物理学案专题3-机械能机械能守恒功能关系能量守恒定律

1、物理学案专题3-机械能 机械能守恒 功能关系 能量守恒定律A1、 基本概念1. 重力势能：物体由于被举高而具有的能，叫做重力势能。 公式： h物体具参考面的竖直高度2. 重力势能参考面 a重力势能为零的平面称为参考面； b选取：原则是任意选取，但通常以地面为参考面 选取不同的参考面，物体具有的重力势能不同，但重力势能改变与参考面的选取无关。3. 重力做功与重力势能的关系： 重力做正功时，物体重力势能减少；重力做负功时，物体重力势能增加。4. 弹簧的弹性势能：5. 弹力做功与弹性势能的关系：6. 势能：相互作用的物体凭借其位置而具有的能量叫势能，势能是系统所共有的。7. 机械能包含动能和势能（重

2、力势能和弹性势能）两部分，即。8. 机械能守恒定律:在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变，即 K = P1 = 2。9. 机械能守恒条件:做功角度：只有重力或弹力做功，无其它力做功； 外力不做功或外力做功的代数和为零； 系统内如摩擦阻力对系统不做功。能量角度：首先只有动能和势能之间能量转化，无其它形式能量转化；只有系统内能量的交换，没有与外界的能量交换。10. 能量守恒定律：能量既不会消灭，也不会创生，它只会从一种形式转化为其他形式，或者从一个物体转移到另一个物体，而在转化和转移的过程中，能量的总量保持不变，即。11. 能量耗散：无法将释放能量收集起来

3、重新利用的现象叫能量耗散，它反映了自然界中能量转化具有方向性。12. 动量（国际单位制中的单位为kg·m/s）表示为物体的质量和速度的乘积。一般而言，一个物体的动量指的是这个物体在它运动方向上保持运动的趋势。动量实际上是牛顿第一定律的一个推论。13. 动量定理：物体所受合力的冲量等于物体的动量变化。 14. 动量守恒定律：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统中所有物体的总动量保持不变。 它的一个推论可表示为：在没有外力干预的情况下，任何系统的质心都将保持匀速直线运动或静止状态不变。 公式 m1v1+m2v2=m1v1+m2v2 2、 常规题型例1：在高处的同一点，将三个质量

4、相同的小球，以大小相等的初速度分别上抛、平抛和下抛，并落到同一水平地面上，则（）A三个小球落地时，重力的瞬时功率相同B从抛出到落地的过程中，重力对它们做功的平均功率相同C从抛出到落地的过程中，重力对它们做的功相同D三个小球落地时的速率相等解析：A、根据动能定理mgh=mv2-mv02得，高度相同，初速度相同，则末速度大小相等平抛运动的物体落地时速度与竖直方向有夹角，根据P=mgvcos，知平抛运动的物体落地时重力的功率小于竖直上抛和下抛的物体故A错误，D正确 B、三个小球在整个过程中重力做功相等，平抛运动的时间等于自由落体运动的时间，可知竖直上抛运动的时间最长，竖直下抛运动的时间最短，根据p=

5、，知重力做功的平均功率不同故B错误，C正确故选CD即时练习：1. 1下列关于机械能守恒的说法中正确的是A做匀速运动的物体，其机械能一定守恒B做匀加速运动的物体，其机械能一定守恒C做匀速圆周运动的物体，其机械能一定守恒D除重力做功外，其他力没有做功，物体的机械能一定守恒答案D2(2010·安徽理综)伽利略曾设计如图5314所示的一个实验，将摆球拉至M点放开，摆球会达到同一水平高度上的N点如果在E或F处钉上钉子，摆球将沿不同的圆弧达到同一高度的对应点；反过来，如果让摆球从这些点下落，它同样会达到原水平高度上的M点这个实验可以说明，物体由静止开始沿不同倾角的光滑斜面(或弧线)下滑时，其末速

6、度的大小图5314A只与斜面的倾角有关 B只与斜面的长度有关C只与下滑的高度有关 D只与物体的质量有关解析物体沿光滑斜面(或弧线)下滑，只有重力做功，由机械能守恒定律得mv2mgh，选项C正确答案C3. (2010·长沙模拟)一个高尔夫球静止于平坦的地面上，在t0时球被击出，飞行中球的速率与时间的关系如图5320所示若不计空气阻力的影响，根据图象提供的信息可以求出图5320A高尔夫球在何时落地B高尔夫球可上升的最大高度C人击球时对高尔夫球做的功D高尔夫球落地时离击球点的距离解析因高尔夫球被击出后机械能守恒，所以从题图中看到，5 s末速率与初速率相等，说明球落回到地面，在2.5 s速率

