高考物理尖子生輔導++簡案與練習5-8

1、p =m v =-0.2 X2kg p= p ' -P=-0.4kg - m/s7777777777777777777第五章動量一、沖量和動量目的要求復習動量和動量定理、動量守恒定律。知識要點1 .動量：按定義，物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動量：p=mv動量是描述物體運動狀態(tài)的一個狀態(tài)量，它與時刻相對應。動量是矢量，它的方向和速度的方向相同。2.沖量：按定義，力和力的作用時間的乘積叫做沖量：I =Ft沖量是描述力的時間積累效應的物理量，是過程量，它與時間相對應。沖量是矢量，它的方向由力的方向決定（不能說和力的方向相同）。如果力的方向在作用時間內(nèi)保持不變，那么沖量的方向就和力的方向相同。高

2、中階段只要求會用 I=Ft計算恒力的沖量。對于變力的沖量，高中階段只能利用動 量定理通過物體的動量變化來求。要注意的是：沖量和功不同。恒力在一段時間內(nèi)可能不作功，但一定有沖量。例題分析例1：質(zhì)量為m的小球由高為H的光滑斜面頂端無初速滑到底端 過程中，重力、彈力、合力的沖量各是多大？ 2H 12H解：力的作用時間都是t J 、，力的大小依次g sinsin g是mg mgcos a和mgsin a ,所以它們的沖量依次是：Ig吆迪，InmgH,I合m、.商sintan特別要注意，該過程中彈力雖然不做功，但對物體有沖量。例2： 一個質(zhì)量是0.2kg的鋼球，以2m/s的速度水平向右運動，碰到一塊豎硬

3、的大理 石后被彈回，沿著同一直線以2m/s的速度水平向左運動，碰撞前后鋼球的動量有沒有變化？ 變化了多少？解：取水平向右的方向為正方向，碰撞前鋼球的速度v=2m/s,碰撞前鋼球的動量為P=m=0.2 x 2kg m/s=0.4kg m/s。碰撞后鋼球的速度為v' =0.2m/s ,碰撞后鋼球的動量為 m/s=- 0.4kg m/s。-0.4kg - m/s =-0.8k g - m/s,且動量變化的方向向左。例3: 一個質(zhì)量是0.2kg的鋼球，以2m/s的速度斜射到堅硬的大理石板上，入射的角度是45o,碰撞后被斜著彈出，彈出的角度也是45o,速度大小仍為2m/s,用作圖法求出鋼球動量變

4、化大小和方向？解：碰撞前后鋼球不在同一直線運動，據(jù)平行四邊形定則，以 p'和P為鄰邊做平行四 邊形，則 p就等于對解線的長度，對角線的指向就表示的方向：22P ； P ( P)0.42 0.42 kg m/s0.4 2kg m/s方向豎直向上。動量是矢量，求其變化量可以用平行四邊形定則：在一維情況下可首先規(guī)定一個正方向,這時求動量的變化就可以簡化為代數(shù)運算了。二、動量定理目的要求復習動量定理及其應用知識要點1 .動量定理：物體所受合外力的沖量等于物體的動量變化。既 I = p動量定理表明沖量是使物體動量發(fā)生變化的原因，沖量是物體動量變化的量度。 這里所說的沖量必須是物體所受的合外力的沖

5、量（或者說是物體所受各外力沖量的矢量和）。動量定理給出了沖量（過程量）和動量變化（狀態(tài)量）間的互求關系?，F(xiàn)代物理學把力定義為物體動量的變化率：F 上（牛頓第二定律的動量形式）。t動量定理的表達式是矢量式。在一維的情況下，各個矢量必須以同一個規(guī)定的方向為 正。2 .利用動量定理定性地解釋一些現(xiàn)象3 .利用動量定理進行定量計算利用動量定理解題，必須按照以下幾個步驟進行：明確研究對象和研究過程。 研究對象可以是一個物體， 也可以是幾個物體組成的質(zhì)點 組。質(zhì)點組內(nèi)各物體可以是保持相對靜止的， 也可以是相對運動的。 研究過程既可以是全過 程，也可以是全過程中的某一階段。進行受力分析。只分析研究對象以外的

6、物體施給研究對象的力。所有外力之和為合外力。研究對象內(nèi)部的相互作用力（內(nèi)力）會改變系統(tǒng)內(nèi)某一物體的動量，但不影響系統(tǒng)的總動量，因此不必分析內(nèi)力。如果在所選定的研究過程中的不同階段中物體的受力情況不同， 就要分別計算它們的沖量，然后求它們的矢量和。規(guī)定正方向。由于力、沖量、速度、動量都是矢量，在一維的情況下，列式前要先規(guī) 定一個正方向，和這個方向一致的矢量為正，反之為負。寫出研究對象的初、 末動量和合外力的沖量 （或各外力在各個階段的沖量的矢量和）（根據(jù)動量定理列式求解。例題分析例1 ：以初速度V0平拋出一個質(zhì)量為 m的物體，拋出后t秒內(nèi)物體的動量變化是多少？ 解：因為合外力就是重力，所以 p=

7、 Ft = mgt有了動量定理，不論是求合力的沖量還是求物體動量的變化，都有了兩種可供選擇的等價的方法。本題用沖量求解，比先求末動量，再求初、末動量的矢量差要方便得多。當合外 力為恒力時往往用Ft來求較為簡單；當合外力為變力時，在高中階段只能用 p來求。例2：雞蛋從同一高度自由下落，第一次落在地板上，雞蛋被打破；第二次落在泡沫塑 料墊上，沒有被打破。這是為什么？解：兩次碰地（或碰塑料墊）瞬間雞蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以兩 次碰撞過程雞蛋的動量變化相同。根據(jù)Ft=A p,第一次與地板作用時的接觸時間短，作用力大，所以雞蛋被打破；第二次與泡沫塑料墊作用的接觸時間長，作用力小，所以雞

