高中物理第一章整合课件粤教版选修

专题一动量守恒定律及其应用1．对定律的理解动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量，而不能改变系统的总动量，在系统运动变化过程中的任一时刻，单个物体的动量可以不同，但系统的总动量相同．应用动量守恒定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物，不能选择相对地面做加速运动的物体为参照物．(3)动量是矢量，系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变．等号的含义是说等号的两边不但大小相同，而且方向相同．2．适用条件(1)系统不受外力或所受合外力为零．

(2)当内力远大于外力时．(3)某一方向不受外力或所受合外力为零，或该方向上内力远大于外力时，该方向的动量守恒．3．碰撞类型弹性碰撞：碰撞过程无机械能损失的碰撞．遵循的规律是动量守恒和系统机械能守恒．确切地说，当碰撞发生在水平

面上时，碰撞前后动量守恒，动能不变．在题目中常见的弹性

球、光滑的钢球及分子、原子等微观粒子的碰撞都是弹性碰撞．非弹性碰撞：碰撞时的形变不能完全恢复，有一部分机械能转变为内能．遵循动量守恒，碰后的机械能小于碰前的机械能．解决这一类问题要注意三个方面：第一：要满足动量守恒；第二要满足碰撞的合理性(即物体A

追赶物体B

发生碰撞时，若碰后它们向物体A

原来的方向运动，物体A

的速度不可能大

于物体B

的速度)；第三碰后的能量不可能增加．(3)完全非弹性碰撞：碰撞时的形变完全不能恢复，机械能损失最大，损失的机械能转变为内能，碰后速度相同．满足动量守恒和能量守恒．如果作用过程中有摩擦力做功，满足：fs相对＝ΔE损．【例题】(双选)如图1－1所示，在质量为M的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m0，小车和单摆以恒定的速度v沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m

的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些情况是可能发生的(

)图1－1小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足(M＋m0)v＝Mv1＋mv2＋m0v3摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为v1

和v2，满足Mv＝Mv1＋mv2摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v1，满足Mv＝(M＋m)v1小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度变为v2，满足(M＋m0)v＝(M＋m0)v1＋mv2解析：在小车M和木块发生碰撞的瞬间，摆球并没有直接与木块发生力的作用，它与小车一起以共同速度v

匀速运动时，摆线沿竖直方向，摆线对球的拉力和球的重力都与速度方向垂

直，因而摆球未受到水平力作用，球的速度不变，可以判定A、D项错误．小车和木块碰撞过程，水平方向无外力作用，系统

动量守恒，而题目对碰撞后，小车与木块是否分开或连在一起，没有加以说明，所以两种情况都可能发生，即B、C

选项正确．答案：BC【例题】如图1－2

所示，在光滑水平面上，有A、B

两辆小车．水平面左侧有一竖直墙．在小车B

上站着一个小孩．小孩与车B

的总质量是车A

的10

倍，两车从静止开始，小孩把车A

以对地速度v

推出，车A

与墙碰撞后仍以原速率返回，小孩接到车A

后，又把它以对地速度v推出，车A

返回后，小孩再把它推出，每次推出，小车A

对地速度都是v，方向向左，则小孩共把车A

推出多少次后，车A

返回小孩不能再接到？图1－2解析：题中车A

多次与车B

及墙壁间发生相互作用，而每次与车B

作用时，水平方向合力为0，故A、B

每次作用时，由车A

与车B

组成系统动量守恒，而每次作用后车B

的速度是下一次作用前的速度，这为一个隐含条件，车A

返回，小孩不能接到的条件是vB≥v.设第一次、第二次、…、第n

次作用后，车B

的速度为v1，v2，…，vn，每次作用，车A

与车B

动量守恒，从而得到0＝10mv1－mv

①(A、B

第1

次作用)10mv1＋mv＝10mv2－mv

②(A、B

第2

次作用)10mv2＋mv＝10mv3－mv

③

(A、B

第3

次作用)10mvn－1＋mv＝10mvn－mv

(A、B

第n

次作用)把n

式相加得：(n－1)mv＝

10mvn－nmv即得：vn＝2n－110v≥v

则n≥5.5，n

取整数，故n＝6

次后，车

A

返回时，小孩接不到车

A.答案：见解析【例题】如图1－3

所示，滑块A、B

的质量分别为m1与m2，m1＜m2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧．两滑块一起以恒定的速率v0