7、最小，为水平速度，根据运动的合成与分解可以算出竖直方向的初速度，这样就可以算出高尔夫球上升的最大高度和运动的时间，在水平方向高尔夫球匀速运动，可以求出射程，因高尔夫球的质量未知，不能算出人击球时对高尔夫球做的功，C项错误答案ABD4. 小明和小强在操场上一起踢足球，足球质量为m.如图5316所示，小明将足球以速度v从地面上的A点踢起，当足球到达离地面高度为h的B点位置时，取B处为零势能参考面，不计空气阻力则下列说法中正确的是图5316A小明对足球做的功等于mv2mghB小明对足球做的功等于mghC足球在A点处的机械能为mv2D足球在B点处的动能为mv2mgh解析小明对足球做的功Wmv2，A、B

8、项错误；足球在A处的机械能为mv2mgh，C项错误；由机械能守恒知，B处动能为mv2mgh，D项正确答案D5. (2011·金考卷)发射地球同步卫星要经过三个阶段：先将卫星发射至近地圆轨道1，然后使其沿椭圆轨道2运行，最后将卫星送入同步圆轨道3.轨道1、2相切于Q点，轨道2、3相切于P点，如图5321所示当卫星分析别在轨道1、2、3上正常运行时，则以下说法正确的是图5321A卫星在轨道3上的运行速率大于7.9 km/sB卫星在轨道3上的机械能小于它在轨道1上的机械能C卫星在轨道2上，P点的机械能大于Q点的机械能D卫星在轨道1上的机械能小于在轨道2上的机械能解析由Gm得v ，且v7.9

9、 km/s为卫星在最低轨道的运行速度，可见A错；向更高的轨道发射需要更大的机械能，B错、D正确；同一轨道运行时只有万有引力做功其机械能守恒，C错答案D小结：机械能守恒定律基本考察 图5323例2 .(12分)如图5323所示，在倾角为30°的光滑斜面上，有一劲度系数为k的轻质弹簧，其一端固定在固定挡板C上，另一端连接一质量为m的物体A.有一细绳通过定滑轮，细绳的一端系在物体A上(细绳与斜面平行)，另一端系有一细绳套，物体A处于静止状态当在细绳套上轻轻挂上一个质量为m的物体B后，物体A将沿斜面向上运动，试求：(1)未挂物体B时，弹簧的形变量；(2)物体A的最大速度值解析(1)设未挂物体

10、B时，弹簧的压缩量为x，则有：mgsin 30°kx所以x.(2)当A的速度最大时，设弹簧的伸长量为x，则有mgsin 30°kxmg所以xx对A、B和弹簧组成的系统，从刚挂上B到A的速度最大的过程，由机械能守恒定律得：mg·2xmg·2xsin 30°·2mv解得vm .答案(1)(2) 即时练习：1. 图31如图3所示，一轻弹簧直立于水平地面上，质量为m的小球从距离弹簧上端B点h高处的A点自由下落，在C处小球速度达到最大x0表示B、C两点之间的距离；Ek表示小球在C处的动能若改变高度h，则表示x0随h变化的图象、Ek随h变化的图象

11、正确的是图4中的图4解析当小球的重力等于弹簧的弹力时，小球速度达到最大，与小球下落的高度无关，B正确但随着高度的增加，到达C处小球速度增加，动能增加，当h为零时小球下降高度x0到达C点有一定的动能，C正确答案BC2. （2011全国理综）.一蹦极运动员身系弹性蹦极绳从水面上方的高台下落，到最低点时距水面还有数米距离。假定空气阻力可忽略，运动员可视为质点，下列说法正确的是（）A. 运动员到达最低点前重力势能始终减小B. 蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加C. 蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统机械能守恒D. 蹦极过程中，重力势能的改变与重力势能零点的选取有关解析：AB

