2006年高考动量和能量专题一
第一讲 基本知识介绍
一、冲量和动量
1、冲力（F—t图象特征）→ 冲量。冲量定义、物理意义
冲量在F—t图象中的意义→从定义角度求变力冲量（F对t的平均作用力）
2、动量的定义 动量矢量性与运算
二、动量定理1、定理的基本形式与表达 2、分方向的表达式：ΣIx =ΔPx ，ΣIy =ΔPy …
3、定理推论：动量变化率等于物体所受的合外力。即=ΣF外
三、动量守恒定律1、定律、矢量性2、条件 a、原始条件与等效 b、近似条件
c、某个方向上满足a或b，可在此方向应用动量守恒定律
四、功和能 1、功的定义、标量性，功在F—S图象中的意义 2、功率，定义求法和推论求法
3、能的概念、能的转化和守恒定律 4、功的求法
a、恒力的功：W = FScosα= FSF = FS S
b、变力的功：基本原则——过程分割与代数累积；利用F—S图象（或先寻求F对S的平均作用力） c、解决功的“疑难杂症”时，把握“功是能量转化的量度”这一要点
五、动能、动能定理 1、动能（平动动能）
2、动能定理a、ΣW的两种理解b、动能定理的广泛适用性
六、机械能守恒1、势能a、保守力与耗散力（非保守力）→ 势能（定义：ΔEp = －W保）
b、力学领域的三种势能（重力势能、引力势能、弹性势能）及定量表达
2、机械能 3、机械能守恒定律a、定律内容 b、条件与拓展条件（注意系统划分）
c、功能原理：系统机械能的增量等于外力与耗散内力做功的代数和。
七、碰撞与恢复系数
1、碰撞的概念、分类（按碰撞方向分类、按碰撞过程机械能损失分类）
碰撞的基本特征：a、动量守恒；b、位置不超越；c、动能不膨胀。
2、三种典型的碰撞
a、弹性碰撞：碰撞全程完全没有机械能损失。满足——
m1v10 + m2v20 = m1v1 + m2v2
m1 + m2 = m1 + m2
解以上两式（注意技巧和“不合题意”解的舍弃）可得：
v1 = ， v2 =
对于结果的讨论：
①当m1 = m2 时，v1 = v20 ，v2 = v10 ，称为“交换速度”；
②当m1 ＜＜ m2 ，且v20 = 0时，v1 ≈ －v10 ，v2 ≈ 0 ，小物碰大物，原速率返回；
③当m1 ＞＞ m2 ，且v20 = 0时，v1 ≈ v10 ，v2 ≈ 2v10 ，
b、非（完全）弹性碰撞：机械能有损失（机械能损失的内部机制简介），只满足动量守恒定律
c、完全非弹性碰撞：机械能的损失达到最大限度；外部特征：碰撞后两物体连为一个整体，故有
v1 = v2 =
3、恢复系数：碰后分离速度（v2 － v1）与碰前接近速度（v10 － v20）的比值，即：
e = 。根据“碰撞的基本特征”，0 ≤ e ≤ 1 。当e = 0 ，碰撞为完全非弹性；
当0 ＜ e ＜ 1 ，碰撞为非弹性； 当e = 1 ，碰撞为弹性。
八、“广义碰撞”——物体的相互作用
1、当物体之间的相互作用时间不是很短，作用不是很强烈，但系统动量仍然守恒时，碰撞的部分规律仍然适用，但已不符合“碰撞的基本特征”（如：位置可能超越、机械能可能膨胀）。此时，碰撞中“不合题意”的解可能已经有意义，如弹性碰撞中v1 = v10 ，v2 = v20的解。
2、物体之间有相对滑动时，机械能损失的重要定势：－ΔE = ΔE内 = f滑·S相 ，其中S相指相对路程
第二讲 重要模型与专题
一、动量定理还是动能定理？
物理情形：太空飞船在宇宙飞行时，和其它天体的万有引力可以忽略，但是，飞船会定时遇到太空垃圾的碰撞而受到阻碍作用。设单位体积的太空均匀分布垃圾n颗，每颗的平均质量为m ，垃圾的运行速度可以忽略。飞船维持恒定的速率v飞行，垂直速度方向的横截面积为S ，与太空垃圾的碰撞后，将垃圾完全粘附住。试求飞船引擎所应提供的平均推力F 。
模型分析：太空垃圾的分布并不是连续的，对飞船的撞击也不连续，如何正确选取研究对象，是本题的前提。建议充分理解“平均”的含义，这样才能相对模糊地处理垃圾与飞船的作用过程、淡化“作用时间”和所考查的“物理过程时间”的差异。物理过程需要人为截取，对象是太空垃圾。
先用动量定理推论解题。
取一段时间Δt ，在这段时间内，飞船要穿过体积ΔV = S·vΔt的空间，遭遇nΔV颗太空垃圾，使它们获得动量ΔP ，其动量变化率即是飞船应给予那部分垃圾的推力，也即飞船引擎的推力。
= = = = = nmSv2
如果用动能定理，能不能解题呢？
同样针对上面的物理过程，由于飞船要前进x = vΔt的位移，引擎推力须做功W = x ，它对应飞船和被粘附的垃圾的动能增量，而飞船的ΔEk为零，所以：W = ΔMv2
即：vΔt = （n m S·vΔt）v2 得到： = nmSv2
两个结果不一致，不可能都是正确的。分析动能定理的解题，我们不能发现，垃圾与飞船的碰撞是完全非弹性的，需要消耗大量的机械能，因此，认为“引擎做功就等于垃圾动能增加”的观点是错误的。但在动量定理的解题中，由于I = t ，由此推出的 = 必然是飞船对垃圾的平均推力，再对飞船用平衡条件，的大小就是引擎推
力大小了。这个解没有毛病可挑，是正确的。
（学生活动）思考：如图1所示，全长L、总质量为M
的柔软绳子，盘在一根光滑的直杆上，现用手握住绳子的
一端，以恒定的水平速度v将绳子拉直。忽略地面阻力，
试求手的拉力F 。
解：解题思路和上面完全相同。答：
二、动量定理的分方向应用
物理情形：三个质点A、B和C ，质量分别为m1 、m2和m3 ，用拉直且不可伸长的绳子AB和BC相连，静止在水平面上，如图2所示，AB和BC之间的夹角为（π－α）。现对质点C施加以冲量I ，方向沿BC ，试求质点A开始运动的速度。
模型分析：首先，注意“开始运动”的理解，它指绳子恰被拉直，有作用力和冲量产生，但是绳子的方位尚未发生变化。其二，对三个质点均可用动量定理，但是，B质点受冲量不在一条直线上，故最为复杂，可采用分方向的形式表达。其三，由于两段绳子不可伸长，故三质点的瞬时速度可以寻求到两个约束关系。下面具体看解题过程——
绳拉直瞬间，AB绳对A、B两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I1 ，BC绳对B、C两质点的冲量大小相等（方向相反），设为I2 ；设A获得速度v1（由于A受合冲量只有I1 ,方向沿AB ，故v1的反向沿AB），设B获得速度v2（由于B受合冲量为+，矢量和既不沿AB ，也不沿BC方向，可设v2与AB绳夹角为〈π－β〉，如图3所示），设C获得速度v3（合冲量+沿BC方向，故v3沿BC方向）。
对A用动量定理，有：
I1 = m1 v1 ①
B的动量定理是一个矢量方程：+= m2 ，
可化为两个分方向的标量式，即：
I2cosα－I1 = m2 v2cosβ ②
I2sinα= m2 v2sinβ ③
质点C的动量定理方程为：
I － I2 = m3 v3 ④
AB绳不可伸长，必有v1 = v2cosβ ⑤
BC绳不可伸长，必有v2cos(β－α) = v3 ⑥
六个方程解六个未知量（I1 、I2 、v1 、v2 、v3 、β）是可能的，但繁复程度非同一般。解方程要注意条理性，否则易造成混乱。建议采取如下步骤——
1、先用⑤⑥式消掉v2 、v3 ，使六个一级式变成四个二级式：
I1 = m1 v1 ⑴
I2cosα－I1 = m2 v1 ⑵
I2sinα= m2 v1 tgβ ⑶
I － I2 = m3 v1(cosα+ sinαtgβ) ⑷
2、解⑶⑷式消掉β，使四个二级式变成三个三级式：
I1 = m1 v1 ㈠
I2cosα－I1 = m2 v1 ㈡
I = m3 v1 cosα+ I2 ㈢
3、最后对㈠㈡㈢式消I1 、I2 ，解v1就方便多了。结果为：
v1 =
（学生活动：训练解方程的条理和耐心）思考：v2的方位角β等于多少？
解：解“二级式”的⑴⑵⑶即可。⑴代入⑵消I1 ，得I2的表达式，将I2的表达式代入⑶就行了。
答：β= arc tg（）。
三、动量守恒中的相对运动问题
物理情形：在光滑的水平地面上，有一辆车，车内有一个人和N个铅球，系统原来处于静止状态。现车内的人以一定的水平速度将铅球一个一个地向车外抛出，车子和人将获得反冲速度。第一过程，保持每次相对地面抛球速率均为v ，直到将球抛完；第二过程，保持每次相对车子抛球速率均为v ，直到将球抛完。试问：哪一过程使车子获得的速度更大？
模型分析：动量守恒定律必须选取研究对象之外的第三方（或第四、第五方）为参照物，这意味着，本问题不能选车子为参照。一般选地面为参照系，这样对“第二过程”的铅球动量表达，就形成了难点，必须引进相对速度与绝对速度的关系。至于“第一过程”，比较简单：N次抛球和将N个球一次性抛出是完全等效的。
设车和人的质量为M ，每个铅球的质量为m 。由于矢量的方向落在一条直线上，可以假定一个正方向后，将矢量运算化为代数运算。设车速方向为正，且第一过程获得的速度大小为V1 第二过程获得的速度大小为V2 。
第一过程，由于铅球每次的动量都相同，可将多次抛球看成一次抛出。车子、人和N个球动量守恒。
0 = Nm(-v) + MV1
得：V1 = v ①
第二过程，必须逐次考查铅球与车子（人）的作用。
第一个球与（N–1）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u1 。值得注意的是，根据运动合成法则，铅球对地的速度并不是（-v），而是（-v + u1）。它们动量守恒方程为：
0 = m(-v + u1) +〔M +(N-1)m〕u1 得：u1 =
第二个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u2 。它们动量守恒方程为：
〔M+(N-1)m〕u1 = m(-v + u2) +〔M+(N-2)m〕u2 得：u2 = +
第三个球与（N -2）个球、人、车系统作用，完毕后，设“系统”速度为u3 。铅球对地的速度是（-v + u3）。它们动量守恒方程为：
〔M+(N-2)m〕u2 = m(-v + u3) +〔M+(N-3)m〕u3
得：u3 = + +
以此类推（过程注意：先找uN和uN-1关系，再看uN和v的关系，不要急于化简通分）……，uN的通式已经可以找出：
V2 = uN = + + + … +
即：V2 = ② 我们再将①式改写成：V1 = ①′
不难发现，①′式和②式都有N项，每项的分子都相同，但①′式中每项的分母都比②式中的分母小，所以有：V1 ＞ V2 。结论：第一过程使车子获得的速度较大。
（学生活动）思考：质量为M的车上，有n个质量均为m的人，它们静止在光滑的水平地面上。现在车上的人以相对车大小恒为v、方向水平向后的初速往车下跳。第一过程，N个人同时跳下；第二过程，N个人依次跳下。试问：哪一次车子获得的速度较大？
解：第二过程结论和上面的模型完全相同，第一过程结论为V1 = 。
答：第二过程获得速度大。
四、反冲运动中的一个重要定式
物理情形：如图4所示，长
度为L、质量为M的船停止在静
水中（但未抛锚），船头上有一
个质量为m的人，也是静止的。
现在令人在船上开始向船尾走
动，忽略水的阻力，试问：当人走到船尾时，船将会移动多远？
（学生活动）思考：人可不可能匀速（或匀加速）走动？当人中途停下休息，船有速度吗？人的全程位移大小是L吗？本系统选船为参照，动量守恒吗？
模型分析：动量守恒展示了已知质量情况下的速度关系，要过渡到位移关系，需要引进运动学的相关规律。根据实际情况（人必须停在船尾），人的运动不可能是匀速的，也不可能是匀加速的,运动学的规律应选择S = t 。为寻求时间t ，则要抓人和船的位移约束关系。
对人、船系统，针对“开始走动→中间任意时刻”过程，应用动量守恒（设末态人的速率为v ，船的速率为V），令指向船头方向为正向，则矢量关系可以化为代数运算，有：
0 = MV + m(-v) 即：mv = MV
由于过程的末态是任意选取的，此式展示了人和船在任一时刻的瞬时速度大小关系。而且不难推知，对中间的任一过程，两者的平均速度也有这种关系。即：m = M ①
设全程的时间为t ，乘入①式两边，得：mt = Mt
设s和S分别为人和船的全程位移大小，根据平均速度公式，得：m s = M S ②
受船长L的约束，s和S具有关系：s + S = L ③
解②、③可得：船的移动距离 S =L
（应用动量守恒解题时，也可以全部都用矢量关系，但这时“位移关系”表达起来难度大一些——必须用到运动合成与分解的定式。时间允许的话，可以做一个对比介绍。）
另解：质心运动定律
人、船系统水平方向没有外力，故系统质心无加速度→系统质心无位移。先求出初态系统质心（用它到船的质心的水平距离x表达。根据力矩平衡知识，得：x = ），又根据，末态的质量分布与初态比较，相对整体质心是左右对称的。弄清了这一点后，求解船的质心位移易如反掌。
（学生活动）思考：如图5所示，在无风的天空，人抓住气球下面的绳索，和气球恰能静止平衡，人和气球地质量分别为m和M ，此时人离地面高h 。现在人欲沿悬索下降到地面，试问：要人充分安全地着地，绳索至少要多长？
解：和模型几乎完全相同，此处的绳长对应模型中的“船的长度”（“充分安全着地”的含义是不允许人脱离绳索跳跃着地）。答：h 。
（学生活动）思考：如图6所示，两个倾角相同的斜面，互相倒扣着放在光滑的水平地面上，小斜面在大斜面的顶端。将它们无初速释放后，小斜面下滑，大斜面后退。已知大、小斜面的质量分别为M和m ，底边长分别为a和b ，试求：小斜面滑到底端时，大斜面后退的距离。
解：水平方向动量守恒。解题过程从略。答：（a－b）。
进阶应用：如图7所示，一个质量为M ，半径为R的光滑均质半球，静置于光滑水平桌面上，在球顶有一个质量为m的质点，由静止开始沿球面下滑。试求：质点离开球面以前的轨迹。
解说：质点下滑，半球后退，这个物理情形和上面的双斜面问题十分相似，仔细分析，由于同样满足水平方向动量守恒，故我们介绍的“定式”是适用的。定式解决了水平位移（位置）的问题，竖直坐标则需要从数学的角度想一些办法。
为寻求轨迹方程，我们需要建立一个坐标：以半球球心O为原点，沿质点滑下一侧的水平轴为x坐标、竖直轴为y坐标。
由于质点相对半球总是做圆周运动的（离开球面前），有必要引入相对运动中半球球心O′的方位角θ来表达质点的瞬时位置，如图8所示。由“定式”，易得：
x = Rsinθ ① 而由图知：
y = Rcosθ ②
不难看出，①、②两式实际上已经是一个轨迹的参数方程。为了明确轨迹的性质，我们可以将参数θ消掉，使它们成为： + = 1这样特征就明显了：质点的轨迹是一个长短半轴分别为R和R的椭圆。
五、功的定义式中S怎么取值？
