2018-2019版物理新导学笔记选修3-5模块要点回眸 9

高中物理选修3-5读书笔记一．动量和动量守恒定律：⑴动量和动量的变化 ●动量：（矢量）大小：mv P = 方向：与运动方向相同●动量的变化：P P P -=∆●动量守恒的探究①运用气垫导轨，保证系统所受合外力为零，保证两物体正碰②用天平测出m 1和m 2；光电门可测出碰撞前后两物体的速度V 1、V 2、V 1·、V 2·③规定正方向（以向右为正）④验证：m 1V 1-m 2V 2是否等于-m 1 V 1·+m 2 V 2·说明：两物体从两边弹出，m 1向右经过光电门（速度为V 1）、m 2向左经过光电门（速度为-V 2），碰后m 1向左经过光电门（速度为-V 1·）、m 2向右经过光电门（速度为V 2·）●动量守恒的条件：①严格条件：系统不受外力或所受合外力为零②近似条件：系统所受合外力不为零，但“F 内》F 外”且作用时间极短③其它情况：系统所受合外力不为零，但在某一方向上合外力为零，则该方向上系统动量守恒⑶动量守恒定律的应用：例：一枚在空中飞行的导弹质量为M ，在某高度以水平速度V 向右飞行时炸成两块，其中一块质量为M 1，以速度V 1沿原方向飞出，求另一块的速度？并讨论：另一块的可能速度方向？ 解：作出爆炸前后的示意图以原动量方向为正（向右为正），椐爆炸前后动量守恒得： 2111)(V M M V M MV -+= 解得：1112M M V M MV V --=讨论：①若M 1V 1=MV,则另一块炸后速度为零；②若M 1V 1<MV 则另一块向右飞出； ③若M 1V 1>MV ，则另一块向左飞出。

1V二．光的粒子性（光电效应和康普顿效应）和波粒二象性⑴光电效应：说明了光具有粒子性，同时说明了光子具有能量 ●黑体辐射（只吸收外来电磁波而不反射的理想物体）▲一般物体的辐射强度按波长分布除与温度有关外，还与物体的材料、表面形状有关；▲黑体的辐射强度按波长分布只与温度有关，与物体的材料和表面形状无关；▲黑体辐射规律：Δ随着温度的升高，辐射强度的极大值向着波长减小的方向进行；Δ随着温度的升高，任意波长的辐射强度都加强●量子说：透过黑体辐射规律，普朗克认为：电磁皮的辐射和吸收，是不连续的，而是一份一份地进行的，每份叫一个能量子，能量为γεh =。