12、C主要考查功和能的关系。运动员到达最低点过程中，重力做正功，所以重力势能始终减少，A项正确。蹦极绳张紧后的下落过程中，弹性力做负功，弹性势能增加，B项正确。蹦极过程中，运动员、地球和蹦极绳所组成的系统，只有重力和弹性力做功，所以机械能守恒，C项正确。重力势能的改变与重力势能零点选取无关，D项错误。 图53153如图5315所示，一质量为m的小球固定于轻质弹簧的一端，弹簧的另一端固定于O点处，将小球拉至A处，弹簧恰好无形变，由静止释放小球，它运动到O点正下方B点的速度为v，与A点的竖直高度差为h，则A由A到B重力做功为mghB由A到B重力势能减少mv2C由A到B小球克服弹力做功为mghD小球到达

13、位置B时弹簧的弹性势能为解析由重力做功的特点知，A对；由A到B，小球减少的重力势能一部分转化为小球的动能，另一部分转化为弹簧的弹性势能，B、C均错，D对答案AD 图53174.来自福建省体操队的运动员黄珊汕是第一次在奥运会上获得蹦床奖牌的中国选手蹦床是一项好看又惊险的运动，如图5317所示为运动员在蹦床运动中完成某个动作的示意图，图中虚线PQ是弹性蹦床的原始位置，A为运动员抵达的最高点，B为运动员刚抵达蹦床时的位置，C为运动员抵达的最低点不考虑空气阻力和运动员与蹦床作用时的机械能损失，A、B、C三个位置运动员的速度分别是vA、vB、vC，机械能分别是EA、EB、EC，则它们的大小关系是AvAv

14、B，vBvCBvAvB，vBvCCEAEB，EBEC DEAEB，EBEC解析最高点A的速度为零，刚抵达B位置时的速度不为零，vAvB，最低点C的速度也为零，vBvC，以人为研究对象，BA机械能守恒，EAEB，BC弹力对人做负功，机械能减小，EBEC.答案AC 图55(2010·山东济南一模)如图5所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板(A位置)上，随跳板一同向下运动到最低点(B位置)对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的过程，下列说法中正确的是A运动员到达最低点时，其所受外力的合力为零B在这个过程中，运动员的动能一直在减小C在这个过

15、程中，跳板的弹性势能一直在增加D在这个过程中，运动员所受重力对他做的功小于跳板的作用力对他做的功解析运动员与跳板接触至F弹mg，做加速度减小的加速度运动，之后F弹mg，运动员开始减速，到最低点时速度减为零，此时运动员受向上的合外力，选项A错误；该过程运动员动能先增大后减小，选项B错误；至最低点，跳板形变量最大，弹性势能最大，选项C正确；全程由动能定理得，WGW弹0mv2，即WGW弹mv2，选项D正确答案CD6. (2010·天津六校联考)(12分)如图13所示，一位质量m65 kg参加”挑战极限运动”的业余选手，要越过一宽度为s3 m的水沟，跃上高为h1.8 m的平台，采用的方法是：

16、人手握一根长L3.05 m的轻质弹性杆一端从A点由静止开始匀加速助跑，至B点时，杆另一端抵在O点的阻挡物上，接着杆发生形变同时人蹬地后被弹起，到达最高点时杆处于竖直，人的重心恰位于杆的顶端，此刻人放开杆水平飞出，最终趴落到平台上，运动过程中空气阻力可忽略不计(g取10 m/s2)图13(1)设人到达B点时速度vB8 m/s，人匀加速运动的加速度a2 m/s2，求助跑距离sAB.(2)设人跑动过程中重心离地高度H1.0 m，在(1)、(2)问的条件下，在B点人蹬地弹起瞬间，人至少再做多少功？解析(1)sAB16 m.(2)hLh1.25 mhgt2所以t 0.5 sv m/s6 m/sWmg(L

17、H)mv2mvW422.5 J.答案(1)16 m(2)422.5 J小结： 弹性势能问题 图5319例3. 如图5319所示，一物体从光滑斜面AB底端A点以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度为h.下列说法中正确的是(设下列情境中物体从A点上滑的初速度仍为v0)A若把斜面CB部分截去，物体冲过C点后上升的最大高度仍为hB若把斜面AB变成曲面AEB，物体沿此曲面上升仍能到达B点C若把斜面弯成圆弧形D，物体仍沿圆弧升高hD若把斜面从C点以上部分弯成与C点相切的圆弧状，物体上升的最大高度有可能仍为h解析根据题意，由机械能守恒可知，物体滑到高为h处时速度为零要使物体上滑的高度仍为h，则物体到达最高点

