摘要：16．如图所示.一个长为L.质量为M的长方形木块.静止在光滑水平面上.一个质量为m的物块.以水平初速度v0.从木块的左端滑向另一端.设物块与木块间的动摩擦因数为.当物块与木块达到相对静止时.物块仍在长木块上.求系统机械能转化成内能的量Q． 专题二 动量与机械能 典型例题 [例1] D 解析:本题辨析一对平衡力和一对作用力和反作用力的功.冲量．因为.一对平衡力大小相等.方向相反.作用在同一物体上.所以.同一段时间内.它们的冲量大小相等.方向相反.故不是相同的冲量.则①错误．如果在同一段时间内.一对平衡力做功.要么均为零.要么大小相等符号相反.故②正确．至于一对作用力与反作用力.虽然两者大小相等.方向相反.但分别作用在两个不同物体上.所以.即使在同样时间内.力的作用点的位移不是一定相等的(子弹穿木块中的一对摩擦力).则做功大小不一定相等．而且作功的正负号也不一定相反(点电荷间相互作用力.磁体间相互作用力的做功.都是同时做正功.或同时做负功．)因此③错误.④正确．综上所述.选项D正确． [例2] 解析:(1)飞机达到最大速度时牵引力F与其所受阻力f 大小相等. 由P=Fv得 (2)航空母舰上飞机跑道的最小长度为s.由动能定理得 将代入上式得或 [例3] 解析:解法1: 选物体为研究对象.在t1时间内其受力情况如图①所示.选F的方向为正方向.根据牛顿第二定律.物体运动的加速度为． 撤去F时物体的速度为v1=a1t1=2×6m/s=12m/s 撤去F后.物体做匀减速运动.其受力情况如图②所示.根据牛顿第二定律.其运动的加速度为． 物体开始碰撞时的速度为v2=v1+a2t2=[12+(-2)×2]m/s=8m/s． 再研究物体碰撞的过程.设竖直墙对物体的平均作用力为.其方向水平向左．若选水平向左为正方向.根据动量定理有． 解得． 解法2:取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程应用动量定理.并取F的方向为正方向.则 所以 点评:比较上述两种方法看出.当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时.应用动量定理解题对全程列式较简单.这时定理中的合外力的冲量可理解为整个运动过程中各力冲量的矢量和．此题应用牛顿第二定律和运动学公式较繁琐． 另外有些变力作用或曲线运动的题目用牛顿定律难以解决.应用动量定理解决可化难为易． [例4] 解析:该题用守恒观点和转化观点分别解答如下: 解法一:选小球为研究对象.设小球沿半径为R的轨道做匀速圆周运动的线速度为v0.根据牛顿第二定律有 ① 当剪断两物体之间的轻线后.轻线对小球的拉力减小.不足以维持小球在半径为R的轨道上继续做匀速圆周运动.于是小球沿切线方向逐渐偏离原来的轨道.同时轻线下端的物体m1逐渐上升.且小球的线速度逐渐减小．假设物体m1上升高度为h.小球的线速度减为v时.小球在半径为(R+h)的轨道上再次做匀速圆周运动.根据牛顿第二定律有 ② 再选小球M.物体m1与地球组所的系统为研究对象.研究两物体间的轻线剪断后物体m1上升的过程.由于只有重力做功.所以系统的机械能守恒．选小球做匀速圆周运动的水平面为零势面.设小球沿半径为R的轨道做匀速圆周运动时m1到水平板的距离为H.根据机械能守恒定律有 ③ 以上三式联立解得 解法二:与解法一相同.首先列出①②两式.然后再选小球.物体m1与地球组成的系统为研究对象.研究两物体间的轻线剪断后物体m1上升的过程.由于系统的机械能守恒.所以小球动能的减少量等于物体m1重力势能的增加量．即 ④ ①.②.④式联立解得 点评:比较上述两种解法可以看出.根据机械能守恒定律应用守恒观点列方程时.需要选零势面和找出物体与零势面的高度差.比较麻烦,如果应用转化观点列方程.则无需选零势面.往往显得简捷． [例5] 解析:(1)第一颗子弹射入木块过程中动量守恒 ① 解得:=3m/s ② 木块向右作减速运动加速度m/s2 ③ 木块速度减小为零所用时间 ④ 解得t1 =0.6s<1s ⑤ 所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时.速度为零.移动距离为 解得s1=0.9m． ⑥ (2)在第二颗子弹射中木块前.木块再向左作加速运动.时间t2=1s-0.6s=0.4s ⑦ 速度增大为v­2=at2=2m/s ⑧ 向左移动的位移为 ⑨ 所以两颗子弹射中木块的时间间隔内.木块总位移S0=S1-S2=0.5m方向向右 ⑩ 第16颗子弹击中前.木块向右移动的位移为 11 第16颗子弹击中后.木块将会再向右先移动0.9m.总位移为0.9m+7.5=8.4m>8.3m木块将从B端落下． 