2019-2020年高三物理第二輪復習教學案 動量與能量 人教版.doc

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2019-2020年高三物理第二輪復習教學案 動量與能量 人教版 高考要求： 1、動量、沖量、動量定理 Ⅱ 2、動量守恒定律 Ⅱ 3．功、功率 Ⅱ 4．動能、做功與動能改變的關系 Ⅱ 5．重力勢能、重力做功與重力勢能改變的關系 Ⅱ 6．彈性勢能 Ⅰ 7．機械能守恒定律 Ⅱ 8．動量知識和機械能知識的應用（包括碰撞、反沖、火箭） Ⅱ 9．航天技術的發(fā)展和宇宙航行 Ⅰ 知識整合： 力的積累和效應 牛頓第二定律 F=ma 力對時間的積累效應 沖量 I=Ft 動量 p=mv 動量定理 Ft=mv2-mv1 動量守恒定律 m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’ 系統(tǒng)所受合力為零或不受外力 力對位移的積累效應 功：W=FScosα 瞬時功率：P=Fvcosα 平均功率： 機械能 動能 勢能 重力勢能：Ep=mgh 彈性勢能 動能定理 機械能守恒定律 Ek1+EP1=Ek2+EP2 或ΔEk =ΔEP 沖量是力對時間的積累，其作用效果是改變物體的動量；功是力對位移的積累，其作用效果是改變物體的能量；沖量和動量的變化、功和能量的變化都是原因和結果的關系，對此，要像熟悉力和運動的關系一樣熟悉。在此基礎上，還很容易理解守恒定律的條件，要守恒，就應不存在引起改變的原因。能量還是貫穿整個物理學的一條主線，從能量角度分析思考問題是研究物理問題的一個重要而普遍的思路。 應用動量定理和動能定理時，研究對象可以是單個物體，也可以是多個物體組成的系統(tǒng)，而應用動量守恒定律和機械能守恒定律時，研究對象必定是系統(tǒng)；此外，這些規(guī)律都是運用于物理過程，而不是對于某一狀態(tài)（或時刻）。因此，在用它們解題時，首先應選好研究對象和研究過程。對象和過程的選取直接關系到問題能否解決以及解決起來是否簡便。選取時應注意以下幾點： 1．選取研究對象和研究過程，要建立在分析物理過程的基礎上。臨界狀態(tài)往往應作為研究過程的開始或結束狀態(tài)。 2．要能視情況對研究過程進行恰當?shù)睦硐牖幚怼? 3．可以把一些看似分散的、相互獨立的物體圈在一起作為一個系統(tǒng)來研究，有時這樣做，可使問題大大簡化。 4．有的問題，可以選這部分物體作研究對象，也可以選取那部分物體作研究對象；可以選這個過程作研究過程，也可以選那個過程作研究過程；這時，首選大對象、長過程。 確定對象和過程后，就應在分析的基礎上選用物理規(guī)律來解題，規(guī)律選用的一般原則是： 1．對單個物體，宜選用動量定理和動能定理，其中涉及時間的問題，應選用動量定理，而涉及位移的應選用動能定理。 2．若是多個物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮兩個守恒定律。 3．若涉及系統(tǒng)內(nèi)物體的相對位移（路程）并涉及摩擦力的，要考慮應用能量守恒定律。 互動課堂： 問題再現(xiàn) 問題1：求恒力和變力沖量的方法 圖1 例1、一個物體同時受到兩個力F1、F2的作用，F(xiàn)1、F2與時間t的關系如圖1所示，如果該物體從靜止開始運動，經(jīng)過t=10s后F1、F2以及合力F的沖量各是多少？ 例2、一質(zhì)量為100g的小球從0.80m高處自由下落到一厚軟墊上．若從小球接觸軟墊到小球陷至最低點經(jīng)歷了0.2s，則這段時間內(nèi)軟墊對小球的沖量為________．(取 g=10m/s2，不計空氣阻力)． 課堂提升 問題再現(xiàn) 問題2：掌握求動量及動量變化的方法 例3、 一粒鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由下落,然后陷人泥潭中。