在求解功的问题时，有时遇到力的作用点位移与受力物体的（质心）位移不等，S是取力的作用点的位移，还是取物体（质心）的位移呢？我们先看下面一些事例。
1、如图9所示，人用双手压在台面上推讲台，结果双手前进了一段位移而讲台未移动。试问：人是否做了功？
2、在本“部分”第3页图1的模型中，求拉力做功时，S是否可以取绳子质心的位移？
3、人登静止的楼梯，从一楼到二楼。楼梯是否做功？
4、如图10所示，双手用等大反向的力F压固定汽缸两边的活塞，活塞移动相同距离S，汽缸中封闭气体被压缩。施力者（人）是否做功？
在以上四个事例中，S若取作用点位移，只有第1、2、4例是做功的（注意第3例，楼梯支持力的作用点并未移动，而只是在不停地交换作用点），S若取物体（受力者）质心位移，只有第2、3例是做功的，而且，尽管第2例都做了功，数字并不相同。所以，用不同的判据得出的结论出现了本质的分歧。
面对这些似是而非的“疑难杂症”，我们先回到“做功是物体能量转化的量度”这一根本点。
第1例，手和讲台面摩擦生了热，内能的生成必然是由人的生物能转化而来，人肯定做了功。S宜取作用点的位移；
第2例，求拉力的功，在前面已经阐述，S取作用点位移为佳；
第3例，楼梯不需要输出任何能量，不做功，S取作用点位移；
第4例，气体内能的增加必然是由人输出的，压力做功，S取作用点位移。
但是，如果分别以上四例中的受力者用动能定理，第1例，人对讲台不做功，S取物体质心位移；第2例，动能增量对应S取L/2时的值——物体质心位移；第4例，气体宏观动能无增量，S取质心位移。（第3例的分析暂时延后。）
以上分析在援引理论知识方面都没有错，如何使它们统一？原来，功的概念有广义和狭义之分。在力学中，功的狭义概念仅指机械能转换的量度；而在物理学中功的广义概念指除热传递外的一切能量转换的量度。所以功也可定义为能量转换的量度。一个系统总能量的变化，常以系统对外做功的多少来量度。能量可以是机械能、电能、热能、化学能等各种形式，也可以多种形式的能量同时发生转化。由此可见，上面分析中，第一个理论对应的广义的功，第二个理论对应的则是狭义的功，它们都没有错误，只是在现阶段的教材中还没有将它们及时地区分开来而已。
而且，我们不难归纳：求广义的功，S取作用点的位移；求狭义的功，S取物体（质心）位移。
那么我们在解题中如何处理呢？这里给大家几点建议： 1、抽象地讲“某某力做的功”一般指广义的功；2、讲“力对某物体做的功”常常指狭义的功；3、动能定理中的功肯定是指狭义的功。
当然，求解功地问题时，还要注意具体问题具体分析。如上面的第3例，就相对复杂一些。如果认为所求为狭义的功，S取质心位移，是做了功，但结论仍然
是难以令人接受的。下面我们来这样一个处理：将复杂的形变物体
（人）看成这样一个相对理想的组合：刚性物体下面连接一压缩的
弹簧（如图11所示），人每一次蹬梯，腿伸直将躯体重心上举，等
效为弹簧将刚性物体举起。这样，我们就不难发现，做功的是人的
双腿而非地面，人既是输出能量（生物能）的机构，也是得到能量
（机械能）的机构——这里的物理情形更象是一种生物情形。本题所求的功应理解为广义功为宜。
以上四例有一些共同的特点：要么，受力物体情形比较复杂（形变，不能简单地看成一个质点。如第2、第3、第4例），要么，施力者和受力者之间的能量转化不是封闭的（涉及到第三方，或机械能以外的形式。如第1例）。以后，当遇到这样的问题时，需要我们慎重对待。（学生活动）思考：足够长的水平传送带维持匀速v运转。将一袋货物无初速地放上去，在货物达到速度v之前，与传送带的摩擦力大小为f ，对地的位移为S 。试问：求摩擦力的功时，是否可以用W = fS ？
解：按一般的理解，这里应指广义的功（对应传送带引擎输出的能量），所以“位移”取作用点的位移。注意，在此处有一个隐含的“交换作用点”的问题，仔细分析，不难发现，每一个（相对皮带不动的）作用点的位移为2S 。（另解：求货物动能的增加和与皮带摩擦生热的总和。）答：否。
（学生活动）思考：如图12所示，人站在船上，通过拉一根固定在铁桩的缆绳使船靠岸。试问：缆绳是否对船和人的系统做功？解：分析同上面的“第3例”。答：否。
六、机械能守恒与运动合成（分解）的综合
物理情形：如图13所示，直角形的刚性杆被固定，水平和竖直部分均足够长。质量分别为m1和m2的A、B两个有孔小球，串在杆上，且被长为L的轻绳相连。忽略两球的大小，初态时，认为它们的位置在同一高度，且绳处于拉直状态。现无初速地将系统释放，忽略一切摩擦，试求B球运动L/2时的速度v2 。
模型分析：A、B系统机械能守恒。A、B两球的瞬时速度不等，其关系可据“第三部分”知识介绍的定式（滑轮小船）去寻求。（学生活动）A球的机械能是否守恒？B球的机械能是否守恒？系统机械能守恒的理由是什么（两法分析：a、“微元法”判断两个WT的代数和为零；b、无非弹性碰撞，无摩擦，没有其它形式能的生成）？
由“拓展条件”可以判断，A、B系统机械能守恒，（设末态A球的瞬时速率为v1 ）过程的方程为：
m2g = + ①
在末态，绳与水平杆的瞬时夹角为30°，设绳子的瞬时迁移速率为v ，根据“第三部分”知识介绍的定式，有：
v1 = v/cos30°, v2 = v/sin30°
两式合并成：v1 = v2 tg30°= v2/ ②
解①、②两式，得：v2 =
七、动量和能量的综合（一）
物理情形：如图14所示，两根长度均为L的刚性轻杆，一端通过质量为m的球形铰链连接，另一端分别与质量为m和2m的小球相连。将此装置的两杆合拢，铰链在上、竖直地放在水平桌面上，然后轻敲一下，使两小球向两边滑动，但两杆始终保持在竖直平面内。忽略一切摩擦，试求：两杆夹角为90°时，质量为2m的小球的速度v2 。
模型分析：三球系统机械能守恒、水平方向动量守恒，并注意约束关系——两杆不可伸长。
（学生活动）初步判断：左边小球和球形铰链的速度方向会怎样？
设末态（杆夹角90°）左边小球的速度为v1（方向：水平向左），球形铰链的速度为v（方向：和竖直方向夹θ角斜向左），对题设过程，三球系统机械能守恒，有：
mg( L-L) = m + mv2 + 2m ①
三球系统水平方向动量守恒，有：
mv1 + mvsinθ= 2mv2 ②
左边杆子不形变，有：
v1cos45°= vcos(45°-θ) ③
右边杆子不形变，有：
vcos(45°+θ) = v2cos45° ④
四个方程，解四个未知量（v1 、v2 、v和θ），是可行的。推荐解方程的步骤如下
1、③、④两式用v2替代v1和v ，代入②式，解θ值，得：tgθ= 1/4
2、在回到③、④两式，得：v1 = v2 , v = v2
3、将v1 、v的替代式代入①式解v2即可。结果：v2 =
（学生活动）思考：球形铰链触地前一瞬，左球、铰链和右球的速度分别是多少？解：由两杆不可形变，知三球的水平速度均为零，θ为零。一个能量方程足以解题。答：0 、 、0 。
（学生活动）思考：当两杆夹角为90°时，右边小球的位移是多少？
解：水平方向用“反冲位移定式”，或水平方向用质心运动定律。答： 。
进阶应用：在本讲模型“四、反冲……”的“进阶应用”（见图8）中，当质点m滑到方位角θ时（未脱离半球），质点的速度v的大小、方向怎样？
解说：此例综合应用运动合成、动量守恒、机械能守恒知识，数学运算比较繁复，是一道考查学生各种能力和素质的难题。据运动的合成，有：
= + = -
其中必然是沿地面向左的，为了书写方便，我们设其大小为v2 ；必然是沿半球瞬时位置切线方向（垂直瞬时半径）的，设大小为v相 。根据矢量减法的三角形法则，可以得到（设大小为v1）的示意图，如图16所示。同时，我们将v1的x、y分量v1x和v1y也描绘在图中。
由图可得：v1y =（v2 + v1x）tgθ ①
质点和半球系统水平方向动量守恒，有：Mv2 = mv1x ②
对题设过程，质点和半球系统机械能守恒，有：mgR(1-cosθ) = M + m ，即：
mgR(1-cosθ) = M + m（ + ） ③
三个方程，解三个未知量（v2 、v1x 、v1y）是可行的，但数学运算繁复，推荐步骤如下——
1、由①、②式得：v1x = v2 ， v1y = (tgθ) v2
2、代入③式解v2 ，得：v2 =
3、由 = + 解v1 ，得：v1 =
v1的方向：和水平方向成α角，α= arctg = arctg（）这就是最后的解。
〔一个附属结果：质点相对半球的瞬时角速度 ω = = 。〕
八、动量和能量的综合（二）
物理情形：如图17所示，在光滑的水平面上，质量为M = 1 kg的平板车左端放有质量为m = 2 kg的铁块，铁块与车之间的摩擦因素μ= 0.5 。开始时，车和铁块以共同速度v = 6 m/s向右运动，车与右边的墙壁发生正碰，且碰撞是弹性的。车身足够长，使铁块不能和墙相碰。重力加速度g = 10 m/s2 ，试求：1、铁块相对车运动的总路程；2、平板车第一次碰墙后所走的总路程。
模型分析：本模型介绍有两对相互作用时的处理常规。能量关系介绍摩擦生热定式的应用。由于过程比较复杂，动量分析还要辅助以动力学分析，综合程度较高。
由于车与墙壁的作用时短促而激烈的，而铁块和车的作用是舒缓而柔和的，当两对作用同时发生时，通常处理成“让短时作用完毕后，长时作用才开始”（这样可以使问题简化）。在此处，车与墙壁碰撞时，可以认为铁块与车的作用尚未发生，而是在车与墙作用完了之后，才开始与铁块作用。
规定向右为正向，将矢量运算化为代数运算。
车第一次碰墙后，车速变为－v ，然后与速度仍为v的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v1 = = ，因方向为正，必朝墙运动。（学生活动）车会不会达共同速度之前碰墙？动力学分析：车离墙的最大位移S = ,反向加速的位移S′= ，其中a = a1 = ，故S′＜ S ，所以，车碰墙之前，必然已和铁块达到共同速度v1 。
车第二次碰墙后，车速变为－v1 ，然后与速度仍为v1的铁块作用，动量守恒，作用完毕后，共同速度v2 = = = ，因方向为正，必朝墙运动。
车第三次碰墙，……共同速度v3 = = ，朝墙运动。……
以此类推，我们可以概括铁块和车的运动情况——
铁块：匀减速向右→匀速向右→匀减速向右→匀速向右……
平板车：匀减速向左→匀加速向右→匀速向右→匀减速向左→匀加速向右→匀速向右……
显然，只要车和铁块还有共同速度，它们总是要碰墙，所以最后的稳定状态是：它们一起停在墙角（总的末动能为零）。
1、全程能量关系：对铁块和车系统，－ΔEk =ΔE内 ，且，ΔE内 = f滑 S相 ，即：（m + M）v2 = μmg·S相 代入数字得：S相 = 5.4 m
2、平板车向右运动时比较复杂，只要去每次向左运动的路程的两倍即可。而向左是匀减速的，故
第一次：S1 = 第二次：S2 = = 第三次：S3 = = ……
n次碰墙的总路程是：
ΣS = 2（ S1 + S2 + S3 + … + Sn ）= （ 1 + + + … + ）
= （ 1 + + + … + ）
碰墙次数n→∞，代入其它数字，得：ΣS = 4.05 m
（学生活动）质量为M 、程度为L的木板固定在光滑水平面上，另一个质量为m的滑块以水平初速v0冲上木板，恰好能从木板的另一端滑下。现解除木板的固定（但无初速），让相同的滑块再次冲上木板，要求它仍能从另一端滑下，其初速度应为多少？
解：由第一过程，得滑动摩擦力f = 。
第二过程应综合动量和能量关系（“恰滑下”的临界是：滑块达木板的另一端，和木板具有共同速度，设为v ），设新的初速度为
m =（ m + M ）v
m - （ m + M ）v2 = fL
解以上三式即可。
答：= v0 。高三物理机械能限时训练
班级： 学号： 姓名：
一、 选择题： 6分/题，共48分
1、甲、乙两物体的质量之比为m甲：m乙=1：4, 若它们在运动过程中的动能相等, 则它们动量大小之比P甲：P乙是( ) (A) 1：1 (B) 1：2 (C) 1：4 (D) 2：1
2、一物体静止在升降机的地板上，在升降机加速上升的过程中，地板对物体的支持力所做的功等于 （ ） a．物体势能的增加量 b．物体动能的增加量加上物体势能的增加量
c．物体动能的增加量 d．物体动能的增加量加上克服重力所做的功
(A)ab (B)ac (C)cd (D)bd
3、用力F使质量为10kg的物体从静止开始，以2m/s2的加速度匀加速上升，不计空气阻力，g取10m/s2，那么2 s内F做功（ ） (A)80J (B)200J (C)400J (D)480J
4. 质量为m的物体，在水平力F作用下，在粗糙的水平面上运动，下列哪些说法正确
①如果物体做加速直线运动，F一定对物体做正功
②如果物体做减速直线运动，F一定对物体做负功
③如果物体做加速直线运动，F也可能对物体做正功
④如果物体做匀速直线运动，F一定对物体做正功
A. ① B. ②④ C. ②③④ D. ①③④
5、水平传送带匀速运动，速度大小为v，现将一小工件放到传送带上。设工件初速为零，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，它与传送带间的滑动摩擦系数为μ，则在工件相对传送带滑动的过程中( )
(1)滑摩擦力对工件做的功为mv2／2 (2)工件的机械能增量为mv2／2
(3)工件相对于传送带滑动的路程大小为v2／2μg (4)传送带对工件做功为零
(A) (1)(2) (B) (3)(4) (C) (1)(2)(3) (D) (2)(3)(4)
6、质点所受的力F随时间变化的规律如图所示，
力的方向始终在一直线上。已知t=0时质点的速度
为零。在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中，哪一时刻
质点的动能最大？（ ）
A．t1 B．t2 C．t3 D．t4
7、如图两个容器中盛有相同深度的水，甲容
器横截面积较大。两个相同的铁块，用细线
吊着浸没在水中相同深度。现用力把两铁块
缓缓提出到水面外距地面同一高度，甲、乙
两图中拉力做功（ ）
（A）甲中多 （B）乙中多 （C）一样多 （D）无法判断
8. 由地面发射一颗人造卫星绕地球作匀速园周运动，轨道半径为r，卫星动能为Ek。如果发射的这颗卫星匀速园周运动的半径是2r，则下列说法中正确的是（ ）
A． 发射卫星所消耗的能量一定增大 B。卫星在轨道上的动能增大为2Ek
C、卫星在轨道上的动能减小为
D。卫星在轨道上的机械能一定减少
二、 填空题：3分/空，共9分
9、物体在水平拉力F作用下,沿水平方向作直线运动,拉力F与时间t的关系和物体的速度v和时间t的关系如图所示,由图可知,0-8s内的拉力对物体所做的功是____J;拉力在第三秒末的功率是__ __W.物体受到的阻力大小是__ __N.