向右滑动．突然轻绳断开．当弹簧伸至本身的自然长度时，滑块A

的速度正好为0.求：图1－3(1)绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能Ep；(2)在以后的运动过程中，滑块B

是否会有速度为0

的时刻？试通过定量分析证明你的结论．解析：(1)当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A

的速度为0，故系统的机械能等于滑块B

的动能．设这时滑块B

的速度为v，则有E＝m2v2/2.因系统所受外力为0，由动量守恒定律

(m1＋m2)v0＝m2v0解得E＝(m1＋m2)2v2/(2m2)由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒0(m1＋m2)v2/2＋Ep＝E0解得Ep＝m1(m1＋m2)v2/(2m2)．(2)假设在以后的运动中滑块B

可以出现速度为0

的时刻，并设此时A

的速度为v1，弹簧的弹性势能为E′p，由机械能守恒定律得m1v2/2＋E′＝(m

＋m

)2v2/(2m

)．1

p

1

2

0

2根据动量守恒得(m1＋m2)v0＝m1v1，求出v1

代入上式得：(m1＋m2)2v2/(2m1)＋E′p＝(m1＋m2)2v2/(2m2)0

0因为E′p≥0，故得：(m1＋m2)2v2/(2m1)≤(m1＋m2)2v2/(2m2)0

0即m1≥m2，这与已知条件中m1＜m2

不符．可见在以后的运动中不可能出现滑块B的速度为0的情况．答案：见解析专题二力学综合题解法1．基础知识：四式、两量、六律、三则、二理、二守恒

(1)四式：物理量按照其类型可分为：定义式、决定式、关系式、规律式等四式．定义式：指的是由物理量的定义方法所给出的公式．如：v＝s/t；a＝Δv/Δt；E＝F/q

；C＝Q/U

等，这类物理量只和公式的比值有关，与分子、分母的大小无关．决定式：指的是由物理量的决定因素所确定的公式．如：a＝F合/m；E＝kQ/r2；R＝ρL/S

等，这类物理量的大小与分子、分母的大小有关．t关系式：指的是不同物理量之间所满足的关系．如：v2－0v2＝2as；往往用于对不同物理量进行计算规律式：指的是同一类物理量在变化过程中所满足的关系．如：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2(2)两量．状态量：描述某一状态的物理量，如：速度、动能、动量．过程量：与具体的物理过程有关的物理量，如：加速度、功、冲量．(3)六律：牛顿运动定律；万有引力定律，库仑定律，欧姆定律，楞次定律，法拉第电磁感应定律．(4)三则：左手定则、右手定则、安培定则．

(5)二理：动能定理；动量定理．(6)二守恒：机械能守恒(能量守恒)；动量守恒．

2．基本理论：三大关系(1)运动和力的关系．力是改变物体运动状态的原因．物体的运动状态的改变，必然是力作用的结果，运动状态如何改变，怎样改变，改变多少，完全取决于力．牛顿第二定律：F合＝ma根据这些公式，对物体进行受力分析和运动状态分析，抓住求加速度这一条主线，就能顺利解决力学综合题．(2)功和能的关系．功是能量转化的量度．物体的能量发生了变化，一定是外力做功的结果，力对物体做多少功，物体的能量就变化多少．描述运动的基本规律，比如速度公式：vt＝v0＋at，位移公012式：s＝v

t＋att

02，一个有用的推论：v2－v2＝2as合外力对物体所做的功等于物体动能的变化量，这就是动能定理W总＝ΔEk.除重力弹力外，其他的力对物体所做的功等于物体机械能的增量，这就是功能关系．(3)冲量和动量的关系．冲量是物体动量变化量的量度．物体的动量发生了变化，一定是合外力的冲量不为零．如果合外力的冲量为零，物体的动量必然不变化．合外力的冲量等于物体的动量变化量，这就是动量定理Ft＝Δp.当物体所受的合外力等于零时，物体的总动量保持不变，这就是动量守恒m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′.(4)观念．动力学观念：指的是运动和力的关系，包括牛顿定律和运动规律，是解题的最基本方法．动量的观念：指的是冲量和动量的关系，包括动量定理Ft＝Δp

