高考物理尖子生辅导++简案与练习5-8

1、p =m v =-0.2 X2kg p= p ' -P=-0.4kg - m/s7777777777777777777第五章动量一、冲量和动量目的要求复习动量和动量定理、动量守恒定律。知识要点1 .动量：按定义，物体的质量和速度的乘积叫做动量：p=mv动量是描述物体运动状态的一个状态量，它与时刻相对应。动量是矢量，它的方向和速度的方向相同。2.冲量：按定义，力和力的作用时间的乘积叫做冲量：I =Ft冲量是描述力的时间积累效应的物理量，是过程量，它与时间相对应。冲量是矢量，它的方向由力的方向决定（不能说和力的方向相同）。如果力的方向在作用时间内保持不变，那么冲量的方向就和力的方向相同。高

2、中阶段只要求会用 I=Ft计算恒力的冲量。对于变力的冲量，高中阶段只能利用动 量定理通过物体的动量变化来求。要注意的是：冲量和功不同。恒力在一段时间内可能不作功，但一定有冲量。例题分析例1：质量为m的小球由高为H的光滑斜面顶端无初速滑到底端 过程中，重力、弹力、合力的冲量各是多大？ 2H 12H解：力的作用时间都是t J 、，力的大小依次g sinsin g是mg mgcos a和mgsin a ,所以它们的冲量依次是：Ig吆迪，InmgH,I合m、.商sintan特别要注意，该过程中弹力虽然不做功，但对物体有冲量。例2： 一个质量是0.2kg的钢球，以2m/s的速度水平向右运动，碰到一块竖硬

3、的大理 石后被弹回，沿着同一直线以2m/s的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有没有变化？ 变化了多少？解：取水平向右的方向为正方向，碰撞前钢球的速度v=2m/s,碰撞前钢球的动量为P=m=0.2 x 2kg m/s=0.4kg m/s。碰撞后钢球的速度为v' =0.2m/s ,碰撞后钢球的动量为 m/s=- 0.4kg m/s。-0.4kg - m/s =-0.8k g - m/s,且动量变化的方向向左。例3: 一个质量是0.2kg的钢球，以2m/s的速度斜射到坚硬的大理石板上，入射的角度是45o,碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45o,速度大小仍为2m/s,用作图法求出钢球动量变

4、化大小和方向？解：碰撞前后钢球不在同一直线运动，据平行四边形定则，以 p'和P为邻边做平行四 边形，则 p就等于对解线的长度，对角线的指向就表示的方向：22P ； P ( P)0.42 0.42 kg m/s0.4 2kg m/s方向竖直向上。动量是矢量，求其变化量可以用平行四边形定则：在一维情况下可首先规定一个正方向,这时求动量的变化就可以简化为代数运算了。二、动量定理目的要求复习动量定理及其应用知识要点1 .动量定理：物体所受合外力的冲量等于物体的动量变化。既 I = p动量定理表明冲量是使物体动量发生变化的原因，冲量是物体动量变化的量度。 这里所说的冲量必须是物体所受的合外力的冲

5、量（或者说是物体所受各外力冲量的矢量和）。动量定理给出了冲量（过程量）和动量变化（状态量）间的互求关系。现代物理学把力定义为物体动量的变化率：F 上（牛顿第二定律的动量形式）。t动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下，各个矢量必须以同一个规定的方向为 正。2 .利用动量定理定性地解释一些现象3 .利用动量定理进行定量计算利用动量定理解题，必须按照以下几个步骤进行：明确研究对象和研究过程。 研究对象可以是一个物体， 也可以是几个物体组成的质点 组。质点组内各物体可以是保持相对静止的， 也可以是相对运动的。 研究过程既可以是全过 程，也可以是全过程中的某一阶段。进行受力分析。只分析研究对象以外的

6、物体施给研究对象的力。所有外力之和为合外力。研究对象内部的相互作用力（内力）会改变系统内某一物体的动量，但不影响系统的总动量，因此不必分析内力。如果在所选定的研究过程中的不同阶段中物体的受力情况不同， 就要分别计算它们的冲量，然后求它们的矢量和。规定正方向。由于力、冲量、速度、动量都是矢量，在一维的情况下，列式前要先规 定一个正方向，和这个方向一致的矢量为正，反之为负。写出研究对象的初、 末动量和合外力的冲量 （或各外力在各个阶段的冲量的矢量和）（根据动量定理列式求解。例题分析例1 ：以初速度V0平抛出一个质量为 m的物体，抛出后t秒内物体的动量变化是多少？ 解：因为合外力就是重力，所以 p=