三、 计算题：（要有必要的文字说明，解题依据，过程。共43分）
11、（12分）如图所示，质量为m＝1千克的滑块，以υ0＝5米/秒的水平初速度滑上静止在光滑水平面的平板小车，若小车质量M＝4千克，平板小车长ι＝3.6米，滑块在平板小车上滑移1秒后相对静止.求：
(1)滑块与平板小车之间的滑动摩擦系数μ；
(2)若要滑块不滑离小车，滑块的初速度不能超过多少
12、（12分）如图所示，物体A的质量为mA，物体B的质量为mB，弹簧的倔强系数k为未知，用外力F作用在物体A上，把弹簧压缩到一定程度，突然撤去外力F后，物体A平衡位置附近做简谐运动，物体B没能离开地面，求F的最大值为多大
13．（19分）如图所示，轻绳一端挂一质量为M的物体，另一端系在质量为m的圆环上，圆环套在竖直固定的细杆上，定滑轮与细杆相距0.3m，将环拉至与滑轮在同一高度上，再将环由静止释放。圆环沿杆向下滑动的最大位移为0.4m，若不计一切摩擦阻力，求：
（1）物体与环的质量比
（2）圆环下落0.3m时速度大小
高三物理限时训练参考答案
一、选择题1、B 2、D 3、D 4、 D 5 、C 6、B 7、B 8、A
二、 填空题： 9、 36 4 2
三、 计算题： 11、0.4；6米/秒
解：（1）、设二者相对静止时共同速度为V，对m、M动量守恒有：mV0=（m+M）V
解得 V=1m/S
对m有： V=V0+at μmg=ma
所以： μ=（V0—V）/gt=0.4
(2)、 设滑块初速不能超过V0M，则m相对M静止时处于M的右端，
对系统动量守恒有： mV0M=（m+M）V1
由能量守恒有： μmgL=
联立得： V0M==6m/s
12、(mA+mB)g.
提示：（请大家自己作图）当弹簧上放A物，没加力F时，对A有：
mAg=kx0 （简谐振动的平衡位置）
当加上力F后A物在最下端时，对A有：
F+ mAg=k（x0+A）（设简谐振动的振幅为A）
设当物B在最上端时，B刚好未能离开地面，此时F有最大值，对B有：
mBg=k（A-x0）
联立以上三式可得：F= (mA+mB)g
13．（1）当环下降至最大位移处时，vm=vM=0 而此时物体上升的高度为
由机械能守恒
（2）（如图）当圆环下降h1=0.30m时，物体上升高度为h’2
EMBED Equation.3
由运动合成分解得：
由系统机械能守恒有
联立得圆环下落0.3米时速度大小：PAGE
2006年高考动量能量专题三
命题趋势
本专题涉及的内容是动力学内容的继续和深化，其中的动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛，是自然界中普遍适用的基本规律，因此是高中物理的重点，也是高考考查的重点之一。高考中年年有，且常常成为高考的压轴题。如2002年、2003年理综最后一道压轴题均是与能量有关的综合题。但近年采用综合考试后，试卷难度有所下降，因此动量和能量考题的难度也有一定下降。要更加关注有关基本概念的题、定性分析现象的题和联系实际、联系现代科技的题。
试题常常是综合题，动量与能量的综合，或者动量、能量与平抛运动、圆周运动、热学、电磁学、原子物理等知识的综合。试题的情景常常是物理过程较复杂的，或者是作用时间很短的，如变加速运动、碰撞、爆炸、打击、弹簧形变等。
教学目标：
1．通过专题复习，掌握动量、能量综合问题的分析方法和思维过程，提高解决学科内综合问题的能力。
2．能够从实际问题中获取并处理信息，把实际问题转化成物理问题，提高分析解决实际问题的能力。
教学重点：
掌握动量、能量综合问题的分析方法和思维过程，提高解决学科内综合问题的能力。
教学难点：
从实际问题中获取并处理信息，把实际问题转化成物理问题，提高分析解决实际问题的能力。
教学方法：讲练结合，计算机辅助教学
教学过程：
一、知识概要
冲量是力对时间的积累，其作用效果是改变物体的动量；功是力对位移的积累，其作用效果是改变物体的能量；冲量和动量的变化、功和能量的变化都是原因和结果的关系，对此，要像熟悉力和运动的关系一样熟悉。在此基础上，还很容易理解守恒定律的条件，要守恒，就应不存在引起改变的原因。能量还是贯穿整个物理学的一条主线，从能量角度分析思考问题是研究物理问题的一个重要而普遍的思路。
应用动量定理和动能定理时，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时，研究对象必定是系统；此外，这些规律都是运用于物理过程，而不是对于某一状态（或时刻）。因此，在用它们解题时，首先应选好研究对象和研究过程。对象和过程的选取直接关系到问题能否解决以及解决起来是否简便。选取时应注意以下几点：
1．选取研究对象和研究过程，要建立在分析物理过程的基础上。临界状态往往应作为研究过程的开始或结束状态。
2．要能视情况对研究过程进行恰当的理想化处理。
3．可以把一些看似分散的、相互独立的物体圈在一起作为一个系统来研究，有时这样做，可使问题大大简化。
4．有的问题，可以选这部分物体作研究对象，也可以选取那部分物体作研究对象；可以选这个过程作研究过程，也可以选那个过程作研究过程；这时，首选大对象、长过程。
确定对象和过程后，就应在分析的基础上选用物理规律来解题，规律选用的一般原则是：
1．对单个物体，宜选用动量定理和动能定理，其中涉及时间的问题，应选用动量定理，而涉及位移的应选用动能定理。
2．若是多个物体组成的系统，优先考虑两个守恒定律。
3．若涉及系统内物体的相对位移（路程）并涉及摩擦力的，要考虑应用能量守恒定律。
二、考题回顾
1．（2003全国理综22）Kˉ介子衰变的方程为，如图所示，其中Kˉ介子和πˉ介子带负的基元电荷，π0介子不带电。一个Kˉ介子沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场中，其轨迹为圆弧AP，衰变后产生的πˉ介子的轨迹为圆弧PB，两轨迹在P点相切，它们的半径RKˉ与Rπ-之比为2∶1。π0介子的轨迹未画出。由此可知πˉ介子的动量大小与π0介子的动量大小之比为
A．1∶1 B．1∶2 C．1∶3 D．1∶6
解析：Kˉ介子带负电，在磁场中作圆周运动到达P点发生衰变，变成带负电的πˉ介子和不带电的π0介子。πˉ介子在磁场中作圆周运动，半径与Kˉ介子不同，带电粒子在磁场中作圆周运动，半径，可知Kˉ介子和πˉ介子的动量之比：。Kˉ介子在P点衰变时动量守恒，衰变前后粒子的动量方向如图所示。有解得 。故选项C正确。
2．（2003全国理综34题）一传送带装置示意图如图所示，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，为画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率P。
解析：以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有
① ②
在这段时间内，传送带运动的路程为 ③
由以上可得 ④
用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为
⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功 ⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 ⑦
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。 T时间内，电动机输出的功为 ⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即
⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以 ⑩
联立⑦⑧⑨⑩，得 ⑾
3．（2004全国理综25题，20分）
柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动。现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：
柴油打桩机重锤的质量为m，锤在桩帽以上高度为h处（如图1）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短。随后，桩在泥土中向下移动一距离l。已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩幅之间的距离也为h（如图2）。已知m＝1.0×103kg，M＝2.0×103kg，h＝2.0m，l＝0.20m，重力加速度g＝10m/s2，混合物的质量不计。设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F是恒力，求此力的大小。
解析：锤自由下落，碰桩前速度v1向下，
①
碰后，已知锤上升高度为（h－l），故刚碰后向上的速度为
②
设碰后桩的速度为V，方向向下，由动量守恒，
③
桩下降的过程中，根据功能关系，
④
由①、②、③、④式得
⑤
代入数值，得 N ⑥
4．（2004天津理综24题，18分）质量的物块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从水平面上A点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行停在B点，已知A、B两点间的距离，物块与水平面间的动摩擦因数，求恒力F多大。（）
解：设撤去力F前物块的位移为，撤去力F时物块速度为，物块受到的滑动摩擦力
对撤去力F后物块滑动过程应用动量定理得
由运动学公式得
对物块运动的全过程应用动能定理
由以上各式得
代入数据解得 F=15N
5．（2004江苏18题，16分）一个质量为M的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m的爱斯基摩狗站在该雪橇上．狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇，狗与雪橇始终沿一条直线运动．若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V，则此时狗相对于地面的速度为V+u（其中u为狗相对于雪橇的速度，V+u为代数和．若以雪橇运动的方向为正方向，则V为正值，u为负值）．设狗总以速度v追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计．已知v的大小为5m/s，u的大小为4m/s，M=30kg，m=10kg.
（1）求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小．
（2）求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数．
（供使用但不一定用到的对数值：lg2=O.301，lg3=0.477）
解：（1）设雪橇运动的方向为正方向，狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度为V1，根据动量守恒定律，有
狗第1次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度满足
可解得
将代入，得
（2）解法（一）
设雪橇运动的方向为正方向，狗第（n－1）次跳下雪橇后雪橇的速度为Vn－1，则狗第（n－1）次跳上雪橇后的速度满足
这样，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vn满足
解得
狗追不上雪橇的条件是 Vn≥
可化为
最后可求得
代入数据，得
狗最多能跳上雪橇3次
雪橇最终的速度大小为 V4=5.625m/s
解法（二）：
设雪橇运动的方向为正方向。狗第i次跳下雪橇后，雪橇的速度为Vi，狗的速度为Vi+u；狗第i次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度为，由动量守恒定律可得
第一次跳下雪橇：MV1+m（V1+u）=0
V1=－
第一次跳上雪橇：MV1+mv=（M+m）
第二次跳下雪橇：（M+m）=MV2+m（V2+u）
V2=
第三次跳下雪橇：（M+m）V3=M+m（+u）
=
第四次跳下雪橇： （M+m）=MV4+m（V4+u）
此时雪橇的速度已大于狗追赶的速度，狗将不可能追上雪橇。因此，狗最多能跳上雪橇3次。雪橇最终的速度大小为5.625m/s.
三、典题例析
【例题1】（2000年全国）在原子核物理中，研究核子与核关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似。两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度射向B球，如图所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变。然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）。已知A、B、C三球的质量均为m。
（1）求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。
（2）求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。
解题方法与技巧：（1）设C球与B球粘结成D时，D的速度为，由动量守恒，有
①
当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为，由动量守恒，有
②
由①、②两式得A的速度 ③
（2）设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为，由能量守恒，有
④
撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为，则有
⑤
当弹簧伸长时，A球离开挡板P，并获得速度。当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长。设此时的速度为，由动量守恒，有
⑥
当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为，由能量守恒，有
⑦
解以上各式得 ⑧
【例题2】 如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ。最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长， A、B始终未滑离木板。求：
（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；
（2）木块A在整个过程中的最小速度。
解题方法与技巧：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1。对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：
解得：v1=0.6v0
对木块B运用动能定理，有：
解得
（2）设木块A在整个过程中的最小速度为v′，所用时间为t，由牛顿第二定律：
对木块A：，
对木板C：，
当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：
解得
木块A在整个过程中的最小速度为：
【例题3】如图所示，一质量为M、长为L的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M。现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板。
（1）若已知A和B的初速度大小为v0，求它们最后的速度大小和方向.
（2）若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离.
解题方法与技巧：方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，经过时间为t，A、B间的滑动摩擦力为f。如图所示。
对A据牛顿第二定律和运动学公式有：
f=maA， L2=， v=-v0+aAt；
对B据牛顿第二定律和运动学公式有：
f=MaB， ，v=v0-aBt；
由几何关系有：L0+L2=L；
由以上各式可求得它们最后的速度大小为
v＝. v0，方向向右。
对A，向左运动的最大距离为。
方法2、用动能定理和动量定理求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v，经过时间为t， A和B的初速度的大小为v0，则据动量定理可得：
对A： ft= mv+mv0 ①
对B：-ft=Mv－Mv0 ②
解得：v＝v0，方向向右
A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为v的两个阶段。设L1为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L2为A从速度为零增加到速度为v的过程中向右运动的路程，L0为A从开始运动到刚好到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图2所示，设A与B之间的滑动摩擦力为f，则由动能定理可得：
对于B ： -fL0= ③
对于A ： -fL1= - ④
f（L1-L2）= ⑤
由几何关系 L0+L2=L ⑥
由①、②、③、④、⑤、⑥联立求得L1=.
方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解。
A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为v， A和B的初速度的大小为v0，则据动量守恒定律可得：
Mv0－mv0=（M+m）v
解得：v＝ v0，方向向右
对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q =fL=
对于A fL1=
由上述二式联立求得L1=.