和动量守恒定律m1v1

＋m2v2

＝m1v1′＋m2v2′.是一种高级的解题方法，主要是从矢量的角度理解问题．能量的观念：指的是功和能的关系，包括动能定理W总＝ΔEk、机械能守恒定律和能量守恒定律E初＝E末．特别指出的是在有摩擦力相互作用的物体组成的系统中Q＝fs相对＝E

初－E

末的应用更加广泛．是从能量的角度理解问题，也是一种高级的解题方法．3．力学综合题题型(1)功与能、机械能守恒．解题原理：主要是应用功和能的关系，机械能守恒定律，能量守恒定律来解题．关键的是分析物体受哪些力的作用，都有那些力做功，从而判断出解题所采用的原理．动量守恒．解题原理：发生相互作用的几个物体组成的系统，所受合外力等于零，系统的总动量守恒．对系统的组成进行分析以及对系统的合外力进行分析，是解题的关键．机械能、动量均守恒．解题原理：发生相互作用的几个物体组成的系统若只有重

力或弹力做功，系统的机械能守恒；若同时满足合外力等于零，系统的动量也守恒．(4)动量守恒、机械能不守恒．解题原理：发生相互作用的几个物体组成的系统，合外力

等于零，满足动量守恒；同时因为物体之间存在摩擦力的作用，机械能不守恒，但系统的能量还是守恒的，注意Q＝fs

相对＝E

初－E

末的应用．(5)动量、机械能均不守恒．解题原理：发生相互作用的几个物体组成的系统，合外力

不等于零，动量不守恒；同时因为物体之间存在摩擦力的作用，机械能不守恒，但Q＝fs相对＝E初－E末应用在这一类题目中还是很方便的．这一类题目，应用运动和力的关系来解决，会收到出乎意料的结果．【例题】如图1－4

所示，水平地面AB＝10.0

m，BCD

是半径为R＝0.9

m

的光滑半圆轨道，O

是圆心，DOB

在同一竖直线上．一个质量m＝1.0kg的物体静止在A点，现用F＝10N的水平恒力作用在物体上，使物体从静止开始做匀加速直线运动．物体与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5.当物体运动到B点时撤去F，之后物体沿BCD轨道运动，离开最高点D

后落到地上的P

点．g

取10

m/s2，求：图1－4(1)物体运动到B

点时的速度大小．物体运动到D点时的速度大小．物体落地点P

与B间的距离．解析：(1)物体从A

到B

做匀加速直线运动加速度＝m

1.0a＝F－μmg

10－0.5×1.0×10

m/s2＝5

m/s2所以物体到达B

点的速度大小为vB＝

2as＝

2×5×10 m/s＝10

m/s.(2)半圆轨道光滑，物体从B

滑到D

机械能守恒2Bmv

＝1

12

22mgR＋

mv2DBv2

－4gR

＝所

以

物

体

滑

到

D

点

时

的

速

度

vD

＝102－4×10×0.9 m/s＝8

m/s.1(3)物体离开D

点后做平抛运动2R＝2gt2所以物体的飞行时间t＝4R104×0.9g

＝

s＝0.6

s所以物体落到水平面距B

的距离s＝vDt＝8×0.6

m＝4.8

m.答案：(1)10m/s(2)8

m/s(3)4.8

m图1－5【例题】如图1－5

所示，质量为M的天车静止在光滑水平轨道上，下面用长为L

的细线悬挂着质量为m

的沙箱，一颗质量为m0的子弹以v0的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后运动过程中．求：沙箱上升的最大高度．天车的最大速度．解析：(1)子弹打入沙箱过程中动量守恒m0v0＝(m0＋m)v1①摆动过程中，子弹、沙箱、天车系统水平方向动量守恒，机械能守恒．沙箱到达最大高度时，系统有相同的速度，设为

v2，则有(m0＋m)v1＝(m0＋m＋M)v2②(m0＋m)v2/2＝(m

＋m＋M)v2/2＋(m

＋m)gh③1

0

2

0联立①～③可得沙箱上升的最大高度h＝m2Mv20

022m0＋m

m0＋m＋Mg答案：见解析(2)子弹和沙箱再摆回最低点时，天车速度最大，设此时天车速度为v3，沙箱速度为v4，由动量守恒得(m0＋m)v1＝Mv3＋(m＋m0)v4④由系统机械能守恒得(m0＋m)v2/2＝Mv2/2＋(m＋m