7、 Ft = mgt有了动量定理，不论是求合力的冲量还是求物体动量的变化，都有了两种可供选择的等价的方法。本题用冲量求解，比先求末动量，再求初、末动量的矢量差要方便得多。当合外 力为恒力时往往用Ft来求较为简单；当合外力为变力时，在高中阶段只能用 p来求。例2：鸡蛋从同一高度自由下落，第一次落在地板上，鸡蛋被打破；第二次落在泡沫塑 料垫上，没有被打破。这是为什么？解：两次碰地（或碰塑料垫）瞬间鸡蛋的初速度相同，而末速度都是零也相同，所以两 次碰撞过程鸡蛋的动量变化相同。根据Ft=A p,第一次与地板作用时的接触时间短，作用力大，所以鸡蛋被打破；第二次与泡沫塑料垫作用的接触时间长，作用力小，所以鸡

8、蛋没有被打破。（再说得准确一点应该指出：鸡蛋被打破是因为受到的压强大。鸡蛋和地板相互作 用时的接触面积小而作用力大，所以压强大，鸡蛋被打破；鸡蛋和泡沫塑料垫相互作用时的接触面积大而作用力小，所以压强小，鸡蛋未被打破。）木块几乎不动；第例3:某同学要把压在木块下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出, 二次他将纸较慢地抽出，木块反而被拉动了。这是为什么？解：物体动量的改变不是取决于合力的大小，而是取决于合力冲量的大小。在水平方向上，第一次木块受到的是滑动摩擦力， 一般来说大于第二次受到的静摩擦力；但第一次力的作用时间极 短，摩擦力的冲量小，因此木块没有明显的动量变化，几乎不动。第二次摩擦力虽然较小,

9、但它的作用时间长，摩擦力的冲量反而大，因此木块会有明显的动量变化。例4：质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间ti到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里。求：沙又小球的平均阻力F;小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I。解：设刚开始下落的位置为 A,刚好接触沙的位置为 B,在沙中到达的最低点为C。在下落的全过程对小球用动量定理：重力作用时间为 阻力作用时间仅为t2,以竖直向下为正方向，有：mg（ t i + t 2） - Ft 2 = 0 , 解得：f mg t1 t2t2仍然在下落的全过程对小球用动量定理：在ti时间内只有重力的冲量，在t2时间内只有总冲量（已包括重力冲量在内），以竖直向下

10、为正方向，有：mg11 - I =0 ,I =mgt i这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题。要根据题意所要求的冲量将各个外 力灵活组合。若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理。当 11>> t 2时，F>>mg例5：质量为M的汽车带着质量为 m的拖车在平直公路上以加速度 a匀加速前进，当速 度为V0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变， 车与路面的动摩擦因数为,那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？解：以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为M ma,该过程经历时间为V0/（ig,末

11、状态拖车的动量为零。全过程对系统用动量定理可得:M m a v0- M v Mg这种方法只能用在拖车停下之前。m Vo, vM ma g voMg因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是M例6:质量为m=1kg的小球由高hi=0.45m处自由下落，落到水平地面后，反跳的最大高 度为h2=0.2m,从小球下落到反跳到最高点经历的时间为At=0.6s,取g=10m/s2。求：小球撞击地面过程中，球对地面的平均压力的大小F。Q解：以小球为研究对象，从开始下落到反跳到最高点的全过程动量变；化为零，根据下降、上升高度可知其中下落、上升分别用时ti=0.3s和 4t2=0

12、.2s ,因此与地面作用的时间必为t3=0.1s。由动量定理得：mgA;t-Ft 3=0 , F=60N三、动量守恒定律目的要求复习动量守恒定律及其应用。知识要点4 .动量守恒定律：一个系统不受外力或者受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变。即： m1Vl m2V2 m1Vl m2 V25 .动量守恒定律成立的条件系统不受外力或者所受外力之和为零；系统受外力，但外力远小于内力，可以忽略不计；系统在某一个方向上所受的合外力为零，则该方向上动量守恒。全过程的某一阶段系统受的合外力为零，则该阶段系统动量守恒。6 .动量守恒定律的表达形式除了 m1Vl m2V2 m1Vl m2V2 ,即 pi +p

13、2 = pi/+p2/外，还有： pi+Ap2=0, A p1= - A p2 和 _mkV2.m2V17 .动量守恒定律的重要意义从现代物理学的理论高度来认识，动量守恒定律是物理学中最基本的普适原理之一。（另一个最基本的普适原理就是能量守恒定律。）从科学实践的角度来看，迄今为止，人们尚未发现动量守恒定律有任何例外。相反，每当在实验中观察到似乎是违反动量守恒定律的现象 时，物理学家们就会提出新的假设来补救，最后总是以有新的发现而胜利告终。例如静止的原子核发生3衰变放出电子时，按动量守恒，反冲核应该沿电子的反方向运动。但云室照片显示，两者径迹不在一条直线上。为解释这一反常现象，1930年泡利提出