8、蛋沒有被打破。（再說得準確一點應該指出：雞蛋被打破是因為受到的壓強大。雞蛋和地板相互作 用時的接觸面積小而作用力大，所以壓強大，雞蛋被打破；雞蛋和泡沫塑料墊相互作用時的接觸面積大而作用力小，所以壓強小，雞蛋未被打破。）木塊幾乎不動；第例3:某同學要把壓在木塊下的紙抽出來。第一次他將紙迅速抽出, 二次他將紙較慢地抽出，木塊反而被拉動了。這是為什么？解：物體動量的改變不是取決于合力的大小，而是取決于合力沖量的大小。在水平方向上，第一次木塊受到的是滑動摩擦力， 一般來說大于第二次受到的靜摩擦力；但第一次力的作用時間極 短，摩擦力的沖量小，因此木塊沒有明顯的動量變化，幾乎不動。第二次摩擦力雖然較小,

9、但它的作用時間長，摩擦力的沖量反而大，因此木塊會有明顯的動量變化。例4：質(zhì)量為m的小球，從沙坑上方自由下落，經(jīng)過時間ti到達沙坑表面，又經(jīng)過時間t2停在沙坑里。求：沙又小球的平均阻力F;小球在沙坑里下落過程所受的總沖量I。解：設剛開始下落的位置為 A,剛好接觸沙的位置為 B,在沙中到達的最低點為C。在下落的全過程對小球用動量定理：重力作用時間為 阻力作用時間僅為t2,以豎直向下為正方向，有：mg（ t i + t 2） - Ft 2 = 0 , 解得：f mg t1 t2t2仍然在下落的全過程對小球用動量定理：在ti時間內(nèi)只有重力的沖量，在t2時間內(nèi)只有總沖量（已包括重力沖量在內(nèi)），以豎直向下

10、為正方向，有：mg11 - I =0 ,I =mgt i這種題本身并不難，也不復雜，但一定要認真審題。要根據(jù)題意所要求的沖量將各個外 力靈活組合。若本題目給出小球自由下落的高度，可先把高度轉(zhuǎn)換成時間后再用動量定理。當 11>> t 2時，F(xiàn)>>mg例5：質(zhì)量為M的汽車帶著質(zhì)量為 m的拖車在平直公路上以加速度 a勻加速前進，當速 度為V0時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機才發(fā)現(xiàn)。若汽車的牽引力一直未變， 車與路面的動摩擦因數(shù)為,那么拖車剛停下時，汽車的瞬時速度是多大？解：以汽車和拖車系統(tǒng)為研究對象，全過程系統(tǒng)受的合外力始終為M ma,該過程經(jīng)歷時間為V0/（ig,末

11、狀態(tài)拖車的動量為零。全過程對系統(tǒng)用動量定理可得:M m a v0- M v Mg這種方法只能用在拖車停下之前。m Vo, vM ma g voMg因為拖車停下后，系統(tǒng)受的合外力中少了拖車受到的摩擦力，因此合外力大小不再是M例6:質(zhì)量為m=1kg的小球由高hi=0.45m處自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高 度為h2=0.2m,從小球下落到反跳到最高點經(jīng)歷的時間為At=0.6s,取g=10m/s2。求：小球撞擊地面過程中，球?qū)Φ孛娴钠骄鶋毫Φ拇笮。Q解：以小球為研究對象，從開始下落到反跳到最高點的全過程動量變；化為零，根據(jù)下降、上升高度可知其中下落、上升分別用時ti=0.3s和 4t2=0

12、.2s ,因此與地面作用的時間必為t3=0.1s。由動量定理得：mgA;t-Ft 3=0 , F=60N三、動量守恒定律目的要求復習動量守恒定律及其應用。知識要點4 .動量守恒定律：一個系統(tǒng)不受外力或者受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變。即： m1Vl m2V2 m1Vl m2 V25 .動量守恒定律成立的條件系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零；系統(tǒng)受外力，但外力遠小于內(nèi)力，可以忽略不計；系統(tǒng)在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒。全過程的某一階段系統(tǒng)受的合外力為零，則該階段系統(tǒng)動量守恒。6 .動量守恒定律的表達形式除了 m1Vl m2V2 m1Vl m2V2 ,即 pi +p

13、2 = pi/+p2/外，還有： pi+Ap2=0, A p1= - A p2 和 _mkV2.m2V17 .動量守恒定律的重要意義從現(xiàn)代物理學的理論高度來認識，動量守恒定律是物理學中最基本的普適原理之一。（另一個最基本的普適原理就是能量守恒定律。）從科學實踐的角度來看，迄今為止，人們尚未發(fā)現(xiàn)動量守恒定律有任何例外。相反，每當在實驗中觀察到似乎是違反動量守恒定律的現(xiàn)象 時，物理學家們就會提出新的假設來補救，最后總是以有新的發(fā)現(xiàn)而勝利告終。例如靜止的原子核發(fā)生3衰變放出電子時，按動量守恒，反沖核應該沿電子的反方向運動。但云室照片顯示，兩者徑跡不在一條直線上。為解釋這一反常現(xiàn)象，1930年泡利提出

