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1、高2010級(jí)高三物理專題復(fù)習(xí)資料 專題二 動(dòng)量和能量 重慶市渝西中學(xué) 李懷釗 一.疑難辨析 （一）概述 根據(jù)近幾年各?。ㄊ校└呖荚囶}統(tǒng)計(jì)表明，本專題的考查重點(diǎn)是五個(gè)概念和五個(gè)規(guī)律:功和能、功率、沖量和動(dòng)量；動(dòng)能定理和動(dòng)量定理、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律以及能量守恒定律。 由于動(dòng)量、能量與牛頓運(yùn)動(dòng)定律、曲線運(yùn)動(dòng)、電磁學(xué)以及原子物理學(xué)中的基本粒子的運(yùn)動(dòng)等內(nèi)容綜合，物理過程復(fù)雜，綜合分析的能力要求高，難度大，給高考命題提供了較好的命題空間，近幾年的高考試題常常以生產(chǎn)實(shí)際、貼近生活（2009年重慶理綜24小題中的彈簧筆）與現(xiàn)代科技內(nèi)容為命題背景，就要求我們要根據(jù)題干分析出物理過程和

2、建立熟悉的物理模型。同時(shí)本專題在考查應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)解決物理問題的能力也有較多體現(xiàn)。 動(dòng)量和能量部分的試題特點(diǎn)是物理過程復(fù)雜、靈活性強(qiáng)、綜合性大、能力要求較高、難度大，高考的壓軸題多與這部分知識(shí)有聯(lián)系,是高考的必考點(diǎn)、熱點(diǎn)和難點(diǎn)。 根據(jù)理科綜合的特點(diǎn)：單科試題少，考查內(nèi)容多，必然會(huì)一題多考點(diǎn)的特點(diǎn)，廣大考生在進(jìn)行了第一輪系統(tǒng)復(fù)習(xí)之后，加強(qiáng)綜合性強(qiáng)點(diǎn)的試題訓(xùn)練是必要的，更應(yīng)把較多精力放在理清分析物理問題的思路和方法上。 動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)始終貫穿從力學(xué)到原子物理的整個(gè)高中物理學(xué)，動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)是繼牛頓定律解決力學(xué)問題的另一條方法，它往往可以忽略力作用的中間過程，只需關(guān)注始、末狀態(tài)，用全局的觀點(diǎn)和

3、整體的觀點(diǎn)使得解題的思路更加簡捷。 （二）提醒 臨考前對(duì)動(dòng)量和能量專題的鞏固和加深并形成穩(wěn)定的思維模式和解題思路，應(yīng)注意下面幾個(gè)問題。 1.再現(xiàn)物理基本概念的表述、基本公式及其變形式的適用條件、基本物理量的單位、基本規(guī)律和這些規(guī)律應(yīng)用的典型模型等。 力學(xué)：⑴功W及其正負(fù)的涵義 ⑵功率P ⑶平均功率和瞬時(shí)功率 ⑷動(dòng)能EK及其變化量ΔEK ⑸勢能EP及其變化量ΔEP ⑹碰撞（彈性、非彈性、完全非彈性）⑺沖量I ⑻動(dòng)量P ⑼動(dòng)量的變化量ΔP ⑽動(dòng)量的變化率⑾系統(tǒng) ⑿內(nèi)力、外力及合外力 ⒀動(dòng)能定理與動(dòng)量定理 ⒁機(jī)械能守恒定律與動(dòng)量守恒定律 ⒂功能關(guān)系和能的轉(zhuǎn)化和守恒定律； 電磁學(xué)：⑴電勢

4、能 ⑵電勢差 ⑶電勢 ⑷等勢面 ⑸電功和電功率 ⑹交變電流的最大值和有效值。 2.本專題必須具備的思想方法： （1）物理規(guī)律的選擇方法： 對(duì)單個(gè)物體，主要有四條思路： a.若是勻變速問題，常選用牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律或動(dòng)能定理、動(dòng)量定理解題。 b.若是在變力作用下通過一段位移外力對(duì) 物體做功，常選用動(dòng)能定理解題。 c.若是在變力作用下有一段時(shí)間，特別是打擊、碰撞等瞬時(shí)問題，常選用動(dòng)量定理解題。 d.光滑軌道或拋體運(yùn)動(dòng)中的能量問題一般選用機(jī)械能守恒定律。 對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，主要有四條思路： a.若系統(tǒng)內(nèi)無滑動(dòng)摩擦和介質(zhì)陰力,常選用機(jī)械

5、能守恒定律。 b.若系統(tǒng)受到的合外力為零,常選用動(dòng)量守恒定律。 c.若涉及系統(tǒng)內(nèi)物體的相對(duì)位移(路程)并涉及摩擦力的要優(yōu)先考慮應(yīng)用能量守恒定律（或二級(jí)公式Q=fs）。 d.對(duì)于動(dòng)量與機(jī)械能雙守恒問題，常常對(duì)整個(gè)系統(tǒng)建立方程組求解。同時(shí)注意題目中的“最高點(diǎn)”、“最大速度”、“最大加速度”、“最大位移” “拉伸最長” “壓縮最短”等臨界條件的判定。 (2)處理問題的技巧方法: a.建立物理情景：分析運(yùn)動(dòng)過程，善于用“想象法”展示題目敘述的過程，做到歷歷在目。 b.小過程的劃分：題目往往是多物體多過程，不同子過程有不同的規(guī)律，要學(xué)會(huì)分段列方程法，最后綜合分析求解。 c.在用動(dòng)量守恒定律

6、和機(jī)械能守恒定律列式時(shí)，一定要注意是否滿足守恒的條件。同時(shí)要注 意動(dòng)量守恒定律是矢量式，能量守恒定律是標(biāo)量式。 d.提醒：應(yīng)用機(jī)械能守恒和能量守恒形式求解時(shí)要特別注意不能涉及功的問題，應(yīng)用動(dòng)能定理和功能關(guān)系時(shí)注意功和能的對(duì)應(yīng)關(guān)系。 （三）辨析 1. 對(duì)于功、功率和動(dòng)能定理 ⑴功的計(jì)算方法： ① W＝Fscosα ② W= Pt (p==Fv) ③動(dòng)能定理 W合＝W1+ W2+…+Wn=ΔEK=E末－E初 (W可以是不同的性質(zhì)力做功) ④圖象法，在F-S圖象中,圖線所圍的面積表示力F所做的功，如圖所示。 ⑤微元法計(jì)算變力做功。 ⑵正確理解功率，功率是表示做功快

7、慢的物理量。應(yīng)用時(shí)注意： ①公式P=W/t是定義式，求平均功率. ②公式P=Fvcosθ是計(jì)算式，v是平均速度，則P表示平均功率；若v是瞬時(shí)速度，則P表示瞬時(shí)功率，該式常用于計(jì)算瞬時(shí)功率 。 ③發(fā)動(dòng)機(jī)的功率P是指牽引力F做功的功率 ，不是合外力做的功的功率。應(yīng)用時(shí)還要注意區(qū)別發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出功率和額定功率，當(dāng)輸出功率等于額定功率且物體在勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，牽引力F和阻力Ff相等，此時(shí)物體達(dá)到最大速度Vm=P/F=P/Ff，即達(dá)到的最大速度。 ⑶動(dòng)能定理：外力對(duì)物體所做的總功等于物體動(dòng)能的變化。 公式： W合= W合＝W1+ W2+…+Wn= DEk = Ek2 —Ek1 = 應(yīng)用時(shí)要注意：