14、了中微子假说。由于中微子既不带电又几乎无质量，在实验中极难测量，直到1956年人们才首次证明了中微子的存在。(2000年高考综合题23就是根据这一历史事实设计的)。又如人们发现，两这时物理学家把动量的概念个运动着的带电粒子在电磁相互作用下动量似乎也是不守恒的。推广到了电磁场，把电磁场的动量也考虑进去，总动量就又守恒了。例题分析例1:质量为 m=0.10kg的小钢球以 Vo=10m/s的水平速度抛出，下落 h=5.0m时撞击一 钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平地面的夹角 0 =刚要撞击时小球的动量的大 小为 (g=10m/s2)解：小钢球作平抛运动，撞击钢板时的竖直分速度Vy=J髓卜.=10

15、m/s.而水平方向作的是匀速运动，所以Vx=V o=10m/s.而tgn 0 =Vo/Vy=1,所以 0 =450,另外钢球的末速度为：Vt=WM机遮m/s,于是刚要撞击时小球的动量大小等于：P=mVt=、7 kgm/s例2.质量为m的钢球自高处下落，以速度 V1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离 地的速率为V2 ,在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为()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：将钢球作研究对象，钢球在碰地过程中的受力如图中的动画所示，图中mg为钢球受到的重力、N是受到地面对它的弹力，由于弹力和

16、重力对钢球的冲量使钢球的动量发生改变.图中钢球的碰地速度V1 ,弹起速度为 V2 ,我们假设垂直地面向上为正，对钢球运用动理定理得：Nt-mgt=mV2-(-mV1)=mV2+mV1 ,由于碰撞时间极短，t趋近于零，故 mgt也趋于零可忽略不计，于是 Nt=m(V2+V1),即 弹力的冲量方向向上，大小等于m(V1+V2),故答案选D例题3:质量为M的小船以速度 Vo行驶，船上有两个质量皆为 m的小孩a和b,分别 静止站在船头和船尾.现小孩a沿水平方向以速率 V (相对于静水面)向前跃入水中，然后 小孩b沿水平方向以同一速率 (相对于静水面)向后跃入水中，求小孩b跃出后小船的速度。本题是由三个

17、物体组成的物体系，和两个物体过程的动量守恒定律的应用问题，选择合理的研究对象和研究过程可使解题方便简捷解答：选小孩a、b和船为一系统，在两小孩先后跳入水的整个过程中可忽略水的阻力 系统水平方向上动量守恒.设小孩b跃出后船向前行驶的速度为Vx,选Vx方向为正方向根据动量守恒定律有；(M+2m)V o=MVx+mV-mV 整理得：Vx= (1+2m/M)Vo例题4:一列火车在水平直轨道上做匀速运动，总质量为M ,速度为V,某时刻火车后部有质量为 m的一节车厢脱钩，司机并未发觉，又继续行驶了一段距离，这期间车牵引力 保持不变，并且火车各部所受的阻力跟运动速度无关，当司机发现时，后面脱钩的车厢的速度已

18、减为V/3 ,求此时刻火车车厢前面部分的速度多大？节车厢脱钩后，牵引力和阻解答：火车原在铁轨上匀速运动，故所受合外力等于零,力均不变，火车系统合外力等于零，动量守恒.当脱钩车厢速度为 V/3时，设前面部分的速度为V,根据动量守恒定律有:MV= (M-m)V'+mV/3解得:四、动量守恒定律的应用目的要求复习掌握动量守恒定律的应用 知识要点1.碰撞：两个物体在极短时间内发生相互作用，这种情况称为碰撞。由于作用时间极短,碰撞又分弹性碰撞、非弹性碰般都满足内力远大于外力， 所以可以认为系统的动量守恒。撞、完全非弹性碰撞三种。仔细分析一下碰 撞的全过程：设光滑水 平面上，质量为 mi的 物体A

19、以速度vi向质 量为m2的静止物体B运动，B的左端连有轻弹簧。在I位置A、B刚好接触，弹簧开始被压缩，A开始减速，B开始加速；到H位置 A、B速度刚好相等（设为 v）,弹簧被压缩到最短；再往后 A、B开始 远离，弹簧开始恢复原长，到出位置弹簧刚好为原长，A、B分开，这时A、B的速度分别为Vi和V2。全过程系统动量一定是守恒的；而机械能是否守恒就要看弹簧的弹性如何了。弹簧是完全弹性的。I- n系统动能减少全部转化为弹性势能， n状态系统动能最小 而弹性势能最大；n-ni弹性势能减少全部转化为动能； 因此I、出状态系统动能相等。这 种碰撞叫做弹性碰撞。由动量守恒和能量守恒可以证明 A、B的最终速度

