高中物理解題高手：專題13--動(dòng)量守恒和能量守恒

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)專心-專注-專業(yè)精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上專心-專注-專業(yè)專題十三 動(dòng)量守恒和能量守恒重點(diǎn)難點(diǎn)提示動(dòng)量和能量是高考中的必考知識(shí)點(diǎn)，考查題型多樣，考查角度多變，大部分試題都與牛頓定律、曲線運(yùn)動(dòng)、電磁學(xué)知識(shí)相互聯(lián)系，綜合出題。其中所涉及的物理情境往往比較復(fù)雜，對(duì)學(xué)生的分析綜合能力，推理能力和利用數(shù)學(xué)工具解決物理問題的能力要求均高，常常需要將動(dòng)量知識(shí)和機(jī)械能知識(shí)結(jié)合起來考慮。有的物理情景設(shè)置新穎，有的貼近于學(xué)生的生活實(shí)際，特別是多次出現(xiàn)動(dòng)量守恒和能量守恒相結(jié)合的綜合計(jì)算題。在復(fù)習(xí)中要注意定律的適用條件，掌握幾種常見的物理模型。一、解

2、題的基本思路：解題時(shí)要善于分析物理情境，需對(duì)物體或系統(tǒng)的運(yùn)動(dòng)過程進(jìn)行詳細(xì)分析，挖掘隱含條件，尋找臨界點(diǎn)，畫出情景圖，分段研究其受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，綜合使用相關(guān)規(guī)律解題。由文字到情境即是審題，運(yùn)用“圖象語(yǔ)言”分析物體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，畫出受力分析圖和運(yùn)動(dòng)情境圖，將文字?jǐn)⑹龅膯栴}在頭腦中形象化。畫圖，是一種能力，又是一種習(xí)慣，能力的獲得，習(xí)慣的養(yǎng)成依靠平時(shí)的訓(xùn)練。分析物理情境的特點(diǎn)，包括受力特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，判斷物體運(yùn)動(dòng)模型，回憶相應(yīng)的物理規(guī)律。決策：用規(guī)律把題目所要求的目標(biāo)與已知條件關(guān)聯(lián)起來，選擇最佳解題方法解決物理問題。二、基本的解題方法：閱讀文字、分析情境、建立模型、尋找規(guī)律、解立方程、求

3、解驗(yàn)證分步法（又叫拆解法或程序法）：在高考計(jì)算題中，所研究的物理過程往往比較復(fù)雜，要將復(fù)雜的物理過程分解為幾步簡(jiǎn)單的過程，分析其符合什么樣的物理規(guī)律再分別列式求解。這樣將一個(gè)復(fù)雜的問題分解為二三個(gè)簡(jiǎn)單的問題去解決，就化解了題目的難度。全程法（又叫綜合法）：所研究的對(duì)象運(yùn)動(dòng)細(xì)節(jié)復(fù)雜，但從整個(gè)過程去分析考慮問題，選用適合整個(gè)過程的物理規(guī)律，如兩大守恒定律或兩大定理或功能關(guān)系，就可以很方便的解決問題。等效法（又叫類比法）：所給的物理情境比較新穎，但可以把它和熟悉的物理模型進(jìn)行類比，把它等效成我們熟知的情境，方便的解決問題。假設(shè)法：判斷未知情境時(shí)，可以先假設(shè)其結(jié)論成立，推出與已知條件或推論相一致或相反

4、的結(jié)果，證明其假設(shè)是否成立，從而解決物理問題。三、學(xué)習(xí)中應(yīng)當(dāng)注意的幾點(diǎn)：若考查有關(guān)物理量的瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系，需應(yīng)用牛頓定律，若考查一個(gè)過程，三種方法都有可能，但方法不同，處理的難易程度有很大的差別。若研究對(duì)象是一個(gè)系統(tǒng)，應(yīng)優(yōu)先考慮兩大守恒定律，若研究對(duì)象為單一物體，可優(yōu)先考慮兩個(gè)定理，涉及時(shí)間的優(yōu)先考慮動(dòng)量定理，涉及位移的優(yōu)先考慮動(dòng)能定理。機(jī)械能是否守恒決定于是否有重力和彈力（彈簧）之外的力做功，而動(dòng)量是否守恒，決定于系統(tǒng)是否有外力或外力之和是否為零。注意分析物體的受力情況，當(dāng)系統(tǒng)動(dòng)量守恒時(shí)，機(jī)械能不一定守恒，同樣機(jī)械能守恒時(shí)，動(dòng)量不一定守恒。從能量轉(zhuǎn)化的角度也可判斷機(jī)械能是否守恒：如果系統(tǒng)機(jī)械能

5、沒有和外界其他形式的能發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，只發(fā)生系統(tǒng)內(nèi)部勢(shì)能和動(dòng)能的相互轉(zhuǎn)化，則機(jī)械能守恒。重力勢(shì)能和電勢(shì)能都是標(biāo)量，但有正負(fù)，表示物體相對(duì)于零勢(shì)能面的位置。它們具有相對(duì)性，隨零勢(shì)能面的變化而變化，但勢(shì)能差值具有絕對(duì)性，與零勢(shì)能面的選取無關(guān)，我們只關(guān)心的是勢(shì)能差值的變化。動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用時(shí)要特別注意其矢量性，列式之前選好正方向，確定各矢量的正負(fù)。將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算。習(xí)題分類解析類型一動(dòng)量守恒條件的判斷把一支槍固定在小車上，小車放在光滑的水平桌面上槍發(fā)射出一顆子彈對(duì)于此過程，下列說法中正確的有哪些？（ ）A槍和子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B槍和車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒C車、槍和子彈組成的系統(tǒng)動(dòng)