若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進人泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ, 則( ) A、過程I中鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量 B、過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小 C、I、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零 D、過程Ⅱ中鋼珠的動量的改變量等于零 問題3：能應用動量定理求解相關問題 例4、一個質(zhì)量為m=2kg的物體,在F1=8N的水平推力作用下,從靜止開始沿水平面運動了t1=5s,然后推力減小為F2=5N,方向不變,物體又運動了t2=4s后撤去外力,物體再經(jīng) 過t3=6s停下來。試求物體在水平面上所受的摩擦力。 例5、質(zhì)量是60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護作用，最后使人懸掛在空中．已知彈性安全帶緩沖時間為1.2s，安全帶伸直后長5m，求安全帶所受的平均沖量．（ g= 10m／s2） 例8、 如圖 2所示，以Vo ＝10m／s2的初速度、與水平方向成300角拋出一個質(zhì)量m＝2kg的小球．忽略空氣阻力的作用，g取10m／s2．求拋出后第2s末小球速度的大小． V0 300 圖2 課堂提升 問題再現(xiàn) 例7 、某種氣體分子束由質(zhì)量m=5.4X10-26kg速度V＝460m/s的分子組成，各分子都向同一方向運動，垂直地打在某平面上后又以原速率反向彈回，如分子束中每立方米的體積內(nèi)有n0＝1.5X1020個分子，求被分子束撞擊的平面所受到的壓強． 問題4、動量守恒定律的系統(tǒng)性、矢量性、相對性、同時性 例8、一門舊式大炮在光滑的平直軌道上以V=5m/s的速度勻速前進，炮身質(zhì)量為M=1000kg，現(xiàn)將一質(zhì)量為m=25kg的炮彈，以相對炮身的速度大小u=600m/s與V反向水平射出，求射出炮彈后炮身的速度V/. 例9、質(zhì)量為m的A球以水平速度V與靜止在光滑的水平面上的質(zhì)量為3m的B球正碰，A球的速度變?yōu)樵瓉淼?/2，則碰后B球的速度是（以V的方向為正方向）. A.V/2, B.─V C.─V/2 D.V/2 例10、某人在一只靜止的小船上練習射擊，船、人和槍（不包含子彈）及船上固定靶的總質(zhì)量為M，子彈質(zhì)量m，槍口到靶的距離為L，子彈射出槍口時相對于槍口的速率恒為V，當前一顆子彈陷入靶中時，隨即發(fā)射后一顆子彈，則在發(fā)射完全部n顆子彈后，小船后退的距離多大？（不計水的阻力） 課堂提升 問題再現(xiàn) 例11、平靜的水面上有一載人小船，船和人共同質(zhì)量為M，站立在船上的人手中拿一質(zhì)量為m的物體。起初人相對船靜止，船、人、物體以共同速度V0前進，當人相對于船以速度u向相反方向?qū)⑽矬w拋出時，人和船的速度為多大？（水的阻力不計）。 問題5、用動量守恒定律解決有關問題 例12、人和冰車的總質(zhì)量為M，另有一個質(zhì)量為m的堅固木箱，開始時人坐在冰車上靜止在光滑水平冰面上，某一時刻人將原來靜止在冰面上的木箱以速度V推向前方彈性擋板，木箱與檔板碰撞后又反向彈回，設木箱與擋板碰撞過程中沒有機械能的損失，人接到木箱后又以速度V推向擋板，如此反復多次，試求人推多少次木箱后將不可能再接到木箱？（已知） 例13、如圖3所示，質(zhì)量為M的車靜止在光滑水平面上，車右側內(nèi)壁固定有發(fā)射裝置。車左側內(nèi)壁固定有沙袋。發(fā)射器口到沙袋的距離為d，把質(zhì)量為m的彈丸最終射入沙袋中，這一過程中車移動的距離是_______。 圖3 課堂提升 問題再現(xiàn) A B 圖8 C 例14、光滑的水平面上，用彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以V0=6m/s的速度向右運動，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖8所示。B與C碰撞后二者粘在一起運動，在以后的運動中，當彈簧的彈性勢能達到最大為 J時，物塊A的速度是 m/s。 問題6、動量守恒解碰撞問題 例15、甲乙兩球在水平光滑軌道上向同方向運動，已知它們的動量分別是P1=5kg.m/s,P2=7kg.m/s,甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動量變?yōu)?0 kg.m/s，則二球質(zhì)量m1與m2間的關系可能是下面的哪幾種？ A、m1=m2 B、2m1=m2 C、4m1=m2 D、6m1=m2。 