14、了中微子假說。由于中微子既不帶電又幾乎無質(zhì)量，在實驗中極難測量，直到1956年人們才首次證明了中微子的存在。(2000年高考綜合題23就是根據(jù)這一歷史事實設計的)。又如人們發(fā)現(xiàn)，兩這時物理學家把動量的概念個運動著的帶電粒子在電磁相互作用下動量似乎也是不守恒的。推廣到了電磁場，把電磁場的動量也考慮進去，總動量就又守恒了。例題分析例1:質(zhì)量為 m=0.10kg的小鋼球以 Vo=10m/s的水平速度拋出，下落 h=5.0m時撞擊一 鋼板，撞后速度恰好反向，則鋼板與水平地面的夾角 0 =剛要撞擊時小球的動量的大 小為 (g=10m/s2)解：小鋼球作平拋運動，撞擊鋼板時的豎直分速度Vy=J髓卜.=10

15、m/s.而水平方向作的是勻速運動，所以Vx=V o=10m/s.而tgn 0 =Vo/Vy=1,所以 0 =450,另外鋼球的末速度為：Vt=WM機遮m/s,于是剛要撞擊時小球的動量大小等于：P=mVt=、7 kgm/s例2.質(zhì)量為m的鋼球自高處下落，以速度 V1碰地，豎直向上彈回，碰撞時間極短，離 地的速率為V2 ,在碰撞過程中，地面對鋼球的沖量的方向和大小為()A.向下，m(V1-V2) B.向下，m(V1+V2)C.向上，m(V1-V2) D.向上，m(V1+V2)分析：將鋼球作研究對象，鋼球在碰地過程中的受力如圖中的動畫所示，圖中mg為鋼球受到的重力、N是受到地面對它的彈力，由于彈力和

16、重力對鋼球的沖量使鋼球的動量發(fā)生改變.圖中鋼球的碰地速度V1 ,彈起速度為 V2 ,我們假設垂直地面向上為正，對鋼球運用動理定理得：Nt-mgt=mV2-(-mV1)=mV2+mV1 ,由于碰撞時間極短，t趨近于零，故 mgt也趨于零可忽略不計，于是 Nt=m(V2+V1),即 彈力的沖量方向向上，大小等于m(V1+V2),故答案選D例題3:質(zhì)量為M的小船以速度 Vo行駛，船上有兩個質(zhì)量皆為 m的小孩a和b,分別 靜止站在船頭和船尾.現(xiàn)小孩a沿水平方向以速率 V (相對于靜水面)向前躍入水中，然后 小孩b沿水平方向以同一速率 (相對于靜水面)向后躍入水中，求小孩b躍出后小船的速度。本題是由三個

17、物體組成的物體系，和兩個物體過程的動量守恒定律的應用問題，選擇合理的研究對象和研究過程可使解題方便簡捷解答：選小孩a、b和船為一系統(tǒng)，在兩小孩先后跳入水的整個過程中可忽略水的阻力 系統(tǒng)水平方向上動量守恒.設小孩b躍出后船向前行駛的速度為Vx,選Vx方向為正方向根據(jù)動量守恒定律有；(M+2m)V o=MVx+mV-mV 整理得：Vx= (1+2m/M)Vo例題4:一列火車在水平直軌道上做勻速運動，總質(zhì)量為M ,速度為V,某時刻火車后部有質(zhì)量為 m的一節(jié)車廂脫鉤，司機并未發(fā)覺，又繼續(xù)行駛了一段距離，這期間車牽引力 保持不變，并且火車各部所受的阻力跟運動速度無關，當司機發(fā)現(xiàn)時，后面脫鉤的車廂的速度已

18、減為V/3 ,求此時刻火車車廂前面部分的速度多大？節(jié)車廂脫鉤后，牽引力和阻解答：火車原在鐵軌上勻速運動，故所受合外力等于零,力均不變，火車系統(tǒng)合外力等于零，動量守恒.當脫鉤車廂速度為 V/3時，設前面部分的速度為V,根據(jù)動量守恒定律有:MV= (M-m)V'+mV/3解得:四、動量守恒定律的應用目的要求復習掌握動量守恒定律的應用 知識要點1.碰撞：兩個物體在極短時間內(nèi)發(fā)生相互作用，這種情況稱為碰撞。由于作用時間極短,碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰般都滿足內(nèi)力遠大于外力， 所以可以認為系統(tǒng)的動量守恒。撞、完全非彈性碰撞三種。仔細分析一下碰 撞的全過程：設光滑水 平面上，質(zhì)量為 mi的 物體A

19、以速度vi向質(zhì) 量為m2的靜止物體B運動，B的左端連有輕彈簧。在I位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；到H位置 A、B速度剛好相等（設為 v）,彈簧被壓縮到最短；再往后 A、B開始 遠離，彈簧開始恢復原長，到出位置彈簧剛好為原長，A、B分開，這時A、B的速度分別為Vi和V2。全過程系統(tǒng)動量一定是守恒的；而機械能是否守恒就要看彈簧的彈性如何了。彈簧是完全彈性的。I- n系統(tǒng)動能減少全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能， n狀態(tài)系統(tǒng)動能最小 而彈性勢能最大；n-ni彈性勢能減少全部轉(zhuǎn)化為動能； 因此I、出狀態(tài)系統(tǒng)動能相等。這 種碰撞叫做彈性碰撞。由動量守恒和能量守恒可以證明 A、B的最終速度

20、分別為：mi m22mi 。（這個結(jié)論最好背下來，以后經(jīng)常要用到。）V 1V 1 , V 2V 1mi m2m1 m2彈簧不是完全彈性的。I- n系統(tǒng)動能減少， 一部分轉(zhuǎn)化為彈性勢能， 一部分轉(zhuǎn)化為 內(nèi)能，n狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和相同，彈性勢能仍最大，但比??；n-ni彈性勢能減少，部 分轉(zhuǎn)化為動能，部分轉(zhuǎn)化為內(nèi)能；因為全過程系統(tǒng)動能有損失（一部分動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能）。這種碰撞叫非彈性碰撞。彈簧完全沒有彈性。I- n系統(tǒng)動能減少全部轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，n狀態(tài)系統(tǒng)動能仍和相同，但沒有彈性勢能；由于沒有彈性，a、B不再分開，而是共同運動，不再有n - ni過程。 這種碰撞叫完全非彈性碰撞。可以證明，A、B最終的共同速