6、量守恒D車、槍和子彈組成的系統(tǒng)近似動(dòng)量守恒，因?yàn)樽訌椇蜆屚仓g有摩擦力且摩擦力的沖量甚小分析與解答：本題涉及如何選擇系統(tǒng)，并判斷系統(tǒng)是否動(dòng)量守恒物體間存在相互作用力是構(gòu)成系統(tǒng)的必要條件，據(jù)此，本題中所涉及的桌子、小車、槍和子彈符合構(gòu)成系統(tǒng)的條件不僅如此，這些物體都跟地球有相互作用力如果僅依據(jù)有相互作用就該納入系統(tǒng)，那么推延下去只有把整個(gè)宇宙包括進(jìn)去才能算是一個(gè)完整的體系，顯然這對(duì)于分析、解決一些具體問題是沒有意義的選擇體系的目的在于應(yīng)用動(dòng)量守恒定律去分析和解決問題，這樣在選擇物體構(gòu)成體系的時(shí)候，除了物體間有相互作用之外，還必須考慮“由于物體的相互作用而改變了物體的動(dòng)量”的條件桌子和小車之間雖有

7、相互作用力，但桌子的動(dòng)量并沒有發(fā)生變化不應(yīng)納入系統(tǒng)內(nèi)，小車、槍和子彈由于相互作用而改變了各自的動(dòng)量，所以這三者構(gòu)成了系統(tǒng)分析系統(tǒng)是否動(dòng)量守恒，則應(yīng)區(qū)分內(nèi)力和外力對(duì)于選定的系統(tǒng)來說，重力和桌面的彈力是外力，由于其合力為零所以系統(tǒng)動(dòng)量守恒子彈與槍筒之間的摩擦力是系統(tǒng)的內(nèi)力，只能影響子彈和槍各自的動(dòng)量，不能改變系統(tǒng)的總動(dòng)量所以D的因果論述是錯(cuò)誤的答案為C變式1 如圖所示，A、兩質(zhì)量相等的物體靜止在平板小車上，、之間有一根被壓縮了的彈簧，、與平板車的上表面間的滑動(dòng)摩擦力之比為：，地面光滑，當(dāng)壓縮彈簧突然釋放后，則：、系統(tǒng)動(dòng)量守恒小車向左運(yùn)動(dòng)、系統(tǒng)動(dòng)量守恒小車向右運(yùn)動(dòng)分析與解答：本題中若以A、兩質(zhì)量相等

8、的物體為研究對(duì)象，由于與小車C的摩擦力大小不等，即該系統(tǒng)所受合外力不為零，不滿足守恒條件；但是如果以A、B、C三者為一個(gè)系統(tǒng)，則系統(tǒng)所受合外力為零，滿足守恒條件。分析小車C水平方向的受力：C受到A對(duì)C的向左的摩擦力FAC；C受到B對(duì)C的向右的摩擦力FBC；由于FAC：FBC3:2，所以小車向左運(yùn)動(dòng)。答案為BC。變式2 一列車沿平直軌道以速度v0勻速前進(jìn)，途中最后一節(jié)質(zhì)量為m的車廂突然脫鉤，若前部列車的質(zhì)量為M，脫鉤后牽引力不變，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，則當(dāng)最后一節(jié)車廂滑行停止的時(shí)刻，前部列車的速度為：小錦囊上述求解是根據(jù)列車受力的特點(diǎn)，恰當(dāng)?shù)剡x取研究對(duì)象，巧妙地運(yùn)用了動(dòng)量守恒定律

9、，顯得非常簡(jiǎn)單如果把每一部分作為研究對(duì)象，就需用牛頓第二定律等規(guī)律求解但過程較為復(fù)雜 分析與解答：列車原來做勻速直線運(yùn)動(dòng)，牽引力F等于摩擦力f，f=k(mM)g(k為比例系數(shù))，因此，整個(gè)列車所受的合外力等于零尾部車廂脫鉤后，每一部分所受摩擦力仍正比于它們的重力因此，如果把整個(gè)列車作為研究對(duì)象，脫鉤前后所受合外力始終為零，在尾部車廂停止前的任何一個(gè)瞬間，整個(gè)列車(前部+尾部)的動(dòng)量應(yīng)該守恒考慮剛脫鉤和尾部車廂剛停止這兩個(gè)瞬間，由(m+M)v0=0+Mv得此時(shí)前部列車的速度為答案為B類型二 人船模型如圖所示，長(zhǎng)為、質(zhì)量為的小船停在靜水中，質(zhì)量為的人從靜止開始從船頭走到船尾，不計(jì)水的阻力，求船和人

10、對(duì)地面的位移各為多少？船人分析與解答：以人和船組成的系統(tǒng)為研究對(duì)象，在人由船頭走到船尾的過程中，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，所以整個(gè)系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒當(dāng)人起步加速前進(jìn)時(shí)，船同時(shí)向后做加速運(yùn)動(dòng)；人勻速運(yùn)動(dòng)，則船勻速運(yùn)動(dòng)；當(dāng)人停下來時(shí)，船也停下來設(shè)某時(shí)刻人對(duì)地的速度為v，船對(duì)地的速度為V，取人行進(jìn)的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量守恒定律有：mvMV=0即因?yàn)槿擞纱^走到船尾的過程中，每一時(shí)刻都滿足動(dòng)量守恒定律，所以每一時(shí)刻人的速度與船的速度之比，都與它們的質(zhì)量之比成反比因此人由船頭走到船尾的過程中，人的平均速度與船的平均速度也與它們的質(zhì)量成反比，即而人的位移s人=t，船的位移s船=t，所以船的位移與人