18、时速度必为零，A、C情况，物体上升到最高点时速度不为零，所以所能达到的高度应小于h，A、C错；B情况上升到最高点时速度必为零，故B正确；D情况上升到最高点时速度可能为零，所以高度也可能仍为h，故D正确答案BD即时练习：1. 如图7所示，固定在地面上的半圆轨道直径ab水平，质点P从a点正上方高H处自由下落，经过轨道后从b点冲出竖直上抛，上升最大高度为H，(空气阻力不计)当质点下落再次经过轨道由a点冲出时，能上升的最大高度h为图7AhHBhCh D.hH解析从左右过程，由动能定理得：mgWFf10，从右左过程，设从a点冲出时的最大高度为h.由动能定理得：mgWFf20，而WFf1WFf20，得h，

19、D正确答案D2. (2011·金考卷)光滑的水平面上固定着一个螺旋形光滑水平轨道，俯视图如图6所示一个小球以一定速度沿轨道切线方向进入轨道，以下关于小球运动的说法中错误的是图6A轨道对小球做正功，小球的线速度不断增大B轨道对小球做正功，小球的角速度不断增大C轨道对小球不做功，小球的角速度不断增大D轨道对小球不做功，小球的线速度不断增大解析本题考查曲线运动及动能定理，意在考查考生对所学知识的迁移能力小球的运动方向始终与轨道对它的弹力方向垂直，所以轨道对小球不做功，根据动能定理，小球的动能不变，所以小球的线速度不变，A、D错误；根据，轨道半径越来越小，所以小球的角速度不断增大，B错、C对

20、答案ABD 3 . (2011天津）（16分）如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；（2）小球A冲进轨道时速度v的大小。解析 （1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有解得（2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为

21、0，由机械能守恒定律知 设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知 飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有 综合式得 4. (2010·盐城模拟)(13分)如图5324甲所示，竖直平面内的光滑轨道由直轨道AB和圆轨道BC组成，小球从轨道AB上高H处的某点由静止滑下，用力传感器测出小球经过圆轨道最高点C时对轨道的压力为F，并得到如图乙所示的压力F随高度H的变化关系图象(小球在轨道连接处无机械能损失，g10 m/s2)求：图5324(1)小球从H3R处滑下，它经过最低点B时的向心加速度的大小；(2)小球的质量和圆轨道的半径解析(1)由机械能守恒得： mgHm

22、v向心加速度a6g60 m/s2.(2)由机械能守恒得：mgHmg·2Rmv由牛顿第二定律得：mgFm解得：FH5mg根据图象代入数据得：m0.1 kg，R0.2 m.答案(1)60 m/s2(2)0.1 kg0.2 m 5. (2011·青岛质检)(14分)如图14所示，有一个可视为质点的质量为m1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v02 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M3 kg的长木板已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的

23、动摩擦因数0.3，圆弧轨道的半径为R0.4 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角60°，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：图14(1)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(2)要使小物块不滑出长木板，木板的长度L至少多大？解析(1)小物块在C点时的速度为vC4 m/s小物块由C到D的过程中，由动能定理得mgR(1cos 60°)mvmv代入数据解得vD2 m/s小球在D点时由牛顿第二定律得，FNmgm代入数据解得FN60 N由牛顿第三定律得FNFN60 N方向竖直向下(2)设小物块刚滑到木板左端时达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与

24、长木板的加速度大小分别为 a1g3 m/s2，a21 m/s2速度分别为vvDa1tva2t对物块和木板系统，由能量守恒定律得mgLmv(mM)v2解得L2.5 m，即木板的长度至少是2.5 m.答案(1)60 N方向竖直向下(2)2.5 m 图54186(2010·全国)(15分)如图5418，MNP为竖直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N，P端固定一竖直挡板M相对于N的高度为h，NP长度为s.一物块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次完全弹性碰撞(即碰撞过程无机械能损失)后停止在水平轨道上某处若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的动摩擦因数为，求物块

25、停止的地方与N点距离的可能值解析根据功能原理，在物块从开始下滑到静止的过程中，物块重力势能减小的数值Ep与物块克服摩擦力所做功的数值W相等，即EpW设物块质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s，则EpmghWmgs设物块在水平轨道上停住的地方与N点的距离为d.若物块在与P碰撞后，在到达圆弧形轨道前停止，则s2sd联立式得d2s此结果在2s时有效若2s，则物块在与P碰撞后，可再一次滑上圆弧形轨道，滑下后在水平轨道上停止，此时有s2sd联立式得d2s.答案当2s时，d2s当2s时，d2s小结：曲线轨道问题例4. (2010·辽宁五校联考)水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到