20、分别为：mi m22mi 。（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）V 1V 1 , V 2V 1mi m2m1 m2弹簧不是完全弹性的。I- n系统动能减少， 一部分转化为弹性势能， 一部分转化为 内能，n状态系统动能仍和相同，弹性势能仍最大，但比小；n-ni弹性势能减少，部 分转化为动能，部分转化为内能；因为全过程系统动能有损失（一部分动能转化为内能）。这种碰撞叫非弹性碰撞。弹簧完全没有弹性。I- n系统动能减少全部转化为内能，n状态系统动能仍和相同，但没有弹性势能；由于没有弹性，a、B不再分开，而是共同运动，不再有n - ni过程。 这种碰撞叫完全非弹性碰撞。可以证明，A、B最终的共同速

21、度为v1 v2m1 v。在完全非弹性碰撞过程中,mi m2系统的动能损失最大，为：21212mimbMEk -miVi 二 日m2 V 222 mlm2（这个结论最好背下来，以后经常要用到。）2 .子弹打木块类问题：子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。3 .反冲问题：在某些情况下，原来系统内物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。可以把这类问题统称为反冲。例题分析例1

22、:质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为 m的小球以速度vi向物块运动。不计一切摩擦，圆弧小于 90°且足够长。求小球能上升到的最大高度 H和物块的最终速度 v。解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。在小球上升过程中，由水平方向系统动量守恒得：mv 1 M m v由系统机械能守恒得:1 mv121M22_2m v mgH解得H2Mv 12 M m g全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得本题和上面分析的弹性碰撞基本相同，唯一的不同点仅在于重力势能代替了弹性势能。例2：动量分别为5kg m/s和6kg m/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动,A的动量

23、减小了 2kg m/s,而方向不变，那么 A、BA追上B并发生碰撞后。若已知碰撞后 质量之比的可能范围是什么？解：A能追上B,说明碰前 va>vb,. 5mA38；又因为碰撞过程系统动能不会增加，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等式组解得：3 mA A8 m B 7此类碰撞问题要考虑三个因素：碰撞中系统动量 守恒；碰撞过程中系统动能不增加；碰前、碰后两 个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序 合理。例3:设质量为m的子弹以初速度vo射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块

24、深度为do求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。解：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。从动量的角度看，子弹射入木 块过程中系统动量守恒：mv0 M m v从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f,设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2,如图所示，显然有s1-s2=d对子弹用动能定理:f Si1212一 mv0 mv22 10对木块用动能定理：f s2Mv221c 1c、相减得：f d mv0 M m v202Mm2Vo这个式子的物理意义是:fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见f

25、d Q,即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）2由上式不难求得平均阻力的大小：f Mmv 02 M m d至于木块前进的距离 S2,可以由以上、相比得出:S2从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：m dM m由于子弹和木块都在恒力S2 dVo v /2s2v / 2一般情况下MVov d v0Mm, , S2v s2 v mm,所以s2<<d。这说明，在子弹射入木块过程中， 木块的位移很小,

26、可以忽略不计。这就为分阶段处理问题提供了依据。象这种运动物体与静止物体相互作用,动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式:Mm 2EkVo2 M m当子弹速度很大时， 可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等， 但穿 透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是 Ek= f d （这里的d为木块的厚度），但 由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用式计算 Ek的大小。做这类题目时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据。例4:质量为m的人站在质量为 M,长为L的静止小船 的右端，小船的左端靠在岸边。当他向左走到船的左端时， 船左端

27、离岸多远？解：先画出示意图。人、船系统动量守恒，总动量始终 为零，所以人、船动量大小始终相等。从图中可以看出，人、 船的位移大小之和等于 L。设人、船位移大小分别为 11、12, 则：mvi=Mv2,两边同乘时间t, m1i=M12,而 1i+12=L,m12LM m应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关。不论是匀速行走还是变速行走， 甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的。做这类题目，首先要画好示意图，要特别注意两个物体相对于地面的移动方向和两个物 体位移大小之间的关系。以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零。如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再

28、用 mivi=m2V2这种形式列方程，而要利用 （mi+m2）vo= mivi+ m2v2列式。例5:总质量为M的火箭模型 从飞机上释放时的速度为 v°,速度方向水平。火箭向后 以相对于地面的速率 u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？解：火箭喷出燃气前后系统动量守恒。喷出燃气后火箭剩余质量变为M-m ,以vo方向为正方向，MvoMvo mu mu M m v ,v 动量和动量守恒1.如图所示，用弹簧片在将小球下的垫片打飞出去时，可以看到小 球正好落到下面的凹槽中，这是因为在垫片飞出的过程中：A.垫片受到的打击力很大B.球受到的摩擦力很小C.小球受到的摩擦力的冲量很小D.小