8、 ①外力對(duì)物體做正功，物體的動(dòng)能就增加；外力對(duì)物體做負(fù)功，物體的動(dòng)能就減少。作用在物體上的所有外力（包括重力）所做功的代數(shù)和數(shù)值上等于物體動(dòng)能的變化量。 ②動(dòng)能定理不必追究全過程中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)和狀態(tài)變化的細(xì)節(jié)，特別是變力情況下，只要把各個(gè)力在各個(gè)階段所做的功都按照代數(shù)和加起來，就可以得到總功，應(yīng)用起來十分方便、簡捷。 ③應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)，其研究對(duì)象是單體或能視為物體系的整體。 ④做功的過程實(shí)際是能量的轉(zhuǎn)化過程，動(dòng)能定理中的“=”號(hào)的意思是一種因果關(guān)系，做功是因，動(dòng)能變化是果，并不意味著“功就是動(dòng)能的增量”，也不意味著“功轉(zhuǎn)變成了動(dòng)能”。 2. 機(jī)械能守恒定律：機(jī)械能=動(dòng)能+重力勢能+

9、彈性勢能(條件:系統(tǒng)只有內(nèi)部的重力或彈力做功)。 （1）守恒條件：① (做功角度)只有重力,彈力做功；② (能轉(zhuǎn)化角度)只發(fā)生動(dòng)能與勢能之間的相互轉(zhuǎn)化；③ 當(dāng)研究對(duì)象由多個(gè)物體組成時(shí)，往往根據(jù)是否“有沒有摩擦力和介質(zhì)阻力”來判定機(jī)械能是否守恒。 （2）理解：“只有重力做功”不等于“只受重力作用”。在該過程中，物體可以受其它力的作用，只要這些力不做功，或所做功的代數(shù)和為零，就可以認(rèn)為是“只有重力做功”。 （3）列式形式：①E1=E2(先要確定零勢面) ； ②EP減(或增)=EK增(或減) ； ③ EA減(或增)=EB增(或減)； ④ 或者 DEp減 = DEk增。 （4）除重力

10、和彈簧彈力做功外,其它力做功引起機(jī)械能改變；滑動(dòng)摩擦力和空氣阻力做功W=fd（路程）=E內(nèi)能(發(fā)熱)。 （5）機(jī)械能守恒是對(duì)系統(tǒng)而言的，至少包括地球在內(nèi)，動(dòng)能中的速度V也是相對(duì)地面的速度，W中的位移也是對(duì)地位移。 3.對(duì)于能的轉(zhuǎn)化和守恒： （1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度(易忽視)主要形式有：（是慣穿整個(gè)高中物理的主線） 力學(xué)： ①重力的功------量度-----重力勢能的變化 ②電場力的功-----量度------電勢能的變化 ③分子力的功----量度-----分子勢能的變化 ④合外力的功----量度-----動(dòng)能的變化 ⑤除重力和彈簧彈力做功外,其它力

11、的功----量度-----系統(tǒng)機(jī)械能的變化 ⑥滑動(dòng)摩擦力和空氣阻力做功-----量度-----系統(tǒng)內(nèi)能的變化 { W=fd（路程）=E內(nèi)能(發(fā)熱)}。 說明：與勢能相關(guān)的力做功特點(diǎn):如重力,彈簧彈力,分子力,電場力它們做功與路徑無關(guān),只與始末位置有關(guān)。 熱學(xué)：（熱力學(xué)第一定律） 電學(xué)： 磁學(xué)： 安培力的功 說明：安培力做功是電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能，克服安培力做功是其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能。 （2）做功的過程就是能量轉(zhuǎn)化的過程，做多少功就有多少某種形式的能轉(zhuǎn)化為其它形式的能，功是能量轉(zhuǎn)化的量度。這就是功能關(guān)系的普遍意義。強(qiáng)調(diào)：功是過程量，它和一段

12、位移相對(duì)應(yīng)；而能是狀態(tài)量，它與時(shí)刻相對(duì)應(yīng)。兩者的單位是相同的(都是J)，但不能說功就是能，也不能說“功變成了能”。 （3）應(yīng)用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律解決問題的兩條基本思路： ①某種形式的能量減少，一定存在另一種形式的能量增加,且減少量和增加量相等。 ②某個(gè)物體的能量減少，一定存在另一個(gè)物體的能量增加,且減少量和增加量相等。 4．對(duì)于動(dòng)量、沖量和動(dòng)量定理 動(dòng)量的數(shù)學(xué)表達(dá)式為p=mv，它的方向與速度方向一致.動(dòng)量和動(dòng)能都跟物體的質(zhì)量和速度有關(guān)，是從不同角度描述物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的物理量.動(dòng)量是矢量，動(dòng)能是標(biāo)量.動(dòng)量的改變是由物體所受合外力的沖量決定的，動(dòng)能的改變是由物體所受合外力做的功決定的。

13、沖量的數(shù)學(xué)表達(dá)式為I=Ft，它是矢量，是力對(duì)時(shí)間的積累，沖量是個(gè)過程量。 動(dòng)量定理的數(shù)學(xué)表達(dá)式為Ft=ΔP，它是一個(gè)矢量關(guān)系式.動(dòng)量定理表示的是力作用一段時(shí)間所產(chǎn)生的累積效果，它表達(dá)了一個(gè)過程量與兩個(gè)狀態(tài)量間的關(guān)系.將上式變形為F=ΔP/t，即作用在物體上的合外力等于動(dòng)量的變化率，這就是牛頓第二定律的動(dòng)量表達(dá)形式.事實(shí)上，動(dòng)量定理是牛頓第二定律推導(dǎo)出來的，只是前者表示的是力的瞬時(shí)效應(yīng)，后者表示的是力的持續(xù)作用效應(yīng).在解決某些問題時(shí)動(dòng)量定理因不必考慮運(yùn)動(dòng)過程中的細(xì)節(jié)，只管初、末狀態(tài)，應(yīng)用起來比牛頓第二定律快捷、方便一些. 解題時(shí)受力分析和正方向的規(guī)定是關(guān)鍵。 5.對(duì)于動(dòng)量守恒定律 動(dòng)量守恒

14、定律：內(nèi)容、守恒條件、不同的表達(dá)式及含義：（系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量P等于相互作用后的總動(dòng)量P′）；ΔP＝0（系統(tǒng)總動(dòng)量變化為0）。 如果相互作用的系統(tǒng)由兩個(gè)物體構(gòu)成，動(dòng)量守恒的具體表達(dá)式為： P1＋P2＝P1′＋P2′(系統(tǒng)相互作用前的總動(dòng)量等于相互作用后的總動(dòng)量) m1V1＋m2V2＝m1V1′＋m2V2′ ΔP＝－ΔP＇（兩物體動(dòng)量變化大小相等、方向相反） 實(shí)際應(yīng)用有：m1V1＋m2V2＝m1V1′＋m2V2′； 0=m1v1+m2v2 m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 提醒：原來以動(dòng)量(P)運(yùn)動(dòng)的物體，若其獲得大小相等、方向相反的動(dòng)量(－P)，是導(dǎo)致物體靜止或反