21、度為v1 v2m1 v。在完全非彈性碰撞過程中,mi m2系統(tǒng)的動能損失最大，為：21212mimbMEk -miVi 二 日m2 V 222 mlm2（這個結(jié)論最好背下來，以后經(jīng)常要用到。）2 .子彈打木塊類問題：子彈打木塊實際上是一種完全非彈性碰撞。作為一個典型，它的特點是：子彈以水平速度射向原來靜止的木塊，并留在木塊中跟木塊共同運動。下面從動量、能量和牛頓運動定律等多個角度來分析這一過程。3 .反沖問題：在某些情況下，原來系統(tǒng)內(nèi)物體具有相同的速度，發(fā)生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用過程中系統(tǒng)的動能增大，有其它能向動能轉(zhuǎn)化?？梢园堰@類問題統(tǒng)稱為反沖。例題分析例1

22、:質(zhì)量為M的楔形物塊上有圓弧軌道，靜止在水平面上。質(zhì)量為 m的小球以速度vi向物塊運動。不計一切摩擦，圓弧小于 90°且足夠長。求小球能上升到的最大高度 H和物塊的最終速度 v。解：系統(tǒng)水平方向動量守恒，全過程機械能也守恒。在小球上升過程中，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得：mv 1 M m v由系統(tǒng)機械能守恒得:1 mv121M22_2m v mgH解得H2Mv 12 M m g全過程系統(tǒng)水平動量守恒，機械能守恒，得本題和上面分析的彈性碰撞基本相同，唯一的不同點僅在于重力勢能代替了彈性勢能。例2：動量分別為5kg m/s和6kg m/s的小球A、B沿光滑平面上的同一條直線同向運動,A的動量

23、減小了 2kg m/s,而方向不變，那么 A、BA追上B并發(fā)生碰撞后。若已知碰撞后 質(zhì)量之比的可能范圍是什么？解：A能追上B,說明碰前 va>vb,. 5mA38；又因為碰撞過程系統(tǒng)動能不會增加，mA mB6 ;mB522 mA碰后A的速度不大于 B的速度,622m b2238,由以上不2mA2m b等式組解得：3 mA A8 m B 7此類碰撞問題要考慮三個因素：碰撞中系統(tǒng)動量 守恒；碰撞過程中系統(tǒng)動能不增加；碰前、碰后兩 個物體的位置關系（不穿越）和速度大小應保證其順序 合理。例3:設質(zhì)量為m的子彈以初速度vo射向靜止在光滑水平面上的質(zhì)量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊

24、深度為do求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。解：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。從動量的角度看，子彈射入木 塊過程中系統(tǒng)動量守恒：mv0 M m v從能量的角度看，該過程系統(tǒng)損失的動能全部轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能。設平均阻力大小為f,設子彈、木塊的位移大小分別為s1、s2,如圖所示，顯然有s1-s2=d對子彈用動能定理:f Si1212一 mv0 mv22 10對木塊用動能定理：f s2Mv221c 1c、相減得：f d mv0 M m v202Mm2Vo這個式子的物理意義是:fd恰好等于系統(tǒng)動能的損失；根據(jù)能量守恒定律，系統(tǒng)動能的損失應該等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加；可見f

25、d Q,即兩物體由于相對運動而摩擦產(chǎn)生的熱（機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能），等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關，所以這里應該用路程，而不是用位移）2由上式不難求得平均阻力的大?。篺 Mmv 02 M m d至于木塊前進的距離 S2,可以由以上、相比得出:S2從牛頓運動定律和運動學公式出發(fā)，也可以得出同樣的結(jié)論。作用下做勻變速運動，位移與平均速度成正比：m dM m由于子彈和木塊都在恒力S2 dVo v /2s2v / 2一般情況下MVov d v0Mm, , S2v s2 v mm,所以s2<<d。這說明，在子彈射入木塊過程中， 木塊的位移很小,

26、可以忽略不計。這就為分階段處理問題提供了依據(jù)。象這種運動物體與靜止物體相互作用,動量守恒，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量可用公式:Mm 2EkVo2 M m當子彈速度很大時， 可能射穿木塊，這時末狀態(tài)子彈和木塊的速度大小不再相等， 但穿 透過程中系統(tǒng)動量仍然守恒，系統(tǒng)動能損失仍然是 Ek= f d （這里的d為木塊的厚度），但 由于末狀態(tài)子彈和木塊速度不相等，所以不能再用式計算 Ek的大小。做這類題目時一定要畫好示意圖，把各種數(shù)量關系和速度符號標在圖上，以免列方程時帶錯數(shù)據(jù)。例4:質(zhì)量為m的人站在質(zhì)量為 M,長為L的靜止小船 的右端，小船的左端靠在岸邊。當他向左走到船的左端時， 船左端

27、離岸多遠？解：先畫出示意圖。人、船系統(tǒng)動量守恒，總動量始終 為零，所以人、船動量大小始終相等。從圖中可以看出，人、 船的位移大小之和等于 L。設人、船位移大小分別為 11、12, 則：mvi=Mv2,兩邊同乘時間t, m1i=M12,而 1i+12=L,m12LM m應該注意到：此結(jié)論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走還是變速行走， 甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結(jié)論都是相同的。做這類題目，首先要畫好示意圖，要特別注意兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物 體位移大小之間的關系。以上所列舉的人、船模型的前提是系統(tǒng)初動量為零。如果發(fā)生相互作用前系統(tǒng)就具有一定的動量，那就不能再