圖4 例16、如圖4所示，半徑和動能都相等的兩個小球相向而行．甲球質(zhì)量m甲大于乙球質(zhì)量m乙，水平面是光滑的，兩球做對心碰撞以后的運動情況可能是下述哪些情況？ A．甲球速度為零，乙球速度不為零 B．兩球速度都不為零 C．乙球速度為零，甲球速度不為零 D．兩球都以各自原來的速率反向運動 課堂提升 問題再現(xiàn) 例17、A、B兩滑塊在一水平長直氣墊導軌上相碰，用閃光照相機在t0 = 0，t1= △t，t2 = 2△t，t3=3△t各時刻閃光四次，攝得如圖5所示照片，其中B像有重疊，mB=mA，由此可判斷（ ） A.碰前B靜止，碰撞發(fā)生在60 cm處，t = 2.5△t； B.碰前B靜止，碰撞發(fā)生在60 cm處，t = 0.5△t； C.碰后B靜止，碰撞發(fā)生在60 cm處，t = 0.5△t； 圖5 D.碰后B靜止，碰撞發(fā)生在60 cm處，t = 2.5△t。 問題7、求變力做功的幾種方法 例18、如圖6，定滑輪至滑塊的高度為h，已知細繩的拉力為F（恒定），滑塊沿水平面由A點前進S至B點，滑塊在初、末位置時細繩與水平方向夾角分別為α和β。求滑塊由A點運動到B點過程中，繩的拉力對滑塊所做的功。 例19、一輛汽車質(zhì)量為105kg，從靜止開始運動，其阻力為車重的0.05倍。其牽引力的大小與車前進的距離變化關系為F=103x+f0，f0是車所受的阻力。當車前進100m時，牽引力做的功是多少？ 課堂提升 問題再現(xiàn) 圖7 例20、如圖7所示，質(zhì)量m=2kg的物體，從光滑斜面的頂端A點以V0=5m/s的初速度滑下，在D點與彈簧接觸并將彈簧壓縮到B點時的速度為零，已知從A到B的豎直高度h=5m，求彈簧的彈力對物體所做的功。 例21、兩個底面積都是S的圓筒，放在同一水平面上，桶內(nèi)裝水，水面高度分別為h1和h2，如圖8所示，已知水的密度為ρ?，F(xiàn)把連接兩桶的閥門打開，最后兩桶水面高度相等，則這過程中重力所做的功等于 . 問題8、汽車啟動問題 例22、 汽車發(fā)動機額定功率為60 kW，汽車質(zhì)量為5.0103 kg，汽車在水平路面行駛時，受到的阻力大小是車重的0.1倍，試求：若汽車從靜止開始，以0.5 m/s2的加速度勻加速運動，則這一加速度能維持多長時間？ 例23、 電動機通過一繩子吊起質(zhì)量為8 kg的物體，繩的拉力不能超過120 N，電動機的功率不能超過1200 W，要將此物體由靜止起用最快的方式吊高90 m（已知此物體在被吊高接近90 m時，已開始以最大速度勻速上升）所需時間為多少？ 課堂提升 問題再現(xiàn) 問題9、用動能定理解決問題 24.如圖9所示，A B和C D為半徑為R=l m的1/4圓弧形光滑軌道，B C為一段長2m的水平軌道．質(zhì)量為2 kg的物體從軌道A端由靜止釋放，若物體與水平軌道B C間的動摩擦因數(shù)為0.1，求：（l）物體第1次沿C D弧形軌道可上升的最大高度．（2）物體最終停下來的位置與B點的距離． 圖9 R R A B C D 例25、如圖10所示，AB與CD為兩個對稱斜面，其上部都足夠長，下部分分別與一個光滑的圓弧面的兩端相切，圓弧圓心角為1200，半徑R=2.0m,一個物體在離弧底E高度為h=3.0m處，以初速度V0=4m/s沿斜面運動，若物體與兩斜面的動摩擦因數(shù)均為μ=0.02,則物體在兩斜面上（不包括圓弧部分）一共能走多少路程？（g=10m/s2）. A B C D D O R E 圖10 h 問題10、動量和能量的綜合應用 圖11 例26、質(zhì)量為m的物體A，以速度v0從平臺上滑到與平臺等高、質(zhì)量為M的靜止小車B上，如圖11所示.小車B放在光滑的水平面上，物體A與B之間的滑動摩擦因數(shù)為μ，將A視為質(zhì)點，要使A不致從小車上滑出，小車B的長度L至少應為多少? 課堂提升 問題再現(xiàn) 例27、質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上.平衡時彈簧的壓縮量為x0，如圖12所示.一物塊從鋼板正上方距離為3x0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運動，但不粘連.它們到達最低點后又向上運動.已知物塊質(zhì)量為m時，它們恰能回到O點.若物塊質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點時，還具有向上的速度.