26、传送带上设工件初速度为零，当它在传送带上滑动一段距离后速度达到v而与传送带保持相对静止设工件质量为m，它与传送带间的动摩擦因数为，则在工件相对传送带滑动的过程中A滑动摩擦力对工件做的功为mv2/2B工件的机械能增量为mv2/2C工件相对于传送带滑动的路程大小为v2/(2g)D传送带对工件做功为零解析滑动摩擦力对工件做功等于工件动能的改变，也等于其机械能的增加，A、B正确；此过程中，工件位移(对地)为x1，x1，传送带的位移为x2vt2x1，因此工件相对传送带的位移为xx2x1，C正确答案ABC即时练习： 图53221(2011·金考卷)(12分)如图5322所示，光滑弧形轨道下端与水

27、平传送带连接，轨道上的A点到传送带及传送带到地面的高度均为h5 m把一物体自A点由静止释放，物体与传送带之间的动摩擦因数0.2.先让传送带不转动，物体滑上传送带后，从右端B点水平飞出，落在地面上的P点，B、P间的水平距离OP为x2 m然后让传送带沿顺时针方向转动，速度大小为v5 m/s，取g10 m/s2.求：(1)传送带转动时，物体落在何处？(2)先后两种情况下，传送带对物体做功的比值(3)两种情况下，物体运动所用时间之差解析(1)物体刚进入传送带时，由mghmv得：v110 m/s离开B端物体做平抛运动用时t1，有hgt，解得：t11 s传送带静止时，物体到B端的速度v22 m/s传送带转

28、动时，因为v2vv1，故物体先减速后匀速由v2v5 m/s得，xv2t15 m(2)第一次传送带对物体所做的功：W1m(v2v)第二次传送带对物体所做的功：W2m(v2v)两次做功之比(3)物体速度由10 m/s减小到5 m/s的过程，两次用时相同，传送带静止时，物体由5 m/s减小到2 m/s用时t1.5 st时间内，物体前行Lt5.25 m传送带转动时，物体前行L用时t s1.05 s故第二次比第一次少用时ttt1.5 s1.05 s0.45 s答案(1)5 m(2)(3)0.45 s2. （2011全国卷1）质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，

29、小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为 A B C D解析：两物体最终速度相等设为u由动量守恒得：mv=(m+M)u, 系统损失的动能为： 系统损失的动能转化为内能Q=fs=3. (2010·福建三明期末)(15分)工厂流水线上采用弹射装置把物品转运，现简化其模型分析：如图5419所示，质量为m的滑块，放在光滑的水平平台上，平台右端B与水平传送带相接，传送带的运行速度为v0，长为L；现将滑块向左压缩固定在平台

30、上的轻弹簧，到达某处时由静止释放，若滑块离开弹簧时的速度小于传送带的速度，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同，滑块与传送带间的动摩擦因数为.求：图5419(1)释放滑块时，弹簧具有的弹性势能；(2)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量解析(1)设滑块冲上传送带时的速度为v，在弹簧弹开过程中，由机械能守恒Epmv2滑块在传送带上做匀加速运动由动能定理mgLmvmv2解得：EpmvmgL.(2)设滑块在传送带上做匀加速运动的时间为t，则t时间内传送带的位移sv0tv0vatmgma滑块相对传送带滑动的位移ssL相对滑动生成的热量Qmg·s解得：Qmv0·(v0)

31、mgL.答案(1)mvmgL(2)mv0·(v0)mgL4. 如图所示，质量m1=0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L=1.5 m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取g=10 m/s2，求 （1）物块在车面上滑行的时间t;（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过多少。答案：（1）0.24s (2)5m/s【解析】本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。（第一问）Step

32、 1设未知量 规定正方向块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，Step 根据动量守恒定律 求共同速度有 Step 有动量定理 求时间设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有 其中 解得 代入数据得 （2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v，则 由功能关系有 代入数据解得 =5m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0不能超过5m/s。小结：皮带传送B1、 “双基”针对性精讲释疑，解题步骤归纳总结1. 动量守恒定律的条件：（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零（不管物体间是否相互作用），此时合外力冲量为零，故系统动量守恒。当系