选修3-5知识汇总一、动量1.动量：p ＝mv ｛方向与速度方向相同｝2.冲量：I ＝Ft ｛方向由F 决定｝3.动量定理：I ＝Δp 或Ft ＝mv t –mv o {Δp:动量变化Δp ＝mv t –mv o ，是矢量式}4.动量守恒定律：p 前总＝p 后总或p ＝p ’也可以是/22/112211v m v m v m v m +=+ 5.（1）弹性碰撞： 系统的动量和动能均守恒'2'1221121v m v m v m v m +=+ ① 2'222'1122221121212121v m v m v m v m +=+ ② 1211'22v m m m v +=其中：当2v =0时，为一动一静碰撞，此时 （2）非弹性碰撞：系统的动量守恒，动能有损失'2'1221121v m v m v m v m +=+（3）完全非弹性碰撞：碰后连在一起成一整体 共v m m v m v m )(212211+=+，且动能损失最多6. 人船模型——两个原来静止的物体（人和船）发生相互作用时，不受其它外力，对这两个物体组成的系统来说，动量守恒，且任一时刻的总动量均为零，由动量守恒定律，有mv1 = MV2 （注意：几何关系） 注： (1)正碰又叫对心碰撞，速度方向在它们“中心”的连线上;(2)以上表达式除动能外均为矢量运算,在一维情况下可取正方向化为代数运算;（3）系统动量守恒的条件:合外力为零或系统不受外力，则系统动量守恒（碰撞问题、爆炸问题、反冲问题等）; (4)碰撞过程(时间极短，发生碰撞的物体构成的系统)视为动量守恒,原子核衰变时动量守恒;(5)爆炸过程视为动量守恒，这时化学能转化为动能，动能增加； 思考1：利用动量定理和动量守恒定律解题的步骤是什么？ 思考2：动量变化Δp 为正值，动量一定增大吗？（不一定） 思考3：两个物体组成的系统动量守恒，其中一个物体的动量增大，另一个物体的动量一定减小吗？动能呢？（不一定）思考4：两个物体碰撞过程遵循的三条规律分别是什么？思考5：一动一静两个小球正碰撞，入射球和被撞球的速度范围怎样计算？思考6：有哪些模型可视为一动一静弹性碰撞？有哪些模型可视为人船模型？人船模型存在哪些特殊规律？ 思考7：同样是动量守恒，碰撞，爆炸，反冲三者有何不同？（有弹簧的弹性势能或火药的化学能，或者人体内的化学能转化为动能的情况下，总动能增大） 二、波粒二象性1、1900年普朗克能量子假说，电磁波的发射和吸收是不连续的，而是一份一份的E=hv2、赫兹发现了光电效应，1905年，爱因斯坦量解释了光电效应，提出光子说及光电效应方程3、光电效应① 每种金属都有对应的c ν和W 0，入射光的频率必须大于这种金属极限频率才能发生光电效应 ② 光电子的最大初动能与入射光的强度无关，光随入射光频率的增大而增大（0W h E Km -=ν）。

第10点 两类核衰变在磁场中的径迹静止核在磁场中自发衰变，其轨迹为两相切圆，α衰变时两圆外切，β衰变时两圆内切，根据动量守恒m 1v 1＝m 2v 2和r ＝m vqB知，半径小的为新核，半径大的为α粒子或β粒子，其特点对比如下表：匀强磁场中轨迹对点例题 一个静止的放射性同位素的原子核3015P 衰变为3014Si ，另一个静止的天然放射性元素的原子核23490Th 衰变为23491Pa ，在同一磁场中，得到衰变后粒子的运动径迹1、2、3、4，如图1所示，则这四条径迹依次是( )图1A ．电子、23491Pa 、3014Si 、正电子 B.23491Pa 、电子、正电子、3014Si C.3014Si 、正电子、电子、23491Pa D ．正电子、3014Si 、23491Pa 、电子解题指导3015P →3014Si ＋0＋1e(正电子)，产生的两个粒子，都带正电，应是外切圆，由R ＝m v qB，电荷量大的半径小，故3是正电子，4是3014Si.23490Th →23491Pa ＋－1e(电子)，产生的两个粒子，一个带正电，一个带负电，应是内切圆，由R ＝m vqB 知，电荷量大的半径小，故1是23491Pa,2是电子，故B 项正确．答案 B特别提示由本题解答过程可知，当静止的原子核在匀强磁场中发生衰变时，大圆轨道一定是带电粒子(α粒子或β粒子)的，小圆轨道一定是反冲核的．α衰变时两圆外切，β衰变时两圆内切．如果已知磁场方向，还可根据左手定则判断绕行方向是顺时针还是逆时针．1.在垂直于纸面的匀强磁场中，有一原来静止的原子核，该核衰变后，放出的带电粒子和反冲核的运动轨迹分别如图2中a、b所示，由图可以判定()图2A．该核发生的是α衰变B．该核发生的是β衰变C．磁场方向一定垂直纸面向里D．磁场方向一定垂直纸面向外答案 B解析原来静止的原子核，放出粒子后，总动量守恒，所以粒子和反冲核的速度方向一定相反，根据题图，它们在同一磁场中是向同一侧偏转的，由左手定则可知它们必带异种电荷，故应为β衰变；由于不知它们的旋转方向，因而无法判定磁场是向里还是向外．2．如图3所示，在匀强磁场中，有一个原来静止的146C原子核，它放出的粒子与反冲核的径迹是两个相内切的圆，圆的直径之比为7∶1，那么碳14的衰变方程应为()图3A.146C→01e＋145BB.146C→42He＋104BeC.146C→21H＋125BD.146C→0－1e＋147N答案 D解析静止的放射性原子核发生了衰变放出粒子后，新核的速度与粒子速度方向相反，放出的粒子与新核所受的洛伦兹力方向相同，根据左手定则判断出粒子与新核的电性相反，根据r ＝m vBq ，因粒子和新核的动量大小相等，可由半径之比7∶1确定电荷量大小之比为1∶7，再根据电荷数守恒及质量数守恒可得出核反应方程式为D.。