29、球的动量变化几乎为零2.如图所示，一根绳绕过定滑轮，两边各系质量为 M和m的物体,M>m, M静止在地面上，今将m托高H然后放手让其下落， 则M能上升的高度是（设M到最高点时，m尚未落地）：A.m2H22m2MB.m2 HM 2 m2M 2HD. 22M m3 .如图所示，质量为 m的小车的水平底板两端各装一根完全一样的弹簧，小车底板上有一质量为m的滑块，滑块与小车、3小车与地面的摩擦都不计.当小车静止时，滑块以速度v从中间向右运动，在滑块来回与左右弹簧碰撞的过程中：A.当滑块速度方向向右，大小为"v时，一定是右边的弹簧压4缩量最大B.右边弹簧的最大压缩量大于左边弹簧的最大压缩

30、量 C.左边弹簧的最大压缩量大于右边弹簧的最大压缩量 D.两边弹簧的最大压缩量相等4 .质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球 1的动量为7kg , m/s,球2 的动量为5kg - m/s,当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的可能值是：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.如图所示，A、B两滑块的质量均为m,分别穿在上、下两个光滑的、足够长的水

31、平放置的固定导杆上，两导杆间距为 d,以自然长 度为d的轻弹簧连接两滑块。设开始时两滑块位于同一竖直线上A速度为零.现给 B滑块一个水平向右的冲量，其大小为I .此后，6.7.8.9.A滑块所能达到的最大速度为 ;当两滑块间距达到最大时，A的速度为.如图所示，在光滑水平地面上有一辆质量为 m的小车，车上装有 一半径为R的光滑圆环.一个质量为 m的小滑块从跟光滑车面等局的平台上以速度 vo滑入圆环，已知 M=2m,当vo= 小滑块运动到圆环顶端时恰好对圆环无压力.如图示，一个质量为m的玩具蛙，蹲在质量为m的小车的细杆上， 小车放在光滑的水平桌面上，若车长为L,细杆高为h,且位于小车的中点.试求：

32、当玩具蛙最小以多大的水平速度 v跳出时，才能 落到桌面上？如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量都是M的小车A和B,两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同 的速度vo向右运动，另有一质量为m=M的粘性物体，2从高处自由落下，正好落在 A车上，并与之粘合在一 起，求这以后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势 能Ep。时,如图所示，光滑轨道上，小车A、B用轻弹簧连接，将弹簧压缩后用细绳系在 A、B上.然 后使A、B以速度vo沿轨道向右运动，运动中细绳突然断开，当弹簧第一次恢复到自然 长度时，A的速度刚好为0,已知A、B的质量分别为 mA、mB,且mA<mB。求：被压缩的弹簧具有的弹性势能Ep试定量

33、分析、讨论在以后的运动过程中, 无速度为0的时刻？10.如图所示，长为0.51 m的木板A,质量为一起在光滑的水平面上向左匀速运动.速度1kg.板上右端有物块 B,质量为3 kg.它们vo=2m/s.木板与等高的竖直固定板C发生=0.5, g 取 10m/s2,碰撞，时间极短，没有机械能的损失.物块与木板间的动摩擦因数 求：第一次碰撞后，A、B共同运动的速度大小和方向.第一次碰撞后，A与C之间的最大距离.（结果保留 两位小数）A与固定板碰撞几次，B可脱离A板.11 .如图所示，质量为 M=2.0kg的小车放在光滑水平面上， 在小车右端放一质量为 m= 1.0吨的物块，物块与小车之 间的动摩擦因

34、数为=0.5 .当物块与小车同时分别受到水平向左Fi=6.0 N和水平向右F2=9.0N的拉力，并经0.4s 时间后同时撤去两力，为使物块不从小车上滑下，求小 车至少要多长.（g取10m/s2）12 . 一个质量为 M的小车，静止在光滑水平面上，在小车的光滑板面上放一个质量为m的小物块（可视为质点），小车质量与小物块质量之比M:m=5: 1,小物块距小车右端距离为l .如图所示，现沿平行车身方向加水平向右面恒力F,小物块由静止开始向右运动，之 1后与小车右端挡板相碰，若碰后小车速度大小为碰撞前小物块速度大小的-,设小车足3够长，小物块不会从小车上掉下来，且力 略不计，求：F足够小，以至小物块与

35、小车碰撞过程中可忽小物块与小车右端挡板第一次相撞后，小物块相对地面向左运动的最大距离.小物块与小车右端挡板第一次相碰后，小物块和小车右端挡板之间的最大距离.小物块从开始运动至第二次碰撞时，小物块相对地 面发生的总位移.参考答案1.CD2.B 3.D 4.AC 5.,m2m6. .7Rg7.2 MMLg m 1 2h8.Ep-Mv 302一o 9.(1) EpmAmA2mB Vo2mB小车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.机械能一、功和功率目的要求复习功和功率，掌握功和功率的计算公式。知识要点1 .功：功