)v2/2⑤1

3

0

4联立④⑤求得天车的最大速度3v

＝2m0＋mm0＋m＋M1v

＝2m0m0＋m＋M0v

.【例题】如图1－6所示，水平传送带A、B两端相距s＝3.5

m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1.工件滑上A

端瞬时速度vA＝4

m/s，达到B

端的瞬时速度设为vB.图1－6(1)若传送带不动，vB

多大？若传送带以速度v

逆时针转动，vB多大？若传送带以速度v

顺时针转动，vB

多大？解析：(1)传送带不动，工件滑上传送带后，受到向左的滑动摩擦力(Ff＝μmg)作用，工件向右做减速运动，初速度为vA，加速度大小为

a＝μg＝1

m/s2，到达

B

端的速度

vB＝

v2

－2as＝A3

m/s.传送带逆时针转动时，工件滑上传送带后，受到向左的滑动摩擦力仍为

Ff＝μmg ，工件向右做初速

vA，加速度大小为a＝μg＝1

m/s2

减速运动，到达B

端的速度vB＝3

m/s.传送带顺时针转动时，根据传送带速度v

的大小，由下列五种情况：①若v＝vA，工件滑上传送带时，工件与传送带速度相同，均做匀速运动，工件到达B

端的速度vB＝vA.A②若

v≥

v2

＋2as，工件由

A

到

B，全程做匀加速运动到达

B

端的速度

vB＝

v2

＋2as＝

23

m/s.A③若

v2

＋2as＞v＞v

，工件由

A

到

B，先做匀加速运动，A

A当速度增加到传送带速度v

时，工件与传送带一起做匀速运动速度相同，工件到达B

端的速度vB＝v.A④若

v≤

v2

－2as时，工件由

A

到

B，全程做匀减速运动，A到达

B

端的速度

vB＝

v2

－2as＝3

m/s.A⑤若vA＞v＞v2

－2as，工件由A

到B，先做匀减速运动，当速度减小到传送带速度v

时，工件与传送带一起做匀速运动速度相同，工件到达B

端的速度vB＝v.答案：见解析专题三

实验：验证动量守恒定律实验仪器：斜槽、玻璃球、钢球、重锤线一条、白纸、复写纸、天平一台、刻度尺、圆规、三角板．实验目的：研究碰撞(对心正碰)中的动量守恒．3．实验原理：质量为m1

和m2

的两个小球发生正碰，若碰前m1运动，m2

静止，根据动量守恒定律应有：m1v1＝m1v1′＋m2v2′.因小球从斜槽上滚下后做平抛运动，由平抛运动知识可

知，只要小球下落的高度相同，在落地前运动的时间就相同，则小球的水平速度若用飞行时间做时间单位，在数值上就等于小球飞出的水平距离．所以只要测出小球的质量及两球碰撞前后飞出的水平距离，代入公式就可以验证动量守恒定律．即

m1OP＝m1OM＋m2O′N.4．主要测量的物理量(1)入射球质量m1和被碰球质量m2.(2)入射球和被碰球半径r.(3)入射球平抛运动的水平位移OP，碰撞后两球的水平位移OM和O′N.5．实验步骤(1)用天平测量出小球质量m1

和m2.(2)安装好如图1－7

所示实验装置，将斜槽固定在桌边，

使槽的末端点切线水平，把被碰小球放在斜槽前边的小支柱上，调节实验装置使小球碰时处于同一水平高度，且碰撞瞬间，入射球与被碰球的球心连线与轨道末端的切线水平，以确保正碰后的速度沿水平方向．图1－7(3)在地上铺一张白纸，在白纸上铺放复写纸．在白纸上记下重垂线所指的位置O，它表示入射球m1碰前的位置．先不放被碰小球，让入射球从斜槽上同一高度处滚下，重复10

次，用圆规画尽可能小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心就是入射球不碰时的落地点P.把被碰小球放在小支柱上，让入射小球从同一高度滚下，使它发生正碰，重复10