15、向運(yùn)動(dòng)的臨界條件。即：P+(－P)=0。 注意理解四性：系統(tǒng)性、矢量性、同時(shí)性、相對(duì)性。 矢量性：對(duì)一維情況，先選定某一方向?yàn)檎较颍俣确较蚺c正方向相同的速度取正，反之取負(fù)，把矢量運(yùn)算簡化為代數(shù)運(yùn)算。 相對(duì)性:所有速度必須是相對(duì)同一慣性參考系（即以地面）。 同時(shí)性：表達(dá)式中v1和v2必須是相互作用前同一時(shí)刻的瞬時(shí)速度，和必須是相互作用后同一時(shí)刻的瞬時(shí)速度。 二.解決本專題內(nèi)容的基本思維方式和步驟 （一）應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)： 1.選取研究對(duì)象。 2.分析運(yùn)動(dòng)過程。 3.分析研究對(duì)象的受力情況（包括重力）和各個(gè)力的做功情況：受哪些力？每個(gè)力是否做功？做正功還是負(fù)功？做多少功？然后求

16、各個(gè)外力做功的代數(shù)和；但要注意求功時(shí)，位移必須是相對(duì)地面的。 4.明確物體在運(yùn)動(dòng)過程始末狀態(tài)的動(dòng)能EK1和EK2。 5.利用動(dòng)能定理列方程W合=mv22/2-mv12/2，要注意方程的左邊是功，右邊是動(dòng)能的變化量，以及其它輔助方程，然后求解。 （二）應(yīng)用機(jī)械能守恒定律時(shí)： 1.明確研究對(duì)象。 2.分析運(yùn)動(dòng)過程：即哪些物體參與了動(dòng)能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，選擇合適的初、末狀態(tài)。 3.分析物體的受力及各個(gè)力做功情況，看是否滿足機(jī)械能守恒條件。只有符合條件才能應(yīng)用機(jī)械能守恒解題。 4.正確選擇守恒定律的表達(dá)式列方程：可分過程列式，也可以對(duì)全過程列式。 5.統(tǒng)一單位求解結(jié)果并說明其物理意義

17、。 注意： 1.注意機(jī)械能守恒條件與動(dòng)量守恒條件的區(qū)別。 2.系統(tǒng)內(nèi)部動(dòng)能與勢能轉(zhuǎn)化守恒多用公式求解；物體之間機(jī)械能的轉(zhuǎn)移守恒多用公式求解，利用動(dòng)態(tài)方程時(shí)，可以不選擇零勢能參考平面。 （三）應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)： 1.選取研究對(duì)象：單體或可以視為單體的物體系。 2.確定所研究的物理過程及其始、末狀態(tài)。 3.分析研究對(duì)象在運(yùn)動(dòng)過程中的受力情況。 4.規(guī)定正方向，確定物體在運(yùn)動(dòng)過程中始末兩狀態(tài)的動(dòng)量。 5.利用動(dòng)量定理列式求解。 6．統(tǒng)一單位，解方程得出結(jié)果，并對(duì)結(jié)果進(jìn)行說明。 （四）應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)： 1.明確守恒對(duì)象是由兩個(gè)甚至多個(gè)質(zhì)點(diǎn)所構(gòu)成的一個(gè)系統(tǒng)，這應(yīng)視具體的物理過程

18、而定。 2.明確研究的物理過程是否滿足動(dòng)量守恒的條件。 3.注意動(dòng)量守恒適用于系統(tǒng)內(nèi)物體相互作用的整個(gè)過程，同時(shí)確定始、末狀態(tài)。 4.在一條直線上應(yīng)用動(dòng)量守恒時(shí)，應(yīng)首先確定正方向，再確定這一些動(dòng)量的正負(fù)，最后利用動(dòng)量守恒列式計(jì)算。 5.統(tǒng)一單位，解方程得出結(jié)果，并對(duì)結(jié)果進(jìn)行說明。 三.高考熱點(diǎn)題型解析 【例1】圖中滑塊和小球的質(zhì)量均為m，滑塊可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上自由滑動(dòng)，小球與滑塊上的懸點(diǎn)O由一不可伸長的輕繩相連，輕繩長為l。開始時(shí)，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均靜止。現(xiàn)將小球由靜止釋放，當(dāng)小球到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，滑塊剛好被一表面涂有粘住物質(zhì)的固定擋板粘住，在極短的時(shí)間內(nèi)速度

19、減為零，小球繼續(xù)向左擺動(dòng)，當(dāng)輕繩與豎直方向的夾角θ＝60時(shí)小球達(dá)到最高點(diǎn)。求 （1）從滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中，擋板阻力對(duì)滑塊的沖量； （2）小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，繩的拉力對(duì)小球做功的大小。 情景分析：小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，小球做曲線運(yùn)動(dòng)，繩的拉力對(duì)滑塊做正功，對(duì)小球做負(fù)功，滑塊向右運(yùn)動(dòng)， 小球做曲線運(yùn)動(dòng)，滑塊、小球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；小球從最低向左擺到最高點(diǎn)，小球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，滑塊被粘住瞬間，滑塊、小球和地球組成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒。 求解思路分析：（1）要求滑塊的沖量就須知滑塊碰撞前的初速度和末速度，求初速度根據(jù)碰撞前系統(tǒng)機(jī)

20、械能守恒和碰撞后系統(tǒng)機(jī)械能守恒就可求得碰前滑塊和小球的速度v1、v2，末速度為0，根據(jù)動(dòng)量定理即可求得沖量；（2）要求繩的拉力對(duì)小球做的功，知道了小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中重力做的功和小球的初、末動(dòng)能，由動(dòng)能定理即可求得。 解析：（1）設(shè)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，滑塊和小球速度的大小分別為、，則由機(jī)械能守恒定律得 （1） 小球由最低點(diǎn)向左擺動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，由機(jī)械能守恒定律得 (2) 聯(lián)立(1)(2)式得 (3) 設(shè)所求的擋板阻力對(duì)滑塊的沖量為I，規(guī)定動(dòng)量方向向右為正，有解得

21、 (4) （2）小球從開始釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，設(shè)繩的拉力對(duì)小球做功為W，由動(dòng)能定理得 (5) 聯(lián)立③⑤式得 小球從釋放到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過程中，繩的拉力對(duì)小球做功的大小為。 解后反思 (1)本題考查了系統(tǒng)的機(jī)械能守恒以及對(duì)單個(gè)物體應(yīng)用動(dòng)量定理和動(dòng)能定理的能力。本題中在小球向下運(yùn)動(dòng)過程中，有些考生認(rèn)為mgl=成立。導(dǎo)致思維進(jìn)入盲區(qū)，實(shí)際上該過程小球的機(jī)械能是不守恒的，滑塊與擋板碰撞瞬間系統(tǒng)有機(jī)械能的損失，有的考生認(rèn)為整個(gè)過程系統(tǒng)機(jī)械能守恒，導(dǎo)致解題出錯(cuò)。 (2) 通過解這類題應(yīng)學(xué)會(huì)：動(dòng)量定理和動(dòng)能定理適用對(duì)象一般

22、是單個(gè)物體，所以在多個(gè)物體相互作用的情況下應(yīng)用該兩定理時(shí)，一般要用“隔離法”：分別隔離每一個(gè)物體，分析其所受沖量及做功情況，然后應(yīng)用動(dòng)量定理和動(dòng)能定理列方程求解。 M O B v A L 課堂訓(xùn)練1：如圖所示，質(zhì)量為M的滑塊B在光滑的水平桿上可自由滑動(dòng)，質(zhì)量為m的小球A用一長為L的輕桿與B上的O點(diǎn)相連接，輕桿處于水平位置，可繞O點(diǎn)在豎直平面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動(dòng)。 （1）固定滑塊B，給小球A一豎直向上的初速度，使輕桿繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)過90，則小球初速度的最小值是多少？ （2）若M=2m，不固定滑塊B，把輕桿換成輕繩，給小球A一豎直向上的初速度v，則當(dāng)輕繩繞O點(diǎn)恰好轉(zhuǎn)過90，球A運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)，滑