11、的位移也與它們的質(zhì)量成反比，即此式是“人船模型”的位移與質(zhì)量的關(guān)系，此式的適用條件：原來處于靜止?fàn)顟B(tài)的系統(tǒng)，在系統(tǒng)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的過程中，某一個(gè)方向的動(dòng)量守恒由圖可以看出：s船s人=解得： 變式1 如圖所示，斜面長(zhǎng)為L(zhǎng)，傾角為、質(zhì)量為M的斜面頂端上，有一質(zhì)量為m、邊長(zhǎng)為l的正方形小物塊由靜止開始下滑，若不計(jì)一切摩擦，求小物塊由頂端剛滑到底端過程中斜面在水平面上滑行的位移s2s1分析與解答：設(shè)末狀態(tài)物塊和斜面對(duì)地的速度分別為v、V，以斜面的運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒得：MVmv =0由“人船模型”知：Mm=0由圖知：s1+s2=(Ll)cos由以上兩式解得s1=變式2 如圖所示，光滑水平面上有一

12、小車，s球s車小車上固定一桿，總質(zhì)量為M；桿頂系一長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕繩，輕繩另一端系一質(zhì)量為m的小球繩被水平拉直處于靜止?fàn)顟B(tài)(小球處于最左端)將小球由靜止釋放，小球從最左端擺下并繼續(xù)擺至最右端的過程中，小車運(yùn)動(dòng)的距離是多少？分析與解答：設(shè)某時(shí)刻小球速度的水平分量為v(方向向右)，小車的速度為V(方向向左)，取水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：小錦囊當(dāng)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒時(shí)，任意一段時(shí)間內(nèi)的平均動(dòng)量也守恒；當(dāng)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒時(shí)，系統(tǒng)的質(zhì)心保持原來的靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變?cè)趧?dòng)量守恒問題中常見到這樣一類問題：初態(tài)時(shí)系統(tǒng)總動(dòng)量為零，在物體發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)時(shí)，系統(tǒng)某一方向的動(dòng)量守恒（如水平方向）對(duì)于這類問題我們可以

13、借用“人船模型”很方便的解決MVmv =0即因?yàn)樾∏蛟跀[動(dòng)過程中，系統(tǒng)綜動(dòng)量在每時(shí)刻都等于零，所以每一時(shí)刻小球速度的水平分量與小車的速度都跟它們的質(zhì)量成反比；從而可知小球從最左端擺至最右端的過程中，小球的水平位移s1與小車的位移s2與它們的質(zhì)量成反比即由圖知s1+s2=2L由以上兩式解得s2=類型三 動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用一個(gè)質(zhì)量M=1kg的鳥在空中v0=6m/s沿水平方向飛行，離地面高度h=20m，忽被一顆質(zhì)量m=20g沿水平方向同向飛來的子彈擊中，子彈速度v=300m/s，擊中后子彈留在鳥體內(nèi)，鳥立即死去，g=10m/s2求：鳥被擊中后經(jīng)多少時(shí)間落地；鳥落地處離被擊中處的水平距離【分析】子彈擊

14、中鳥的過程，水平方向動(dòng)量守恒，接著兩者一起作平拋運(yùn)動(dòng)。分析與解答：把子彈和鳥作為一個(gè)系統(tǒng)，水平方向動(dòng)量守恒設(shè)擊中后的共同速度為u，取v0的方向?yàn)檎较?，則由Mv0mv(mM)u，得擊中后，鳥帶著子彈作平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為鳥落地處離擊中處水平距離為 Sut11.762m23.52mv1水流變式1 如圖所示，質(zhì)量為3.0kg的小車在光滑水平軌道上以2.0m/s速度向右運(yùn)動(dòng)一股水流以2.4m/s的水平速度自右向左射向小車后壁，已知水流流量為m3/s，射到車壁的水全部流入車廂內(nèi)那么，經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間可使小車開始反向運(yùn)動(dòng)？（水的密度為kg/m3）分析與解答：由題意知，小車質(zhì)量m=3.0kg ，速度v1=2.0

15、m/s ；水流速度v2=2.4m/s，水流流量Q=m3/s，水的密度=kg/m3.設(shè)經(jīng)t時(shí)間，流人車內(nèi)的水的質(zhì)量為M，此時(shí)車開始反向運(yùn)動(dòng)，車和水流在水平方向沒有外力，動(dòng)量守恒，所以有 mv1- Mv2=0 又因?yàn)?M=V V=Qt 由以上各式帶入數(shù)據(jù)解得 t=50s 變式2 甲、乙兩小孩各乘一輛冰車在水平冰面上游戲甲和他的冰車的總質(zhì)量共為M=30kg，乙和他的冰車的總質(zhì)量也是30kg游戲時(shí)，甲推著一質(zhì)量為小錦囊本題僅依據(jù)兩個(gè)動(dòng)量守恒的過程建立的方程還能求解，關(guān)鍵是正確找出臨界條件，并據(jù)此建立第三個(gè)等式才能求解m=15km的箱子，和他一起以大小為v0=2m/s的速度滑行乙以同樣大小的速度迎面滑來

16、為了避免相撞，甲突然將箱子沿冰面推給乙，箱子到乙處時(shí)乙迅速把它抓住若不計(jì)冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相對(duì)于地面)將箱子推出，才能避免和乙相碰 分析與解答：設(shè)甲推出的箱子速度為v，推出后甲的速度變?yōu)関1，取v0方向?yàn)檎较?，?jù)動(dòng)量守恒有(Mm)v0Mv1mv 乙抓住箱子的過程，動(dòng)量守恒，則Mvmv0=(Mm)v2. 甲、乙兩冰車避免相撞的條件是v2v1，取v2=v1 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)解得v=5.2m/s變式3 如圖所示，在光滑水平面上有木塊A和B，mA=0.5kg，mB=0.4kg，它們的上表面是粗糙的，今有一小鐵塊C，mC=0.1kg，以初速v0=10m/s沿兩木塊表面滑過，最后停留在