28、用 mivi=m2V2這種形式列方程，而要利用 （mi+m2）vo= mivi+ m2v2列式。例5:總質(zhì)量為M的火箭模型 從飛機上釋放時的速度為 v°,速度方向水平。火箭向后 以相對于地面的速率 u噴出質(zhì)量為m的燃氣后，火箭本身的速度變?yōu)槎啻?？解：火箭噴出燃氣前后系統(tǒng)動量守恒。噴出燃氣后火箭剩余質(zhì)量變?yōu)镸-m ,以vo方向為正方向，MvoMvo mu mu M m v ,v 動量和動量守恒1.如圖所示，用彈簧片在將小球下的墊片打飛出去時，可以看到小 球正好落到下面的凹槽中，這是因為在墊片飛出的過程中：A.墊片受到的打擊力很大B.球受到的摩擦力很小C.小球受到的摩擦力的沖量很小D.小

29、球的動量變化幾乎為零2.如圖所示，一根繩繞過定滑輪，兩邊各系質(zhì)量為 M和m的物體,M>m, M靜止在地面上，今將m托高H然后放手讓其下落， 則M能上升的高度是（設M到最高點時，m尚未落地）：A.m2H22m2MB.m2 HM 2 m2M 2HD. 22M m3 .如圖所示，質(zhì)量為 m的小車的水平底板兩端各裝一根完全一樣的彈簧，小車底板上有一質(zhì)量為m的滑塊，滑塊與小車、3小車與地面的摩擦都不計.當小車靜止時，滑塊以速度v從中間向右運動，在滑塊來回與左右彈簧碰撞的過程中：A.當滑塊速度方向向右，大小為"v時，一定是右邊的彈簧壓4縮量最大B.右邊彈簧的最大壓縮量大于左邊彈簧的最大壓縮

30、量 C.左邊彈簧的最大壓縮量大于右邊彈簧的最大壓縮量 D.兩邊彈簧的最大壓縮量相等4 .質(zhì)量相同的兩個小球在光滑水平面上沿連心線同向運動，球 1的動量為7kg , m/s,球2 的動量為5kg - m/s,當球1追上球2時發(fā)生碰撞，則碰撞后兩球動量變化的可能值是：A. Pi=-1kg , m/s, P2=1kg , m/sB.APi=-1 kg , m/s, P2=4 kg , m/s C.APi=-9 kg - m/s, P2=9 kg - m/s D.APi=-12 kg , m/s, P2=10 kg , m/s5.如圖所示，A、B兩滑塊的質(zhì)量均為m,分別穿在上、下兩個光滑的、足夠長的水

31、平放置的固定導桿上，兩導桿間距為 d,以自然長 度為d的輕彈簧連接兩滑塊。設開始時兩滑塊位于同一豎直線上A速度為零.現(xiàn)給 B滑塊一個水平向右的沖量，其大小為I .此后，6.7.8.9.A滑塊所能達到的最大速度為 ;當兩滑塊間距達到最大時，A的速度為.如圖所示，在光滑水平地面上有一輛質(zhì)量為 m的小車，車上裝有 一半徑為R的光滑圓環(huán).一個質(zhì)量為 m的小滑塊從跟光滑車面等局的平臺上以速度 vo滑入圓環(huán)，已知 M=2m,當vo= 小滑塊運動到圓環(huán)頂端時恰好對圓環(huán)無壓力.如圖示，一個質(zhì)量為m的玩具蛙，蹲在質(zhì)量為m的小車的細桿上， 小車放在光滑的水平桌面上，若車長為L,細桿高為h,且位于小車的中點.試求：

32、當玩具蛙最小以多大的水平速度 v跳出時，才能 落到桌面上？如圖所示，在光滑的水平面上，有兩個質(zhì)量都是M的小車A和B,兩車之間用輕質(zhì)彈簧相連，它們以共同 的速度vo向右運動，另有一質(zhì)量為m=M的粘性物體，2從高處自由落下，正好落在 A車上，并與之粘合在一 起，求這以后的運動過程中，彈簧獲得的最大彈性勢 能Ep。時,如圖所示，光滑軌道上，小車A、B用輕彈簧連接，將彈簧壓縮后用細繩系在 A、B上.然 后使A、B以速度vo沿軌道向右運動，運動中細繩突然斷開，當彈簧第一次恢復到自然 長度時，A的速度剛好為0,已知A、B的質(zhì)量分別為 mA、mB,且mA<mB。求：被壓縮的彈簧具有的彈性勢能Ep試定量

33、分析、討論在以后的運動過程中, 無速度為0的時刻？10.如圖所示，長為0.51 m的木板A,質(zhì)量為一起在光滑的水平面上向左勻速運動.速度1kg.板上右端有物塊 B,質(zhì)量為3 kg.它們vo=2m/s.木板與等高的豎直固定板C發(fā)生=0.5, g 取 10m/s2,碰撞，時間極短，沒有機械能的損失.物塊與木板間的動摩擦因數(shù) 求：第一次碰撞后，A、B共同運動的速度大小和方向.第一次碰撞后，A與C之間的最大距離.（結(jié)果保留 兩位小數(shù)）A與固定板碰撞幾次，B可脫離A板.11 .如圖所示，質(zhì)量為 M=2.0kg的小車放在光滑水平面上， 在小車右端放一質(zhì)量為 m= 1.0噸的物塊，物塊與小車之 間的動摩擦因