23、塊B的速率多大？ 【例2】光滑水平面上放著質(zhì)量mA=1kg的物塊A與質(zhì)量mB=2kg的物塊B，A與B均可視為質(zhì)點(diǎn)，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧(彈簧與A、B均不拴接)，用手擋住B不動(dòng)，此時(shí)彈簧彈性勢能EP=49J。在A、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長度大于彈簧的自然長度，如圖所示。放手后B向右運(yùn)動(dòng)，繩在短暫時(shí)間內(nèi)被拉斷，之后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑R=0.5m，B恰能到達(dá)最高點(diǎn)C。取g=10m／s2，求： (1)繩拉斷后瞬間B的速度vB的大小； (2)繩拉斷過程繩對(duì)

24、B的沖量I的大??； (3)繩拉斷過程繩對(duì)A所做的功W。 情景分析：放手后，彈簧對(duì)B做功，彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能，B向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)繩突然被繃緊并拉斷的瞬間，A、B系統(tǒng)受合外力為零動(dòng)量守恒，此后B沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道做豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)且恰能過最高點(diǎn)，A也向右運(yùn)動(dòng)沖上與水平面相切的豎直半圓光滑軌道。 求解思路分析：（1）要求繩拉斷后瞬間B的速度vB的大小就要知道B在C點(diǎn)的速度，求B在C點(diǎn)的速度根據(jù)牛頓第二定律重力提供向心力即得，B由拉斷繩后一直到最高點(diǎn)C的過程由機(jī)械能守恒定律即可求得繩拉斷后瞬間B的速度vB的大??；（2）要求繩拉斷過程繩對(duì)B的沖量I的大小就須知道B在拉斷繩的

25、前、后的速度，后的速度已求得，只需求拉斷前的速度，由彈簧彈性勢能轉(zhuǎn)化為B的動(dòng)能即求得，再對(duì)B應(yīng)用動(dòng)量定理即可求得沖量；（3）要求繩拉斷過程繩對(duì)A所做的功W就需知A的動(dòng)能變化量，需求繩斷后A的速度，以A、B為系統(tǒng)應(yīng)用動(dòng)量守恒定律即可求得。 解析：（1）設(shè)B在繩被拉斷后瞬間的速度為,到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度為，有 （1） （2） 代入數(shù)據(jù)得 (3) （2）設(shè)彈簧恢復(fù)到自然長度時(shí)B的速度為，取水平向右為正方向，有 （4） （5） 代入數(shù)據(jù)得 I=-4NS 其大小為4NS （3）設(shè)繩斷后A的速度

26、為，取水平向右為正方向，有 （6） (7) 代入數(shù)據(jù)得 解后反思 ： （1）分析清楚物塊A與B的運(yùn)動(dòng)過程并聯(lián)系已知量和未知量的關(guān)系來恰當(dāng)?shù)剡x取動(dòng)力學(xué)的重要規(guī)律是解題的關(guān)鍵。 （2）本題是一道考查學(xué)生應(yīng)用動(dòng)量定理、動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律處理物理問題能力的典型題目，解題的關(guān)鍵有三個(gè)：一是抓住過程的關(guān)鍵狀態(tài)，B恰能通過最高點(diǎn)。二是正確選出機(jī)械能守恒定律得以成立的系統(tǒng)和動(dòng)量守恒的系統(tǒng)。三是求繩對(duì)B的沖量和繩對(duì)A做的功時(shí)用“隔離法”分別隔離每一個(gè)物體，分析其所受沖量及做功情況，然后應(yīng)用動(dòng)量定理和動(dòng)能定理列方程求解。

27、 A B C R P Q O 課堂訓(xùn)練2 可視為質(zhì)點(diǎn)的小球A、B靜止在光滑水平軌道上， A的左邊固定有輕質(zhì)彈簧，B與彈簧左端接觸但不拴接， A的右邊有一垂直于水平軌道的固定擋板P．左邊有一小球C沿軌道以某一未知的速度射向B球，如題圖所示，C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一整體D，在它們繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)的過程中，當(dāng) D和A的速度剛好相等時(shí)，小球A恰好與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A立即靜止并與擋板P粘連。之后D被彈簧向左彈出，D沖上左側(cè)與水平軌道相切的豎直半圓光滑軌道，其半徑為R=0.6m，D到達(dá)最高點(diǎn)Q時(shí)，D與軌道間彈力F=2N．已知三小球的質(zhì)量分別為、．取，求： ⑴D到達(dá)最高點(diǎn)Q時(shí)的速度

28、的大小； ⑵C球的初速度的大?。? 【例3】如圖所示，某貨場將質(zhì)量為m1=100 kg的貨物（可視為質(zhì)點(diǎn)）從高處運(yùn)送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物從軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道依次排放兩個(gè)完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質(zhì)量均為m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為1，木板與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.2。（最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，取g=10 m/s2） 求：（1）求貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力。 （2）若貨物滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，而滑上木

29、板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，求1應(yīng)滿足的條件。 （3）若1=0.5，求貨物滑到木板A末端時(shí)的速度和在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 情景分析：貨物從圓軌道頂端下滑到底端的過程中機(jī)械能守恒，在A上作勻減速運(yùn)動(dòng)，在B上作勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)B與地面發(fā)生滑動(dòng)。 求解思路分析：（1）貨物從圓軌道頂端下滑到底端的過程中機(jī)械能守恒，求出底端速度，根據(jù)牛頓第二定律求出貨物所受的支持力，再根據(jù)牛頓第三定律即可得壓力；（2）若滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，貨物對(duì)A、B的摩擦力小于或等于A、B受地面的最大靜摩擦力，當(dāng)貨物在B上滑動(dòng)時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，則貨物對(duì)B的摩擦力大于B受地面的最大靜摩擦力；（3）貨物在木板A上滑動(dòng)時(shí)，木板不動(dòng)，

30、根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)能定理、動(dòng)量定理即可求得。 解析：（1）設(shè)貨物滑到圓軌道末端的速度為，對(duì)貨物的下滑過程中根據(jù)機(jī)械能守恒定律得，① 設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為,根據(jù)牛頓第二定律得，② 聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得③ 根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達(dá)圓軌道末端時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下。 （2）若滑上木板A時(shí)，木板不動(dòng)，由受力分析得④ 若滑上木板B時(shí)，木板B開始滑動(dòng)，由受力分析得⑤ 聯(lián)立④⑤式代入數(shù)據(jù)得⑥。 （3），由⑥式可知，貨物在木板A上滑動(dòng)時(shí)，木板不動(dòng)。設(shè)貨物在木板A上做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為，由牛頓第二定律得⑦ 設(shè)貨物滑到木板A末端是的速度

31、為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得⑧ 聯(lián)立①⑦⑧式代入數(shù)據(jù)得⑨ 設(shè)在木板A上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得⑩ 聯(lián)立①⑦⑨⑩式代入數(shù)據(jù)得。 解后反思 ：本題考查機(jī)械能守恒定律、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)方程、受力分析。本題中考生在計(jì)算貨物對(duì)A的壓力時(shí)誤認(rèn)為受力平衡，導(dǎo)至壓力計(jì)算出錯(cuò)，也有考生只計(jì)算出了支持力就結(jié)束，也導(dǎo)致失分。有的考生對(duì)貨物在A上和在B上運(yùn)動(dòng)的臨界不清楚導(dǎo)致思維進(jìn)入盲區(qū)，無法解答（2）（3）小問。 課堂訓(xùn)練3：如圖所示，在光滑水平面上靜止有質(zhì)量均為M的滑槽A和木板B，木板B上表面粗糙，滑槽A上有光滑的圓弧軌道，其圓弧軌道O點(diǎn)切線水平且與木板B上表面相平，A、B靠在一起．一可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊

32、C，質(zhì)量為m，且，從木板B的右端以初速度滑上木板．已知物塊C與木板B的動(dòng)摩擦因數(shù)為，第一次剛至O點(diǎn)時(shí)速度為，隨后滑上滑槽A，A、B分離．求： （1）物塊C第一次剛至O點(diǎn)時(shí)木板B的速度v； （2）木板的長度L； （3）物塊C第二次返回到O點(diǎn)時(shí)滑槽A的速度大?。? 【例4】如圖所示，在光滑的水平面上有一輛長平板車，它的中央放一個(gè)質(zhì)量為m的小物塊，物塊跟車表面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，平板車的質(zhì)量M＝2m，車與物塊一起向右以初速度勻速運(yùn)動(dòng)，車跟右側(cè)的墻壁相碰．設(shè)車跟墻壁碰撞的時(shí)間很短，碰撞時(shí)沒有機(jī)械能損失，重力加速度為g． （1）平板車的長度至少是多大時(shí)，小物塊才不會(huì)從車上掉落下來？ （2）

33、若在車的左側(cè)還有一面墻壁，左右墻壁相距足夠遠(yuǎn)，使得車跟墻壁相碰前，車與小物塊總是相對(duì)靜止的，車在左右墻壁間來回碰撞，碰撞n次后，物塊跟車一起運(yùn)動(dòng)的速度大小是多少？ （3）小物塊在車表面相對(duì)于車滑動(dòng)的總路程是多少？ 情景分析：（1）平板車跟右側(cè)墻壁相碰后速度大小不變方向相反，車向左做減速，物塊先向右減速再向左做加，直到二者共速。 （2）由第（1）問可知平板車和物塊一起以共同的速度向左運(yùn)動(dòng)，跟左側(cè)墻壁碰撞，同樣討論，依次類推可知碰撞n次后，物塊跟車一起運(yùn)動(dòng)的速度大小是多少。 （3）經(jīng)過足夠多次的碰撞后，由于不斷有摩擦力做功，后一次碰撞的速度總比前一次小，最后平板車和物塊的動(dòng)能都克服摩擦

34、力做功轉(zhuǎn)化成內(nèi)能。 求解思路分析：（1）要求平板車的長度至少是多大時(shí)，就是物塊恰好在平板車最右端達(dá)到共速，只需知道車與墻壁碰后的瞬時(shí)兩者的速度，由動(dòng)量守恒和二級(jí)結(jié)論即可求得； （2）要求碰撞n次后，物塊跟車一起運(yùn)動(dòng)的速度大小，通過數(shù)學(xué)歸納法，分求出第一次共速、第二次共速、第三次共速┉，最后找出規(guī)律得出結(jié)論； （3）要求小物塊在車表面相對(duì)于車滑動(dòng)的總路程是多少，就是小物塊以后相對(duì)小車不在滑動(dòng)，即就是車不在與墻壁碰撞，兩者速度都為零，機(jī)械能全部轉(zhuǎn)化成內(nèi)能，由能量守恒即可求得。 解析：（1）平板車跟右側(cè)墻壁相碰后速度大小不變方向相反，車與物塊有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，車與物塊之間的滑動(dòng)摩擦力　　　　　　　

35、　　　　　　 　　設(shè)物塊與車共同速度為，對(duì)車與物塊組成的系統(tǒng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 　　　　　　　　　　　　　　　 　　設(shè)平板車的長至少為L，根據(jù)能量守恒則有 　　　　　　　　　 解得　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　?。?）由第（1）問可解得　　　　　　　　　 　　即平板車和物塊一起以速度向左運(yùn)動(dòng)，跟左側(cè)墻壁碰撞，同樣討論可得： 　?。来晤愅瓶芍?，經(jīng)過n次碰撞后，一起運(yùn)動(dòng)的速度大小是 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　（3）經(jīng)過足夠多次的碰撞后，由于不斷有摩擦力做功，最終物塊和平板車的速度都變?yōu)?，則在這個(gè)過程中，平板車和物塊的動(dòng)能都克服摩擦力做功轉(zhuǎn)

36、化成內(nèi)能， 因此有　　　　　　　　　　 則物塊相對(duì)于車滑動(dòng)的總路程是：．　　　 解后反思 （1）動(dòng)量守恒僅涉及初、末兩個(gè)狀態(tài)，與中間過程無關(guān)，因此利用它解決綜合問題特別簡便、快捷；（2）要注意分析物理情景，以及物理語言（像本題中的“至少”、其他題目還可能出現(xiàn)的“最小”“最遠(yuǎn)”“恰好”等）所蘊(yùn)含的臨界狀態(tài)，此類題目應(yīng)用極限分析法是確定臨界狀態(tài)和臨界條件行之有效的方法；（3）滑板碰撞模型是動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律和諧統(tǒng)一中最為典型的模型，也常以壓軸題的形式出現(xiàn)，應(yīng)引起廣大考生的注意；（4）此題考查了數(shù)學(xué)歸納法在物理學(xué)中的應(yīng)用，近幾年高考對(duì)學(xué)生應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問題的能力的考查有加強(qiáng)的趨

37、勢，加強(qiáng)考生的數(shù)學(xué)能力培養(yǎng)也是必要的。 課堂訓(xùn)練4：如圖所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M，長為L的長木板，另一小物塊質(zhì)量為m，它與長木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，開始時(shí)，木板與小物塊均靠在與水平面垂直的固定擋板處，以共同的速度v0向右運(yùn)動(dòng)，當(dāng)長木板與右邊固定豎直擋板碰撞后，速度反向，大小不變，且左右擋板之間距離足夠長。 試求物塊不從長木板上落下的條件。 (2)若上述條件滿足，且M=2kg，m=1kg,v0=10m/s。試計(jì)算整個(gè)系統(tǒng)在第五次碰撞前損失的所有機(jī)械能。 【例5】如圖所示在工廠的流水線上安裝的足夠長的水平傳送帶。用水平傳送帶傳送工件，可大大提高工作效率，水平傳送帶以恒定的速度

38、v=2m/s運(yùn)送質(zhì)量為m=0.5kg的工件。工件都是以v0=1m/s的初速度從A位置滑上傳送帶，工件與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，每當(dāng)前一個(gè)工件在傳送帶上停止相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，后一個(gè)工件立即滑上傳送帶。取g=10m/s2，求： v0 v A （1）工件經(jīng)多長時(shí)間停止相對(duì)滑動(dòng) （2）在正常運(yùn)行狀態(tài)下傳送帶上相鄰工件間的距離 （3）摩擦力對(duì)每個(gè)工件做的功 （4）每個(gè)工件與傳送帶之間的摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能 情景分析：工件滑到傳送帶A點(diǎn)后，先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)工件的速度與傳送帶相同時(shí)，摩擦力突變?yōu)榱?，小貨箱勻速運(yùn)動(dòng)，以后每個(gè)小貨箱運(yùn)動(dòng)情景相同。 求解思路分析：（1）以工件為研究對(duì)象，