17、B上，此時(shí)B、C以共同速度v=1.5m/s運(yùn)動(dòng)，求：（1）A運(yùn)動(dòng)的速度vA=？BCA（2）C剛離開A時(shí)的速度vC=?分析與解答：（1）對(duì)ABC由動(dòng)量守恒得mCv0=mAvA+（mB+mC）v 上式帶入數(shù)據(jù)得 vA=0.5m/s （2）當(dāng)C剛離開A時(shí)AB有共同的速度vA，所以由動(dòng)量守恒得mCv0=（mA+mB）vA+mC vC 上式帶入數(shù)據(jù)得 vC=5.5 m/s 變式4 質(zhì)量為M的小車，如圖511所示，上面站著一小錦囊在應(yīng)用動(dòng)量守恒定律時(shí)，除注意判斷系統(tǒng)受力情況是否滿足守恒條件外，還要注意到相對(duì)速度問題，即所有速度都要是對(duì)同一參考系而言。一般在高中階段都選地面為參考系。同時(shí)還應(yīng)注意到相對(duì)速度的

18、同時(shí)性。個(gè)質(zhì)量為m的人，以v0的速度在光滑的水平面上前進(jìn)。現(xiàn)在人用相對(duì)于小車為u的速度水平向后跳出后，車速增加了多少？分析與解答：以人和車作為一個(gè)系統(tǒng)，因?yàn)樗椒较虿皇芡饬?，所以水平方向?dòng)量守恒。設(shè)人跳出后，車對(duì)地的速度增加了v，以v0方向?yàn)檎较?，以地為參考系。由?dòng)量守恒定律：(Mm)v0=M(v0+v)mu(v0v) 類型四動(dòng)量定理與動(dòng)量守恒定理相隔一定距離的A、B兩球，質(zhì)量均為m，假設(shè)它們之間存在恒定斥力作用，原來兩球被按住，處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)突然松開兩球，同時(shí)給A球以速度v0，使之沿兩球連線射向B球，而B球初速為零.設(shè)軌道光滑，若兩球間的距離從最小值(兩球未接觸)到剛恢復(fù)到原始值所經(jīng)歷的

19、時(shí)間為t，求兩球間的斥力.分析與解答：作出示意圖，如圖所示.當(dāng)A、B相距最近時(shí)，二者速度應(yīng)相等，設(shè)為u，當(dāng)二者距離恢復(fù)原始值時(shí)，設(shè)A、B的速度分別為v1、v2，整個(gè)過程經(jīng)歷的時(shí)間為t/。對(duì)B球，由動(dòng)量定理得：Ft=mv2-mu 由動(dòng)量守恒得 mv0=2mu mv0=mv1+mv2 整個(gè)過程中A、B兩球?qū)Φ氐奈灰葡嗟?，則： 解得： 變式1 如圖所示，一塊足夠長(zhǎng)的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序號(hào)是1、2、3、n的木塊，所有木塊的質(zhì)量均為m，與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，木板的質(zhì)量與所有木塊的總質(zhì)量相等。在t=0時(shí)刻木板靜止，第l、2、3、n號(hào)木塊的初速度分別為vo、2vo、3vo、nv

20、o，方向都向右.最終所有木塊與木板以共同速度勻速運(yùn)動(dòng).試求：所有木塊與木板一起勻速運(yùn)動(dòng)的速度vn從t=0到所有木塊與木板共同勻速運(yùn)動(dòng)經(jīng)歷的時(shí)間t第(n-1)號(hào)木塊在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的最小速度vn-112nv02v0nv0分析與解答： 對(duì)系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒得m（vo+2vo+3vo+nvo）=2nmvn 由上式解得 vn=(n+1)vo/4 因?yàn)榈趎號(hào)木塊始終做勻減速運(yùn)動(dòng)，所以對(duì)第n號(hào)木塊，由動(dòng)量定理得-mg t=mvn-mnvo 由上式解得 t=(3n-1)v0/4g 第(n-1)號(hào)木塊與木板相對(duì)靜止時(shí)，它在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中的速度最小，設(shè)此時(shí)第n號(hào)木塊的速度為v。對(duì)系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒得m(vo+2vo

21、+3vo+nvo)=(2n-1)m vn-1+mv 對(duì)第n-1號(hào)木塊，由動(dòng)量定理得 -mg t/=m vn-1 m(n -1)vo 對(duì)第n號(hào)木塊，由動(dòng)量定理得 -mg t/=mv - mnvo 解得vn-1 =(n-1)(n+2) vo /4n 類型五機(jī)械能守恒如圖所示，半徑為的光滑半圓上有兩個(gè)小球，質(zhì)量分別為，由細(xì)線掛著，今由靜止開始無初速度自由釋放，求小球升至最高點(diǎn)時(shí)兩球的速度？分析與解答：球沿半圓弧運(yùn)動(dòng)，繩長(zhǎng)不變，兩球通過的路程相等，上升的高度為；球下降的高度為；對(duì)于系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得： ；變式1 如圖所示，均勻鐵鏈長(zhǎng)為，平放在距離地面高為的光滑水平面上，其長(zhǎng)度的懸垂于桌面下，從靜

22、止開始釋放鐵鏈，求鐵鏈下端剛要著地時(shí)的速度？小錦囊零勢(shì)能面選取不同，所列出的表達(dá)式不同，雖然最后解得的結(jié)果是一樣的，但解方程時(shí)的簡(jiǎn)易程度是不同的，從本例可以看出，方法二較為簡(jiǎn)捷。因此，靈活、準(zhǔn)確地選取零勢(shì)能面，往往會(huì)給題目的求解帶來方便。分析與解答：1、選取地面為零勢(shì)能面：方法2、桌面為零勢(shì)能面：解得：變式2 質(zhì)量為m的物體甲和質(zhì)量為2m的物體乙系在繞過定滑輪的細(xì)繩的兩端，甲和乙距地面的高度都為（如圖2所示），若將它們都由靜止開始松手，甲在以后的運(yùn)動(dòng)中始終沒有碰到滑輪，當(dāng)甲運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)距地面的高度h為多少？（滑輪摩擦和空氣阻力不計(jì)）。 分析與解答：此題可分兩個(gè)過程來研究，乙著地前為第一個(gè)過程