34、數(shù)為=0.5 .當物塊與小車同時分別受到水平向左Fi=6.0 N和水平向右F2=9.0N的拉力，并經(jīng)0.4s 時間后同時撤去兩力，為使物塊不從小車上滑下，求小 車至少要多長.（g取10m/s2）12 . 一個質(zhì)量為 M的小車，靜止在光滑水平面上，在小車的光滑板面上放一個質(zhì)量為m的小物塊（可視為質(zhì)點），小車質(zhì)量與小物塊質(zhì)量之比M:m=5: 1,小物塊距小車右端距離為l .如圖所示，現(xiàn)沿平行車身方向加水平向右面恒力F,小物塊由靜止開始向右運動，之 1后與小車右端擋板相碰，若碰后小車速度大小為碰撞前小物塊速度大小的-,設小車足3夠長，小物塊不會從小車上掉下來，且力 略不計，求：F足夠小，以至小物塊與

35、小車碰撞過程中可忽小物塊與小車右端擋板第一次相撞后，小物塊相對地面向左運動的最大距離.小物塊與小車右端擋板第一次相碰后，小物塊和小車右端擋板之間的最大距離.小物塊從開始運動至第二次碰撞時，小物塊相對地 面發(fā)生的總位移.參考答案1.CD2.B 3.D 4.AC 5.,m2m6. .7Rg7.2 MMLg m 1 2h8.Ep-Mv 302一o 9.(1) EpmAmA2mB Vo2mB小車B速度不可能等于零。10. v=10m/s s=0.13m11.s=0.336m7l 34 .12.(1) s -l9第六章.機械能一、功和功率目的要求復習功和功率，掌握功和功率的計算公式。知識要點1 .功：功

36、是力的空間積累效應。它和位移相對應（也和時間相對應）。計算功的方法有兩種：按照定義求功。即：WFscos e。在高中階段，這種方法只適用于恒力做功。 當02時F做正功，當3時F不做功，當萬時F做負功。這種方法也可以說成是：功等于恒力和沿該恒力方向上的位移的乘積。用動能定理 W=A R或功能關系求功。當 F為變力時，高中階段往往考慮用這種方法 求功。這里求得的功是該過程中外力對物體做的總功（或者說是合外力做的功）。這種方法的依據(jù)是：做叨電過程磔垣熊重殖化也過！也超能典特化型:曼度二_如里型 道某一過程中能量轉(zhuǎn)化的數(shù)值，那么也就知道了該過程中對應的功的數(shù)值。2 . 一對作用力和反作用力做功的特點一

37、對作用力和反作用力在同一段時間內(nèi)做的總功可能為正、可能為負、也可能為零。一對互為作用反作用的摩擦力做的總功可能為零（靜摩擦力）、可能為負（滑動摩擦 力），但不可能為正。3 .功率：功率是描述做功快慢的物理量。功率的定義式： P ,所求出的功率是時間 t內(nèi)的平均功率。 t功率的計算式：F=Fvcos e,其中e是力與速度間的夾角。該公式有兩種用法：求某一時刻的瞬時功率。這時F是該時刻的作用力大小， v取瞬時值，對應的 P為F在該時刻的瞬時功率；當 v為某段位移（時間）內(nèi)的平均速度時，則要求這段位移（時間）內(nèi) F必須為恒力，對應的 P為F在該段時間內(nèi)的平均功率。重力的功率可表示為FG=mgv,即重

38、力的瞬時功率等于重力和物體在該時刻的豎直分速度之積。汽車的兩種加速問題。當汽車從靜止開始沿水平面加 速運動時，有兩種不同的加速過程， 但分析時采用的基本公 式都是P=Fv和F-f = ma恒定功率的加速。由公式 P=Fv和F-f=ma知，由于P恒定，隨著v的增大，F(xiàn)必將減 小，a也必將減小，汽車做加速度不斷減小的加速運動，直到F=f, a=0,這時v達到最大值v Pm fm o可見恒定功率的加速一定不是勻加速。這種加速過程發(fā)動機做的功只能用m F fW=Pt計算，不能用 W=Fs計算（因為F為變力）。恒定牽引力的加速。由公式 P=Fv和F-f=m城口，由于F恒定，所以a恒定，汽車做勻加速運動，

39、而隨著V的增大，P也將不斷增大，直到P達到額定功率 Pm,功率不能再增大了。這時勻加速運動結(jié)束，其最大速度為vEm PL V ,此后汽車要想繼續(xù)加速就只能 vmff vm '做怛走也至即變?nèi)缰o筠砌工.?？梢姷呃盍x力的如謔町:如?二定丕母走。一這種加速過程&型 機做的而只能用 W=Fs計算，不能用 W=P在算（因為P為變而率）。要注意兩種加速運動過程的最大速度的區(qū)別。例題分析例1：如圖所示，質(zhì)量為 m的小球用長L的細線懸掛而靜止在豎直 位置。在下列三種情況下，分別用水平拉力F將小球拉到細線與豎直方向成0角的位置。在此過程中，拉力F做的功各是多少？用 F緩慢地拉；F為恒力；若 F

40、為恒力，而且拉到該位置時小球的速度剛好為 零。可供選擇的答案有A. FLcos B. FLsinC. FL 1 cos D. mgL 1 cos解：若用F緩慢地拉，則顯然 F為變力，只能用動能定理求解。F做的功等于該過程克服重力做的功。選 D若F為恒力，則可以直接按定義求功。選 B若F為恒力，而且拉到該位置時小球的速度剛好為零，那么按定義直接求功和按動能定理求功都是正確的。選B D在第三種情況下，由FLsin =mgL1 cos ，可以得到上 1 costan_ ,可見在mg sin2擺角為 時小球料度最大。實際上，因為 F與mg的合力也是恒力，而繩的拉力始終不做 功，所以其效果相當于一個擺，