点评：从上述三种解法中，不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案。因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解。
【例题4】如图所示，A、B两滑块的质量均为m，分别穿在光滑的足够长的水平固定导杆上，两导杆平行，间距为d。用自然长度也为d的轻弹簧连接两滑块。开始时两滑块均处于静止状态，今给滑块B一个向右的瞬时冲量I，求以后滑块A的最大速度。
学生常见错解展示：B受到向右的瞬时冲量I后，获得向右的瞬时速度 ，之后，A、B系统所受外力之和为零，动量守恒，设A、B达到的共同速度为，由动量守恒定律得
则
此即为A的最大速度
【错解分析】以上求解错在误将A、B的共同速度当作A的最大速度。其实，AB达共同速度时，弹簧处于伸长量最大的状态，此时弹簧的弹力对A来说是动力，A继续加速，当弹簧的弹力与轻杆垂直，即弹簧恢复原长时，A的加速度为零，速度才达最大。
正确的解题过程为：弹簧恢复原长时A的速度达最大，设为，设此时B的速度为。由系统动量守恒和机械能守恒定律得
经求解可知
点评：A、B通过弹簧而发生的相互作用过程，类似于质量相等的两个物体发生完全弹性碰撞而交换速度的过程，当B与A交换速度时，B的速度为零，而A的速度为作用前B的速度，即为最大值。
四、能力训练
1.如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M，A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：
（1）A、B最后的速度大小和方向.
（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小.
2.如图所示甲、乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，车与水平地面间摩擦不计.甲与车的总质量M=100 kg，另有一质量m=2 kg的球.乙站在车的对面的地上，身旁有若干质量不等的球.开始车静止，甲将球以速度v（相对地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一质量为m′=2m的球以相同速率v水平抛回给甲，甲接住后，再以相同速率v将此球水平抛给乙，这样往复进行.乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到的球的质量为2倍，求：
（1）甲第二次抛出球后，车的速度大小.
（2）从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能接到乙抛回来的球.
3.如图所示，质量为M的小车B静止在光滑水平面上，车的左端固定着一根弹簧，小车上O点以左部分光滑，O点以右部分粗糙，O点到小车右端长度为L 。一质量为m的小物块A（可视为质点），以速度v0从小车右端向左滑动，与弹簧相碰，最后刚好未从小车右端滑出。求：
（1）小车的动摩擦因数μ。
（2）碰撞时弹簧的最大弹性势能。
4.如图所示，一轻质弹簧一端固定，一端与质量为 m 的小物块A相联，原来A静止在光滑水平面上，弹簧没有形变，质量为m的物块B在大小为F的水平恒力作用下由C处从静止开始沿光滑水平面向右运动，在O点与物块A相碰并一起向右运动（设碰撞时间极短）。运动到D点时，将外力F撤去，已知CO=4S，OD=S，则撤去外力后，根据力学规律和题中提供的信息，你能求得哪些物理量（弹簧的弹性势能等）的最大值？并求出定量的结果。
5.如图所示，水平轨道上停放着质量mA=5.0×102kg的小车A，在A的右方L=8.0m处，另一小车B正以速度vB=4.0m/s向右做匀速直线运动而远离A车。为使A车能在t=10.0s内追上B车，立即给A车适当施加向右的水平推力，使小车作匀变速直线运动。设小车A受到水平轨道的阻力是车重的0.1倍，试问：在追及过程中，推力至少需要做多少功？取g=10m/s2.
6. 一个质量为m=50g的小球，以v1=6m/s的水平向右的速度垂直打在墙上距地面h=4.9m高处，反弹后落在离墙角s=4m远处，球反弹前后动量变化的大小是______________kgm/s，动量变化的方向是____________。
7.有甲、乙两个小球在光滑水平轨道上同向运动，动量分别为p1=5kgm/s，p2=7kgm/s，若甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为p2/=10kgm/s，则甲乙两球的质量m1、m2的关系可能为
A. m1=m2 B.m2=2m1
C.m2=4m1 D.m2=6m1
8.如图所示，木块B和C的质量分别为3M/4和M，固定在轻质弹簧的两端，静止于光滑的水平面上。一质量为M/4的木块A以速度v水平向右与木块B对心碰撞，并粘在一起运动，求弹簧的最大弹性势能Em。
参考答案：
1.解析：（1）由A、B系统动量守恒定律得：
Mv0-mv0=（M+m）v
所以v=v0 方向向右
（2）A向左运动速度减为零时，到达最远处，此时板车移动位移为s，速度为v′，则由动量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′ ①
对板车应用动能定理得：
-μmgs=mv′2-mv02 ②
联立①②解得：s=v02
2.（1）v，向左 （2）5个
3.答案：（1） （2）
4.解：物块B在F的作用下，从C运动到O点的过程中，设B到达O点的速度为v0，由动能定理得：
F 4S=
对于A与B在O点的碰撞动量守恒，设碰后的共同速度为V，由动量守恒定律可得：
mv0=2mv
当A、B一起向右运动停止时，弹簧的弹性势能最大。设弹性势能的最大值为Epm，据能量守恒定律可得：
Epm=FS+
撤去外力后，系统的机械能守恒。根据机械能守恒定律可求得A、B的最大速度为：
5.解：推力做功最少必须是A追上B后，A、B的速度相等。所以根据动能定理可得：
解得J
6. 以水平向右为正方向，则碰前的动量 ，碰后的动量
动量变化量
kgm/s
即球反弹前后动量变化的大小为0.5kgm/s，负号表示动量变化量的方向与所选正方向相反，亦即水平向左。
点评：动量和动量变化量都是矢量，在求动量变化量时，应用平行四边形定则。当变化前后的动量方向在一条直线上时，必须先选正方向，这往往是最容易忽略的，应引起注意。
7.解：本题可从以下几个方面分析：
由碰撞动量守恒得，碰后甲的动量为p1/=2kgm/s
要使甲能追上乙，必须满足v1>v2，即
代入数据得 m2>1.4m1
后p1/与p2/同向，说明两球同向运动，则有v1≤v2/ ，即
代入数据得 m2 ≤ 5m1
碰撞过程中动能不增加，则
代入数据得 m2 ≥ 2.4m1
综上所述，甲、乙的质量关系为 2.4m1 ≤ m2 ≤ 5m1
故选项C正确。
点评：碰撞问题的解应同时满足三条原则
系统动量守恒原则；不违背能量守恒原则；物理情景可行性原则，如上例中碰前须有v1>v2，而碰后须有v1/
8. A、B碰撞满足动量守恒，设碰后A、B的共同速度为，则
（1）
A、B、C三者组成的系统在水平方向上不受外力，故动量守恒。设三者最终速度为v，则
（2）
弹簧的弹性势能最大值为
点评：碰撞过程动量守恒，但机械能不一定守恒，如本题中三者全过程动量守恒，但A、B碰撞过程却损失机械能，这一点最容易忽略，是初学者经常犯的错误，应引起足够的注意。
动能定理
动量
p=mv
力的积累和效应
力对时间的积累效应
力对位移的积累效应
功：W=FScosα
瞬时功率：P=Fvcosα
平均功率：
动能
势能
重力势能：Ep=mgh
弹性势能
机械能
机械能守恒定律
Ek1+EP1=Ek2+EP2
或ΔEk =ΔEP
系统所受合力为零或不受外力
牛顿第二定律
F=ma
冲量
I=Ft
动量定理
Ft=mv2-mv1
动量守恒定律
m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’
C
A
B
v0
2 v 0
v0
v0
B
A
v0
v0
B
L1
L 2
L0
A
B
L
v0
o
A
B
S
4S
D
O
C
F
A
B
L
PAGE
12.1 动能定理和动量定理（一）
例1 如图2－1所示，单摆的质量为m、摆长为l，最大摆角为θ（θ<100），则在摆球从最高点第一次运动到平衡位置的过程中，求：（1）重力的冲量；（2）合外力的冲量？
例2 在一次抗洪抢险活动中，解放军某部动用直升飞机抢救落水人员，静止在空中的直升飞机上电动机通过悬绳将人从离飞机90m处的洪水中吊到机舱里．已知人的质量为80kg，吊绳的拉力不能超过1200N，电动机的最大输出功率为12kw，为尽快把人安全救起，操作人员采取的办法是：先让吊绳以最大拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，当人到达机舱时恰好达到最大速度．（g=10m/s2）求：（1）人刚到达机舱时的速度；（2）这一过程所用的时间．
例3 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．一个质量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处．已知运动员与网接触的时间为1.2s．若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小．（g＝10m/s2）
例4 有一宇宙飞船，以v =10km/s的速度进入分布均匀的宇宙微粒区，飞船每前进s =1km与n =1×104个微粒相碰．已知每个微粒的质量m =2×10-4g．假如微粒与飞船碰撞后附于飞船上，则要保持飞船速度不变，飞船的牵引力应增加多少？
2.1 动能定理和动量定理（一）
1．下列说法中正确的是 ( )
A．一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内的冲量一定相同
B．一质点受两个力作用且处于平衡状态(静止或匀速)，这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反
C．在同样时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，但正负号一定相反
D．在同样时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正负号也不一定相反
2．质量为m的物体以初速度v0水平抛出，经过时间t，下降的高度为h，速率变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为 ( )
A．m(v－v0) B．mgt C． D．
3．古有“守株待兔”的寓言。设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死，并设兔子与树桩作用时间为0.2s，则被撞死的兔子其奔跑速度可能为（g=10m/s2） ( )
A．1m/s B．1.5m/s C．2m/s D．2.5m/s
4．如图2－1－1所示，质量相同的两物体处于同一高度，A沿固定在地面上的光滑斜面下滑，B自由下落，最后到达同一水平面，则 ( )
A．重力对两物体做的功相同 B．重力的平均功率相同
C．到达底端时重力的瞬时功率PAD．到达底端时两物的动能相同，速度相等
5．如图2－1－2所示，在光滑的水平薄板中心有一个小孔O，在孔内穿过一条质量不计的细线，线的一端系一小球，小球以O为圆心在板上做匀速圆周运动，半径为R，此时线的拉力为F．若逐渐增大拉力至8F时，小球仍以O为圆心，做半径为R/2的匀速圆周运动。则在上述过程中，拉力做的功 ( )
A．3FR/ 2 B．7FR/ 4 C．7FR/ 2 D．4FR
6．如图 2－1－3为健身用的“跑步机”．质量为m的运动员踩在与水平面成α角的静止皮带上，运动员用力向后蹬皮带，使皮带以速度v匀速向后运动，设皮带在运动过程中受到的摩擦阻力恒为f．则在运动过程中，下列说法中正确的是 ( )
A．人脚对皮带的摩擦力是皮带运动的动力 B．人对皮带不做功
C．人对皮带做功的功率为mg v D．人对皮带做功的功率为f v
7．质量相同的两个物体，分别在地球表面（不计空气阻力）和月球表面以相同的初速度竖直上抛．比较两种情况，下列说法中正确的有 ( )
A．物体在地球表面时的惯性比物体在月球表面时的惯性大
B．在上升到最高点的过程中，它们受到的外力的冲量大小相等
C．在上升到最高点的过程中，它们克服重力做的功相等
D．落回抛出点时，重力做功的瞬时功率相等
8．在高台跳水中，运动员从高台上向下跃起，在空中完成动作后，进入水中在浮力作用下做减速运动，速度减为零后返回水面．设运动员在空中运动过程为 ，在进入水中做减速运动过程为 ．不计空气阻力和水的粘滞阻力，则运动员 ( )
A．在过程 中，重力的冲量等于动量的改变量
B．在过程 中，重力冲量的大小与过程 中浮力冲量的大小相等
C．在过程 中，每秒钟运动员动量的变化量相同
D．在过程 和在过程 中动量变化的大小相等
9．跳起摸高是中学生进行体能测试的一个重要项目，某同学身高1.80m，质量为60kg，站立举手可达到的高度为2.20m．此同学用力蹬地，经0.40s竖直离地跳起，设他蹬地的力大小恒定为1020N，计算他跳起可摸到的高度（g=10m/s2）．
10．科学家设想在未来的航天事业中用太阳帆来加速星际宇宙飞船，按照近代光的粒子说，光由光子组成，飞船在太空中张开太阳帆，使太阳光垂直射到太阳帆上，太阳帆面积为S，太阳帆对光的反射率为100%，设太阳帆上每单位面积每秒到达n个光子，每个光子的动量为p，如飞船总质量为m，求飞船加速度的表达式．
若太阳帆面对阳光一面是黑色的，情况又如何？
11．如图 2－1－4所示，摩托车做腾跃特技表演，以速度v0=10m/s的初速度冲向顶部水平的高台，然后从高台上水平飞出。若摩托车在冲上高台的过程中以额定功率1.8kw行驶，所经历时间为0.5s，人和车的总质量为180kg，当高台的高度为h时，人和车飞离高台时的速度？试分析：当高台高h为多大时，人和车飞出的水平距离s最远，且最远距离是多少？（不计空气阻力，摩擦力对摩托车做的功可以忽略不计）
2.1动能定理和动量定理（一）（答案）
【例题】例1．（1）重力的冲量IG=，（2）合外力的冲量I=m．
例2．开始时以最大加速度匀加速上升，运动的时间t1=2s；以后以恒定功率上升，运动的时间t2=5.75s，则运动的总时间t=t1+t2=5.75s．
例3．F=1500N． 例4．飞船增加的牵引力 F=200N．
【练习】1．BD 2．BCD 3．C 4．AC 5．A 6．AD 7．BC 8．ACD 9．2.59m．
10．(1) 设经过时间t，则在时间t内射到太阳帆上的光子数为N=nst ①，对光子由动量定理得 Ft=Np－N（- p） ②，对飞船由牛顿运动定律得 F=ma③，解上三式得飞船的加速度为 a=．
(2)若太阳帆面对阳光的一面是黑色的，则对光子由动量定理得 Ft=0－N（- p）④，解①③④得a=．
11．(1)由动能定理得 P t－mgh=－，人和车飞离高台时的速度 v=．
(2) 在空中做平抛运动： t =， s = vt =，当 h =2.75m时水平距离最远 s =5.5m
2.2 动能定理和动量定理（二）