第5点碰撞过程的分类及碰撞过程的制约1.碰撞过程的分类(1)弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中没有机械能损失. 弹性碰撞除了遵从动量守恒定律外，还具备：碰前、碰后系统的总动能相等，即m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′1 2m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2特殊情况：质量为m1的小球以速度v1与质量为m2(m1＝m2)的静止小球发生弹性正碰，碰后二者速度交换.(2)非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变不能够完全恢复的碰撞；碰撞过程中有机械能损失.非弹性碰撞遵守动量守恒，能量关系为：1 2m1v12＋12m2v22＞12m1v1′2＋12m2v2′2(3)完全非弹性碰撞：碰撞过程中所产生的形变完全不能够恢复的碰撞；碰撞过程中机械能损失最多.此种情况m1与m2碰后速度相同，设为v，则：m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v系统损失的动能最多，损失动能为ΔE km＝12m1v12＋12m2v22－12(m1＋m2)v22.碰撞过程的制约通常有如下三种因素制约着碰撞过程：(1)动量制约：即碰撞过程必须受到动量守恒定律的制约；(2)动能制约：即碰撞过程，碰撞双方的总动能不会增加；(3)运动制约：即碰撞过程还将受到运动的合理性要求的制约.比如，某物体匀速运动，被后面物体追上并碰撞后，其运动速度只会增大而不会减小.再比如，碰撞后，后面的物体速度不能超过前面的物体.对点例题如图1所示，在光滑水平面上，A小球以速度v0运动，与原来静止的B小球碰撞，碰撞后A球以v＝αv0(待定系数α<1)的速率弹回，并与挡板P发生弹性碰撞，设m B＝4m A，若要求A球能追上B再相撞，求应满足的条件.图1解题指导 以v 0方向为正方向，由动量守恒有m A v 0＝－m A αv 0＋m B v BA 与挡板P 碰撞后能追上B 发生再碰的条件是：αv 0>v B得α>13碰撞过程中损失的机械能ΔE k ＝12m A v 0 2－⎣⎡⎦⎤12m A (αv 0)2＋12m B v B 2≥0 得α≤35，所以α满足的条件是13<α≤35. 答案 13<α≤351.如图2所示，在光滑水平面上质量为m 的物体A 以速度v 0与静止的物体B 发生碰撞，物体B 的质量为2m ，则碰撞后物体B 的速度大小可能为( )图2A.v 0B.4v 03C.0D.v 03答案 D解析 物体A 与物体B 碰撞的过程中动量守恒，选物体A 原来的运动方向为正方向：如果发生的是非弹性碰撞，由动量守恒定律得m v 0＝(m ＋2m )v ，解得v ＝13v 0；如果发生的是弹性碰撞，由动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋2m v 2，由能量守恒定律得12m v 0 2＝12m v 1 2＋12·2m v 2 2，解得v 2＝23v 0.碰撞后物体B 的速度满足13v 0≤v B ≤23v 0，选项D 正确. 2.如图3，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同.现使a 以初速度v 0向右滑动.此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞.重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件.图3答案 32v 0 2113gl ≤μ<v 0 22gl解析 设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12m v 02>μmgl ① 即μ<v 0 22gl② 设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒定律得 12m v 0 2＝12m v 12＋μmgl ③ 取向右为正方向，设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v 1′、v 2′，由动量守恒和能量守恒有m v 1＝m v 1′＋34m v 2′④ 12m v 12＝12m v 1′2＋12·34m v 2′2⑤ 联立④⑤式解得v 2′＝87v 1⑥ 由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12·34m v 2′2≤μ·3m 4gl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得μ≥32v 0 2113gl⑧ 联立②⑧式得，a 与b 发生弹性碰撞，但没有与墙发生碰撞的条件为32v 0 2113gl ≤μ<v 0 22gl.。