41、我們可以把這樣的裝置叫做“歪擺”。例2：質(zhì)量為2t的農(nóng)用汽車，發(fā)動機額定功率為30k觀汽車在水平路面行駛時能達到的最大時速為54km/h。若汽車以額定功率從靜止開始加速，當其速度達到v=36km/h時的瞬時加速度是多大？解：汽車在水平路面行駛達到最大速度時牽引力F等于阻力f,即P=f Vm,而速度為v時的牽引力F=PMv,再利用F-f=ma可以求得這時的 a =0.50m/s 2二、動能定理目的要求復習動能定理及其應用。知識要點1 .動能定理的表述<1）合處人做的一功等壬物體動能的變化?（這里的合外力指物體受到的所有外力的合 力，包括重力）。表達式為V=AE<（2）動能定理也可以表

42、述為：外力對物體做的總功等于物體動能的變化。實際應用時，后一種表述比較好操作。不必求合力，特別是在全過程的各個階段受力有變化的情況下，只要把各個力在各個階段所做的功都按照代數(shù)和加起來，就可以得到總功。（3）和動量定理一樣，動能定理也建立起過程量（功）和狀態(tài)量（動能）間的聯(lián)系。這樣，無論求合外力做的功還是求物體動能的變化， 就都有了兩個可供選擇的途徑。 和動量 定理不同的是：功和動能都是標量， 動能定理表達式是一個標量式， 丕熊在某二t互回上亶 用動能定理。2 .應用動能定理解題的步驟確定研究對象和研究過程。和動量定理不同，動能定理的研究對象只能是單個物體，如果是系統(tǒng)，那么系統(tǒng)內(nèi)的物體間不能有相

43、對運動。（原因是：系統(tǒng)內(nèi)所有內(nèi)力的總沖量一定是零，而系統(tǒng)內(nèi)所有內(nèi)力做的總功不一定是零）。對研究對象進行受力分析。（研究對象以外的物體施于研究對象的力都要分析，含重力）。寫出該過程中合外力做的功，或分別寫出各個力做的功（注意功的正負）。如果研究過程中物體受力情況有變化，要分別寫出該力在各個階段做的功。寫出物體的初、末動能。按照動能定理列式求解。例題分析例1:如圖所示，斜面傾角為 a ,長為L,八瞰光滑，BC段粗糙，且BG2AB質(zhì)量為m的木塊從斜面頂端無初速下滑，到達C端時速度剛好減小到零。求物體和斜面BC段間的動摩擦因數(shù)解：以木塊為對象，在下滑全過程中用動能定理： 重力做的功為mglsin a

44、,摩擦力做的功為3 mgL cos ,支持力不做功。初、末動能均為零。2一 3mglsin a - mgL cos =0,-tan32從本例題可以看出，由于用動能定理列方程時不牽扯過程中不同階段的加速度，所以 比用牛頓定律和運動學方程解題簡潔得多。例2：將小球以初速度 vo豎直上拋，在不計空氣阻力的理想狀況下，小球?qū)⑸仙侥骋?0%設空氣阻力tQOi /V / nfG P +g最大高度。由于有空氣阻力，小球?qū)嶋H上升的最大高度只有該理想高度的 大小恒定，求小球落回拋出點時的速度大小V。解：有空氣阻力和無空氣阻力兩種情況下分別在上升過程對小球 用動能定理：1 12一一mgHmvjD0.8mgfH二

45、 mv。，可得2 221H=vo /2 g, f -mg再以小球為對象，在有空氣阻力的情況下對上升和下落的全過程 用動能定理。全過程重力做的功為零，所以有：f 2 0.8H -mv（2 1mv2,解得 v J3Vo 225從本題可以看出：根據(jù)題意靈活地選取研究過程可以使問題變得簡單。有時取全過程 簡單；有時則取某一階段簡單。原則是盡量使做功的力減少，各個力的功計算方便；或使初、 末動能等于零。例3:質(zhì)量為M的木塊放在水平臺面上，臺面比水平地面高出 h=0.20m ,木塊離臺的右端L=1.7m。質(zhì)量為 a 、n=0.10M的子彈以V0=180m/s的速度水平射向木塊，并以平空弓J不. . .&g

46、t; h 、v=90m/s的速度水平射出，木塊洛到水平地面時的洛地點不到臺面右端的水平距離為s=1.6m,求木塊與臺面間的動隹k/廣摩擦因數(shù)為科。解：本題的物理過程可以分為三個階段，在其中兩個階段中有機械能損失：子彈射穿木塊階段和木塊在臺面上滑行階段。所以本題必須分三個階段列方程：子彈射穿木塊階段，對系統(tǒng)用動量守恒，設木塊末速度為vi,mv= mv+Mv木塊在臺面上滑行階段對木塊用動能定理，設木塊離開臺面時的速度為V2,有：1212MgL - Mvi - MV2 22木塊離開臺面后的平拋階段，s v2 2h由、可得 產(chǎn)0.50從本題應引起注意的是：凡是有機械能損失的過程，都應該分段處理。從本題

47、還應引起注意的是：不要對系統(tǒng)用動能定理。在子彈穿過木塊階段，子彈和木塊間的一對摩擦力做的總功為負功。如果對系統(tǒng)在全過程用動能定理，就會把這個負功漏掉。例4:如圖所示，小球以大小為 v。的初速度由A端向右運動，到 B端時的速度減小為 vb；若以同樣大小的初速度由 B端向左運動，到 A端時的速度減小為 va。已知小球運動過程中始終未離開該粗糙軌道。比較 va、vb的大小, 結(jié)論是A.va>vbB.C.va<vbD.解：小球向右通過凹槽va=vb無法確定C時的速率比向左通過凹槽C時的速率大，由向心力方程 N mg2mvR可知，對應的彈力 N一定大，滑動摩擦力也大，克服阻力做的功多；又小球