例1 如图2－2所示，BD为一水平面，AC是斜面，一物体从A点由静止开始沿AC滑下，滑至D点时速度恰好为零．已知物体与各接触面间的动摩擦因素处处相同且为μ，AC之间的水平距离BC=x，CD=s，重力加速度为g．试求：（1）该物体从A点沿AC运动到C点的过程中克服摩擦力做的功是多少？
（2）若让该物体从A点由静止开始沿AE滑下，最终物体静止于水平面上的F点（图中未画出）．试推断F点在D点的左边、右边、还是与D点重合．（不计物体通过E或C点时动能的损失）
例2 如图2－3所示，质量为m的小球用长为L的轻质细线悬于O点，与O点处于同一水平线上的P点处有一根光滑的细钉，已知OP = L/2，在A点给小球一个水平向左的初速度v0，发现小球恰能到达跟P点在同一竖直线上的最高点B．则：（1）小球到达B点时的速率？（2）若不计空气阻力，则初速度v0为多少？
（3）若初速度v0=3，则在小球从A到B的过程中克服空气阻力做了多少功？
例3 如图2－4所示，水平放置的光滑平行金属导轨，相距为l，导轨所在平面距地面高度为h．导轨左端与电源相连，右端放有质量为m的静止的金属棒，竖直向上的匀强磁场B．当电键S闭合后，金属棒无转动地做平抛运动，落地点的水平距离为s，则电路接通的瞬间，通过金属棒的电量有多少？
2.2 动能定理和动量定理（二）
1．水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的，假如煤层受到3.6×106N/m2的压强冲击即可被破碎，若高速水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为 ( )
A．30m/s B．40m/s C．45m/s D．60m/s
2．水平抛出的物体在空中飞行时，不计空气阻力，则 ( )
A．在相等的时间间隔内动量的变化相同 B．在任何时间内，动量变化的方向一定竖直向下
C．在任何时间内，动量对时间的变化率恒定 D．在刚抛出的瞬间，动量对时间的变化率为零
3．如图图 2－2－1所示，一个物体以初速度v1由A点开始运动，沿水平面滑到B点时的速度为v2，该物体以相同大小的初速度v′1由A′点沿图示的A′C和CB′两个斜面滑到B′点时的速度为v′2，若水平面、斜面和物体间的动摩擦因数均相同，且A′B′的水平距离与AB相等，那么v2与v′2之间大小关系为
A．v2= v′2 B．v2＞v′2 C．v2＜v′2 D．无法确定 ( )
4．如图2－2－2所示，质量为m的物体放在水平地面上，物体上方安装一劲度系数为k的轻弹簧，在弹簧处于原长时，用手拉着其上端P点很缓慢地向上移动，直到物体脱离地面向上移动一段距离．在这一过程中，P点的位移为H，则物体重力势能的增加量为 ( )
A．mgH B．mgH +m2g2 /k C．mgH －m2g2 /k D．mgH －mg/k
5．如图2－2－3所示，一物体（可看作质点）以5m/s的初速度从A点沿AB圆弧下滑到B点，速度仍为5m/s，若物体以6m/s的初速度从A点沿同一路径滑到B点，则物体到达B点时的速率为 ( )
A．大于6m/s B．小于6m/s C．等于6m/s D．不能确定
6．“蹦极跳”是一种惊险的现代娱乐活动。某人身系弹性绳子，绳子的另一端系于高桥上的某一点，如图2－2－4所示．a点是弹性绳的原长位置，b点是人静止时的平衡位置，c点是人到达的最低点．不计空气阻力，当一个游乐者从桥上由静止开始跳向水面的过程中，下列说法中正确的有 ( )
A．游乐者从P至a的过程中会感受到失重，从a到c会感受到超重
B．从P至c的下落过程中，人所受重力的冲量等于弹力的冲量
C．从P至c的下落过程中，重力对人所做的功大于弹力对人所做的功
D．游乐者在b处的动能最大
7．一轻杆下端固定一质量为m的小球，上端连在轴上，并可绕轴在竖直平面内运动，不计轴及空气的阻力．当小球在最低点时受到水平冲量I0时，刚好能到达最高点．若小球在最低点受到水平冲量I0不断增大，则
( )
A．小球在最高点对杆的作用力不断增大 B．小球在最高点对杆的作用力先减小后增大
C．小球在最低点对杆的作用力不断增大 D．小球在最低点对杆的作用力先减小后增大
8．如图2－2－5所示，用汽车通过定滑轮拉动水平平台上的货物，若货物的质量为m，与平台间的动摩擦因数为μ，汽车从静止开始把货物从A拉到B的过程中，汽车从O到达C点处时速度为v，若平台的高度为h，滑轮的大小和摩擦不计，则这一过程中汽车对货物做的功？
9．课本上运用有关知识计算了第一宇宙速度并介绍了第二、三宇宙速度，请解答有关这三个宇宙速度问题。
（1）设地球的质量M=5.89×1024kg，地球半径R=6400km，引力常量G=6.67×10—11N.m2/Kg2，试列式计算出第一宇宙速度v1的数值．
（2）当卫星的速度达到一定值时，就能脱离地球引力，不再绕地球运行．理论表明，质量为m的物体要脱离地球引力，必须克服地球引力做功W=．你能否由此计算出第二宇宙速度v2的值．
10．如图2－2－6所示，一摆球的质量为m ，带正电荷q，摆长为L，固定在O点，匀强电场水平向右，场强E=mg/q，摆球平衡位置在点C，与竖直方向的夹角为θ，开始时让摆球与点O处于同一水平位置的A点，且摆绳拉直，然后无初速释放摆球，求摆球在点C时的速度及此时摆绳对球拉力的大小？（结果用m、g、L表示）
11．在工厂的流水线上安装有水平传送带，用水平传送带传送工件，可大大提高工作效率。水平传送带以恒定速率v=2m/s运送质量为m=0.5kg的工件，工件都是以v0=1m/s的初速从A位置滑上传送带。工件与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，每当前一个工件在传送带上停止相对滑动时，后一个工件立即滑上传送带．取g=10m/s2．求：（1）工件经多长时间停止相对滑动；
（2）在正常运行状态下传送带上相邻工件间的距离；
（3）摩擦力对每个工件做的功；
（4）每个工件与传送带之间因摩擦而产生的热量。
2.2动能定理和动量定理（二）（答案）
【例题】例1．（1）克服摩擦力做的功为 W =μmgcosθ×SAC =μmgx，
（2） F点与 D点重合．设斜面的高度为h，则由动能定理得： AC到D过程 mgh－μmg(SBC+SCD)=0，AE到F过程 mgh－μmg(SBE+SEF)=0，由上两式得SBC+SCD= SBE+SEF，因此F点与 D点重合．
例2．（1）小球恰能到达最高点 B，则小球到达B点时的速率 v=①
（2）由动能定理得：－mg(L+)=－，由①②得 v0=
（3）由动能定理得：－mg(L+)－Wf =－③，由①③得 Wf = ．
例3．合上开关的瞬间，由动量定理得 Bl t =mv－0 ①，棒离开轨道后在空中运动时做平抛运动： t =， s = vt ②，由①②得通过金属棒的电量 q=t =．
【练习】1．D 2．ABC 3．A 4．C 5．B 6．D 7．BC
8．对货物由动能定理得： W－μmgs =－0 ①，货物的位移 s =－h =h ②，
在C点时对汽车速度进行分解得货物的速度 vB=v·cos300=③，由①②③得 W=μmgh+．
9．（1）由=得第一宇宙速度v1==7.8km/s．
（2）由动能定理 －=0－ 得第二宇宙速度v2==11 km/s．
10．如图所示，在平衡位置C时悬线与竖直方向的夹角为θ
由tanθ==1得θ=450，在A点时合力F=mg=ma，a=g①，小球由A向B做匀加速直线运动，到达B点时 v2=2as=2aL②，
在B点速度分解得沿切线方向的速度vB=vsin450③，
小球由B到C做匀速圆周运动 qEL sin450－mgL（1－cos450）=－④，
在C点由向心力得T－mg=m⑤，由①②③④⑤得T=3mg．
11．（1）工件在传送带上匀加速：加速度a=μg，相对传送带运动的时间t ===0.5s．
（2）相邻工件间的距离s =（+vt）－=vt=1m．
（3）摩擦力对每个工件做的功为W=－=0.75J．
（4）每个工件与传送带之间因摩擦而产生的热量Q=f s相对=μmg×（vt－）=0.25J
2.3 动量和能量（一）
例1 如图2－5所示，一个质量为m的小球拴在长L的细线上做成一个单摆，把小球从平衡位置O拉至A，使细线与竖直方向成θ角，然后轻轻释放．若在悬点O′的正下方有一颗钉子P，试讨论：钉子在何处时，
(1)可使小球绕钉来回摆动；
(2)可使小球绕钉做圆周运动．
例2 图2－6所示，一轻质杆上有两个质量均为m的小球a、b，轻杆可绕O点在竖直平面内自由转动，Oa =ab =L，先将杆拉至水平，再由静止释放，当杆转到竖直方向时，试求：（1）a、b两小球的速度各是多少？（2）对a球来说机械能是否守恒？若不守恒，则杆对小球a所做的功为多少？
例3 如图2－7所示，在光滑的水平面上，有一质量为M的长木板以一定的初速度v0向右匀速运动，将质量为m的小铁块无初速地轻放到木板右端，设小铁块没有滑离长木板，且与木板间动摩擦因数为μ，试求小铁块在木板上相对木板滑动的过程中：（1）摩擦力对小铁块做的功；（2）木板克服摩擦力做的功；（3）系统机械能的减少量；（4）系统增加的内能；（5）若小铁块恰好没有滑离长木板，则木板的长为多少．
变化：如图2－8所示，现对长木板施加一水平作用力，使长木板的速度保持v0不变，则在相对滑动的过程中，系统增加的内能以及水平力对系统所做的功？
2.3 动量和能量（一）
1．如图2－3－1，木块B放在光滑的水平桌面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧作为一个系统，则此系统在从子弹射入木块到弹簧压缩到最短的过程中( )
A．动量守恒，机械能守恒
B．动量守恒，机械能不守恒
C．动量不守恒，机械能守恒
D．动量不守恒，机械能也不守恒
2．在高速公路上发生一起交通事故，一辆质量为1.5t向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆质量为3t向北行驶的卡车，碰后两车接在一起，并向南滑行了一段距离后停止．根据测速仪的测定，长途客车碰前以20m/s的速度行驶，由此可判断卡车碰前的行驶速率为 ( )
A．小于10m/s B．大于10m/s而小于20 m/s
C．大于20 m/s而小于30 m/s D．大于30 m/s而小于40 m/s
3．一质量为1kg的物体被人用手由静止向上提高1m，这时物体的速度是2m/s，下列说法中正确的是( )
A．手对物体做功12J B．合外力对物体做功2J
C．物体机械能增加2J D．物体克服重力做功10J
4．如图2－3－2所示，质量均为M的铝板A和铁板B分别放在光滑水平地面上．质量为m（mA、C的最终速度相同 ( )
B、C相对于A和B滑行的距离相同
C、A和B相对地面滑动的距离相同
D、两种情况下产生的热量相等
5．俄罗斯“和平”号空间站因缺乏维持继续在轨道上运行的资金，决定放弃对它的使用，并让它于2001年3月23日坠人新西兰和智利之间的南太平洋．“和平”号空间站在进入稠密大气层烧毁前，处于自由运动状态，因受高空空气阻力的影响，空间站在绕地球运动的同时，将很缓慢地向地球靠近，在这个过程中 ( )
A、空间站的角速度逐渐减小 B、空间站的势能逐渐转变为内能和动能
C、空间站的加速度逐渐减小 D、空间站的动能逐渐转变为内能
6．如图2－3－3所示，某海湾共占面积1.0×107m2，涨潮时平均水深20m，此时关上闸门可使水位保持20m不变．退潮时，坝外降至18m．利用此水坝建立一座双向水力发电站，重力势能转化为电能的效率为10%，每天有两次涨潮，该电站每天能发出的电能是（g=10m/s2） ( )
A、2.0×1010J
B、4.0×1010J
C、8.0×1010J
D、1.6×1011J
7．如图2－3－4所示，长为L的轻绳，一端用轻环套在水平光滑的横杆上(轻绳与轻环的质量都忽略不计)，另一端连接一质量为m的小球．开始时，将系球的绳子绷紧并转到与横杆平行位置，然后轻轻放手．当绳子与横杆成θ角时小球速度在水平方向和竖直方向的分量大小各是多少？
8．如图2－3－5所示，一轻绳两端各系一小球（可视为质点），质量分别为M和m（M>m），跨放在一个光滑的半圆柱上．两球由水平直径AB的两端由静止开始释放，当m到达圆柱体侧面最高点C处时，恰好能脱离圆柱体，试求两球质量之比？
9．如图2－3－6所示，在水平光滑桌面上放一质量为M的玩具小车。在小车的平台（小车的一部分）上有一质量可忽略的弹簧，一端固定在平台上，另一端用质量为m的小球将弹簧压缩一定距离后用细线捆住．用手将小车固定在桌面上，然后烧断细线，小球就被弹出，落在车上A点．OA＝s．如果小车不固定而烧断细线，球将落在车上何处？设小车足够长，球不致落在车外．
10．如图2－3－7所示，一劲度系数为k的轻弹簧左端固定在长木板M的左端，右端与小物块m连接，且M、m及M与水平地面间接触均光滑．开始时，m和M均静止，现同时对m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，F1=F2=F．设整个过程中弹簧的形变不超过弹性限度，m未滑离M．求：
(1)当长木板M的位移为L时，M、m及弹簧组成的系统具有的机械能是多少？
(2)如长木板M的位移L是未知的，则当L是多少时，由M、m及弹簧组成的系统具有的机械能最大．这时系统具有的机械能是多少？
11．如图2－3－8（a）所示为一根竖直悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块A，上端固定在C点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连．已知一质量为m0的子弹B沿水平方向以速度v0射入A内（未穿透），接着两者一起绕C点在竖直平面内做圆周运动．在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力F随时间t的变化关系如图所示（b），已知子弹射入的时间极短，且图2中t=0为A、B开始以相同速度运动的时刻，根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如A的质量）及A、B一起运动过程中的守恒量，你能求得哪些定量的结果？
2.3动量和能量（一）（答案）
【例题】例1．（1）设PO′=x，当0（2） 小球绕钉做圆周运动的半径r=L－x，在圆周运动的最高点速度v≥①，
由动能定理得：mg[L（1－cosθ）－2 r]= －0②，由①②得当≤x≤L时可使小球绕钉做圆周运动．
例2．（1）设b球在最低点时所在的水平面为参考平面，则由机械能守恒定律得：
mg×2L+ mg×2L = mg×L++①，=②，由①②得，．
（2）a球机械能不守恒。对a球由动能定理得： mgL+W=－0，得W=－．
例3．动量守恒；Mv0=（M+m）v ①
（1）对小铁块由动能定理得：W1=－0 ②，由①②得摩擦力对小铁块做的功W1=．
（2）木板克服摩擦力做的功W2=－ ③，由①③得W2=．
（3）系统减少的机械能ΔE=－=．
（4）系统增加的内能Q=ΔE=．
（5）恰好没有滑离长木板，则Q=fs相对=μmg L=，即木板长度L=．
变化；系统增加的内能Q=，水平力对系统做的功W=．
【练习】1．D 2．A 3．ABD 4．AD 5．B 6．D
7．水平方向的分速度 ，竖直方向的分速度．
8．由机械能守恒定律得：－mgR=+ ①，v= ②，由①②得．
9．设弹性势能为E，固定时：E= ①，s=②，
不固定时：E=+③，0=mv1+Mv2④， x=（v1+v2）t⑤，由①②③④⑤得x=．
