作用至A停止的全過程，根據(jù)動量定理有[F－μ(mA＋mB)g](t＋t′)＝mBvB－0將t′代入此式可求得B滑塊的速度為方法凝煉盡管系統(tǒng)內(nèi)各物體的運動情況不同，但各物體所受的沖量之和仍等于各物體總動量的變化量。應(yīng)用這個處理方法能使一些繁雜的運動問題求解更簡便。[針對訓(xùn)練1]

質(zhì)量為M的金屬塊和質(zhì)量為m的木塊用細繩連在一起，放在水中，如圖所示。從靜止開始以加速度a在水中勻加速下沉。經(jīng)時間t1，細繩突然斷裂，金屬塊和木塊分離，再經(jīng)時間t2，木塊停止下沉，試求此時金屬塊的速度。解析

把金屬塊、木塊及細繩看成一個物體系統(tǒng)，整個過程中受重力(Mg＋mg)和浮力(FM＋Fm)不變，它們的合力為F合＝(M＋m)a，在繩斷前后合力也不變，設(shè)木塊停止下沉?xí)r，金屬塊的速度為v，選取豎直向下為正方向，對全過程應(yīng)用動量定理，有F合(t1＋t2)＝p′－p＝Mv－0突破二動量守恒定律的綜合應(yīng)用1.解決該類問題用到的規(guī)律：動量守恒定律，機械能守恒定律，能量守恒定律，功能關(guān)系等。2.解決該類問題的基本思路(1)認真審題，明確題目所述的物理情景，確定研究對象。(2)如果物體間涉及多過程，要把整個過程分解為幾個小的過程。(3)對所選取的對象進行受力分析，判定系統(tǒng)是否符合動量守恒的條件。(4)對所選系統(tǒng)進行能量轉(zhuǎn)化的分析，比如：系統(tǒng)是否滿足機械能守恒，如果系統(tǒng)內(nèi)有摩擦則機械能不守恒，有機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。(5)選取所需要的方程列式并求解。[例2]

如圖所示，水平地面上固定有高為h的平臺，臺面上有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺面高也為h，坡道底端與臺面相切。小球A從坡道頂端由靜止開始滑下，到達水平光滑的臺面后與靜止在臺面上的小球B發(fā)生碰撞，并粘連在一起，共同沿臺面滑行并從臺面邊緣飛出，落地點與飛出點的水平距離恰好為臺高的一半。兩球均可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度為g。求： (1)小球A剛滑至水平臺面的速度大小vA； (2)A、B兩球的質(zhì)量之比mA∶mB。思路引導(dǎo)

小球A下滑的過程，機械能守恒，可求小球A滑到坡道底端時的速度；小球A與B相碰，滿足動量守恒，由動量守恒可求共同速度，二者同時做平拋運動，利用平拋運動規(guī)律即可求出二者的質(zhì)量之比。聯(lián)立以上各式得mA∶mB＝1∶3。(2)設(shè)兩球碰撞后共同的速度為v，由動量守恒定律得mAvA＝(mA＋mB)v[針對訓(xùn)練2]

某興趣小組設(shè)計了一種實驗裝置，用來研究碰撞問題，其模型如圖所示，光滑軌道中間部分水平，右側(cè)為位于豎直平面內(nèi)半徑為R的半圓，在最低點與直軌道相切。5個大小相同、質(zhì)量不等的小球并列靜置于水平部分，球間有微小間隔，從左到右，球的編號依次為0、1、2、3、4，球的質(zhì)量依次遞減，每球質(zhì)量與其相鄰左球質(zhì)量之比為k(k<1)。將0號球向左拉至左側(cè)軌道距水平高度h處，然后由靜止釋放，使其與1號球碰撞，1號球再與2號球碰撞……所有碰撞皆為無機械能損失的正碰。(不計空氣阻力，小球可視為質(zhì)點，重力加速度為g)解析

(1)設(shè)0號球碰前速度為v0，(1)0號球與1號球碰撞后，1號球的速度大小v1；(2)若已知h＝0.1m，R＝0.64m，要使4號球碰撞后能過右側(cè)軌道的最高點，問k值為多少？碰撞過程兩球動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得m0v0＝m0v0′＋m1v14號球從最低點到最高點過程，由機械能守恒定律得突破三解答動力學(xué)問題的三種思路1.三種思路的比較思路特點分析適用情況力的觀點：牛頓運動定律結(jié)合運動學(xué)公式分析物體的受力，確定加速度，建立加速度和運動量間的關(guān)系涉及力、加速度、位移、速度、時間恒力作用下的運動能量觀點：動能定理、機械能守恒定律和能量守恒定律分析物體的受力、位移和速度，確定功與能的關(guān)系。系統(tǒng)內(nèi)力做功會影響系統(tǒng)能量涉及力、位移、速度恒力作用下的運動、變力作用下的曲線運動、往復(fù)運動、瞬時作用動量觀點：動量定理和動量守恒定律分析物體的受力(或系統(tǒng)所受外力)、速度，建立力、時間與動量間的關(guān)系(或動量守恒定律)，系統(tǒng)內(nèi)力不影響系統(tǒng)動量涉及力、時間、動量(速度)恒力作用下的運動、瞬時作用、往復(fù)運動2.三種思路的選擇對于不涉及物體運動過程中的加速度和時間的問題，無論是恒力做功還是變力做功，一般都利用動能定理求解；如果只有重力和彈簧彈力做功而不涉及運動過程的加速度和時間問題，則采用機械能守恒定律求解。對于碰撞、反沖類問題，應(yīng)用動量守恒定律求解，對于相互作用的兩物體，若明確兩物體相對滑動的距離，應(yīng)考慮選用能量守恒(功能關(guān)系)建立方程。[例3]