次，仿步骤(5)求出入射小球落点平均位置M

和被碰小球落点平均位置N.(7)过O、N在纸上作一条直线，取OO′＝2r，O′就是被碰小球碰撞时的球心投影位置．(8)用刻度尺量出线段OM、OP、O′N的长度．把两小球的质量和相应的速度值代入m1OP＝m1OM＋m2O′N，看是否成立．6．注意事项斜槽末端的切线必须水平．使小支柱与槽口的距离等于小球直径．认真调节小支柱的高度，使两小球碰撞时球心在同一高度上，球心连线与斜槽末端的延长线相平行．入射小球每次都必须从斜槽同一高度由静止释放．入射小球的质量应大于被碰球的质量．实验过程中实验桌、斜槽、记录的白纸的位置始终保持不变．若实验台过高，可把斜槽固定在铁架台上，白纸、复写纸铺在桌面上实验．7．误差分析实验所研究的过程是两个不同质量的球发生水平正碰，因此“水平”和“正碰”是操作中应尽量予以满足的前提条件．每次静止释放入射小球的释放点越高，两球相碰时内力越大，动量守恒的误差越小，应进行多次碰撞，落点取平均位置来确定，以减小偶然误差．【例题】(2010

年广州重点中学月考)图1－8

为实验室中验证动量守恒实验装置示意图．(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为

r2，则(

)图1－8A．m1>m2，r1>r2C．m1>m2，r1＝r2B．m1>m2，r1<r2D．m1<m2，r1＝r2(2)为完成此实验，以下所提供的测量工具中必需的是(

)(填下列对应的字母)A．直尺C．天平B．游标卡尺D．弹簧秤

E．秒表(3)设入射小球的质量为

m1，被碰小球的质量为

m2，P

为碰前入射小球落点的平均位置，则关系式(用

m1、m2

及图中字母表示)

成立，即表示碰撞中动量守恒．(4)在实验装置中，若斜槽轨道是光滑的，则可以利用此装置验证小球在斜槽上下滑过程中机械能守恒，这时需要测量的物理量有：小球释放初位置到斜槽末端的高度差h1；小球从斜槽末端做平抛运动的水平移s、竖直高度h2，则所需验证的关系式为：

.解析：(1)为了要使两个小球在碰撞后都能效果较好地向前运动，应使m1>m2，为了在碰撞中两球能尽可能地进行正碰并在碰撞后做平抛运动，应使r1＝r2，所以C

选项正确．(2)在实验中，要测量较长的距离和两球的质量，因此必须要有直尺和天平两个测量工具．(3)碰后物体都做平抛运动，高度相同运动时间都为t，动22(4)由平抛运动求出小球水平抛出的速度

v

＝

＝量守恒式m1v＝m1v1＋m2v2

两边乘以t，得m1

OP

＝m1

OM

＋m2

ON

，因此只要此式成立，即表明碰撞中动量守恒．s2

s22t

2h

/g＝gs22h1

1，斜槽滑下时机械能守恒式为m

gh

＝m1v2m1

gs2m1gs22

＝

2

·2h

＝

4h2

2

2，整理得s2＝4h1h2，因此只要此式成立，则表明机械能守恒成立．答案：(1)C

(2)AC (3)m1

OP

＝m1

OM

＋m2

ON

(4)s2＝4h1h2安装实验装置，做好测量前的准备，并记下重垂线所指的位置O.第1

步，不放小球2，让小球1

从斜槽上A

点由静止滚下，并落在地面上，重复多次，用尽可能小的圆把小球的所有落点

圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置．第2

步，把小球2放在斜槽前端边缘处的C

点，让小球1从A

点由静止滚下，使它们碰撞，重复多次，并使用与第一步同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置．第3