10．（1）由动量守恒0=Mm ①得物块的位移s=，系统具有的机械能E=FL+Fs =．
（2）M\、m做同频率的简谐振动，设运动到平衡位置时弹簧的伸长量为x，F=k②x，机械能最大时L+s=2x③， 由①②③得，系统具有的机械能最大E机=．
11．由图4－26可直接看出，A、B一起做周期性运动，运动的周期①
令表示A的质量，表示绳长.，表示B陷入A内时即时A、B的速度（即圆周运动最低点的速度），表示运动到最高点时的速度，F1表示运动到最低点时绳的拉力，F2表示运动到最高点时绳的拉力，根据动量守恒定律得 ②
在最低点和最高点处运用牛顿定律可得③
④ 根据机械能守恒定律可得
⑤
由图4－26可知 ⑥ ⑦ 由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是
⑧ ⑨
A、B一起运动过程中的守恒量是机械能E，若以最低点为势能的零点，则
⑩ 由②⑧⑩式解得⑾
2.4 动量和能量（二）
例1 如图2－9所示，一质量为M、长为l0的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一质量为m的小物块A，m（1）若已知A和B的初速度大小v0，则它们最后的速度的大小和方向；
（2）若初速度大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离．
例2 如图2－10所示，轻质细绳的一端系一质量m=0.01kg的小球，另一端系一光滑小环套在水平轴O上，O到小球的距离d=0.1m，小球跟水平面接触无相互作用力，在球的两侧距球等远处，分别竖立一固定挡板，两挡板相距L=2m．水平面上有一质量为M=0.01kg的小滑块，与水平面间的动摩擦因数μ=0.25，开始时，滑块从左挡板处，以v0= 10m／s的初速度向小球方向运动，不计空气阻力，设所有碰撞均无能量损失，小球可视为质点，g=10m／s2．则：（1）在滑块第一次与小球碰撞后的瞬间，悬线对小球的拉力多大？
（2）试判断小球能否完成完整的圆周运动．如能完成，则在滑块最终停止前，小球能完成完整的圆周运动多少次？
例3 （1）如图2－11（甲）所示，在光滑水平长直轨道上，放着一个静止的弹簧振子，它由一轻弹簧两端各联结一个小球构成，两小球质量相等。现突然给左端小球一个向右的速度v0，求弹簧第一次恢复到自然长度时，每个小球的速度．（2）如图乙所示，将N个这样的振子放在该轨道上，最左边的振子1被压缩至弹簧为某一长度后锁定，静止在适当位置上，这时它的弹性势能为E0，其余各振子间都有一定的距离，现解除对振子1的锁定，任其自由运动，当它第一次恢复到自然长度时，刚好与振子2碰撞，此后，继续发生一系列碰撞，每个振子被碰后刚好都是在弹簧第一次恢复到自然长度时与下一个振子相碰。求所有可能的碰撞都发生后，每个振子弹性势能的最大值．已知本题中两球发生碰撞时，速度交换，即一球碰后的速度等于另一球碰前的速度．
2.4 动量和能量（二）
1．质量为m的子弹，以水平速度v射入静止在光滑水平面上质量为M的木块，并留在其中，下列说法中正确的有 ( )
A．子弹克服阻力做的功与木块获得的动能相等 B．阻力对子弹做的功与子弹减少的动能相等
C．子弹克服阻力做的功与子弹对木块做的功相等 D．系统增加的内能等于系统减少的机械能
2．如图2－4－1所示，水平传送带始终保持恒定速度v运动，传送带AB长为S，把质量为m的小物块轻放在A点，物块与传送带间动摩擦因数为μ，当小物块由A运动到B的过程中，摩擦力对小物块做功可能为
A、大于mv2/2 ( )
B、大于μmgS
C、小于μmgS
D、等于mv2/2
3．A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用频闪照相机在t0=0，t1=Δt，t2=2Δt，t3=3Δt，各时刻闪光四次，摄得如图2－4－2所示照片，其中B像有重叠，mB=3mA/2，由此可判断 ( )
A、碰前B静止，碰撞发生在60cm处，t=2.5Δt时刻
B、碰后B静止，碰撞发生在60cm处，t=0.5Δt时刻
C、碰前B静止，碰撞发生在60cm处，t=0.5Δt时刻
D、碰后B静止，碰撞发生在60cm处，t=2.5Δt时刻
4．一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力．以下关于喷气方向的描述中正确的是
A、探测器加速运动时，沿直线向后喷气 B、探测器加速运动时，竖直向下喷气 ( )
C、探测器匀速运动时，竖直向下喷气 D、探测器匀速运动时，不需要喷气
5．如图2－4－3所示，在弹簧下端悬挂一质量为m的物体，弹簧原长为l0，O为物体的平衡位置，现用手托着该物体使它由弹簧原长处缓慢地移到平衡位置，手的托力对物体所做功的大小为W，现将该物体移至原长处，并由静止开始释放．则有（设O为重力势能的参考平面） ( )
A．物体以原长下端点为平衡位置做竖直简谐运动 B．物体做简谐运动的最大速度为
C．物体做简谐运动的最大加速度为2g D．物体做简谐运动的能量为2W
6．将一个动力传感器连接到计算机上，我们就可以测量快速变化的力．如图2－4－4所示是用这种方法测得的某小滑块在半球形碗内在竖直平面内来回滑动时，对碗的压力随时间变化的曲线．由此曲线提供的信息做出下列几种判断，其中正确的是： ( )
A．滑块在碗中滑动的周期是0.6s
B．在t=0.8s时刻，滑块的速度为零
C．在t=0.5s到t=0.8s的过程中，滑块的重力势能减小
D．滑块滑动过程中机械能守恒
7．一个连同装备总质量为M＝100kg的宇航员，在距离飞船s＝45m处与飞船处于相对静止状态，宇航员背着装有质量为m0＝0.5kg氧气的贮气筒，筒上有个可以使氧气以v0＝50m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用。宇航员的耗氧率Q＝2.5×10-4kg/s。不考虑喷出氧气对设备及宇航员总质量的影响，则：①瞬时喷出多少氧气，宇航员才能安全返回飞船？②为了使总耗氧量最低，应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？
8．如图2－4－5所示，甲、乙两人各乘一辆冰车在山坡前的水平冰道上游戏，甲和他冰车的总质量m1=40kg，从山坡上自由下滑到水平直冰道上的速度v1=3m/s，乙和他的冰车的质量m2=60kg，以大小为v2=0.5m/s的速度迎面滑来．若不计一切摩擦，为使两车不再相撞，试求甲的推力对乙做功的数值范围？
9．如图2－4－6所示，光滑的水平面上有mA=2kg，mB= mC=1kg的三个物体，用轻弹簧将A与B连接．在A、C两边用力使三个物体靠近，A、B间的弹簧被压缩，此过程外力做功72 J，然后从静止开始释放，求：
（1）当物体B与C分离时，B对C做的功有多少？
（2）当弹簧再次恢复到原长时，A、B的速度各是多大？
10．如图2－4－7所示，滑块A的质量m=0.01kg，与水平地面间的动摩擦因素μ=0.2，用细线悬挂的小球质量均为m=0.01kg，沿x轴排列，A与第1只小球及相邻两小球间距离均为s=2m，线长分别为L1、L2、L3……（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度v0=10m/s沿x轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动，重力加速度g=10m/s2。试求：（1）滑块能与几个小球碰撞？（2）碰撞中第n个小球悬线长Ln的表达式？
2.4动量和能量（二）（答案）
【例题】例1．（1）Mv0－mv0=(M+m)v，速度v=①，方向水平向右．
（2）恰好没有滑离，则Q=fl0=－②，A向左运动到达最远处时速度为0，
对由动能定理得：－fs=0－③，由①②③得s=．
例2．（1）T=9.6N．（2）能．设第K次碰撞恰能完成完整的圆周运动，则vK=①，整个过程中由动能定理得：－（2K－1）μmg=－②，由①②得小球能完成完整的圆周运动10次．
例3． （1）设每个小球质量为，以、分别表示弹簧恢复到自然长度时左右两端小球的速度． 由动量守恒和能量守恒定律得 （以向右为速度正方向） 解得
由于振子从初始状态到弹簧恢复到自然长度的过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球持续减速，使右端小球持续加速，因此应该取解：
（2）以、分别表示振子1解除锁定后弹簧恢复到自然长度时左右两小球的速度，规定向右为速度的正方向，由动量守恒和能量守恒定律，
解得
在这一过程中，弹簧一直是压缩状态，弹性力使左端小球向左加速，右端小球向右加速，故应取解： 振子1与振子2碰撞后，由于交换速度，振子1右端小球速度变为0，左端小球速度仍为，此后两小球都向左运动，当它们向左的速度相同时，弹簧被拉伸至最长，弹性势能最大，设此速度为，根据动量守恒定律：
用E1表示最大弹性势能，由能量守恒有
解得．
【练习】1．BD 2．CD 3．AB 4．C 5．B 6．C
7．（1）设瞬时喷出m1的氧气，宇航员才能安全返回．0= m1v0－Mv①，返回时间t=②，呼吸消耗的氧气m2=Qt③，安全返回m1+m2≤m0④，由①②③④得0.05kg≤m≤0.45kg．
（2）总耗氧量= m1+m2= m1+，当m1=0.15kg时，总耗氧量最低，此时返回时间t==600s．
8．取向右方向为正，m1v1－m2v2=+，对乙由动能定理得W=－，
当=时，甲对乙做的功最少W=16.8J，当=－时，甲对乙做的功最多W=600J，
甲对乙做功的数值范围为16.8J≤W≤600J．
9．（1）当弹簧恢复原长时，B与C分离，0=mAvA－（mB+mc）vC①，EP= +②，对C由动能定理得W=－0③，由①②③得W=18J，vA=vC=6m/s．
（2）取A、B为研究系统，mAvA －mB vC= mAvA’ +mB vC’， += mAvA’+ mB vC’，
当弹簧恢复到原长时A、B的速度分别为：，vA=vB=6m/s或vA=-2m/s， vB=10m/s．
10．（1）设滑块能与K个小球碰撞．整个过程中由动能定理得：－Kμmgs=0－，K=12.5，即能与12个小球碰撞．
（2）由动能定理得：－nμmgs=－①，滑块与小球碰撞后速度互换v=vn=②，由①②得碰撞中第n个小球的悬线长Ln=
m
P
l
图 2－1
A
B
θ
图 2－1－1
F
O
图 2－1－2
α
图 2－1－3
图 2－1－4
θ
D
C
E
B
A
φ
图 2－2
图 2－3
图2－4
B
h
S
a
a’
b’
b
s
P
M
A
B
O
图 2－2－4
图 2－2－3
图 2－2－2
图 2－2－1
B
A
O
C
300
图2－2－5
图 2－2－6
θ
E
C
O
A
v
A
v0
图 4－15
A
mg
vB
θ
E
C
O
B
v
qE
L
A
图 2－5
图 2－6
M
m
v0
图 2－7
M
m
F
图 2－8
图2－3－1
v0
C
A
C
B
图2－3－2
v0
20m
18m
图 2－3－3
图 2－3－4
A
M
A
B
C
m
图 2－3－5
图 2－3－6
M
m
F2
F1
图 2－3－7
Fm
0 t0 3t0 5t0 t
F
图 2－3－8
（a）
（b）
v0
v0
A
B
图2－9
图 2－10
左
右
图甲
左
右
图乙
1
2
3
4
N
图 2－11
A
B
v
图2－4－1
F/N
2.0
1.0
0 1.0 2.0 . t/s
图 2－4－4
A
0 10 20 30 40 50 60 70 x/cm
A
B
A
B
A
l
0
O
图 2－4－2
图2－4－3
甲
乙
图 2－4－5
C
B
A
图 2－4－6
A
v
0
L
1
L
3
L
2
O
1
O
2
O
3
图 2－4－7动量和动量守恒
高考对本章的考查每年约有题，有选择、填空、计算等题型，重点考查动量定理和动量守恒定律，是高考的“重中之重”，是高考的热点和难点。特别在近年高考压轴题中，涉及本章知识的题目所占比例最高。易与本章知识发生联系的知识有：能量守恒、带电粒子在电场和磁场中的运动、核反应等。
第一节 动量问题专题
动量问题是指与动量有关的问题和用动量观点解决的问题。其中，与动量有关的问题，本专题主要指动量定理和动量守恒定律。用动量观点解决问题，即是指用动量定理和动量守恒定律解决的问题。
1.动量定理
⑴动量定理内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量变化。
⑵动量定理公式：，它为一矢量式，在一维情况时可变为代数式运算。
⑶动量定理的研究对象是质点。它说明的是外力对时间的累积效应。应用动量定理分析或解题时，只考虑物体的始、末状态的动量，而不必考虑中间的运动过程。
⑷应用动量定理的思路：
a. 确定研究对象，进行受力分析；
b. 确定初末状态的动量mv1和mv2(要先规定正方向，以便确定动量的正负，还要把v1和v2换成相对于同一惯性参照系的速度)；
c. 利用列方程求解。
2.动量守恒定律
⑴内容及表达式：
a. 动量守恒定律内容：系统不受外力或所受外力的合力为零时，系统的总动量保持不变。
b. 动量守恒定律的公式：
⑵说明及注意事项：
a.定律适用条件：
1 系统不受外力或所受外力的合力为零时；
2 系统内力远大于外力时（如碰撞、爆炸等）；
3 系统在某一方向上不受外力或所受外力的合力为零时（只在这一方向上动量守恒）
b.注意表达式的矢量性：
对一维情况，先选定某一方向为正方向，速度方向与正方向相同的速度取正，反之取负，把矢量运算简化为代数运算。
c.注意速度的相对性。
所有速度必须是相对同一惯性参照系。
d.注意同时性：
表达式中v1和v2必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，v1’和v2’必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。
e.注意定律的广泛性：
动量守恒定律具有广泛的适用范围，不论物体间的相互作用力性质如何；不论系统内部物体的个数；不论它们是否互相接触；不论相互作用后物体间是粘合还是分裂，只要系统所受合外力为零，动量守恒定律都适用。动量守恒定律既适用于低速运动的宏观物体，也适用于高速运动的微观粒子间的相互作用，大到天体，小到基本粒子间的相互作用都遵守动量守恒定律。
f.注意“平均动量守恒”。
当系统在全过程中动量守恒时，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒。在符合动量守恒的条件下，如果物体做变速运动，为了求解位移，可用平均动量及其守恒规律来处理。
g.应用思路：
1 确定系统、分析系统受力；
2 在符合定律适应条件下，确定系统始、末总动量；
3 运用动量守恒定律列式求解。
【典型例题分析】
㈠动量定理类
【例1】(1999年广东高考)物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间内速度由0增大到v，在时间内速度由v增大到2v，设F在内做的功为W1，冲量是I1；在的内做的功是W2，冲量是I2，那么：
A.， B.，
C.， D.，
【例2】(1996年上海高考)某消防队员从一平台上跳下，下落H=2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，便自身重心又降了，在着地过程中地面对他双脚的平均作用力估计为自身所受重力的