36、是力的空间积累效应。它和位移相对应（也和时间相对应）。计算功的方法有两种：按照定义求功。即：WFscos e。在高中阶段，这种方法只适用于恒力做功。 当02时F做正功，当3时F不做功，当万时F做负功。这种方法也可以说成是：功等于恒力和沿该恒力方向上的位移的乘积。用动能定理 W=A R或功能关系求功。当 F为变力时，高中阶段往往考虑用这种方法 求功。这里求得的功是该过程中外力对物体做的总功（或者说是合外力做的功）。这种方法的依据是：做叨电过程磔垣熊重殖化也过！也超能典特化型:曼度二_如里型 道某一过程中能量转化的数值，那么也就知道了该过程中对应的功的数值。2 . 一对作用力和反作用力做功的特点一

37、对作用力和反作用力在同一段时间内做的总功可能为正、可能为负、也可能为零。一对互为作用反作用的摩擦力做的总功可能为零（静摩擦力）、可能为负（滑动摩擦 力），但不可能为正。3 .功率：功率是描述做功快慢的物理量。功率的定义式： P ,所求出的功率是时间 t内的平均功率。 t功率的计算式：F=Fvcos e,其中e是力与速度间的夹角。该公式有两种用法：求某一时刻的瞬时功率。这时F是该时刻的作用力大小， v取瞬时值，对应的 P为F在该时刻的瞬时功率；当 v为某段位移（时间）内的平均速度时，则要求这段位移（时间）内 F必须为恒力，对应的 P为F在该段时间内的平均功率。重力的功率可表示为FG=mgv,即重

38、力的瞬时功率等于重力和物体在该时刻的竖直分速度之积。汽车的两种加速问题。当汽车从静止开始沿水平面加 速运动时，有两种不同的加速过程， 但分析时采用的基本公 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，随着v的增大，F必将减 小，a也必将减小，汽车做加速度不断减小的加速运动，直到F=f, a=0,这时v达到最大值v Pm fm o可见恒定功率的加速一定不是匀加速。这种加速过程发动机做的功只能用m F fW=Pt计算，不能用 W=Fs计算（因为F为变力）。恒定牵引力的加速。由公式 P=Fv和F-f=m城口，由于F恒定，所以a恒定，汽车做匀加速运动，

39、而随着V的增大，P也将不断增大，直到P达到额定功率 Pm,功率不能再增大了。这时匀加速运动结束，其最大速度为vEm PL V ,此后汽车要想继续加速就只能 vmff vm '做怛走也至即变如谑筠砌工.。可见但走李义力的如谑町:如?二定丕母走。一这种加速过程&型 机做的而只能用 W=Fs计算，不能用 W=P在算（因为P为变而率）。要注意两种加速运动过程的最大速度的区别。例题分析例1：如图所示，质量为 m的小球用长L的细线悬挂而静止在竖直 位置。在下列三种情况下，分别用水平拉力F将小球拉到细线与竖直方向成0角的位置。在此过程中，拉力F做的功各是多少？用 F缓慢地拉；F为恒力；若 F

40、为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为 零。可供选择的答案有A. FLcos B. FLsinC. FL 1 cos D. mgL 1 cos解：若用F缓慢地拉，则显然 F为变力，只能用动能定理求解。F做的功等于该过程克服重力做的功。选 D若F为恒力，则可以直接按定义求功。选 B若F为恒力，而且拉到该位置时小球的速度刚好为零，那么按定义直接求功和按动能定理求功都是正确的。选B D在第三种情况下，由FLsin =mgL1 cos ，可以得到上 1 costan_ ,可见在mg sin2摆角为 时小球料度最大。实际上，因为 F与mg的合力也是恒力，而绳的拉力始终不做 功，所以其效果相当于一个摆，

41、我们可以把这样的装置叫做“歪摆”。例2：质量为2t的农用汽车，发动机额定功率为30k观汽车在水平路面行驶时能达到的最大时速为54km/h。若汽车以额定功率从静止开始加速，当其速度达到v=36km/h时的瞬时加速度是多大？解：汽车在水平路面行驶达到最大速度时牵引力F等于阻力f,即P=f Vm,而速度为v时的牵引力F=PMv,再利用F-f=ma可以求得这时的 a =0.50m/s 2二、动能定理目的要求复习动能定理及其应用。知识要点1 .动能定理的表述<1）合处人做的一功等壬物体动能的变化?（这里的合外力指物体受到的所有外力的合 力，包括重力）。表达式为V=AE<（2）动能定理也可以表