23、，可用機(jī)械能守恒定律求出乙著地時(shí)甲的即時(shí)速度。乙著地后為第二個(gè)過程，可求出乙著地后甲又升高的最大高度。小錦囊整個(gè)過程中，甲和乙組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，甲和乙中任何一個(gè)物體機(jī)械能也不守恒。只有分成兩個(gè)過程，在第一個(gè)過程中甲和乙組成的系統(tǒng)總機(jī)械能守恒，在第二個(gè)過程中甲的機(jī)械能守恒。適當(dāng)?shù)剡x取研究對(duì)象和物理過程是解題的關(guān)鍵取地面為零勢(shì)能參考面，剛松手時(shí)甲和乙的總機(jī)械能 E1=(m甲+m乙)gh1設(shè)乙著地前甲和乙的速度都為v，乙著地前甲和乙的總機(jī)械能 對(duì)系統(tǒng)運(yùn)用機(jī)械能守恒定律 將m乙=2m甲代入上式解得 v2=2gh1/3。乙剛著地時(shí)甲的總機(jī)械能 E甲= 甲上升到最大高度h時(shí)，甲的總機(jī)械能 E甲=m甲g

24、h 對(duì)甲運(yùn)用機(jī)械能守恒定律得 將v2=2gh1/3代入上式解得甲上升的最大高度h=7h1/3。類型 六圓周運(yùn)動(dòng)的機(jī)械能守恒.如圖所示，半徑分別為R和r的甲、乙兩個(gè)光滑的圓形軌道安置在同一豎直平面上，軌道之間有一條水平軌道CD相通，一小球以一定的速度先滑上甲軌道，通過動(dòng)摩擦因數(shù)為的CD段，又滑上乙軌道，最后離開兩圓軌道，若小球在兩圓軌道的最高點(diǎn)對(duì)軌道的壓力都恰好為零，試求CD段的長(zhǎng)度.分析與解答：設(shè)小球通過C點(diǎn)時(shí)的速度為，通過甲軌道最高點(diǎn)的速度為，根據(jù)小球?qū)壍缐毫榱阌?取軌道最低點(diǎn)所在水平面為參考平面，由機(jī)械能守恒定律有甲乙DC 聯(lián)立可得 同理可得小球通過D點(diǎn)時(shí)的速度 設(shè)CD段的長(zhǎng)度為，對(duì)小

25、球通過CD段的過程，由動(dòng)能定理有 解得： 變式1 宇航員在月球表面完成下面實(shí)驗(yàn)：在一固定的豎直光滑圓弧軌道內(nèi)部的最低點(diǎn)，靜止一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)）如圖所示，當(dāng)給小球水平初速度v0時(shí)，剛好能使小球在豎直面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動(dòng).已知圓弧軌道半徑為r，月球的半徑為R，萬有引力常量為G.若在月球表面上發(fā)射一顆環(huán)月衛(wèi)星，所需最小發(fā)射速度為多大？解析設(shè)月球表面重力加速度為g，月球質(zhì)量為M.球剛好完成圓周運(yùn)動(dòng)，小球在最高點(diǎn)有 從最低點(diǎn)至最高低點(diǎn)有 可得 在月球表面發(fā)射衛(wèi)星的最小速度為月球第一宇宙速度 變式2 如圖所示，游樂列車由許多節(jié)車廂組成。列車全長(zhǎng)為L(zhǎng)，圓形軌道半徑為R，（R遠(yuǎn)大于一節(jié)車廂的高度h

26、和長(zhǎng)度l，但L2R）.已知列車的車輪是卡在導(dǎo)軌上的光滑槽中只能使列車沿著圓周運(yùn)動(dòng)，在軌道的任何地方都不能脫軌。試問：在沒有任何動(dòng)力的情況下，列車在水平軌道上應(yīng)具有多大初速度v0，才能使列車通過圓形軌道而運(yùn)動(dòng)到右邊的水平軌道上？分析與解答：當(dāng)游樂車灌滿整個(gè)圓形軌道時(shí)，游樂車的速度最小，設(shè)此時(shí)速度為v，游樂車的質(zhì)量為m，則據(jù)機(jī)械能守恒定律得：要游樂車能通過圓形軌道，則必有v0，所以有變式3 如圖所示，半徑為r,質(zhì)量不計(jì)的圓盤與地面垂直，圓心處有一個(gè)垂直盤面的光滑水平固定軸O，在盤的最右邊緣固定一個(gè)質(zhì)量為m的小球A，在O點(diǎn)的正下方離O點(diǎn)r/2處固定一個(gè)質(zhì)量也為m的小球B。放開盤讓其自由轉(zhuǎn)動(dòng)，問：（a

27、）A球轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)的線速度是多少？（b）在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中半徑OA向左偏離豎直方向的最大角度是多少？AB分析與解答：該系統(tǒng)在自由轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒。設(shè)A球轉(zhuǎn)到最低點(diǎn)時(shí)的線速度為VA，B球的速度為VB，則據(jù)機(jī)械能守恒定律可得： mgr-mgr/2=mvA2/2+mVB2/2 據(jù)圓周運(yùn)動(dòng)的知識(shí)可知：VA=2VB 由上述二式可求得VA= 設(shè)在轉(zhuǎn)動(dòng)過程中半徑OA向左偏離豎直方向的最大角度是（如圖所示），則據(jù)機(jī)械能守恒定律可得： mgr.cos-mgr(1+sin)/2=0 易求得=sin-1 。變式4 如圖所示，滑塊A的質(zhì)量m=0.01kg，與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2，用細(xì)線懸掛的小