A.2倍 B.5倍 C.8倍 D.10倍
【评价】
⑴在应用动量定理时，重力是否忽略，要看具体情况而定，一旦告之作用时间极短或作用时间小于0.01秒时，重力的冲量可不考虑。
⑵本题构造的模型有：消防员视为质点下落H=2m过程视为自由落体，缓冲h=0.5m视为匀减速运动，地面对人的变支持力视为恒力——平均作用力。
⑶本题为联系实际的题，高考正加强这类题的考查，要引起足够重视。
⑷本题若求出下落H=2m用的时间和缓冲h=0.5m时用的时间，则可用动量定理对整个过程列式。
注：当一个物体在整个运动过程中受力发生了变化，属各力作用时间不同时，动量定理形式为
㈡动量守恒定律类
【例3】(1992年上海高考)某同学设计了一 打点计时器验证动量守恒定律实验。在小车A的前端粘有橡皮泥，推动小车A使之做匀速运动，然后与原来静止在前方的小车B相碰并粘合成一体，继续做匀速运动。他设计的具体装置如图所示，在小车A后连着纸带，电磁打点计时器电源频率为50Hz，长木板下垫着小木片用以平衡摩擦力。
a.若已得到打点纸带如所示，并测得各计数点间距并标在图上．A为运动起始的第一点。则应选 段来计算A的碰前速度；应选 段来计算A和B碰后的共同速度。
b.已测得小车A的质量，小车B的质量，由以上测量结果可得：碰前总动量为 ，碰后总动量为 。
【评价】
⑴解本题的关键是求碰撞前、后的速度，求速度的关键是读懂图，正确选取纸带线段。
⑵近年对学生实验的考查，已不再是书中的演示实验或学生实验，是在原实验基础上有所改进或创新，要注意克服思维定势，仔细分析题目的新情景，2000年高考验证动量守恒定律的实验就是一例。
【例4】有N个质量均为m的人，站在质量为M的平板车上，开始时人与平板车均静止在光滑水平地面上。若这N个人都从平板车的后端以相对平板车为v的水平速度从车上跳下。第一种情况是N个人同时跳车，第二种情况是N个人依次跳下，试求这两种情况下平板车最终的速度是多大？
【评价】
⑴解题过程中，认真体会“速度的相对性”
⑵对有多次相互作用的过程，要注意分析每一过程的特点及规律，还要找出前后过程之间的联系，才能对整个过程有全面掌握。
⑶根据第二种情况，不难体会在发射人造航天器时，为什么要采用多级火箭依次点火加速，而不是采用这些多级火箭同时点火加速的方式。
第二节 碰撞研究方法
碰撞是指运动物体相遇而接触，在极短的时间内，相互作用的两物体动量发生突变，两物体的位移可近似认为是零的一个过程。
碰撞分斜碰和正碰：
碰撞前后两物体不在一条直线上的碰撞称为斜碰。
碰撞前后两物体在同一直线上的碰撞称为正碰．
在近年高考中，考查的碰撞皆为正碰问题．碰撞是中学物理教学的重点、是历年高考命题的热点，同时它一直是学生学习和高考的难点．碰撞在《考试说明》中作B级要求掌握．
碰撞的特点：作用时间短，相互作用力大。
因此，碰撞问题都遵守动量守恒定律；对正碰，根据碰撞前后系统的动能是否变化，又分为弹性碰撞和非弹性碰撞．在非弹性碰撞中，碰撞后物体粘合在一起不分离的正撞，又叫完全非弹性碰撞．发生完全非弹性碰撞的物体能量损失最大．非弹性碰撞中动能之所以损失是因为两物体相碰变形而不能完全恢复原形，一部分动能转化为系统的内能，因而系统的总动能减少．
弹性碰撞：系统的动量和动能均守恒，因而有：
…………①
…………②
上式中v1、v1’分别是m1碰前和碰后的速度，v2、v2’分别是m2碰前和碰后的速度．
解①②式，得：
完全非弹性碰撞，m1与m2碰后速度相同，令为v，则：
，
系统损失的最大动能．
非弹性碰撞损失的动能介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间．
碰撞是物理上一个重要模型，它涉及到动量守恒定律、能量守恒、动量定理等诸多知识点．从物理方法的角度看．处理碰撞问题，通常使用系统方法、能量方法，守恒方法及矢量概念．从能力上看，碰撞问题一般考查理解能力、推理能力、分析综合以及应用能力等．
在处理碰撞问题时，通常要抓住三项基本原则：
1.碰撞过程中动量守恒原则．
发生碰撞的物体系在碰撞过程中，由于作用时间很短，相互作用力很大，系统所受的外力大小可忽略。动量守恒．
2.碰撞后系统动能不增原则．
碰撞过程中系统内各物体的动能将发生变化，对于弹性碰撞，系统内物体间动能相互转移？没有转化成其他形式的能，因此总动能守恒；而非弹性碰撞过程中系统内物体相互作用时有一部分动能将转化为系统的内能，系统的总动能将减小．因此，碰前系统的总动能一定大于或等于碰后系统的总动能．
3.碰撞后运动状态的合理性原则．
碰撞过程的发生应遵循客观实际．如甲物追乙物并发生碰撞，碰前甲的速度必须大于乙的速度，碰后甲的速度必须小于、等于乙的速度或甲反向运动．
下面根据以上原则及其他相关知识，分析几道碰撞问题．
【典型例题透析】
㈠状态的判断和状态量的比较
〖例1〗(1998年全国高考)在光滑水平面上，动能为E0、动量的大小为P0的小钢球l和静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反．将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E1、P1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、P2，则必有：
A.E1E0 D. P2>P0
〖命题意图〗
考查动量守恒定律、能量关系、动量与动能的关系．
〖解题思路〗
由于系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒，若取P0的方向为正方向，则有P0=- P1+ P2
在上式中，P0>0、P1>0、P2>0，显然有P2> P0，故选项D正确。
另一方面，由能量守恒可知，碰撞前后的动能应满足关系E0≥E1+E2，则有E1本题两球动量关系的比较也可根据“两碰撞球的动量改变量相等”来确定．两球的动量改变量大小相等，即，由于球1在碰撞后速度方向发生变化，其动量变化量必大于它原来的动量P0，>P0；球2的动量改变量= P2，，故= P2>P0，D选项正确．
〖探讨评价〗
处理碰撞问题，不仅要运用动量守恒定律和动能不增原则，对同一状态的动能与动量的关系也要熟练掌握，如本题就利用这种关系．同时还要注意动量的矢量性和动能的标量性．
㈡碰撞中的守恒及能量变化类
〖例2〗(2000年北京、安徽春季高考)一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态．一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落，撞击平板，已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长
A.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
C.环撞击板后，板的新的平衡位置与九的大小无关
D.在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功
〖命题意图〗
考查动量守恒和机械能守恒的条件，考查功和能量的关系，考查简谐运动的知识；在能力上，考查考生分析综合能力．
〖解题思路〗
环套与板碰撞时间极短，二者之间的内力远大于外力(重力、弹簧弹力)，环套与板的总动量守恒，A项正确．
因碰后两者速度相同，说明环套与板的碰撞为完全非弹性碰撞，动能损失最多，碰撞过程中总机械能不守恒，B项错．
碰后，环套与板做简谐运动，板的新的平衡位置就是停振后板所处的位置，由平衡条件，，x0与h大小无关，C项正确．
碰后下落过程中，板和环套减少的动能和减少的重力势能都转化为弹性势能．弹性势能的增加与克服弹簧力做的功相同，故D项错．
正确选项为AC．
〖探讨评价〗
本题为一道力学综合题，涉及的物理知识较多，这是当前高考加强考生能力考查采用的题型之一．要想培养学生的各种能力．首先要对物理概念和规律深刻理解、牢固掌握，然后再通过对课本上的题或常见题进行改造、重新组合、改变情景、巧妙设问、添加干扰因素等培养考生的各种能力．
㈢碰撞过程类
〖例3〗(1998年全国高考)图中两单摆摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以mA、mB分别表示摆球A、B的质量，则：
A.如果mA>mB，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧
B.如果mAC.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置右侧
D.无论两摆球的质量之比是多少，下一次碰撞都不可能在平衡位置左侧
〖命题意图〗
考查动量守恒定律、能量关系、简谐运动知识．
〖解题思路〗
根据单摆的要求，A、B两摆球为刚性球，它们之间的碰撞可视为弹性碰撞．根据动量守恒和动能守恒，设A球碰前速度为vA，可求得A球和B球碰后速度分别为：
…………①
…………②
现对A、B的运动情况进行讨论，由以上两式知B被碰后一定向右运动，A的运动可分以下三种情况：
⑴若mA>mB，由①式知，vA’和vB’同向，根据情景可行原则，知vA’⑵若mA⑶若mA=mB，则碰后A停、B以vA向右运动，再次碰撞也在平衡位置．
由上可知，不论两球质量之比如何，下次碰撞一定发生在平衡位置．故本题选CD．
〖探讨评价〗
本题表面上是碰撞问题，但利用动量守恒定律很难找到质量与碰撞位置的关系．解析中利用的是单摆的周期公式．
㈣碰撞模型的拓宽
在前面碰撞的定义中，有“在极短时间内”这句话，由于时间的长短是相对的．因此，可以将“极短的时间”这一条件略去，从广义上讲，物体间通过相互作用而使系统内物体动量发生变化的过程称为碰撞．广义上的碰撞，不仅可以通过弹力，也可以通过分子力、电磁力、核力等其他力发生相互作用．我们提出的这个广义的碰撞模型在实践中有着广泛的应用．
〖例4〗如图所示，在光滑的水平面上放置一质量为m的小车，小车上有一半径为R的光滑的弧形轨道，设有一质量为m的小球，以v0的速度，方向水平向左沿圆弧轨道向上滑动，达到某一高度h后，又沿轨道下滑，试求h的大小及小球刚离开轨道时的速度．
〖命题意图〗
考查动量守恒定律、能量守恒．
〖解题思路〗
小球从进入轨道，到上升到九高度时为过程第一阶段，这一阶段类似完全非弹性的碰撞，动能损失转化为重力势能(而不是热能)．
据此可列方程：………………………①
…………②
解得：．
小球从进入到离开，整个过程属弹性碰撞模型，又由于小球和车的等质量，由弹性碰撞规律可知，两物体速度交换，故小球离开轨道时速度为零．
〖探讨评价〗
广义上的碰撞，相互作用力可以是弹力、分子力、电磁力、核力等，因此，碰撞可以是宏观物体间的碰撞，也可以是微观粒子间的碰撞．拓宽后的碰撞，除例题代表的较长时间的碰撞题型外，还有非接触型碰撞和非弹力作用的碰撞．
综上所述，碰撞问题的处理关键是受力分析、物理过程分析，通过分析透视物理规律，然后运用动量守恒、功能关系以及相关物理知识解决问题．
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62005年各地调研动量*能量题
1、 选择题
1、如图所示，AO斜面与OC水平面相交处为一小段圆弧，斜面与水平面的动摩擦因数相等，一小滑块从A点由静止释放，最终停在水平面上的B点，若保持A点位置不变，改变斜面倾角，斜面与水平面交点移到O/,滑块仍然从A点由静止释放，则
A.滑块进入水平面后最终仍然停在B点
B.滑块进入水平面后可能停在B点的右侧
C.滑块A O/过程克服摩擦力所做功大于AO过程克服摩擦力所做功
D.要让小滑块滑到水平面上，O/点不能超过B点
2、竖直在水平地面上的轻弹簧，下端与地面固定，将金属球放置在弹簧顶端与弹簧不粘连，并用力向下压球，使弹簧压缩，稳定后用细线把弹簧系住，烧断细线，球将被弹起且脱离弹簧后能继续向上运动，则该球从细线被烧断到脱离弹簧的运动过程中（ ）
Ａ．球刚脱离弹簧时弹簧的弹性势能最小
Ｂ．球刚脱离弹簧时的动能最大
Ｃ．球所受合力的最大值不一定大于小球的重力
Ｄ．在某一阶段内，球的动能在减少，而它的机械能在增加
3、如图所示，质量分别为m1和m2的物块，分别以速度v1、v2沿斜面上的同一条直线向下匀速滑行，且v1> v2。m2的右端安有轻弹簧。在它们发生相互作用后，两物块又分开。在m1和m2（包括弹簧）相互作用的过程中，下列说法中正确的是
A．由于有重力和摩擦力作用，所以该过程不适用动量守恒定律
B．由于系统所受合外力为零，所以该过程一定适用动量守恒定律
C．当m1∶m2的值足够大时，该过程一定适用动量守恒定律
D．当m1∶m2的值足够小时，该过程一定适用动量守恒定律
4、如图4所示，水平面上的一小车，质量为M，以速度向右运动，某时刻一质量为m的小木块以向左的速度为滑上小车，已知M＞m，，设小车足够长，木块不会滑出小车，忽略小车与地面间的摩擦，则以下说法正确的是（ ）
图4
A．取小车与木块为研究对象，系统动量守恒，最终小车与木块以共同速度向右运动
B．在达到共同速度之前的过程中，小车受摩擦力作用，一直作匀减速直线运动
C．在达到共同速度之前的过程中，木块受摩擦力作用，始终作匀减速直线运动
D．在达到共同速度之前的过程中，摩擦力始终对木块作负功
5、在北戴河旅游景点之一的南戴河滑沙场有两个坡度不同的滑道AB和（均可看作斜面）．甲、乙两名旅游者分别乘两个相同完全的滑沙撬从A点由静止开始分别沿AB和滑下，最后都停在水平沙面BC上，如图所示．设滑沙撬和沙面间的动摩擦因数处处相同，斜面与水平面连接处均可认为是圆滑的，滑沙者保持一定姿势坐在滑沙撬上不动．则下列说法中正确的是
A．甲在B点的速率一定大于乙在点的速率
B．甲滑行的总路程一定大于乙滑行的总路程
C．甲全部滑行的水平位移一定大于乙全部滑行的水平位移
D．甲在B点的动能一定大于乙在点的动能
6、一质量为4kg的滑块，以4m/s的速度在光滑水平面上向右滑行，从某一时刻起，在滑块上作用一个向左的水平力，经过一段时间，滑块的速度方向变为向左，大小仍为4m/s，在这段时间里水平力做的功为 （ ）
A．0 B．8J C．16J D．32J
7、水平飞行的子弹打穿固定在水平面上的木块，经历时间△t1，机械能转化为内能的数值为△E1。同样的子弹以同样的速度击穿放在光滑水平面上同样的木块，经历时间△t2，机械能转化为内能的数值为△E2，假定在两种情况下，子弹在木块中受到的阻力大小是相同的，则下列结论正确的是 （ ）
A．△t1<△t2 △E1=△E2 B．△t1>△t2 △E1>△E2
C．△t1<△t2 △E1<△E2 D．△t1=△t2 △E1=△E2
8、如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B相连接，并静止在光滑的水平面上。现使A瞬时获得水平向右的速度3m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得
A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1m/s，且弹簧都是处于压缩状态
B．从t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长
C．两物体的质量之比为m1∶m2 = 1∶2
D．在t2时刻A与B的动能之比为Ek1∶Ek2 =1∶8
9、.一个航天器P在高空绕地球做匀速圆周运动，如果他朝着与运动方向相反的方向发射一枚火箭Q，则
A.P和Q都可能在原高度做匀速圆周运动