42、述为：外力对物体做的总功等于物体动能的变化。实际应用时，后一种表述比较好操作。不必求合力，特别是在全过程的各个阶段受力有变化的情况下，只要把各个力在各个阶段所做的功都按照代数和加起来，就可以得到总功。（3）和动量定理一样，动能定理也建立起过程量（功）和状态量（动能）间的联系。这样，无论求合外力做的功还是求物体动能的变化， 就都有了两个可供选择的途径。 和动量 定理不同的是：功和动能都是标量， 动能定理表达式是一个标量式， 丕熊在某二t互回上亶 用动能定理。2 .应用动能定理解题的步骤确定研究对象和研究过程。和动量定理不同，动能定理的研究对象只能是单个物体，如果是系统，那么系统内的物体间不能有相

43、对运动。（原因是：系统内所有内力的总冲量一定是零，而系统内所有内力做的总功不一定是零）。对研究对象进行受力分析。（研究对象以外的物体施于研究对象的力都要分析，含重力）。写出该过程中合外力做的功，或分别写出各个力做的功（注意功的正负）。如果研究过程中物体受力情况有变化，要分别写出该力在各个阶段做的功。写出物体的初、末动能。按照动能定理列式求解。例题分析例1:如图所示，斜面倾角为 a ,长为L,八瞰光滑，BC段粗糙，且BG2AB质量为m的木块从斜面顶端无初速下滑，到达C端时速度刚好减小到零。求物体和斜面BC段间的动摩擦因数解：以木块为对象，在下滑全过程中用动能定理： 重力做的功为mglsin a

44、,摩擦力做的功为3 mgL cos ,支持力不做功。初、末动能均为零。2一 3mglsin a - mgL cos =0,-tan32从本例题可以看出，由于用动能定理列方程时不牵扯过程中不同阶段的加速度，所以 比用牛顿定律和运动学方程解题简洁得多。例2：将小球以初速度 vo竖直上抛，在不计空气阻力的理想状况下，小球将上升到某一80%设空气阻力tQOi /V / nfG P +g最大高度。由于有空气阻力，小球实际上升的最大高度只有该理想高度的 大小恒定，求小球落回抛出点时的速度大小V。解：有空气阻力和无空气阻力两种情况下分别在上升过程对小球 用动能定理：1 12一一mgHmvjD0.8mgfH二

45、 mv。，可得2 221H=vo /2 g, f -mg再以小球为对象，在有空气阻力的情况下对上升和下落的全过程 用动能定理。全过程重力做的功为零，所以有：f 2 0.8H -mv（2 1mv2,解得 v J3Vo 225从本题可以看出：根据题意灵活地选取研究过程可以使问题变得简单。有时取全过程 简单；有时则取某一阶段简单。原则是尽量使做功的力减少，各个力的功计算方便；或使初、 末动能等于零。例3:质量为M的木块放在水平台面上，台面比水平地面高出 h=0.20m ,木块离台的右端L=1.7m。质量为 a 、n=0.10M的子弹以V0=180m/s的速度水平射向木块，并以平空弓J不. . .&g

46、t; h 、v=90m/s的速度水平射出，木块洛到水平地面时的洛地点不到台面右端的水平距离为s=1.6m,求木块与台面间的动隹k/广摩擦因数为科。解：本题的物理过程可以分为三个阶段，在其中两个阶段中有机械能损失：子弹射穿木块阶段和木块在台面上滑行阶段。所以本题必须分三个阶段列方程：子弹射穿木块阶段，对系统用动量守恒，设木块末速度为vi,mv= mv+Mv木块在台面上滑行阶段对木块用动能定理，设木块离开台面时的速度为V2,有：1212MgL - Mvi - MV2 22木块离开台面后的平抛阶段，s v2 2h由、可得 产0.50从本题应引起注意的是：凡是有机械能损失的过程，都应该分段处理。从本题

47、还应引起注意的是：不要对系统用动能定理。在子弹穿过木块阶段，子弹和木块间的一对摩擦力做的总功为负功。如果对系统在全过程用动能定理，就会把这个负功漏掉。例4:如图所示，小球以大小为 v。的初速度由A端向右运动，到 B端时的速度减小为 vb；若以同样大小的初速度由 B端向左运动，到 A端时的速度减小为 va。已知小球运动过程中始终未离开该粗糙轨道。比较 va、vb的大小, 结论是A.va>vbB.C.va<vbD.解：小球向右通过凹槽va=vb无法确定C时的速率比向左通过凹槽C时的速率大，由向心力方程 N mg2mvR可知，对应的弹力 N一定大，滑动摩擦力也大，克服阻力做的功多；又小球