28、球質(zhì)量均為m=0.01kg，沿x軸排列，A與第一只小球及相鄰兩小球間距離均為s=2m，線長(zhǎng)分別為L(zhǎng)1、L2、L3(圖中只畫出三只小球，且小球可視為質(zhì)點(diǎn)).開始時(shí)，滑塊以速度v0=10m/s沿x軸正方向運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊與小球碰撞時(shí)不損失機(jī)械能，碰撞后小球均能xv0AL1O1O2L2O3L3在豎直平面內(nèi)完成完整的圓周運(yùn)動(dòng)并再次與滑塊正碰，g取10m/s2，求:(1)滑塊能與幾個(gè)小球碰撞？(2)求出碰撞中第n個(gè)小球懸線長(zhǎng)Ln的表達(dá)式.(3)滑塊與第一個(gè)小球碰撞后瞬間，懸線對(duì)小球的拉力為多大？分析與解答： (1)因滑塊與小球質(zhì)量相等且碰撞中機(jī)械能守恒，所以滑塊與小球相碰撞會(huì)互換速度，小球在豎直平面內(nèi)做圓周

29、運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，設(shè)滑塊滑行總距離為s0，有: 得s0=25m 個(gè) (2)滑塊與第n個(gè)小球碰撞，設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度為vn 對(duì)小球由機(jī)械能守恒定律得: 小球恰好到達(dá)最高點(diǎn)，則 對(duì)滑塊由動(dòng)能定理得: )由以上三式得: (3)滑塊做勻減速運(yùn)動(dòng)到第一個(gè)小球處與第一個(gè)小球碰前的速度為v1，則有: 由于滑塊與小球碰撞時(shí)不損失機(jī)械能，則碰撞前后動(dòng)量守恒、動(dòng)能相等，滑塊與小球相互碰撞會(huì)互換速度，碰撞后瞬間小球的速度也為v1，此時(shí)小球受重力和繩子的拉力作用，由牛頓第二定律得: 因?yàn)?由以上三式得:T=0.6N 變式5 用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)線系一個(gè)質(zhì)量為m的小球（小球可以視為質(zhì)點(diǎn)），線的一端固定在空間的O點(diǎn)。先將小

30、球拉至圖中的P位置，使OP水平，然后無初速釋放小球。當(dāng)小球繞O點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)150到達(dá)Q位置時(shí)，細(xì)線碰到了一個(gè)固定的細(xì)釘子M，此后小球開始繞M做圓周運(yùn)動(dòng)。已知OM的長(zhǎng)度是4L/5，求：小球到達(dá)O點(diǎn)正下方的S點(diǎn)時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力F1多大？小球到達(dá)Q位置時(shí)的速度v1多大？小球繞M做圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)最高點(diǎn)N時(shí)的速度v2多大？小球通過最高點(diǎn)N時(shí)細(xì)線對(duì)小球的拉力F2是多大？ OPQM150NS20小球下擺90過程機(jī)械能守恒：，在該點(diǎn)拉力F1和重力的合力充當(dāng)向心力：，得F1 =3mg 小球P到Q過程機(jī)械能守恒：得 小球P到N過程機(jī)械能守恒：得 在N點(diǎn)，重力和拉力F2的合力充當(dāng)向心力：得F2= mg 類型七動(dòng)量守恒與機(jī)

31、械能守恒如圖所示，光滑水平面上的長(zhǎng)木板，右端用細(xì)繩栓在墻上，左端上部固定一輕質(zhì)彈簧，質(zhì)量為m的鐵球以某一初速度（未知）在木板光滑的上表面上向左運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧，當(dāng)鐵球速度減小到初速度的一半時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能等于E，此時(shí)細(xì)繩恰好被拉斷，從而木板向左運(yùn)動(dòng)，為使木板獲得的動(dòng)能最大，木板質(zhì)量應(yīng)多大？木板動(dòng)能的最大值是多少？v0分析與解答：設(shè)球的初速度為，木板質(zhì)量為M。對(duì)球、彈簧，由機(jī)械能守恒定律有 .為使木板獲得的動(dòng)能最大，須使鐵球與彈簧分離后（即彈簧恢復(fù)到原長(zhǎng)）的速度為零。 .對(duì)木板、鐵球，由動(dòng)量守恒定律有 .對(duì)木板、鐵球，由機(jī)械能守恒定律有 .聯(lián)立以上三式，解得： .木板動(dòng)能的最大值是EK= .變式

32、1 如圖所示，在光滑水平地面上有一木塊A質(zhì)量為m，靠在豎直墻壁上，用一輕質(zhì)彈簧與質(zhì)量為2m的物體B相連.現(xiàn)用力向左推B，使彈簧壓縮至彈性勢(shì)能為E0，然后突然釋放.BA(1)分析此后彈簧的彈性勢(shì)能何時(shí)再次達(dá)到最大值；(2)求A所獲得的最大速度和最小速度.分析與解答： (1)當(dāng)vA=vB時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能最大.彈簧第一次恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，由機(jī)械能守恒得:,所以.彈簧第一次被拉伸至最長(zhǎng)時(shí),由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得:2mvB0=(2m+m)v，.解得:.(2)A獲得最大速度和最小速度出現(xiàn)在其加速和減速過程結(jié)束的時(shí)刻，及彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，此時(shí)Ep=0，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得:,.解得:，此兩速度