高中物理选修3-5知识归纳物理选修3-5知识点一、动量;动量守恒定律1、动量：可以从两个侧面对动量进行定义或解释：①物体的质量跟其速度的乘积，叫做物体的动量。

②动量是物体机械运动的一种量度。

动量的表达式P=mv。

单位是。

动量是矢量，其方向就是瞬时速度的方向。

因为速度是相对的，所以动量也是相对的。

2、动量守恒定律：当系统不受外力作用或所受合外力为零，则系统的总动量守恒。

动量守恒定律根据实际情况有多种表达式，一般常用等号左右分别表示系统作用前后的总动量。

运用动量守恒定律要注意以下几个问题：①动量守恒定律一般是针对物体系的，对单个物体谈动量守恒没有意义。

②对于某些特定的问题, 例如碰撞、爆炸等，系统在一个非常短的时间内，系统内部各物体相互作用力，远比它们所受到外界作用力大，就可以把这些物体看作一个所受合外力为零的系统处理, 在这一短暂时间内遵循动量守恒定律。

③计算动量时要涉及速度，这时一个物体系内各物体的速度必须是相对于同一惯性参照系的，一般取地面为参照物。

④动量是矢量，因此“系统总动量”是指系统中所有物体动量的矢量和，而不是代数和。

⑤动量守恒定律也可以应用于分动量守恒的情况。

有时虽然系统所受合外力不等于零，但只要在某一方面上的合外力分量为零，那么在这个方向上系统总动量的分量是守恒的'。

⑥动量守恒定律有广泛的应用范围。

只要系统不受外力或所受的合外力为零，那么系统内部各物体的相互作用，不论是万有引力、弹力、摩擦力，还是电力、磁力，动量守恒定律都适用。

系统内部各物体相互作用时，不论具有相同或相反的运动方向;在相互作用时不论是否直接接触;在相互作用后不论是粘在一起，还是分裂成碎块，动量守恒定律也都适用。

3、动量与动能、动量守恒定律与机械能守恒定律的比较。

动量与动能的比较：①动量是矢量, 动能是标量。

②动量是用来描述机械运动互相转移的物理量，而动能往往用来描述机械运动与其他运动(比如热、光、电等)相互转化的物理量。

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物理选修3-5知识点总结一、量子理论的建立黑体和黑体辐射、1、黑体：如果某种物体能够完全吸收入射的各种波长电磁波而不发生反射，这种物体就是绝对黑体，简称黑体.2、黑体辐射：黑体辐射的规律为：温度越高各种波长的辐射强度都增加，同时，辐射强度的极大值向波长较短的方向移动.(普朗克的能量子理论很好的解释了这一现象）3、量子理论的建立:1900年德国物理学家普朗克提出振动着的带电微粒的能量只能是某个最小能量值ε的整数倍，这个不可再分的能量值ε叫做能量子ε= hνh为普朗克常数（6.63×10—34J.S)二、光电效应光子说光电效应方程1、光电效应（表明光子具有能量）(1）光的电磁说使光的波动理论发展到相当完美的地步，但是它并不能解释光电效应的现象。