48、向右通过凸起D时的速率比向左通过凸起 D时的速率小,2由向心力方程mg N mv可知，对应的弹力 N 一定大，滑动摩擦力也大，克服阻力做的 R功多。所以小球向右运动全过程克服阻力做功多，动能损失多，末动能小，选 A三、机械能守恒定律目的要求复习机械能守恒定律及其应用。知识要点1 .机械能守恒定律的两种表述在只有重力做功的情形下，物体的动能和重力势能发生相互转化？但机械能的总量保持不变。机械能的总量如果没有摩擦和介质阻力，物体只发生动能和重力势能的相互转化时, 保持不变。对机械能守恒定律的理解：机械能守恒定律的研究对象一定是系统， 至少包括地球在内。通常我们说“小球的机 械能守恒”其实一定也就包

49、括地球在内， 因为重力势能就是小球和地球所共有的。 另外小球 的动能中所用的V,也是相对于地面的速度。当研究对象（除地球以外）只有一个物体时，往往根据是否“只有重力做功”来判定 机械能是否守恒；当研究对象（除地球以外）由多个物体组成时，往往根据是否“没有摩擦 和介质阻力”来判定机械能是否守恒。“只有重力做功”不等于“只受重力作用”。在该过程中，物体可以受其它力的作用，只要这些力不做功，或所做功的代数和为零，就可以认为是“只有重力做功”。2 .机械能守恒定律的各种表达形式小1212口 LLLL mgh-mvmgh -mv ,IP EpEkEpEk； EpEk 0; EiE2 0; E 增E 减用

50、时，需要规定重力势能的参考平面。用时则不必规定重力势能的参考平面，因为重力势能的改变量与参考平面的选取没有关系。尤其是用 E= E%只要把增加的机械能和减少的机械能都写出来，方程自然就列出来了。3 .解题步骤确定研究对象和研究过程。判断机械能是否守恒。选定一种表达式，列式求解。例题分析&例1：如图物块和斜面都是光滑的，物块从静止沿斜面下滑：过程中，物块机械能是否守恒？系统机械能是否守恒？;'“全涂、解：以物块和斜面系统为研究对象，很明显物块下滑过程中切切系统不受摩擦和介质阻力，故系统机械能守恒。又由水平方向系统动量守恒可以得知：斜面将向左运动，即斜面的机械能将增大，故物块的机械

51、能/右、4 ,77777777777/一定将减少。有些同学一看本题说的是光滑斜面，容易错认为物块本身机械能就守恒。这里要提醒两条：由于斜面本身要向左滑动，所以斜面对物块的弹力N和物块的实际位移 s的方向已经不再垂直，弹力要对物块做负功，对物块来说已经不再满足“只有重力做功”的条件。 由于水平方向系统动量守恒，斜面一定会向右运动，其动能也只能是由物块的机械能转移而 来，所以物块的机械能必然减少。例2：如图所示，质量分别为2 m和3m的两个小球固定在一根?直角尺的两端 A、B,直角尺的顶点 O处有光滑的固定转动轴。 AO、ABO的长分别为2L和L。开始时直角尺的 AO部分处于水平位置而 B在O的正

52、下方。让该系统由静止开始自由转动，求：6B当A到达最低点时，A小球的速度大小v;B球能上升的最大高度 h;开始转动后B球可能达到的最大速度Vm。解：以直角尺和两小球组成的系统为对象，由于转动过程不受摩擦和介质阻力，所以该系统的机械能守恒。B的重力势能增加，A的即时速度总是 B2V ,解得 V18gL2 11过程中A的重力势能减少，A、B的动能和的 2 倍。2mg 2L 3mg L 1 2m v2 1 3m 22B球不可能到达 O的正上方，它到达最大高度时速度一定为零，设该位置比OA竖直位置向左偏了 a角。2mg2Lcos a =3mgL(1+sin a),此式可化简为 4cos a-3sin

53、a =3,禾U用 三角公式可解得 sin(53 ° - a尸sin37 ° , a =16°B球速度最大时就是系统动能最大时，而系统动能增大等于系统重力做的功W。设OA从开始转过 8角时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本题如果用 b+E=E/+E/这种表达形式:就需要规定重力势能的参考平面，显然比较烦琐。用 £增二 E减就要简洁得多。例3:如图所示，粗细均匀的 U形管内装有总长为 4L的 水。开始时阀门 K闭合，左右支管内水面高度差为 L。打开 阀门K后，左右水面刚好相平时左管液面的速度是多大？(管的内部横截面很小，摩擦阻力忽略不计)解：由于不考虑摩擦阻力，故整个水柱的机械能守恒。从初始状态到左右支管水面相平为止，相当式白殳L/2的生柱由左管移到右管。系统的重力势能减少，动能增加。该过程中，整个水柱势能的减少量等效于高L/2的水柱降低L/2重力势能的减少。不妨设水柱总gL8 8 °一一, L 1