33、分別為A所獲得的最小速度和最大速度.變式2 在光滑水平地面上放有一質(zhì)量為M帶光滑弧形槽的小車，一個(gè)質(zhì)量為m的小鐵塊以速度V0沿水平槽口滑去，如圖所示，求：(1)鐵塊能滑至弧形槽內(nèi)的最大高度：(設(shè)m不會(huì)從左端滑離M)(2)小車的最大速度；(3)若Mm，則鐵塊從右端脫離小車后將作什么運(yùn)動(dòng)？Mvm分析與解答： (1)鐵塊滑至最高處時(shí)，有共同速度V，由動(dòng)量守恒定律得：mV0(M+m)V .由能量守恒定律得： .解得：(2)鐵塊從小車右端滑離小車時(shí)，小車的速度最大為V，此時(shí)鐵塊速度為V，由動(dòng)量守恒定律得：mvMV+mV .由能量守恒定律得： .解得：(3)由上面.解得: .由已知當(dāng)Mm時(shí)，.得：V2又因

34、鐵塊滑離小車后只受重力，所以做自由落體運(yùn)動(dòng)變式3 如圖所示,在光滑水平地面上有一輛質(zhì)量為M的小車,車上裝有一個(gè)半徑為R的光滑圓環(huán).一個(gè)質(zhì)量為m的小滑塊從跟車面等高的平臺(tái)上以速度V0滑入圓環(huán).試問:小滑塊的初速度V0滿足什么條件才能使它運(yùn)動(dòng)到環(huán)頂時(shí)恰好對(duì)環(huán)頂無壓力? 小錦囊注意：公式是相對(duì)圓心的線速度，而本題中的圓心是以u(píng)向右移動(dòng)的，所以滑快對(duì)地速度為Vu。而動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律表達(dá)式中的速度均應(yīng)為對(duì)地的。 分析與解答：滑塊至圓環(huán)的最高點(diǎn)且恰好對(duì)環(huán)頂無壓力，應(yīng)有 式中V是滑塊相對(duì)圓心O的線速度，方向向左。設(shè)小車此時(shí)速度u，并以該速度方向?yàn)檎较?，則滑塊的對(duì)地速度為對(duì)滑塊和小車組成的系統(tǒng)，

35、由于水平方向所受合外力為零，由動(dòng)量守恒有由滑塊和小車系統(tǒng)的機(jī)械能守恒有三式聯(lián)立求解得：變式4 如圖所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)板靜置在光滑的水平面上，左側(cè)固定一勁度系數(shù)為K且足夠長(zhǎng)的水平輕質(zhì)彈簧，右側(cè)用一根不可伸長(zhǎng)的細(xì)繩連接于墻上（細(xì)繩張緊），細(xì)繩所能承受的最大拉力為T。讓一質(zhì)量為m、初速為v0的小滑塊在長(zhǎng)板上無摩擦地對(duì)準(zhǔn)彈簧水平向左運(yùn)動(dòng)。試求：在什么情況下細(xì)繩會(huì)被拉斷？細(xì)繩被拉斷后，長(zhǎng)板所能獲得的最大加速度多大？滑塊最后離開長(zhǎng)板時(shí)，相對(duì)地面速度恰為零的條件是什么？ 分析與解答：m對(duì)彈簧的彈力大于等于細(xì)繩的拉力T時(shí)細(xì)繩將被拉斷，有：T=kx0 mv0kM 解得細(xì)繩剛斷時(shí)小滑塊的速度不一定為零，設(shè)為v1，

36、由機(jī)械能守恒有： 當(dāng)滑塊和長(zhǎng)板的速度相同時(shí)，設(shè)為v2，彈簧的壓縮量x最大，此時(shí)長(zhǎng)板的加速度a最大，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有mv1 = (M +m)v2 kx=aM 解得設(shè)滑塊離開長(zhǎng)板時(shí)，滑塊速度為零，長(zhǎng)板速度為v3，由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒有mv1 = Mv3 解得 m M變式5 用長(zhǎng)為L(zhǎng)的細(xì)繩懸吊著一個(gè)小木塊, 木塊的質(zhì)量為M, 一顆質(zhì)量為m的子彈以水平速度v射入木塊, 并留在木塊中, 和木塊一起做圓周運(yùn)動(dòng), 為了保證子彈和小木塊一起能在豎直平面內(nèi)做圓運(yùn)動(dòng), 子彈射入木塊的初速度v的大小至少是多少?分析與解答：在子彈射入木塊的過程中，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mv =

37、 (M+m)v1所以 v1= 子彈和木塊一起運(yùn)動(dòng)后，繩的拉力不做功，只有重力做功 。它們從最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，根據(jù)動(dòng)能定理有： -（M+m）g2L = - 為了保證子彈和木塊一起能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)它們的速度不能為零。在最高點(diǎn)它們所受的向心力等于重力時(shí)速度最小。 （M+m）g=(M+m) 由以上三個(gè)方程聯(lián)立求解可得：v1 = 即：子彈射入木塊的速度至少是 變式6 如圖所示，滑塊A1A2由輕桿連結(jié)成一個(gè)物體，其質(zhì)量為M，輕桿長(zhǎng)L ?；瑝KB的質(zhì)量為m ，長(zhǎng)L/2 ，其左端為一小槽，槽內(nèi)裝有輕質(zhì)彈簧。開始時(shí)，B緊貼A，使彈簧處在壓縮狀態(tài)。今突然松開彈簧，在彈簧作用下整個(gè)系統(tǒng)獲得

38、動(dòng)能EK ，彈簧松開后，便離開小槽并遠(yuǎn)離物體A1A2 。以后B將在A1和A2之間發(fā)生無機(jī)械能損失的碰撞。假定整個(gè)系統(tǒng)都位于光滑的水平面上，求物塊B的運(yùn)動(dòng)周期。LL/2BA1A2分析與解答：設(shè)彈簧松開后A1A2物體與物體B的速度各為V和v ，則有 解得 ， B和A碰撞前后 解得 即碰撞前后，B相對(duì)A1A2的速度的大小不變，只改變方向。 同理可證明，當(dāng)B與A1碰撞后，也有同樣的結(jié)果，即相對(duì)A1A2 ，B在以大小不變的相對(duì)速度作往返運(yùn)動(dòng)。運(yùn)動(dòng)的周期為 變式7 如圖所示，在傾角為的斜面上有一輛小車，車的底板絕緣，金屬板A、B、C等大、正對(duì)、垂直地安放在車的底板上，它們之間依次相距L，A、B板上各有一等