在光（包括不可见光）的照射下从物体发射出电子的现象叫做光电效应,发射出来的电子叫光电子。

（2）光电效应的研究结果：①存在饱和电流，这表明入射光越强，单位时间内发射的光电子数越多；②存在遏止电压：当所加电压U为0时，电流I并不为0。

只有施加反向电压,也就是阴极接电源正极阳极接电源负极，在光电管两级形成使电子减速的电场,电流才可能为0。

使光电流减小到0的反向电压Uc称为遏止电压E k=eU c。

第10点 分析求解物质波问题的四点技巧分析求解物质波问题时，必须注意以下四点技巧：(1)根据已知条件，写出宏观物体或微观粒子动量的表达式p ＝m v .(2)根据德布罗意波长公式λ＝h p求解. (3)若涉及光子的问题，必须区分光子和微观粒子的能量和动量的不同表达式，如光子的能量ε＝hν，动量p ＝h λ；微观粒子的动能：E k ＝12m v 2，动量p ＝m v . (4)物质波的波长很短，运动速度为4.0×107m/s 的电子的波长为1.8×10－11 m ，一颗质量为10 g 的子弹以200 m/s 的速度运动时的波长为3.3×10－34 m ，因此这些物质波的波动性不明显，很难观察到其衍射现象，只有利用金属晶格中的狭缝才能观察到电子的衍射图样.对点例题 影响显微镜分辨本领的一个因素是波的衍射，衍射现象越明显，分辨本领越低.利用电子束工作的电子显微镜有较强的分辨本领，它是用高压对电子束加速，最后打在感光胶片上来观察显微图象.以下说法正确的是( )A.加速电压越高，电子的波长越长，分辨本领越强B.加速电压越高，电子的波长越短，衍射现象越明显C.如果加速电压相同，则用质子束工作的显微镜比用电子束工作的显微镜分辨本领强D.如果加速电压相同，则用质子束工作的显微镜比用电子束工作的显微镜分辨本领弱解题指导 设加速电压为U ，电子电荷量为e ，质量为m ，则有E k ＝12m v 2＝eU ＝p 22m ，又p ＝h λ，故eU ＝h 22mλ2，可得λ＝h 22emU.对电子来说，加速电压越高，λ越小，衍射现象越不明显，故A 、B 错.电子与质子比较，因质子质量比电子质量大得多，可知质子加速后的波长要小得多，衍射现象不明显，分辨本领强，故C 对，D 错.答案 C方法点评 利用动能E k ＝12m v 2＝qU ，动量p ＝m v 及德布罗意波长λ＝h p三个表达式把波长λ与电压U 、粒子质量m 的关系找出来.1.(多选)以下说法中正确的是( )A.光波和物质波都是概率波B.实物粒子不具有波动性C.光的波动性是光子之间相互作用引起的D.光通过狭缝后在屏上形成明暗相间的条纹，光子在空间出现的概率可以通过波动规律确定 答案 AD解析 光波和物质波都是概率波，可通过波动规律来确定，故A 、D 正确，B 错误；光的波动性是光的属性，不是光子间相互作用引起的，C 错误.2.下列实验中，深入地揭示了光的粒子性一面的有( )答案 A解析 X 射线被石墨散射后部分波长变大，这是康普顿效应，说明光具有粒子性，故A 正确；衍射图样说明光具有波动性，B 错误；α粒子散射实验，说明原子具有核式结构，故C 错误；氢原子发射的光经三棱镜分光后，呈现线状光谱，与光的粒子性无关，故D 错误.3.有人设想在探测遥远的宇宙时，给探测器安上面积极大、反射率极高(可认为100%)的薄膜，并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速.已知探测器在某轨道上运行时，每秒每平方米面积获得的太阳光能为E ＝1.5×104J ，薄膜面积为S ＝6.0×102m 2，若探测器总质量为M ＝60kg ，光速c ＝3.0×108m/s ，那么探测器得到的加速度大小最接近(根据量子理论，光子不但有能量，而且有动量，光子动量的计算式为p ＝h λ，其中h 是普朗克常量，λ是光子的波长)( )A.1.0×10－3 m/s 2B.1.0×10－2 m/s 2 C.1.0×10－1 m/s 2 D.1.0 m/s 2答案 A解析 设探测器每秒每平方米薄膜面积上有n 个光子被反射，则有nh c λ＝E ，设面积为S 的薄膜受到光子的压力为F ，由动量定理可知Ft ＝2Np ＝2N h λ，其中总光子数N ＝nS ，t ＝1.0 s ，加速度为a ＝F M ，由以上各式可得a ＝2ES cMt＝1.0×10－3 m/s 2，选项A 正确.。