求物塊向上運動到達的最高點與O點的距離. 圖12 課堂提升 點擊高考 1．一個筆帽豎立在桌面上平放的紙條上，要求把紙條從筆帽下抽出，如果緩慢拉動紙條筆帽必倒；若快速拉紙條，筆帽可能不倒。這是因為 A．緩慢拉動紙條時，筆帽受到?jīng)_量??； B．緩慢拉動紙條時，紙條對筆帽的水平作用力??； C．快速拉動紙條時，筆帽受到?jīng)_量??； D．快速拉動紙條時，紙條對筆帽的水平作用力小。 2．兩輛質(zhì)量相同的小車置于光滑的水平面上，有一個人靜立在a車上。當此人從a車跳到b車上，接著又跳回a車，則a車的速率： Ａ．為0 ; Ｂ．等于b車速率 ; Ｃ．大于b車速率; Ｄ．小于b車速率。 3. 如圖所示為車站使用的水平傳送帶裝置的示意圖，繃緊的傳送帶始終保持3.0m/s的恒定速率運行，傳送帶的水平部分AB距水平地面的高度為h＝0.45m?，F(xiàn)有一行李包（可視為質(zhì)點）由A端被傳送到B端，且傳送到B端時沒有被及時取下，行李包從B端水平拋出，不計空氣阻力，g取10m/s2。 ⑴若行李包從B端水平拋出的初速v0＝3.0m/s，求它在空中運動的時間和飛出的水平距離； A B L h 圖1 ⑵若行李包以v0＝1.0m/s的初速從A端向右滑行，行李包與傳送帶間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，要使它從B端飛出的水平距離等于⑴中所求的水平距離，求傳送帶的長度L應滿足的條件。 改錯與點評 4。是豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道，在下端B與水平直軌道相切，如圖所示。一小球自A點起由靜止開始沿軌道下滑。已知圓軌道半徑為R，小球的質(zhì)量為m，不計各處摩擦。求 （1）小球運動到B點時的動能 （2）小球下滑到距水平軌道的高度為R時的速度大小和方向 O m A BV CV R （3）小球經(jīng)過圓弧軌道的B點和水平軌道的C點時，所受軌道支持力NB、NC各是多大？ 5。如圖所示，質(zhì)量mA為4.0kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ為0.24，木板右端放著質(zhì)量mB為1.0kg的小物塊B（視為質(zhì)點），它們均處于靜止狀態(tài)。木板突然受到水平向右的12N?s的瞬時沖量I作用開始運動，當小物塊滑離木板時，木板的動能EM為8.0J，小物塊的動能為0.50J，重力加速度取10m/s2，求 ⑴瞬時沖量作用結束時木板的速度v0； ⑵木板的長度L。 改錯與點評 參考答案 例1、分析與解：經(jīng)過t=10s后,F1的沖量I1=1010/2=50N.S F2的沖量I2=－50N.S,合力F的沖量為0. 例2、分析與解:小球從高處自由下落到軟墊陷至最低點經(jīng)歷了兩個過程，從高處自由下落到接觸軟墊前一瞬間，是自由下落過程，接觸軟墊前一瞬間速度由：,求出. 接觸軟墊時受到軟墊向上作用力N和重力G(=mg)作用，規(guī)定向下為正，由動量定理： (mg-N)t=0-m 故有： 在重物與地面撞擊問題中，是否考慮重力，取決于相互作用力與重力大小的比較，此題中N=0.3N，mg=0.1N，顯然在同一數(shù)量級上，不可忽略．若二者不在同一數(shù)量級，相差極大，則可考慮忽略不計（實際上從同一高度下落，往往要看撞擊時間是否極短，越短沖擊力越大）． 例3、分析與解：根據(jù)動量定理可知,在過程I中,鋼珠從靜止狀態(tài)自由下落.不計空氣阻力,小球所受的合外力即為重力,因此鋼珠的動量的改變量等于重力的 沖量,選項A正確;過程I中阻力的沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小與過程Ⅱ中重力的沖量的大小之和,顯然B選項不對;在I、Ⅱ兩個過程中,鋼珠動量的改變量各不為零.且它們大小相等、方向相反，但從整體看，鋼珠動量的改變量為零,故合外力的總沖量等于零,故C選項正確,D選項錯誤。因此，本題的正確選項為A、C。 例4、分析與解：規(guī)定推力的方向為正方向,在物體運動的整個過程中,物體的初動量P1=0,末動量P2=O。據(jù)動量定理有：  即：，解得  由例6可知,合理選取研究過程，能簡化解題步驟,提高解題速度。本題也可以用牛頓運動定律求解。同學們可比較這兩種求解方法的簡繁情況。 