39、對(duì)工件進(jìn)行受力分析，求出工件的加速度，根據(jù)勻變速運(yùn)動(dòng)的公式即可求得； (2)求出工件的對(duì)地位移和工件在皮帶上打滑的位移之和就是正常運(yùn)行狀態(tài)下傳送帶上相鄰工件間的距離； (3) 摩擦力對(duì)每個(gè)工件做的功等于摩擦力與工件的對(duì)地位移的乘積；(4) 求傳送一個(gè)工件產(chǎn)生的熱量只需求工件和傳送帶的相對(duì)位移，由二級(jí)公式即可求得。 解析：（1） v0 v A （2） ，則兩物相距（也可直接用） （3） （4） 解后反思 （1）多個(gè)運(yùn)動(dòng)情景相同的物體在一起，看起來很復(fù)雜無從下手，但隔離一個(gè)物體進(jìn)行研究，其它物體的運(yùn)動(dòng)

40、情形一樣，這樣把多體變成單體進(jìn)行研究，使問題變得簡單；（2）關(guān)于傳送帶的問題關(guān)鍵是要找到摩擦力突變點(diǎn)，就是物體與傳送帶速度相等時(shí)，摩擦力發(fā)生突變的點(diǎn)；（3）一對(duì)滑動(dòng)摩擦力產(chǎn)生的熱量應(yīng)與二者的相對(duì)位移有關(guān)即Q=fs相對(duì)，（4）工件增加的機(jī)械能和系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是從電動(dòng)機(jī)哪兒得來的。 v A 課堂訓(xùn)練5：在車站檢查三危物品時(shí)，安裝有水平傳送帶，用水平傳送帶傳送旅客攜帶的物品，如圖所示，水平傳送帶以恒定速率v=1m/s運(yùn)行，假設(shè)每位旅客攜帶物品的質(zhì)量都為m=5kg，物品都是靜止從A位置滑上傳送帶，物品與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因素為，每當(dāng)前一個(gè)物品在傳送帶上停止相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，后一個(gè)物品立即放上傳送帶，（

41、取g=10m/s2）。求： （1）物品滑上傳送帶后經(jīng)多長時(shí)間停止相對(duì)滑動(dòng)； （2）在正常運(yùn)行狀態(tài)下傳送帶上相鄰物品間的距離； （3）傳送帶摩擦力對(duì)每個(gè)物品做的功； （4）每個(gè)物品與傳送帶之間因摩擦而產(chǎn)生的熱量； （5）傳送每個(gè)物品電動(dòng)機(jī)提供多少能量。 -2 0 2 6 4 5 10 15 t/s v/ms-1 乙 C 甲 【例6】如圖所示，物體A、B的質(zhì)量分別是4kg和8kg，用輕彈簧相連放在光滑的水平面上，物體B左側(cè)與豎直墻壁接觸，另有一物體C從t=0時(shí)刻起水平向左運(yùn)動(dòng)，在t=5s時(shí)與物體A相碰，并立即與A有相

42、同的速度一起向左運(yùn)動(dòng)，物體C的速度——時(shí)間圖像如圖乙所示。 (1)求物塊C的質(zhì)量； （2）彈簧壓縮過程中具有的最大彈性勢能； （3）在5s到10s的時(shí)間內(nèi)墻壁對(duì)物體B的作用力做的功； （4）在5s到15s的時(shí)間內(nèi)墻壁對(duì)物體B的作用力的沖量的大小和方向； (5)在上述過程中產(chǎn)生的內(nèi)能是多少？ 情景分析：由圖可知物體C先向左做勻速運(yùn)動(dòng)，在時(shí)間為5s與A發(fā)生完全非彈性碰撞，過后一起壓縮彈簧直到10s停止，彈簧被壓縮最短，此過程A、C做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，壓縮過程機(jī)械能守恒、動(dòng)量不守恒；接著A、C在彈簧的彈力作用下向右做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，直到15s彈簧恢復(fù)原長，C脫離A。 求解思路

43、分析：（1）要求C的質(zhì)量，只需知道A的質(zhì)量，C的初速度和A、C碰后的速度，這些量都已知；（2）A、C共同具有的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，（3）在5s到10s雖然墻對(duì)B有力的作用（此力為變力），但無位移，有力無位移，勞而無功；（4）在5s到15s墻對(duì)B有力的作用（此力為變力），因此不能用I=Ft來計(jì)算沖量，就只能用動(dòng)量定理，就需知道A、B、C系統(tǒng)的動(dòng)量變化，從圖上都已知，對(duì)系統(tǒng)用動(dòng)量定理；（5）在上述過程產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，由能量守恒即可求得。 解析：（1）由圖象可知，物體C以速度與A相碰，立即有相同的速度，A與C相互作用的時(shí)間很短，水平方向動(dòng)量守恒， 有，解得物塊C的質(zhì)量 （

44、2）物塊C和A一起運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，它們的動(dòng)能完全轉(zhuǎn)化成彈性勢能時(shí)，彈性勢能最大 （3）5s 到10s的時(shí)間內(nèi)，B處于靜止，墻壁對(duì)B的作用力F做功為零。 （4）5s 到15s的時(shí)間內(nèi)，B處于靜止，墻壁對(duì)B的作用力F等于輕彈簧的彈力，輕彈簧的彈力使物體A和C的速度由減到零，再反彈到。 則彈力的沖量大小等于力F 的沖量，為 方向向右。 （5）由能量守恒可得 解后反思 （1） 本題是一道考查學(xué)生根據(jù)圖像獲取信息來處理物理問題能力的典型題目.解題的關(guān)鍵有三個(gè)：一是抓住圖像可以獲得哪些信息和已知量;二是正確分析物體運(yùn)動(dòng)的物理過程;三是正確分析系統(tǒng)初、末狀態(tài)的機(jī)械能或弄清過程中動(dòng)能、勢能變化的數(shù)

45、量關(guān)系； （2）從能量的轉(zhuǎn)化和守恒的角度分析物理現(xiàn)象和問題是首選的方法； （3）在上述A、B、C的作用過程中系統(tǒng)的動(dòng)量是不守恒的，部分考生認(rèn)為是守恒的從而解題出錯(cuò)； （4）彈簧類問題要注意把相互作用的總過程劃分為多個(gè)依次進(jìn)行的子過程，分析確定哪些子過程機(jī)械能是守恒的（如此題的壓縮過程），哪些子過程動(dòng)量是守恒的（如此題的碰撞過程），哪些子過程機(jī)械能是不守恒的，哪些子過程動(dòng)量是不守恒的，還有一個(gè)常見的物理?xiàng)l件就是當(dāng)彈簧最長或最短（或彈性勢能最大）時(shí)，彈簧兩端的物體速度相等。 課堂訓(xùn)練6 如圖甲所示，質(zhì)量mB=1kg的平板小車B在光滑水平面上以v1=1m/s的速度向左勻速運(yùn)動(dòng)．當(dāng)t=0時(shí)，

46、質(zhì)量mA=2kg的小鐵塊A以v2=2 m/s的速度水平向右滑上小車，A與小車間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2,A的底部涂有顏色的物質(zhì)。若A最終沒有滑出小車，取水平向右為正方向，g＝10m/s2，求： 甲 v2 v1 B A -0.5 v/(m/s) 1.5 1.0 0.5 0 1.5 1.0 0.5 t/s 乙 -1.5 -1.0 （1）A在小車上停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，小車的速度大??； （2）上述過程系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量是多少？ （3）A在小車上留下痕跡的長度； (4)在圖乙所示的坐標(biāo)紙中畫出1.5 s內(nèi)小車B運(yùn)動(dòng)的速度一時(shí)間圖象；