章末总结一、动量定理及其应用1.冲量的计算(1)恒力的冲量：公式I＝Ft适用于计算恒力的冲量.(2)变力的冲量①通常利用动量定理I＝Δp求解.②可用图象法计算.如图1所示，在F－t图象中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1内的冲量.图12.动量定理Ft ＝m v 2－m v 1的应用(1)它说明的是力对时间的累积效应.应用动量定理解题时，只考虑物体的初、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程.(2)应用动量定理求解的问题：①求解曲线运动的动量变化量.②求变力的冲量问题及平均力问题.(3)应用动量定理解题的思路 ①确定研究对象，进行受力分析；②确定初、末状态的动量m v 1和m v 2(要先规定正方向，以便确定动量的正负，还要把v 1和v 2换成相对于同一惯性参考系的速度)； ③利用Ft ＝m v 2－m v 1列方程求解.3.由动量定理得F ＝Δp Δt ，即物体动量的变化率ΔpΔt 等于它所受的合外力，这是牛顿第二定律的另一种表达式.例1 质量为0.2kg 的小球竖直向下以6m/s 的速度落至水平地面，再以4 m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化量为________ kg·m/s.若小球与地面的作用时间为0.2 s ，则小球受到地面的平均作用力大小为________N(取g ＝10 m/s 2). 答案 2 12解析 由题知v t ＝4 m/s 方向为正，则动量变化Δp ＝m v t －m v 0＝0.2×4 kg·m/s －0.2×(－6)kg·m/s ＝2 kg·m/s.由动量定理F 合·t ＝Δp 得(F N －mg )t ＝Δp ，则F N ＝Δp t ＋mg ＝20.2 N ＋0.2×10 N＝12N.二、多过程问题中的动量守恒1.正确选择系统(由哪几个物体组成)和划分过程，分析系统所受的外力，判断是否满足动量守恒的条件.2.准确选择初、末状态，选定正方向，根据动量守恒定律列方程.例2 如图2所示，两端带有固定薄挡板的滑板C 长为L ，质量为m2，与地面间的动摩擦因数为μ，其光滑上表面上静置着质量分别为m 、m2的物块A 、B ，A 位于C 的中点，现使B以水平速度2v 向右运动，与挡板碰撞并瞬间粘连，不再分开，A 、B 可看做质点，物块A 与B 、C 的碰撞都可视为弹性碰撞.已知重力加速度为g ，求：图2(1)B 与C 上挡板碰撞后的速度大小以及B 、C 碰撞后C 在水平面上滑动时的加速度大小；(2)A 与C 上挡板第一次碰撞后A 的速度大小. 答案 (1)v 2μg (2)v 2－2μgL解析 (1)B 、C 碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得： m 2·2v ＝(m 2＋m 2)v 1① 解得v 1＝v ②对B 、C ，由牛顿第二定律得： μ(m ＋m 2＋m 2)g ＝(m 2＋m2)a ，③解得a ＝2μg .④(2)设A 、C 第一次碰撞前瞬间C 的速度为v 2，由匀变速直线运动的速度－位移公式得 v 22－v 12＝2(－a )·12L ，⑤ 物块A 与C 上挡板的第一次碰撞可视为弹性碰撞，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：(m 2＋m 2)v 2＝(m 2＋m2)v 3＋m v 4⑥ 由能量守恒定律得12(m 2＋m 2)v 22＝12(m 2＋m 2)v 32＋12m v 42⑦ 解得A 与C 上挡板第一次碰撞后A 的速度大小 由⑤⑥⑦得：v 4＝v 2－2μgL . 三、板块模型中的“三s ”问题如图3，质量为m 的滑块以速度v 0滑上放于光滑水平地面上的质量为M 的长木板上.长木板上表面粗糙，滑块与木板间的动摩擦因数为μ，长木板足够长.