例5、分析與解：人下落為自由落體運動，下落到底端時的速度為： 取人為研究對象，在人和安全帶相互作用的過程中，人受到重力mg和安全帶給的沖力 F，取F方向為正方向，由動量定理得： Ft=mV—mV0 所以，（方向豎直向下） 注意： 動量定理既適用于恒力作用下的問題，也適用于變力作用下的問題．如果是在變力作用下的問題，由動量定理求出的力是在t時間內(nèi)的平均值． 例6、分析與解：小球在運動過程中只受到重力的作用，在水平方向做勻速運動，在豎直方向做勻變速運動，豎直方向應用動量定理得： Fyt=mVy-mVy0 所以mgt=mVy-(-mV0.sin300), 解得Vy=gt-V0.sin300=15m/s. 而Vx=V0.cos300= 在第2s未小球的速度大小為： 注意： 動量定理不僅適用于物體做直線運動的問題，而且也適用物體做曲線運動的問題，在求解曲線運動問題中，一般以動量定理的分量形式建立方程，即： Fxt=mVx-mVx0 Fyt=mVy-mVy0 例7、分析與解：設在△t時間內(nèi)射到 S的某平面上的氣體的質(zhì)量為ΔM，則： 取ΔM為研究對象，受到的合外力等于平面作用到氣體上的壓力F以V方向規(guī)定為正方向，由動量定理得:-F.Δt=ΔMV-(-ΔM.V),解得 平面受到的壓強P為： 注意：處理有關流體(如水、空氣、高壓燃氣等)撞擊物體表面產(chǎn)生沖力（或壓強）的問題，可以說非動量定理莫屬．解決這類問題的關鍵是選好研究對象，一般情況下選在極短時間△t內(nèi)射到物體表面上的流體為研究對象 例8、錯解：根據(jù)動量守恒定律有： MV=MV/+m[─(u─V/)],解得 分析糾錯：以地面為參考系，設炮車原運動方向為正方向，根據(jù)動量定律有： （M+m）V=MV/+m[─(u─V/)] 解得 例9、錯解：設B球碰后速度為V/，由動量守恒定律得：,. 分析糾錯：碰撞后A球、B球若同向運動，A球速度小于B球速度，顯然答案中沒有，因此，A球碰撞后方向一定改變，A球動量應m(─V/2). 由動量守恒定律得：,V/=V/2. 故D正確。 例10、錯解：選船、人、槍上固定靶和子彈組成的系統(tǒng)為研究對象，開始時整個系統(tǒng)處于靜止，系統(tǒng)所受合外力為0，當子彈射向靶的過程中，系統(tǒng)動量守恒，船將向相反的方向移動。 當?shù)谝活w子彈射向靶的過程中，船向相反的方向運動，此時與船同時運動的物體的總質(zhì)量為M+（n-1）m,當?shù)谝活w子彈射入靶中后，根據(jù)動量守恒，船會停止運動，系統(tǒng)與初始狀態(tài)完全相同。 當?shù)诙w子彈射向靶的過程中，子彈與船重復剛才的運動，直到n顆子彈全部射入靶中，所以在發(fā)射完全部n顆子彈的過程中，小船后退的距離應是發(fā)射第一顆子彈的過程中小船后退距離的n倍。 設子彈運動方向為正方向，在發(fā)射第一顆子彈的過程中小船后退的距離S，子彈飛行的距離為L，則由動量守恒定律有： mL─[M+(n-1)m]S=0 解得： 每顆子彈射入靶的過程中，小船后退的距離都必須是相同，因此n顆子彈全部射入的過程，小船后退的我總距離為nS=. 分析糾錯：沒有把所有的速度變換成相對于同一參考系的速度。由于船的速度是相對于地面的，而子彈的速度是相對于船的，導致船的位移是相對于地面的，而子彈的位移是相對于船的，所以解答錯誤。 設子彈運動方向為正方向，在發(fā)射第一顆子彈的過程中小船后退的距離為S，根據(jù)題意知子彈飛行的距離為(L─S),則由動量守恒定律有： m(L─S)─[M+(n─1)m]S=0 解得：S= 每顆子彈射入靶的過程中，小船后退的距離都相同，因此n顆子彈全部射入的過程，小船后退的總距離為nS=. 例11、錯解：取人、船、物組成的系統(tǒng)為研究對象，由于水的阻力不計，系統(tǒng)的動量守恒。 以船速V0的方向為正方向，設拋出物體后人和船的速度為V，物體對地的速度為（V0─u）.由動量守恒定律得： （M+m）V0=MV+m(V0-u), 解得. 分析糾錯：錯誤在于沒有注意同時性，應明確物體被拋出的同時，船速已發(fā)生變化，不再是原來的V0，而變成了V,即V與u是同一時刻，拋出后物對地速度是（V-u）,而不是（V0-u）. 由動量守恒定律得：（M+m）V0=MV+m(V-u) 解得： 例12、解析:人每次推木箱都可看作“一分為二”的過程，人每次接箱都可以看作是“合二為一”的過程，所以本題為多個“一分為二”和“合二為一”過程的組合過程。 