47、 四.能力訓(xùn)練 1．一物體獲得一定初速度后，沿一粗糙斜面上滑．在上滑過程中，物體和斜面組成的系統(tǒng)（ ） A．機(jī)械能守恒 B．內(nèi)能減少 C．機(jī)械能和內(nèi)能增加 D．機(jī)械能減少 2.一帶電小球在空中由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)的過程中，受重力和電場力作用，若重力做功-3J，電場力做功1J，則小球的（ ） A．重力勢能增加3J B．電勢能增加1J C．動(dòng)能減少3J D．機(jī)械能減少2J 3. 運(yùn)動(dòng)員投籃過程中對(duì)籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計(jì)，則籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)能為 ( ) （ ） A．W+mgh1－mgh2

48、 B．W+mgh2－mgh1 C．mgh2+mgh1－W D．mgh2－mgh1－W 4. 如圖所示，一輕彈簧豎直放置，下端固定在水平面上，上端處于a位置，一重球（可視為質(zhì)點(diǎn)）無初速放在彈簧上端靜止時(shí)，彈簧上端被壓縮到b位置。現(xiàn)讓重球從高于a位置的c位置沿彈簧中軸線自由下落，彈簧被重球壓縮至d，以下關(guān)于重球下落運(yùn)動(dòng)過程中的正確說法是（不計(jì)空氣阻力）（ ） A．整個(gè)下落a至d過程中，重球均做減速運(yùn)動(dòng) B．重球落至b處獲得最大加速度 C．在a至d過程中，重球克服彈簧彈力做的功等于重球由c至 d的重力勢能的減小量　 D．重球在b處具有的動(dòng)能等于重球由c至b處減小的重力勢能

49、 a b 5. 一滑塊在水平地面上沿直線滑行，t=0時(shí)其速度為1 m/s。從此刻開始滑塊運(yùn)動(dòng)方向上再施加一水平面作用F，力F和滑塊的速度v隨時(shí)間的變化規(guī)律分別如圖a和圖b所示。設(shè)在第1秒內(nèi)、第2秒內(nèi)、第3秒內(nèi)力F對(duì)滑塊做的功分別為則以下關(guān)系正確功是( ) A. B. C. D. 6. 如圖所示，重球A放在光滑的斜面體B上，A、B質(zhì)量相等，在力F的作用下，B在光滑水平面上向左緩慢移動(dòng)了一段距離，使A球相對(duì)于最低點(diǎn)C升高h(yuǎn)，若突然撤去外力F，則下列敘述不正確的是( )

50、A．A球以后上升的最大高度為h／2 B．A球獲得的最大速度為 C．在B離開A之前，A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．A、B相互作用的沖量大小相等 7.如圖甲所示，光滑水平面上的兩個(gè)物體A、B在運(yùn)動(dòng)中彼此間發(fā)生了相互作用，圖乙為A、B相互作用前后的速度一時(shí)間圖象，下列說法正確的是（ ） A.A、B的質(zhì)量之比為l：2 B.A、B的質(zhì)量之比為2：l C.A、B作用前后的總動(dòng)能減小 D.A、B作用前后的總動(dòng)能不變 8．圖示為某探究活動(dòng)小組設(shè)計(jì)的節(jié)能運(yùn)動(dòng)系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30，質(zhì)量為M的木箱與軌道的動(dòng)摩擦因數(shù)為。木箱在軌道端時(shí)，自動(dòng)裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨

51、物沿軌道無初速滑下，與輕彈簧被壓縮至最短時(shí)，自動(dòng)卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程。下列選項(xiàng)正確的是（ ） A．m＝M 　 B．m＝2M 　 C．木箱不與彈簧接觸時(shí)，上滑的加速度等于下滑的加速度 D．在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能 9. 如圖所示，質(zhì)量m1=0.3 kg 的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=1.5 m,現(xiàn)有質(zhì)量m2=0.2 kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以水平向右的速度v0=2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對(duì)靜止。物塊與車面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5,取g=1

52、0 m/s2，求 （1）物塊在車面上滑行的時(shí)間t; m1 m2 v0 （2）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v′0不超過多少。 10．如圖所示，在傾角為的光滑斜面上有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B，它們的質(zhì)量分別為mA、mB，彈簧的勁度系數(shù)為k,C為一固定擋板。系統(tǒng)處一靜止?fàn)顟B(tài)，一不可伸長的輕繩跨過輕滑輪，一端與A連接（繩與斜面平行），開始A、B處于靜止，不計(jì)一切摩擦和A、B間的萬有引力，重力加速度為g。 D （1）若在另一端掛一質(zhì)量為M的物塊D并由靜止釋放，當(dāng)D下落到最低點(diǎn)時(shí)，可使物塊B對(duì)擋板C的壓力恰好零，但不會(huì)離開C，

53、求物塊D下降的最大距離； （2）若D的質(zhì)量改為2M，則當(dāng)B剛離開擋板C時(shí)，A的速度多大？ 11. 如下圖所示是固定在水平地面上的橫截面為“”形的光滑長直導(dǎo)軌槽，槽口向上（圖為俯視圖）。槽內(nèi)放置一個(gè)木質(zhì)滑塊，滑塊的左半部是半徑為R的半圓柱形光滑凹槽，木質(zhì)滑塊的寬度為2R，比“”形槽的寬度略小?，F(xiàn)有半徑r(r<

54、金屬小球經(jīng)過木質(zhì)滑塊上的半圓柱形槽的最右端A點(diǎn)時(shí)，金屬小球的對(duì)地速度。 12．過山車是游樂場中常見的設(shè)施。下圖是一種過山車的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內(nèi)的三個(gè)圓形軌道組成，B、C、D分別是三個(gè)圓形軌道的最低點(diǎn)，B、C間距與C、D間距相等，半徑R1=2.0m、R2=1.4m。一個(gè)質(zhì)量為m=1.0kg的小球（視為質(zhì)點(diǎn)），從軌道的左側(cè)A點(diǎn)以v0=12.0m/s的初速度沿軌道向右運(yùn)動(dòng)，A、B間距L1=6.0m。小球與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.2，圓形軌道是光滑的。假設(shè)水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取g=10m/s2，計(jì)算結(jié)果保留小

55、數(shù)點(diǎn)后一位數(shù)字。試求 （1）小球在經(jīng)過第一個(gè)圓形軌道的最高點(diǎn)時(shí)，軌道對(duì)小球作用力的大??； （2）如果小球恰能通過第二圓形軌道，B、C間距應(yīng)是多少； （3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個(gè)圓形軌道的設(shè)計(jì)中，半徑R3應(yīng)滿足的條件；小球最終停留點(diǎn)與起點(diǎn)的距離。 R1 R2 R3 A B C D v0 第一圈軌道 第二圈軌道 第三圈軌道 L L L1 專題二參考答案（動(dòng)量和能量） 世紀(jì)金榜 圓您夢想

56、 課堂訓(xùn)練部分參考答案 課堂訓(xùn)練1 解析：（1）只要小球轉(zhuǎn)過時(shí)速度為零,對(duì)應(yīng)初速度為最小,設(shè)此初速度為 由機(jī)械能守恒定律得 (2)當(dāng)球A運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為,此時(shí)滑塊B的速度為,A、B水平方向動(dòng)量守恒，有 由機(jī)械能守恒定律得 解得 課堂訓(xùn)習(xí)2 解析：⑴D在Q點(diǎn)時(shí)據(jù)牛頓第二定律有： 解得： ⑵C碰B，據(jù)動(dòng)量守恒有： 解得： D向右壓縮彈簧的過程中，據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒： 解得：