步，用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置离O点的距离，即线段OM、OP、ON

的长度．在上述实验中，P

点是在实验的第

步中小球

落点的平均位置；M

点是小球

1与小球

2碰后小球

落点的平均位置；N

点是小球

1

与小球

2

碰后小球

落点的平均位置．写出用测量量表示的恢复系数的表达式

．三个落地点距

O

点的距离

OM、OP、ON

与实验所用的小球质量是否有关？

.解析：(1)由于1球质量大于2

球质量，因此小球1

自由抛落时的速度大于其碰撞时的速度，小于碰撞时2

球的速度，所以P

点应是在实验的第1

步中小球1

落点的平均位置，同样，

M

点是碰后小球1

落点的平均位置，N

点是碰后小球2

落点的平均位置．(2)小球从槽口C

飞出后做平抛运动的时间相同，设为t，则有OP＝v10t、OM＝v1t、ON＝v2t，小球2

碰撞前静止，即v20＝

0，因此e＝|v2

－v1|/|v20

－v10|＝(ON/t－OM/t)/(OP/t－0)＝ON－OMOP.(3)由机械能守恒，OP

与小球的质量无关；由碰撞关系，OM和ON

与小球的质量有关．答案：(1)1

1

1

2

(2)e＝ON－OM

OP(3)OP

与小球的质量无关，OM

和ON

与小球的质量有关【例题】某同学用图1－10甲所示的装置来验证动量守恒定律．图中PQ

为斜槽，QR

为水平槽．实验时先使a

球从斜槽上某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹．重复上述操作10

次，得到10

个落点痕迹．再把b

球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让a

球仍从位置G

由静止滚下，和b

球碰撞后，a、b

球分别在记录纸留下各自的落点痕迹，重复这种操作10

次．图1－10(1)确定小球的平均落点的方法是：

.(2)图甲中O

点是水平槽末端R

在记录纸上的垂直投影点，b

球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在平面，米尺的零刻点与O点对齐．则撞后b

球的水平射程为

cm.(3)某同学在做该实验时，不小心把

a、b

球位置换了，即把质量较大的

a球(质量为

ma)当成了被碰球，把质量较小的

b球(质量为

mb)当成了入射球．结果

b

球单独滚下时，平均落点为

C

点，而

b

球与

a球相碰后均能向前抛出，b

球和

a

球平均落点分别为

A

点和

B点(如图甲所示)．该同学测出了相关的物理量，利用这些数据也能判断碰撞中的动量守恒，判断的依据是看

和

在误差允许的范围内是否相等．解析：(1)用圆规画尽可能小的圆，把所有的落点圈在里面，圆心即是小球平均落点位置．由图中读得b

球的水平射程应在55.7±0.1

cm

范围内．由动量守恒式mbv＝mav1＋mbv2

两边乘以运动时间即得mb

OC

＝maOB

＋mbOA

，因此只要mbOC

和maOB

＋mb

OA

在误差允许范围内相等则可验证动量守恒．答案：见解析1．(2011

年全国卷)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．通过对以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1－11

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．图1－11解：设子弹初速度为v0，射入厚度为2d

的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为v，由动量守恒得(2m＋m)v＝mv0①1解得：v＝3v0此过程中动能损失为2ΔE＝

m01

12v

－

×2

23mv

②1解得：ΔE＝3mv20分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1

和v1′，由动量守恒得mv1＋mv1′＝mv0③因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的ΔE动能损失为

2

，由能量守恒得21

1mv

＋

m2121

1

0ΔE2

2

2

2v

′

＝

mv

－

④联立①②③④式，且考虑到v1

必须大于v1′，得1v

＝1

32

60＋

v

⑤设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为v2，由动量守恒得2mv2＝mv1⑥21

1损失的动能为ΔE′＝

mv2－2×122mv2⑦联立①②⑤⑥⑦式得1

3ΔEΔE′＝21＋

2

×

2

⑧因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得，射入第二块钢板的深度为：1

3x＝21＋

2

d.2．(2011

年海南卷)一质量为2m

的物体P

静止于光滑水平地面上，其截面如图1－12

所示．图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc

为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab

和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接．现有一质量为m

的木块以大小为v0

的水平初速度从a

点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P

相对静止．重力加速度为g.求：图1－12(1)木块在ab

段受到的摩擦力f；01

12

2mv

＝

(m2

2＋2m)v

＋mgh＋fL②由①②得f＝0mv2－3gh3L③(2)木块最后距a

点的距离s.解：(1)设木块到达最高点时，木块和物体P

的共同速度为v，由水平方向动量守恒和能量守恒得mv0＝(m＋2m)v①(2)设木块停在ab

之间时，木块和物体P

的共同速度为v′，由水平方向动量守恒和功能原理得mv0＝(m＋2m)v′④01

12

2mv

＝

(m2

2＋2m)v

＋f(2L－s)⑤v2－6gh0v2－3gh由③④⑤得

s＝

0

L.3．(2010

年广东卷)如图1－13

所示，一条轨道固定在竖直

平面内，粗糙的ab

段水平，bcde

段光滑，cde

段是以O为圆心、

R

为半径的一小段圆弧．可视为质点的物块A

和B

紧靠在一起，静止于b处，A

的质量是B的3倍．两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动．B

到d点时速度沿水平方向，此时轨道对B

的支持力大小等于B所受重力的图1－1334，A

与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度g，求：(1)物块B

在d

点的速度大小．(2)物块A

滑行的距离s.解：设A、B

在分离瞬间速度大小分别为v1、v2，质量分别为3m、m.(1)在d

点对B，由牛顿第二定律得：3v2mg－4mg＝mR

①Rg得

v＝

2

.(2)取水平向右方向为正，A、B

分离过程动量守恒，则：3m(－v1)＋mv2＝0②A、B

分离后，A向左减速至零过程由动能定理得：12－μ(3m)gs＝0－

(3m)21v

③B

从b

点到d

点过程由动能定理得：v21

12－mgR＝2m

－2mv2④8μ由①～④得：s＝

R

.4．(2010年全国卷Ⅱ)如图1－14，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.一木块自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