設人第一次推出后自身速度為V1， 則：MV1=mV， 人接后第二次推出，自身速度為V2，則mV+2mV=MV2 (因為人每完成接后推一次循環(huán)動作，自身動量可看成增加2mV) 設人接后第n次推出，自身速度為Vn，則mV+2mV(n-1)=MVn ∴Vn=(2n-1)V ， 若Vn≥V ，則人第n次推出后，不能再接回，將有關數(shù)據(jù)代入上式得n≥8.25，∴n=9。 例13、分析與解：本題可把子彈看作“人”，把車看作“船”，這樣就可以用“人船模型”來求解. ,解得。 例14、分析與解：本題是一個“三體二次作用”問題：“三體”為A、B、C三物塊?！岸巫饔谩边^程為第一次是B、C二物塊發(fā)生短時作用，而A不參加，這過程動量守恒而機械能不守恒；第二次是B、C二物塊作為一整體與A物塊發(fā)生持續(xù)作用，這過程動量守恒機械能也守恒。 對于第一次B、C二物塊發(fā)生短時作用過程，設B、C二物塊發(fā)生短時作用后的共同速度為VBC，則據(jù)動量守恒定律得： (1) 對于第二次B、C二物塊作為一整體與A物塊發(fā)生持續(xù)作用，設發(fā)生持續(xù)作用后的共同速度為V，則據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得： mAV0+ （2） （3） 由式(1)、（2）、（3）可得：當彈簧的彈性勢能達到最大為EP=12J時，物塊A的速度V=3 m/s。 例15、分析與解：甲乙兩球在碰撞過程中動量守恒，所以有： P1+P2= P1，+ P2， 即：P1，=2 kg.m/s。 由于在碰撞過程中，不可能有其它形式的能量轉化為機械能，只能是系統(tǒng)內(nèi)物體間機械能相互轉化或一部分機械能轉化為內(nèi)能，因此系統(tǒng)的機械能不會增加。所以有： 所以有：m1m2,不少學生就選擇（C、D）選項。 這個結論合“理”，但卻不合“情”。因為題目給出物理情景是“甲從后面追上乙”，要符合這一物理情景，就必須有，即m1；同時還要符合碰撞后乙球的速度必須大于或等于甲球的速度這一物理情景，即，所以 .因此選項（D）是不合“情”的，正確的答案應該是（C）選項。 例16、分析與解：首先根據(jù)兩球動能相等，得出兩球碰前動量大小之比為：，因m甲>m乙，則P甲>P乙，則系統(tǒng)的總動量方向向右。 根據(jù)動量守恒定律可以判斷，碰后兩球運動情況可能是A、B所述情況，而C、D情況是違背動量守恒的，故C、D情況是不可能的． 例17、分析與解：若碰撞前B靜止，則VB0=0，則t0,t1,t2時刻B都處在60cm處，所以碰撞只能發(fā)生在x=60cm處，碰撞時t= 2.5△t,碰撞后B的速度;碰撞前A的速度，碰撞后。 碰撞前系統(tǒng)動量為：，碰撞后系統(tǒng)動量為：，滿足動量守恒定律； 碰撞前系統(tǒng)動能為：，碰撞后系統(tǒng)動能為：，顯然碰撞后系統(tǒng)的動能增加，不符合能量守恒定律。 所以碰撞前B不可能靜止，即AC二選項錯誤。 若碰撞后B靜止，則VBt=0，則t1,t2,t3時刻B都處在60cm處，所以碰撞只能發(fā)生在x=60cm處，碰撞時t= 0.5△t,碰撞前B的速度;碰撞后A的速度，碰撞前A的速度。 碰撞前系統(tǒng)動量為：，碰撞前系統(tǒng)動量為：，滿足動量守恒定律； 碰撞前系統(tǒng)動能為：，碰撞后系統(tǒng)動能為：，顯然碰撞后系統(tǒng)的動能減少，符合能量守恒定律。 綜上所述，只有選項B正確。 例18、分析與解：設繩對物體的拉力為T，顯然人對繩的拉力F等于T。T在對物體做功的過程中大小雖然不變，但其方向時刻在改變，因此該問題是變力做功的問題。但是在滑輪的質(zhì)量以及滑輪與繩間的摩擦不計的情況下，人對繩做的功就等于繩的拉力對物體做的功。而拉力F的大小和方向都不變，所以F做的功可以用公式W=FScosa直接計算。由圖1可知，在繩與水平面的夾角由α變到β的過程中,拉力F的作用點的位移大小為：　 例19、分析與解：由于車的牽引力和位移的關系為F=103x+f0，是線性關系，故前進100m過程中的牽引力做的功可看作是平均牽引力所做的功。由題意可知f0＝0.0510510N＝5104N,所以前進100m過程中的平均牽引力: 　　∴W＝S＝1105100J＝1107J。 　例20、　分析與解：由于斜面光滑故機械能守恒，但彈簧的彈力是變力，彈力對物體做負功，彈簧的彈性勢能增加，且彈力做的功的數(shù)值與彈性勢能的增加量相等。