48、向右通過凸起D時的速率比向左通過凸起 D時的速率小,2由向心力方程mg N mv可知，對應的彈力 N 一定大，滑動摩擦力也大，克服阻力做的 R功多。所以小球向右運動全過程克服阻力做功多，動能損失多，末動能小，選 A三、機械能守恒定律目的要求復習機械能守恒定律及其應用。知識要點1 .機械能守恒定律的兩種表述在只有重力做功的情形下，物體的動能和重力勢能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化？但機械能的總量保持不變。機械能的總量如果沒有摩擦和介質(zhì)阻力，物體只發(fā)生動能和重力勢能的相互轉(zhuǎn)化時, 保持不變。對機械能守恒定律的理解：機械能守恒定律的研究對象一定是系統(tǒng)， 至少包括地球在內(nèi)。通常我們說“小球的機 械能守恒”其實一定也就包

49、括地球在內(nèi)， 因為重力勢能就是小球和地球所共有的。 另外小球 的動能中所用的V,也是相對于地面的速度。當研究對象（除地球以外）只有一個物體時，往往根據(jù)是否“只有重力做功”來判定 機械能是否守恒；當研究對象（除地球以外）由多個物體組成時，往往根據(jù)是否“沒有摩擦 和介質(zhì)阻力”來判定機械能是否守恒?！爸挥兄亓ψ龉Α辈坏扔凇爸皇苤亓ψ饔谩?。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，就可以認為是“只有重力做功”。2 .機械能守恒定律的各種表達形式小1212口 LLLL mgh-mvmgh -mv ,IP EpEkEpEk； EpEk 0; EiE2 0; E 增E 減用

50、時，需要規(guī)定重力勢能的參考平面。用時則不必規(guī)定重力勢能的參考平面，因為重力勢能的改變量與參考平面的選取沒有關系。尤其是用 E= E%只要把增加的機械能和減少的機械能都寫出來，方程自然就列出來了。3 .解題步驟確定研究對象和研究過程。判斷機械能是否守恒。選定一種表達式，列式求解。例題分析&例1：如圖物塊和斜面都是光滑的，物塊從靜止沿斜面下滑：過程中，物塊機械能是否守恒？系統(tǒng)機械能是否守恒？;'“全涂、解：以物塊和斜面系統(tǒng)為研究對象，很明顯物塊下滑過程中切切系統(tǒng)不受摩擦和介質(zhì)阻力，故系統(tǒng)機械能守恒。又由水平方向系統(tǒng)動量守恒可以得知：斜面將向左運動，即斜面的機械能將增大，故物塊的機械

51、能/右、4 ,77777777777/一定將減少。有些同學一看本題說的是光滑斜面，容易錯認為物塊本身機械能就守恒。這里要提醒兩條：由于斜面本身要向左滑動，所以斜面對物塊的彈力N和物塊的實際位移 s的方向已經(jīng)不再垂直，彈力要對物塊做負功，對物塊來說已經(jīng)不再滿足“只有重力做功”的條件。 由于水平方向系統(tǒng)動量守恒，斜面一定會向右運動，其動能也只能是由物塊的機械能轉(zhuǎn)移而 來，所以物塊的機械能必然減少。例2：如圖所示，質(zhì)量分別為2 m和3m的兩個小球固定在一根?直角尺的兩端 A、B,直角尺的頂點 O處有光滑的固定轉(zhuǎn)動軸。 AO、ABO的長分別為2L和L。開始時直角尺的 AO部分處于水平位置而 B在O的正

52、下方。讓該系統(tǒng)由靜止開始自由轉(zhuǎn)動，求：6B當A到達最低點時，A小球的速度大小v;B球能上升的最大高度 h;開始轉(zhuǎn)動后B球可能達到的最大速度Vm。解：以直角尺和兩小球組成的系統(tǒng)為對象，由于轉(zhuǎn)動過程不受摩擦和介質(zhì)阻力，所以該系統(tǒng)的機械能守恒。B的重力勢能增加，A的即時速度總是 B2V ,解得 V18gL2 11過程中A的重力勢能減少，A、B的動能和的 2 倍。2mg 2L 3mg L 1 2m v2 1 3m 22B球不可能到達 O的正上方，它到達最大高度時速度一定為零，設該位置比OA豎直位置向左偏了 a角。2mg2Lcos a =3mgL(1+sin a),此式可化簡為 4cos a-3sin

53、a =3,禾U用 三角公式可解得 sin(53 ° - a尸sin37 ° , a =16°B球速度最大時就是系統(tǒng)動能最大時，而系統(tǒng)動能增大等于系統(tǒng)重力做的功W。設OA從開始轉(zhuǎn)過 8角時B球速度最大， 12m 2V 2 1 3m v2 =2mg2Lsin 0 -3 mgL(1-cos220 )= mgL4sin 0 +3cos 0 -3) <2mgL,解得 vm .4gL .11本題如果用 b+E=E/+E/這種表達形式:就需要規(guī)定重力勢能的參考平面，顯然比較煩瑣。用 £增二 E減就要簡潔得多。例3:如圖所示，粗細均勻的 U形管內(nèi)裝有總長為 4L的 水。開始時閥門 K閉合，左右支管內(nèi)水面高度差為 L。打開 閥門K后，左右水面剛好相平時左管液面的速度是多大？(管的內(nèi)部橫截面很小，摩擦阻力忽略不計)解：由于不考慮摩擦阻力，故整個水柱的機械能守恒。從初始狀態(tài)到左右支管水面相平為止，相當式白殳L/2的生柱由左管移到右管。系統(tǒng)的重力勢能減少，動能增加。該過程中，整個水柱勢能的減少量等效于高L/2的水柱降低L/2重力勢能的減少。不妨設水柱總gL8 8 °一一, L 1