57、 據(jù)機(jī)械能守恒： 解得： A碰P靜止后，D被彈簧向左彈出直到Q的過程中，據(jù)機(jī)械能守恒有： 代入數(shù)據(jù)解得： 課堂訓(xùn)練3 解析：（1）物塊第一次剛至點(diǎn)時(shí)，設(shè)共同速度為。由三者構(gòu)成系統(tǒng)動(dòng)量守恒， 得 又， 則 （2）物塊運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)過程中，根據(jù)能量守恒得： 則 （3）物塊第二次至點(diǎn)時(shí)，設(shè)物塊與滑槽的速度分別為、，滑槽與物塊構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，得 解之得

58、 所以滑槽的速度為 課堂訓(xùn)練4 解析：(1)設(shè)第一次碰撞后速度為v1，第n次碰撞后速度為vn，每次碰撞后，由于兩擋板距離足夠長，物塊與長木板都能達(dá)到相對(duì)靜止，第一次若不能掉下，往后每次滑動(dòng)距離越來越短，更不可能掉下。由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律知 (M-m)v0=(M+m)v1 ①　　　　 μmg L= (m+M)- (M+m) ② 由①②解得 當(dāng)木板長大于L即可， 即L≥ (2)第二次碰撞前，有(M-m)v0=(M+m)v1 第三次碰撞前，(M-m)v1=(M+m)v2 第n次碰撞前 (M-m)vn-2=(M+m)v

59、n-1 vn-1= 第五次碰撞前 故第五次碰撞前損失的總機(jī)械能為 代入數(shù)據(jù)J 課堂訓(xùn)練5 解析：（1）物品的速度增加到v時(shí)與傳送帶停止相對(duì)滑動(dòng)。由牛頓第二定律有：mg=ma,得 ，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v=at,得t=0.2s. （2）因所有物品勻加速的時(shí)間相同，加速階段位移相同，多運(yùn)動(dòng)的時(shí)間內(nèi)物品做勻速運(yùn)動(dòng)的位移即兩物品的距離，s=vt=0.2m A v (3)摩擦力對(duì)物品做功改變物品的動(dòng)能，由動(dòng)能定理得： （4）如圖所示，皮帶的位移減去物品的位移就是相對(duì)位移： （5）傳送一個(gè)物品電機(jī)需要提供的能量為物品增加的動(dòng)能和

60、與皮帶的摩擦產(chǎn)生的熱量之和： 課堂訓(xùn)練6：解析：（1）A在小車上停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，A、B以共同速度運(yùn)動(dòng)，設(shè)其速度為v，取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得： mAv2-mBv1=(mA+mB)v 解得，v=lm／s -0.5 v/(m/s) 1.5 1.0 0.5 0 1.5 1.0 0.5 t/s -1.5 -1.0 （2）由能量守恒有： 解得：Q=3J （3）由二級(jí)結(jié)論有 得 （4）設(shè)小車做勻變速運(yùn)動(dòng)的加速度為a，時(shí)間為t 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得： 所以 解得：t＝0.5s 故小車的速度時(shí)間圖象如圖所示． 能力訓(xùn)練部分參考答案

61、 １.D 解析：由于接觸面粗糙，有機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。 ２.A 解析：根據(jù)，可知A正確；根據(jù)可知B錯(cuò)；可知C錯(cuò)；根據(jù)可知D錯(cuò)。 ３.A 解析：籃球的機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律即得A正確。 ４.C 解析：重球從a至d過程中，重球先做加速度減小的加速再加速度增大的減速運(yùn)動(dòng) ，A錯(cuò)；重球落至b處速度最大，加速度為零，B錯(cuò)；重球在b處具有的動(dòng)能和彈性勢能等于重球由c至b處減小的重力勢能，D錯(cuò)。 ５.B 解析：本題考查v-t圖象、功的概念。力F做功等于每段恒力F與該段滑塊運(yùn)動(dòng)的位移（v-t圖象中圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積），第1秒內(nèi)，位移為一個(gè)小三角形面積S，第2秒內(nèi)，位移也為一個(gè)小三角形

62、面積S，第3秒內(nèi)，位移為兩個(gè)小三角形面積2S，故W1=1S，W2=3S，W3=22S，W1＜W2＜W3 。 ６.C 解析：突然撤去外力，A、B構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，在最低點(diǎn)A、B球速度相等且A球速度最大，由機(jī)械能守恒mgh= 得,所以B錯(cuò)；再由機(jī)械能守恒得A球上升的最大高度為h/2,A錯(cuò)；在A離開B之前A、B系統(tǒng)受重力、繩的拉力和地面的支持力的合力不為零，故系統(tǒng)的動(dòng)量不守恒；C選項(xiàng)正確；A、B間的作用力為相互作用力，作用時(shí)間相等，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。 ７.D 解析：由v-t圖象可知A、B的初速度和發(fā)生作用后的末速度，由動(dòng)量守恒定律：mAvA0+mBvB0=mAvA1+mBvB1得mA﹕mB=3

63、﹕2,故A錯(cuò)、B錯(cuò)；由和可知C錯(cuò)，D正確。 ８. B 解析：受力分析可知，下滑時(shí)加速度為，上滑時(shí)加速度為，即C不正確。設(shè)下滑的距離為l，根據(jù)能量守恒，得m＝2M。也可以根據(jù)除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)做的功之和等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化量，B正確。在木箱與貨物從頂端滑到最低點(diǎn)的過程中，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，所以D不正確。 ９. 解析：（1）設(shè)物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有 ① 設(shè)物塊與車面間的滑動(dòng)摩擦力為F，對(duì)物塊應(yīng)用動(dòng)量定理有

64、 ② 其中 ③ 解得 代入數(shù)據(jù)得 ④ （2）要使物塊恰好不從小車右端滑出，須物塊到車面右端時(shí)與小車有共同的速度v′，則 ⑤ 由功能關(guān)系有

65、 ⑥ 代入數(shù)據(jù)解得 =5m/s 故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0′不能超過5m/s。 10.解析：開始時(shí)彈簧的壓縮量為，由平衡條件： 設(shè)當(dāng)B剛離開擋板時(shí)彈簧的伸長量為， 以B為研究對(duì)象，由平衡條件可得： 故D下降的最大距離為： （2）由能量守恒定律可知：D物體下落h過程中，D的重力勢能的減少量等于A的重力勢能的增加量和彈性勢能的增量以及系統(tǒng)動(dòng)能的增量之和，兩種情況下彈簧彈性勢能的增量相同。 當(dāng)D的質(zhì)量為M： 當(dāng)D的質(zhì)量為2M時(shí)，設(shè)B剛離開擋板時(shí)A的速度為v 由以上二式可解得B剛離

66、開C時(shí)A的速度為： 11.解析：（1）設(shè)滑離時(shí)小球與滑塊的速度分別為，由動(dòng)量守恒 V’ V 又 得 （2）小球過A點(diǎn)時(shí)沿軌道方向兩者有共同速度v，沿切向方向速度為 得 12.解析：（1）設(shè)小于經(jīng)過第一個(gè)圓軌道的最高點(diǎn)時(shí)的速度為v1根據(jù)動(dòng)能定理 ① 小球在最高點(diǎn)受到重力mg和軌道對(duì)它的作用力F，根據(jù)牛頓第二定律 ② 由①②得 ③ （2）設(shè)小球在第二個(gè)圓軌道的最高點(diǎn)的速度為v2，由題意 ④ ⑤ 由④⑤得