33、统存在相互作用的内力时，由牛顿第三定律得知，相互作用的内力产生的冲量，大小相等，方向相反，使得系统内相互作用的物体动量改变量大小相等，方向相反，系统总动量保持不变。即内力只能改变系统内各物体的动量，而不能改变整个系统的总动量。（2）近似守恒：当外力为有限量，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或者说外力的冲量比内力冲量小得多，可以近似认为动量守恒。（3）单方向守恒：如果系统所受外力的矢量和不为零，而外力在某方向上分力的和为零，则系统在该方向上动量守恒。2 . 动量守恒定律应用中需注意：（1）矢量性：表达式m1v1+m2v2=中守恒式两边不仅大小相等，且方向相同，等式两边的总动量是系统内所有物体

34、动量的矢量和。在一维情况下，先规定正方向，再确定各已知量的正负，代入公式求解。（2）系统性：即动量守恒是某系统内各物体的总动量保持不变。（3）同时性：等式两边分别对应两个确定状态，每一状态下各物体的动量是同时的。（4）相对性：表达式中的动量必须相对同一参照物（通常取地球为参照物）3. 碰撞过程是指物体间发生相互作用的时间很短，相互作用过程中的相互作用力很大，所以通常可认为发生碰撞的物体系统动量守恒。按碰撞前后物体的动量是否在一条直线上，有正碰和斜碰之分，中学物理只研究正碰的情况；碰撞问题按性质分为三类。（1）弹性碰撞碰撞结束后，形变全部消失，碰撞前后系统的总动量相等，总动能不变。（2）一般碰撞

35、碰撞结束后，形变部分消失，碰撞前后系统的总动量相等，动能有部分损失（3）完全非弹性碰撞碰撞结束后，形变完全保留，通常表现为碰后两物体合二为一，以同一速度运动，碰撞前后系统的总动量相等，动能损失最多。上述三种情况均不含其它形式的能转化为机械能的情况。4. 反冲现象指在系统内力作用下，系统内一部分物体向某方向发生动量变化时，系统内其余部分物体向相反的方向发生动量变化的现象。显然在反冲运动过程中，系统不受外力作用或外力远远小于系统内物体间的相互作用力，所以在反冲现象里系统的动量是守恒的。2、 常规题型 图5318例1. 如图5318所示，质量均为m的A、B两个小球，用长为2L的轻质杆相连接，在竖直平

36、面内绕固定轴O沿顺时针方向自由转动(转轴在杆的中点)，不计一切摩擦，某时刻A、B球恰好在如图所示的位置，A、B球的线速度大小均为v，下列说法正确的是A运动过程中B球机械能守恒B运动过程中B球速度大小不变CB球在运动到最高点之前，单位时间内机械能的变化量保持不变DB球在运动到最高点之前，单位时间内机械能的变化量不断改变解析OB杆对B球做功，B球的机械能不守恒，A错OA、OB杆等长，A球下降的高度等于B球上升的高度，即A、B两球构成系统的重力势能不变，因此A、B运动中速度大小不变，B对B球在到达最高点之前，动能不变，高度增加，重力势能增加，但单位时间内上升高度不断改变，因而单位时间内机械能的变化量

37、不断改变，C错D对答案BDMmv0OPL即时练习：1. （2011安徽）（20分）如图所示，质量M=2kg的滑块套在光滑的水平轨道上，质量m=1kg的小球通过长L=0.5m的轻质细杆与滑块上的光滑轴O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O轴自由转动，开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度v0=4 m/s，g取10m/s2。（1）若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。（2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。（3）在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。解析：（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v1。在上升过

38、程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则 由式，得 F=2N 由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上。（2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V。在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方向，有 在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则 由式，得 v2=2m/s （3）设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V/。由系统水平方向的动量守恒，

39、得 将式两边同乘以，得 因式对任意时刻附近的微小间隔都成立，累积相加后，有 又 由式得 例2 （2011全国卷1）.（20分）（注意：在试题卷上作答无效）装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞不计重力影响。 解析：设子弹的初速为v0,穿过2d厚度的钢板时共同速度为：v 受到阻力为f.对系统由动量和能量守恒得： 由得： 子弹穿过第一块厚度为d的钢板时，设其速度为v1，此时钢板的速度为u，穿第二块厚度为