(2019·全國卷Ⅲ，25)靜止在水平地面上的兩小物塊A、B，質(zhì)量分別為mA＝1.0kg，mB＝4.0kg；兩者之間有一被壓縮的微型彈簧，A與其右側(cè)的豎直墻壁距離l＝1.0m，如圖所示。某時刻，將壓縮的微型彈簧釋放，使A、B瞬間分離，兩物塊獲得的動能之和為Ek＝10.0J。釋放后，A沿著與墻壁垂直的方向向右運動。A、B與地面之間的動摩擦因數(shù)均為μ＝0.20。重力加速度取g＝10m/s2。A、B運動過程中所涉及的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時間極短。(1)求彈簧釋放后瞬間A、B速度的大小；(2)物塊A、B中的哪一個先停止？該物塊剛停止時A與B之間的距離是多少？(3)A和B都停止后，A與B之間的距離是多少？思路引導(dǎo)

本題為多過程問題，解題關(guān)鍵是將這個過程進行拆分：①彈簧彈開瞬間，根據(jù)動量守恒定律確定兩物塊的初速度；②物塊B向左做勻減速直線運動，物塊A向右運動，碰墻后以原速率返回的過程，可等效為勻減速直線運動；③物塊A、B的彈性碰撞過程，遵守動量守恒定律以及機械能守恒定律，可據(jù)此確定碰撞后的速度；④兩物塊各自減速到零，由運動學(xué)公式計算兩物塊的位移。聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得vA＝4.0m/s，vB＝1.0m/s。③解析(1)設(shè)彈簧釋放瞬間A和B的速度大小分別為vA、vB，以向右為正方向，由動量守恒定律和題給條件有0＝mAvA－mBvB①(2)A、B兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)相等，因而兩者滑動時加速度大小相等，設(shè)為a。假設(shè)A和B發(fā)生碰撞前，已經(jīng)有一個物塊停止，此物塊應(yīng)為彈簧釋放后速度較小的B。設(shè)從彈簧釋放到B停止所需時間為t，B向左運動的路程為sB，則有μmBg＝mBa④聯(lián)立③④⑤⑥⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得sA＝1.75m，sB＝0.25m⑧這表明在時間t內(nèi)A已與墻壁發(fā)生碰撞，但沒有與B發(fā)生碰撞，此時A位于出發(fā)點右邊0.25m處，B位于出發(fā)點左邊0.25m處，兩物塊之間的距離s為s＝0.25m＋0.25m＝0.50m。⑨在時間t內(nèi)，A可能與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞后A將向左運動，碰撞并不改變A的速度大小，所以無論此碰撞是否發(fā)生，A在時間t內(nèi)的路程sA都可表示為聯(lián)立③⑧⑩式并代入題給數(shù)據(jù)得(3)t時刻后A將繼續(xù)向左運動，假設(shè)它能與靜止的B碰撞，碰撞時速度的大小為vA′，由動能定理有故A與B將發(fā)生碰撞。設(shè)碰撞后A、B的速度分別為vA″和vB″，由動量守恒定律與機械能守恒定律有mA(－vA′)＝mAvA″＋mBvB″?聯(lián)立???式并代入題給數(shù)據(jù)得這表明碰撞后A將向右運動，B繼續(xù)向左運動，設(shè)碰撞后A向右運動距離為sA′時停止，B向左運動距離為sB′時停止，由運動學(xué)公式2asA′＝vA″2，2asB′＝vB″2?由④??式及題給數(shù)據(jù)得sA′＝0.63m，sB′＝0.28m?sA′小于碰撞處到墻壁的距離。由上式可得兩物塊停止后的距離s′＝sA′＋sB′＝0.91m。答案(1)4.0m/s

1.0m/s

(2)物塊B先停止0.50m

(3)0.91m方法凝煉關(guān)于動量變化量的求解(1)若研究對象為一個系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮兩大守恒定律。若研究對象為單一物體，可優(yōu)先考慮兩個定理，特別是涉及時間問題時應(yīng)優(yōu)先考慮動量定理，涉及功和位移問題時應(yīng)優(yōu)先考慮動能定理。所選方法不同，處理問題的難易、繁簡程度可能有很大的差別。(2)兩個守恒定律和兩個定理只考查一個物理過程的始、末兩個狀態(tài)有關(guān)物理量間的關(guān)系，對過程的細節(jié)不予細究，這正是它們的方便之處。特別是對于變力做功、曲線運動、豎直平面內(nèi)的圓周運動、碰撞等問題，就更顯示出它們的優(yōu)越性。(1)解除鎖定前彈簧的彈性勢能；(2)小物塊第二次經(jīng)過O′點時的速度大小；(3)小物塊與車最終相對靜止時距O′點的距離。解析(1)平板車和小物塊組成的系統(tǒng)，水平方向動量守恒。解除鎖定前，系統(tǒng)總動量為零，故小物塊到達圓弧最高點A時，平板車和小物塊的共同速度v共＝0。設(shè)彈簧解除鎖定前的彈性勢能為Ep，上述過程中系統(tǒng)能量守恒，則有Ep＝mgR＋μmgL代入數(shù)據(jù)解得Ep＝7.5J。代入數(shù)據(jù)解得vm＝2.0m/s。(2)設(shè)小物塊第二次經(jīng)過O′點時的速度