图3满足以下关系： f ＝μmg m v 0＝(m ＋M )v t －fs 1＝12m v t 2－12m v 02 fs 2＝12M v t2fs 3＝f (s 1－s 2)＝12m v 02－12(M ＋m )v t 2＝Q例3 一质量为2m 的物体P 静止于光滑水平地面上，其截面如图4所示.图中ab 为粗糙的水平面，长度为L ；bc 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab 和bc 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接.现有一质量为m 的木块以大小为v 0的水平初速度从a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h (h 小于斜面bc 的高度)，返回后在到达a 点前与物体P 相对静止.重力加速度为g .求：图4(1)木块在ab 段受到的摩擦力f 的大小； (2)木块最后距a 点的距离s . 答案 (1)m v 02－3mgh 3L (2)v 20－6gh v 20－3ghL解析 (1)从木块开始运动到木块到达最大高度的过程中，规定向左为正方向： 水平方向上由动量守恒：m v 0＝3m v 1 由能量守恒：12m v 0 2＝12×3m v 1 2＋mgh ＋fL解得：f ＝m v 0 2－3mgh3L(2)木块从最大高度至与物体P 最终相对静止，规定向左为正方向： 由动量守恒：3m v 1＝3m v 2由能量守恒：12×3m v 1 2＋mgh ＝12×3m v 2 2＋fx距a 点的距离：s ＝L －x解得：s ＝L －3ghLv 0 2－3gh ＝v 0 2－6gh v 0 2－3gh L .四、动量和能量综合问题分析1.动量定理和动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，绝无分量表达式.2.动量守恒及机械能守恒都有条件.注意某些过程动量守恒，但机械能不守恒；某些过程机械能守恒，但动量不守恒；某些过程动量和机械能都守恒.但任何过程能量都守恒.3.两物体相互作用后具有相同速度的过程损失的机械能最多.例4 如图5所示，固定的长直水平轨道MN 与位于竖直平面内的光滑半圆轨道平滑相接，圆轨道半径为R ，PN 恰好为该圆的一条竖直直径.可视为质点的物块A 和B 紧靠在一起静止于N 处，物块A 的质量m A ＝2m ，B 的质量m B ＝m .两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别沿轨道向左、右运动，物块B 恰好能通过P 点并被接住，物块B 不能落到轨道MN 上.已知物块A 与MN 轨道间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .求：图5(1)物块B 运动到P 点时的速度大小v P ； (2)两物块刚分离时物块B 的速度大小v B ； (3)物块A 在水平面上运动的时间t . 答案 (1)gR (2)5gR (3)5gR2μg解析 (1)对于物块B ，恰好通过P 点时只受重力的作用，根据牛顿第二定律有：m B g ＝m B v P2R①解得v P ＝gR ②(2)对于物块B ，从N 点到P 点的过程中机械能守恒，有： 12m B v B 2＝12m B v P 2＋2m B gR ③ 解得v B ＝5gR ④(3)设物块A 、B 分离时A 的速度大小为v A ，以向左为正方向，根据动量守恒定律有：m A v A －m B v B ＝0⑤此后A 滑行过程中，根据动量定理有： －μm A gt ＝0－m A v A ⑥ 联立④⑤⑥式可得：t ＝5gR2μg.1.(动量及动量定理)(多选)一质量为2kg 的质点在一恒力F 的作用下，在光滑水平面上从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p 随位移s 变化的关系式为p ＝8s kg·m/s ，关于该质点的说法正确的是( ) A.