39、高、正對(duì)的小孔，A與B、B與C之間反向連有電動(dòng)勢(shì)各為E1、E2的直流電源。小車總質(zhì)量為M，正以速度v0勻速下滑，此時(shí)有一帶負(fù)電的小球正以速度v（vv0）沿A、B板上的小孔的軸線向上飛來，小球質(zhì)量為m（mM），帶電荷量為q，其重力可忽略不計(jì)，其電量較小，不會(huì)改變板間電場(chǎng)，且直徑小于A、B板上的孔徑，小球運(yùn)動(dòng)到B板時(shí)的速度為u，試求： 小球在A、B板間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間； 要使小球剛好打到C板上，E1、E2的大小有何關(guān)系？分析與解答： 小球在A、B板間受恒定電場(chǎng)力作用做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，小球所受的電場(chǎng)力F= qE = qE1/L由牛頓第二定律得 a = F/m又由于 u = v+at解得 小球由A至C先做勻

40、加速運(yùn)動(dòng)，后做勻減速運(yùn)動(dòng)。設(shè)小球運(yùn)動(dòng)到C之前與小車有相同的速度v，對(duì)小球和小車組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得 Mv0 mv =（m+M）v 由小車原來勻速運(yùn)動(dòng)知，減少的重力勢(shì)能恰好等于克服滑動(dòng)摩擦力做的功，根據(jù)能的轉(zhuǎn)化和守恒定律得 qE1 qE2 =由以上各式解得滿足題意的條件是 類型 八動(dòng)量守恒與功能原理如圖所示，P是固定的豎直擋板，A置于光滑水平面上的平板小車（小車表面略低于擋板下端），B是放在小車最左端表面上的一個(gè)可視為質(zhì)點(diǎn)的小物塊。開始時(shí)，物塊隨小車一起以相同的水平速度向左運(yùn)動(dòng)，接著物塊與擋板發(fā)生了第一次碰撞，碰后物塊相對(duì)于靜止時(shí)的位置離小車最左端的距離等于車長(zhǎng)的3/4，此后物塊又與擋板

41、發(fā)生了多次碰撞，最后物塊給恰未從小車上沒落。若物塊與小車表面間的動(dòng)摩擦因素是個(gè)定值，物塊與擋板發(fā)生碰撞時(shí)無機(jī)械能損失且碰撞時(shí)間極短暫，試確定小車與物塊的質(zhì)量關(guān)系。PBv0A分析與解答：設(shè)小車、物塊的質(zhì)量分別為M和m，車長(zhǎng)為L(zhǎng)，物塊與小車間的動(dòng)摩擦因素為，初速度為v0。第一次碰后由于無機(jī)械能損失，因此物塊的速度方向變?yōu)橄蛴遥笮∪詾関0，此后它與小車相互作用，當(dāng)兩者速度相等時(shí)（由題意知，此速度方向必向左，即必須有Mm）,有該次相對(duì)車的最大位移l對(duì)物塊、小車系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律有（M-m）v0=（M+m）v由于某種原能量守恒有 多次碰撞后，物塊恰未從小車上滑落，表明最后當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)到小車最右端時(shí)兩者剛

42、好停止運(yùn)動(dòng)（或者速度同時(shí)趨于零）對(duì)物塊、小車系統(tǒng)由動(dòng)量守恒定律有 而l=3L/4得v0=2v 解得M=3m 變式1 如圖所示，一質(zhì)量為M=2kg的足夠長(zhǎng)的長(zhǎng)木板在光滑的水平面上以速度v0=3m/s的速度向右勻速運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻一質(zhì)量m=1kg的物體無初速的放在長(zhǎng)木板的右端，物體與木板的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.5，g=10m/s2，求v0(1)物體相對(duì)長(zhǎng)板的位移多大？(2)若在物體無初速放在長(zhǎng)木板右端的同時(shí)對(duì)長(zhǎng)木板施加一水平向右的恒力F=7.5N，則在1s內(nèi)物體的位移為多大？分析與解答：設(shè)物體與木板的共同速度為v，由動(dòng)量守恒定律得Mv0=（Mm）v 設(shè)物體相對(duì)于木板的位移為s，由能量守恒定律得 得: (2)

43、設(shè)經(jīng)時(shí)間t1兩物體達(dá)共同速度v1，對(duì)于物體由動(dòng)量定理得mgt1=mv1 對(duì)于物體和木板，由動(dòng)量定理得Ft1=（M+m）v1Mv0 得: v1=gt1=4m/s 設(shè)t1時(shí)間內(nèi)物體發(fā)生的位移為s1，由動(dòng)能定理得， 物體和木塊達(dá)共同速度后相對(duì)靜止，由牛頓第二定律得:，故物體與木板能保持相對(duì)靜止. 在t2=0.2s內(nèi)物體發(fā)生的位移： 物體在1s內(nèi)發(fā)生的位移: s=s1+s2=2.45m 變式2 一質(zhì)量M=2kg的長(zhǎng)木板B靜止在光滑的水平面上，B的右端與豎直擋板的距離為S=0.5m.一個(gè)質(zhì)量為m=1kg的小物體A以初速度v0=6m/s從B的左端水平滑上B，當(dāng)B與豎直擋板每次碰撞時(shí)，A都沒有到達(dá)B的右端.分析與解答：設(shè)定物體A可視為質(zhì)點(diǎn)，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)=0.2，B與豎直擋板碰