段轨道间的滑动摩擦因数为μ，求物块停止的地方与N

点距离的可能值．图1－14解：根据功能原理，物块从开始下滑到停止在水平轨道上的过程中，物块重力势能的减少量ΔEp

与物块克服摩擦力所做功的数值相等：ΔEp＝W①设物块的质量为m，在水平轨道上滑行的总路程为s′，则ΔEp＝mgh②W＝μmgs′③联立①～③化简得hs′＝μ第一种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，在N

前停止，则物块停止的位置距N

的距离为hd＝2s－s′＝2s－μ第二种可能是：物块与弹性挡板碰撞后，可再一次滑上光滑圆弧轨道，滑下后在水平轨道上停止，则物块停止的位置距

N

的距离为d＝s′－2s

h

2s＝μ－所以物块停止的位置距N

的距离可能为h

h2s－μ或μ－2s.5．(2010年全国卷Ⅱ)小球A

和B的质量分别为mA

和mB，且mA＞mB.在某高度处将A

和B先后从静止释放．小球A

与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放处距离为H

的地方恰好与正在下落的小球B

发生正碰，设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短．求小球A、B

碰撞后B上升的最大高度．解：小球A

与地面的碰撞是弹性的，而且AB

都是从同一高度释放的，所以AB碰撞前的速度大小相等，设为v0，根据机械能守恒有A1m

gH＝2mAv20得v0＝

2gH①设A、B

碰撞后的速度分别为vA

和vB，以竖直向上为速度的正方向，根据A、B

组成的系统动量守恒和动能守恒得mAv0－mBv0＝mAvA＋mBvB②A

01

12

22

2B

012A

A122

2B

Bm

v

＋

m

v

＝

m

v

＋

m

v

③联立②③化简得Bv

＝3mA－mBmA＋mB0v

④设小球

B

能够上升的最大高度为

h，由运动学公式得h＝v22gB

⑤联立①④⑤化简得3mA－m

mA＋mB

h＝

B2H.6．(2010

年新课标卷)如图1－15

所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙．重物质量为木板质量的2

倍，重物与木板间的动摩擦因数为μ.使木板与

重物以共同的速度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短．求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的

时间．设木板足够长，重物始终在木板上．重力加速度为g.图1－15解：木板第一次与墙碰撞后，向左做匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙．木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有：0

0v02mv

－mv

＝(2m＋m)v，解得：v＝

3木板在第一个过程中，用动量定理，有：mv－m(－v0)＝μ2mgt1，得t1＝2v03μg1用动能定理，有：m212

220v

－

mv

＝－μ2mgs木板在第二个过程中做匀速直线运动，有：s＝vt22得t

＝2v03μg木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间1

2t＝t

＋t

＝0

02v

2v

4v03μg

3μg

3μg＋

＝

.7．(2010

年天津卷)如图1－16

所示，小球A

系在细线的一端，线的另一端固定在O

点，O点到水平面的距离为h.物块B质量是小球的5

倍，置于粗糙的水平面上且位于O

点的正下方，物块与水平面间的动摩擦因数为μ.现拉动小球使线水平伸直，小球由静止开始释放，运动到最低点时与物块发生正碰(碰撞时间极短)，反弹后上升至最高点时到水平面的距离为

h

.小球与物块均视为16质点，不计空气阻力，重力加速度为g，求物块在水平面上滑行的时间t.图1－16解：设小球的质量为m，运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为v1，取小球运动到最低点重力势能为零，根据机械能11

1守恒定律有mgh＝2mv2，得到v

＝2gh①设碰撞后小球反弹的速度大小为v′1，同理有mgh

116

22＝mv′，得到v1

1gh′

＝

8

②设碰撞后物块的速度大小为v2，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律