速度变化率为8m/s 2 B.受到的恒力为16N C.1s 末的动量为16kg·m/s D.1s 末的动能为32J答案 ABC解析 由式子p ＝8s kg·m/s 和动量定义式p ＝m v ，可以得到s ＝v 216，再由匀加速直线运动的位移公式知加速度a ＝8m/s 2，受到的恒力为F ＝ma ＝2×8 N ＝16 N ；1 s 末的动量为p ′＝Δp ＝Ft ＝16 kg·m/s ，故A 、B 、C 选项正确；而1 s 末的动能应是64 J ，D 选项错误.2.(动量与能量的综合)如图6所示，固定的光滑圆弧面与质量为6kg 的小车C 的上表面平滑相接，在圆弧面上有一个质量为2kg 的滑块A ，在小车C 的左端有一个质量为2kg 的滑块B ，滑块A 与B 均可看成质点.现使滑块A 从距小车的上表面高h ＝1.25m 处由静止下滑，与B 碰撞后瞬间粘合在一起共同运动，最终没有从小车C 上滑出.已知滑块A 、B 与小车C 的动摩擦因数均为μ＝0.5，小车C 与水平地面之间的摩擦忽略不计，取g ＝10m/s 2.求：图6(1)滑块A 与B 碰撞后瞬间的共同速度的大小； (2)小车C 上表面的最短长度. 答案 (1)2.5m/s (2)0.375m解析 (1)设滑块A 滑到圆弧末端时的速度大小为v 1，由机械能守恒定律得：m A gh ＝12m A v 12① 代入数据解得v 1＝2gh ＝5m/s ②设A 、B 碰后瞬间的共同速度为v 2，滑块A 与B 碰撞瞬间与车C 无关，滑块A 与B 组成的系统动量守恒， m A v 1＝(m A ＋m B )v 2③ 代入数据解得v 2＝2.5m/s ④(2)设小车C 上表面的最短长度为L ，滑块A 与B 最终没有从小车C 上滑出，三者最终速度相同设为v 3， 根据动量守恒定律有： (m A ＋m B )v 2＝(m A ＋m B ＋m C )v 3⑤ 根据能量守恒定律有：μ(m A ＋m B )gL ＝12(m A ＋m B )v 22－12(m A ＋m B ＋m C )v 32⑥ 联立⑤⑥式代入数据解得L ＝0.375m.⑦3.(多过程中的动量与能量的综合应用)如图7所示，两块相同平板P 1、P 2置于光滑水平面上，质量均为m .P 2的右端固定一轻质弹簧，左端A 与弹簧的自由端B 相距L .物体P 置于P 1的最右端，质量为2m ，且可看做质点.P 1与P 以共同速度v 0向右运动，与静止的P 2发生碰撞，碰撞时间极短.碰撞后P 1与P 2粘连在一起.P 压缩弹簧后被弹回并停在A 点(弹簧始终在弹性限度内).P 与P 2之间的动摩擦因数为μ.重力加速度为g ，求：图7(1)P 1、P 2刚碰完时的共同速度v 1和P 的最终速度v 2； (2)此过程中弹簧的最大压缩量x 和相应的弹性势能E p .答案 (1)v 1＝v 02 方向水平向右 v 2＝34v 0 方向水平向右 (2)x ＝v 0232μg －L E p ＝116m v 02解析 (1)P 1、P 2碰撞过程，规定向右为正方向，由动量守恒定律得： m v 0＝2m v 1解得：v 1＝v 02，方向水平向右对P 1、P 2、P 组成的系统，由动量守恒定律得： m v 0＋2m v 0＝4m v 2.解得：v 2＝34v 0，方向水平向右.(2)当P 最终停在A 点时，P 1、P 2、P 三者具有共同速度v 2，由能量守恒定律得： 2μmg ×2(L ＋x )＝12×2m v 02＋12×2m v 12－12×4m v 22 解得：x ＝v 0232μg－L .当弹簧压缩至最大时，P 1、P 2、P 三者具有共同速度v 2，由动量守恒定律得： m v 0＋2m v 0＝4m v 2. 最大弹性势能：E p ＝12×2m v 02＋12×2m v 12－12×4m v 22－2μmg (L ＋x ). 解得：E p ＝116m v 02.。