所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中． (3)第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为 12 木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为 13 产生的热量为Q2= 14 木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为 15 产生的热量为 16 第16颗子弹射入后木块滑行时间为t3有 17 解得t3=0.4s 18 木块与传送带的相对位移为S=v1­t3+0.8 19 产生的热量为Q4= 20 全过程中产生的热量为Q=15(Q1+Q2+Q­3)+Q1+Q4 解得Q=14155.5J 21 [例6] 解析:运动分析:当小车被挡住时.物体落在小车上沿曲面向下滑动.对小车有斜向下方的压力.由于P的作用小车处于静止状态.物体离开小车时速度为v1.最终平抛落地.当去掉挡板.由于物对车的作用.小车将向左加速运动.动能增大.物体相对车滑动的同时.随车一起向左移动.整个过程机械能守恒.物体滑离小车时的动能将比在前一种情况下小.最终平抛落地.小车同时向前运动.所求距离是物体平抛过程中的水平位移与小车位移的和．求出此种情况下.物体离开车时的速度v2.及此时车的速度以及相应运动的时间是关键.由于在物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒这是解决v2.间关系的具体方法． (1)挡住小车时.求物体滑落时的速度v1.物体从最高点下落至滑离小车时机械能守恒.设车尾部离地面高为h.则有. ① 由平抛运动的规律s0=v1t ② ． ③ (2)设去掉挡板时物体离开小车时速度为v2.小车速度为.物体从最高点至离开小车之时系统机械能守恒 ④ 物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒． ⑤ 此式不仅给出了v2­与大小的关系.同时也说明了v­2是向右的． 物体离开车后对地平抛 ⑥ ⑦ 车在时间内向前的位移 ⑧ 比较式⑦.③.得解式①.④.⑤.得． 此种情况下落地点距车右端的距离 ． 点评:此题解题过程运用了机械能守恒.动量守恒及平抛运动的知识.另外根据动量守恒判断m离车时速度的方向及速度间的关系也是特别重要的． [例7] 解析:(1)设第一次碰墙壁后.平板车向左移动s.速度为0．由于体系总动量向右.平板车速度为零时.滑块还在向右滑行． 由动能定理 ① ② 代入数据得 ③ (3)假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止.那么其速度的大小肯定还是2m/s.滑块的速度则大于2m/s.方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v．此即平板车碰墙前瞬间的速度． ④ ∴ ⑤ 代入数据得 ⑥ (3)平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板又达到共同速度v前的过程.可用图为平板车与墙壁撞后瞬间滑块与平板车的位置.图(b)为平板车到达最左端时两者的位置.图(c)为平板车与滑块再次达到共同速度为两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功.平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功(平板车从B到A再回到B的过程中摩擦力做功为零).其中.分别为滑块和平板车的位移．滑块和平板车动能总减少为其中为滑块相对平板车的位移．此后.平板车与墙壁发生多次碰撞.每次情况与此类似.最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l.则有 ⑦ ⑧ 代入数据得 ⑨ l即为平板车的最短长度． [例8] 解析:本题应用动量守恒.机械能守恒及能量守恒定律联合求解. 在m下落在砂箱砂里的过程中.由于车与小泥球m在水平方向不受任何外力作用.故车及砂.泥球整个系统的水平方向动量守恒.则有: ① 此时物块A由于不受外力作用.继续向右做匀速直线运动再与轻弹簧相碰.以物块A.弹簧.车系统为研究对象.水平方向仍未受任何外力作用.系统动量守恒.当弹簧被压缩到最短.达最大弹性势能E­p­时.整个系统的速度为v2.则由动量守恒和机械能守恒有: ② ③ 由①②③式联立解得: ④ 之后物块A相对地面仍向右做变减速运动.而相对车则向车的左面运动.直到脱离弹簧.获得对车向左的动能.设刚滑至车尾.则相对车静止.由能量守恒.弹性势能转化为系统克服摩擦力做功转化的内能有: ⑤ 由④⑤两式得: 跟踪练习

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