取B所在水平面為零參考面，彈簧原長處D 點為彈性勢能的零參考點，則狀態(tài)A：EA= mgh+mV02/2 　對狀態(tài)B：EB=－W彈簧+0 由機械能守恒定律得： W彈簧=－（mgh+mv02/2）=－125（J） 例21、分析與解：由于水是不可壓縮的，把連接兩桶的閥門打開到兩桶水面高度相等的過程中，利用等效法把左管高以上部分的水等效地移至右管，如圖6中的斜線所示。最后用功能關系，重力所做的功等于重力勢能的減少量，選用AB所在的平面為零重力勢能平面，則畫斜線部分從左管移之右管所減少的重力勢能為： 所以重力做的功WG=. 例22、分析與解：要維持汽車加速度不變，就要維持其牽引力不變，汽車功率將隨V增大而增大，當P達到額定功率P額后，不能再增加，即汽車就不可能再保持勻加速運動了.具體變化過程可用如下示意圖表示： 而F =P額/V 當a=0時， 即F=f時，V達到最大Vm 保持Vm勻速 P =FV 即P隨V增大而增大 a=(F-f)/m一定，即F一定 當P=P額時， a=(F-f)/m≠0,V還要增大 所以，汽車達到最大速度之前已經(jīng)歷了兩個過程：勻加速和變加速，勻加速過程能維持到汽車功率增加到P額的時刻，設勻加速能達到最大速度為V1，則此時 小結：機車勻加速度運動能維持多長時間，一定是機車功率達到額定功率的時間。弄清了這一點，利用牛頓第二定律和運動學公式就很容易求出機車勻加速度運動能維持的時間。 例23、分析與解：此題可以用機車起動類問題的思路，即將物體吊高分為兩個過程處理：第一過程是以繩所能承受的最大拉力拉物體，使物體以最大加速度勻加速上升，第一個過程結束時，電動機剛達到最大功率.第二個過程是電動機一直以最大功率拉物體，拉力逐漸減小，當拉力等于重力時，物體開始勻速上升. 在勻加速運動過程中加速度為 a= m/s2=5 m/s2，末速度Vt==10 m/s 上升的時間t1=s=2 s，上升高度為h==10 m 在功率恒定的過程中，最后勻速運動的速率為 Vm==15 m/s 外力對物體做的總功W=Pmt2-mgh2,動能變化量為 ΔEk=mV2m-mVt2 由動能定理得Pmt2-mgh2=mVm2-mVt2 代入數(shù)據(jù)后解得t2=5.75 s，所以t=t1+t2=7.75 s所需時間至少為7.75 s. 小結：機車運動的最大加速度是由機車的最大牽引力決定的，而最大牽引力是由牽引物的強度決定的。弄清了這一點，利用牛頓第二定律就很容易求出機車運動的最大勻加速度。 例25、分析與解：由于滑塊在斜面上受到摩擦阻力作用，所以物體的機械能將逐漸減少，最后物體在BEC圓弧上作永不停息的往復運動。由于物體只在在BEC圓弧上作永不停息的往復運動之前的運動過程中，重力所做的功為WG=mg(h-R/2),摩擦力所做的功為Wf=-μmgscos600,由動能定理得： mg(h-R/2) -μmgscos600=0- ∴s=280m. 例26、命題意圖：考查對A、B相互作用的物理過程的綜合分析能力，及對其中隱含條件的挖掘能力，B級要求. 錯解分析：不能逐段分析物理過程，選擇恰當?shù)囊?guī)律使問題求解簡便化. 解題方法與技巧： 解法一：力的觀點 取向右方向為正方向，對A、B分別用牛頓第二定律： -μmg=maA，μmg=MaB 應用加速度的定義式：aA=,aB= 由牛頓第三定律有：MaB=maA ① 由以上各式解出：v′=,aA=-μg，aB=μg 由運動學公式： 對A：v′2-v０2=2aA(L+s) ② 對B：v′2=2aBs ③ 聯(lián)立①②③可解得：L= 解法二：功能關系與動量守恒定律 對A、B系統(tǒng)運用動量守恒定律：mv0=(M+m)v′ ① 由功能關系：μmgL=mv0２- (M+m)v′２ ② 聯(lián)立①②兩式，解得：L= 解法三：用“相對運動”求解 平時位移、加速度、速度都是相對地面(以地面為參照物)，本題改為以B為參照物，運用A相對于B的位移、速度和加速度來求解.取向右方向為正，則A相對B加速度：aAB=aA-aB=-=-μg-μg 由運動學公式得：0２-v０２=2aABL L=== 例27、命題意圖：通過自由落體運動、豎直上拋運動、動量守恒定律、能量守恒定律等知識為依托，考查考生挖掘隱含條件的能力及運用動量觀點、能量觀點綜合分析解決物理問題的能力. 錯解分析：考生不能將該復雜的物理過程化階段逐層分析，對不同階段物體狀態(tài)及運動規(guī)律透析不到位，導致錯誤. 解題方法與技巧：(1)物體下落與鋼板碰撞過程. 由自由落體運動知識，知碰前物體的速度為v０＝，設碰后速度為v１，因碰撞過程時間極短，故物體與鋼板系統(tǒng)動量守恒. mv０＝２mv１ ∴v１＝＝／２ (2)彈簧開始壓縮到又伸長至O點的過程. 剛碰完彈簧開始壓縮時的彈簧的彈性勢能令為Ｅp，當它們一起回到O點時，彈簧無形變，彈性勢能為零.由機械能守恒，有Ｅp＋２mv１２＝２mgｘ０ 所以Ｅp＝mgｘ０ (3)當物體質(zhì)量為2m時，由自由落體知識及動量守恒定律，有v０′＝和 ２mv０′＝３mv２，解得v２＝，其中v２為物體與鋼板碰后的共同速度. 剛碰完時彈簧的彈性勢能為Ep′，它們回到O點時，彈性勢能為零，但它們?nèi)岳^續(xù)向上運動，設此時速度為v,則有Ｅp′＋（３m）v２２＝３mgｘ０＋（３m）v２. 又因與鋼板碰撞的兩次過程中，彈簧的初始壓縮量都是x０，故有Ｅp′＝Ｅp，從而由以上求得：v＝ (4)物體回到O點后繼續(xù)上升過程. 當質(zhì)量為2m的物塊與鋼板一起回到O點時，彈簧的彈力為零，物塊與鋼板只受到重力作用，加速度為g,一過O點，鋼板受到彈簧向下的拉力作用，加速度大于g.由于物塊與鋼板不粘連，物塊不可能受到鋼板的拉力，其加速度仍為g,故在O點物塊與鋼板分離，分離后，物塊以速度v豎直上拋，因此，物塊上升的最大高度為H＝＝. 點擊高考答案 1.C 2.D 3.【分析】研究行李包的運動：①行李包從A→B時，可以看作水平直線運動，速度從v＝1.0 m/s 增加到v0＝3.0m/s；②行李包從B點拋出時，可以看作初速度v0＝3.0m/s的平拋運動，如圖2所示。本題考點：（1）研究平拋運動的方法：把平拋運動分解成水平方向和豎直方向，水平方向是勻速直線運動，豎直方向是自由落體運動；（2）滑動摩擦力f＝μN、運動學公式和牛頓第二定律或動能定理。 【解】（1）當行李包從B端拋出時，行李包做初速度v0＝3.0m/s的平拋運動。根據(jù)豎直方向做自由落體運動，＝0.3s。行李包水平方向做勻速直線運動，則：飛行的水平距離s＝v0t＝3.00.3＝0.9m。 A B v=1.0 m/s v0=3.0m/s 過程一 過程二 C 圖2 （2）方法一：要使行李包從B端飛出的水平距離等于⑴中所求的水平距離，就是要使它從B端飛出時的速度正好是v0＝3.0m/s，則從A→B可以看作一個勻加速的運動。根據(jù)牛頓第二定律：F合＝μmg＝ma和運動學公式2as＝vt2－v02，可以算出： a＝μg＝0.2010＝2.0m/s2， 在傳送帶上運動的距離：m 方法二：根據(jù)動能定理，滑動摩擦力對行李包做的功W＝Ek2－Ek1，得： ， m。 4【解】（1）根據(jù)機械能守恒 Ek =mgR （2）根據(jù)機械能守恒 ΔEk=ΔEp mv2=mgR 小球速度大小v= 速度方向沿圓弧的切線向下，與豎直方向成30 （3）根據(jù)牛頓運動定律及機械能守恒，在B點 NB－mg=m ,mgR＝mvB2 解得 NB=3mg 在C點：NC=mg C 5?！痉治觥坑^察木塊在木板上的運動過程：圖1為初狀態(tài)，圖2為瞬時沖量作用結束時的狀態(tài)二，圖3為木塊B滑離木板A時的狀態(tài)三。 A B L 圖1 C A L 圖3 B C A B L 圖2 C 分析初狀態(tài)：vA0＝0，vB0＝0； pA0＝0，pB0＝0；Ek A ＝0，Ek B ＝0。 s 狀態(tài)二：v A1＝0，vB 1＝v0； pA1＝mAv0，pB1＝0； ，EkB1 ＝0。 狀態(tài)三：Ek A2＝EM＝8.0J， Ek B2＝0.50J。 第一個過程只有A受到?jīng)_量I=12N?s；第二個過程A受到地面的摩擦力 f＝μN＝0.24（1.0＋4.0）10N＝12N 【解】⑴研究木板A：根據(jù)動量定理，有： ， ⑵狀態(tài)二：v A1＝3.0m/s，vB 1＝0；p A 1＝12N?s，pB 1＝0；，EkB1 ＝0。 狀態(tài)三：Ek A2＝EM＝8.0J，Ek B2＝0.50J；根據(jù)動能公式有，v A2＝2.0m/s，vB 1＝1.0m/s； pA2＝8N?s ，pB2＝1N?s；。 設在這個過程中木板前進了s，則木塊前進了s－L。A、B的受力如圖4： fAB B fBA A f 圖4 以A、B整體為研究對象，根據(jù)動量定理： ，解得：t＝0.25s。 A、B均受恒力，做勻變速直線運動。B前進的距離 A前進的距離 ∴L=0.50m