B.P可能，Q不可能在原高度做匀速圆周运动
C.Q可能，P不可能在原高度做匀速圆周运动
D.P和Q都不可能在原高度做匀速圆周运动
10、在粗糙的水平地面上运动的物体，从a点开始受到一个水平恒力F的作用沿直线运动到b点，已知物体在b点的速度与在a点的速度大小相等，则从a到b （ ）
A．F方向始终与物体受到的摩擦力方向相反
B．F与摩擦力对物体做的总功一定为零
C．F与摩擦力对物体的总冲量一定为零
D．物体不一定做匀速运动
11、．如图4所示，A、B两木块的质量之比为mA∶mB＝3∶2，原来静止在小车C上，它们与小车上表面间的动摩擦因数相同，A、B间夹一根被压缩了的弹簧后用细线栓住．小车静止的光滑水平面上，绕断细线后，在A、B相对小车停止运动之前，下列说法正确的是
A．A、B和弹簧系统的动量守恒
B．A、B弹簧系统的机械能守恒
C．小车将向左运动
D．小车将静止不动
12、如图所示，固定在水平面上的竖直轻弹簧上端与质量为M的物块A相连，静止时物块A位于P处．另有一质量为m的物块B，从A的正上方Q处自由下落，与A发生碰撞立即具有相同的速度，然后A、B一起向下运动，将弹簧继续压缩后，物块A、B被反弹．下面是有关的几个结论
①A、B反弹过程中，在P处物块B与A相分离
②A、B反弹过程中，在P处物块B与A仍未分离
③B可能回到Q处
④B不可能回到Q处
其中正确的是 ( )
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
13、一颗子弹以较大的水平速度水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹射入速度增大时，下列说法正确的是
A．木块获得的动能变大 B．木块获得的动能变小
C．子弹穿过木块的时间变长 D．子弹穿过木块的时间变短
14、.静止在粗糙水平面上的物体，受到水平恒定的推力F 1 作用一段时间后，撤掉F 1 ，物体滑行一段距离后停下来，总位移为S，该物体在该粗糙水平面上受到水平恒定推力F 2 （F 1 >F 2 ）作用一段时间后，撒掉F 2 ，物体滑行一段距离后停下，总位移也为S。则物体分别受到两个恒力的冲量的关系为 （ ）
A.I 1 >I 2 B.I 1 C.I 1 =I 2 D.不能确定
15、如图，A为一放在竖直轻弹簧上的小球，在竖直向下恒力F的作用下，弹簧由原长压缩到B点，现突然撤去力F，小球将向上弹起直至速度为零止，则小球在上升的过程中（不计空气阻力）①小球、弹簧和地球组成的系统机械能守恒②小球速度减为零时还未脱离弹簧③小球的机械能逐渐变大④小球的动能先增大后减小。以上说法正确的是 （ ）
A.① B.② C.③ D.④
16、．如图2所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为△P1、
△P2、△P3，到达下端时重力的瞬时功率依次为P1、P2、P3，则有 （ ）
A．I1＜I2＜I3，△P1＜△P2＜△P3，P1＝P2＝P3
B．I1＜I2＜I3，△P1＝△P2＝△P3，P1＞P2＞P3
C．I1＝I2＝I3，△P1＝△P2＝△P3，P1＞P2＞P3
D．I1＝I2＝I3，△P1＝△P2＝△P3，P1＝P2＝P3
17、如图，质量为M、长度为l的小车静止在光滑的水平面上。质量为m的小物块放在小车的最左端。现在一水平恒力F作用在小物块上，使物块从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f。经过时间t，小车运动的位移为s，物块刚好滑到小车的最右端。
A、此时物块的动能为(F－f)(s+l)
B、此时物块的动量为Ft
C、这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fs
D、这一过程中，物块和小车产生的内能为fl
18、一个篮球竖直向上抛出后回到抛出点，假设篮球在运动过程中受到的阻力大小不变，比较篮球由抛出点上升到最高点和从最高点下降到抛出点的过程，有 （ ）
A．上升过程中篮球受到的重力的冲量的大小大于下降过程中篮球受到的重力的冲量
B．上升过程中篮球受到的重力的冲量的大小等于下降过程中篮球受到的重力的冲量
C．上升过程中篮球受到的重力的冲量的大小小于下降过程中篮球受到的重力的冲量
D．上升过程中篮球的动量变化的方向与下降过程中篮球动量变化的方向相反
19、．如图所示，半径为R，质量为M，内表面光滑的半球物体放在光滑的水平面上，左端紧靠着墙壁，一个质量为m的物块从半球形物体的顶端的a点无初速释放，图中b点为半球的最低点，c点为半球另一侧与a同高的顶点，关于物块M和m的运动，下列说法的正确的有 （ ）
A．m从a点运动到b点的过程中，m与M系统的机械能守恒、动量守恒
B．m从a点运动到b点的过程中，m的机械能守恒
C．m释放后运动到b点右侧，m能到达最高点c
D．当m首次从右向左到达最低点b时，M的速度达到最大
20、质量为m的物体以速度v沿光滑水平面匀速滑行，现对物体施加一水平恒力，t秒内该力对物体所施冲量大小为3mv，则t秒内 （ ）
A．t秒末物体运动速率可能为4v； B．物体位移的大小可能为vt/2；
C．该力对物体做功不可能大于15mv2/2； D．该力的大小为4mv/t。
21、水平推力F1和F2分别作用于水平面上原来静止的、等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v-t图象如右图所示，已知图中线段AB∥CD，则
A．F1的冲量小于F2的冲量 B．F1的冲量等于F2的冲量
C．两物体受到的摩擦力大小相等 D．两物体受到的摩擦力大小不等
22、如图所示，一质量M=3.0kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m=1.0kg的小木块A。现以地面为参照系，给A和B以大小均为4.0m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A并没有滑离B板。站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板对地面的速度大小可能是
A.1.8m/s B.2.4m/s C.2.6m/s D.3.0m/s
23、如图所示，一个小铁块从静止开始沿着粗糙程度一致的半圆形曲面从P点越来越快地滑到最低点O的过程中，以下说法正确的是 （ ）
A．重力做功的功率一定越来越大
B．克服摩擦力做功的功率一定越来越大
C．通过单位弧长克服摩擦力做的功一定越来越大
D．单位时间内重力的冲量一定越来越大
24、一辆汽车在恒定功率牵引下，在平直公路上由静止出发，在4min的时间内行驶了1800m，在4min末的速度 （ ）
A．等于7.5m/s B．等于15m/s
C．一定小于15m/s D．一定大于15m/s
25、质量分别为的两个物体（），在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相同的初动能。与运动方向相同的水平力F分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个物体的动量和动能的大小分别为和，比较它们的大小，有
A. B.
C. D.
2、 实验题
1、用如图所示装置来验证动量守恒定律，质量为mB的钢球B放在小支柱N上，球心离地面高度为H；质量为mA的钢球A用细线栓好悬挂于O点，当细线被拉直时O点到球心的距离为L，且细线与竖直线之间夹角为；A球由静止释放，摆到最低点时恰与B球发生正碰，碰撞后，A球把轻质指示针C推移到与竖直线夹角为处，B球落到地面上，地面上铺有一张盖有复写纸的白纸D，用来记录B球的落点。
① 用图中所示各个物理量的符号表示碰撞前后A、B两球的动量（设A、B两球的碰前动量分别为PA、PB；碰后动量分别为PA′、PB′），则：PA= ；
PA′= ；PB= ；PB′= 。
② 请你提供两条提高实验的精度建议： 。
2、如图，光滑水平轨道与光滑圆弧轨道相切，轻弹簧的一端固定在轨道的左端，OP是可绕O点转动的轻杆，且摆到某处就能停在该处；另有一小钢球。现在利用这些器材测定弹簧被压缩时的弹性势能。
①还需要的器材是 、 。
②以上测量实际上是把对弹性势能的测量转化为对 能的测量，进而转化为对 和 的直接测量。
3、气垫导轨是常用的一种实验仪器。它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示(弹簧的长度忽略不计)，采用的实验步骤如下：
a．用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB；
b．调整气垫导轨，使导轨处于水平；
c．在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；
d．用刻度尺测出滑块A的左端至C挡板的距离L1；
e．按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下滑块A、B分别到达挡板C、D的运动时间t1和t2；
(1)实验中还应测量的物理量是________________________________；
(2)利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是_____________________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是______
____________________________________________________（回答两点即可）；
(3)利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式。如果不能，请说明理由。
4、兴趣小组为测一遥控电动小车的额定功率，进行了如下实验：
①用天平测出电动小车的质量为0.4kg；
②将电动小车、纸带和打点计时器按如图甲所示安装；
③接通打点计时器（其打点周期为0.02s）；
④使电动小车以额定功率加速运动，达到最大速度一段时间后关闭小车电源，待小车静止时再关闭打点计时器（设小车在整个过程中小车所受的阻力恒定）。
在上述过程中，打点计时器在纸带上所打的部分点迹如图乙所示。
请你分析纸带数据，回答下列问题：
（1）该电动小车运动的最大速度为 m/s；
（2）该电动小车的额定功率为 W。
5、在“碰撞中的动量守恒”实验中，仪器按要求安装好后开始实验，第一次不放被碰小球，第二次把被碰小球直接静止放在斜槽末端的水平部分，在百纸上记录下重锤位置和各小球落点的平均位置依次为O、A、B、C，设入射小球和被碰小球的质量依次为m1、m2，则下列说法中正确的有
A.第一、二次入射小球的落点依次是A、B
B.第一、二次入射小球的落点依次是B、A
C.第二次入射小球和被碰小球将同时落地
D. m1AB= m2OC
6、在做“碰撞中的动量守恒”实验中：（1）用精度为0.1mm的游标卡尺测量直径相同的入射球与被碰球的直径，测量结果如图甲所示，该球直径为________ｃｍ．（2）实验中小球的落点情况如图乙所示，入射球Ａ与被碰球Ｂ的质量比为ＭＡ∶ＭＢ＝3∶2，则实验中碰撞结束时刻两球动量大小之比为ｐＡ∶ｐＢ＝__ ______．
3、 计算题
1、 如图13所示，在光滑的水平面上有一长为L的木板B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的1/4圆弧槽C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C静止在水平面上。现有滑块A以初速V0从右端滑上B，并以1/2 V0滑离B，确好能到达C的最高点。A、B、C的质量均为m，试求：（1）木板B上表面的动摩擦因素μ；（2）1/4圆弧槽C的半径R；（3）当A滑离C时，C的速度。
2、 如图所示，滑块A的质量m=0.01kg，与水平地面间的动摩擦因数=0.2，用细线悬挂的小球质量均为m=0.01kg，沿轴排列，A与第1只小球及相邻两小球间距离均为，线长分别为L1、L2、L3…（图中只画三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度沿轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g取10m/s2，求：
（1）滑块能与几个小球碰撞？
（2）求出碰撞中第n个小球悬线长Ln的表达式.
（3）滑块与第一小球碰撞后瞬间，悬线对小球的拉力为多大.
3、光滑水平面的一直线上，排列着一系列可视为质点的完全相同质量为m的物体，分别用1，2，3，……标记，如图所示。在1之前，放一质量为M=4m的可视为质点的物体A，它们相邻间的距离均为l。现在，在所在物体都静止的情况下，用一水平恒力F推物体A，从而发生一系列碰撞，设每次碰撞后物体都粘在一起运动。问：
（1）当运动物体与第3个物体碰撞前的瞬间，其速度是多少？
（2）当运动物体与第几个物体碰撞前的瞬间，运动物体会达到在整个运动过程中的最大速度，此速度是多少？从开始运动到最大速度经历了多长时间？
4、如图所示，质量为M=9kg的足够长的木板放在光滑的水平面上，质量为m=1kg的可看成质点的滑块处在木板的最左端，开始木板与滑块以共同速度v0=1m/s向右匀速运动，设滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.1，g取10m/s2。
（1）若某时刻起给M作用一个水平向左F1=5N的恒力，求经过多长时间木板与滑块都静止？
（2）若某时刻起给M作用一个水平向左F2=20N的恒力，一段时间后撤去F2，再经过一段时间木块与滑块都静止，求F2的作用时间与F2开始作用起到最后停下为止滑块运动的总时间？
5、如图所示，质量为M=4kg的木板长L=1.4m，静止在光滑的水平地面上，其水平顶面右端静置一介质m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.4,今用水平力F=28N向右拉木板。（1）在力F的作用下，滑块和木板加速度各是多少？（2）要使小滑块从木板上掉下来，力F作用的时间至少要多长？（不计空气阻力，g=10m/s2）
6、如图所示，质量为2kg的物块A(可看作质点)，开始放在长木板B的左端，B的质量为1kg，可在水平面上无摩擦滑动，两端各有一竖直挡板M N,现A、B以相同 的速度v0=6m／s向左运动并与挡板M发生碰撞．B 与M碰后速度立即变为零，但不与M粘接；A与M碰撞没有能量损失，碰后接着返向N板运动，且在与N板碰撞之前，A、B均能达到共同速度并且立即被锁定，与N板碰撞后A、B一并原速反向，并且立刻解除锁定．A、B之间的动摩擦因数=0．1．通过计算求下列问题：
(1)A与挡板M能否发生第二次碰撞
(2)A和最终停在何处
(3)A在B上一共通过了多少路程
7、如图所示，光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的小球a、b，球a以水平速度vo=1m/s向右匀速运动，球b处于静止状态。两球右侧有一竖直墙壁，假设两球之间、球与墙壁之间发生正碰时均无机械能损失，为了使两球能发生、而且只能发生两次碰撞，试讨论两球的质量之比m1/m2应满足什么条件。
8、如图所示，质量均为m的两球AB间有压缩的轻、短弹簧处于锁定状态，放置在水平面上竖直光滑的发射管内(两球的大小尺寸和弹簧尺寸都可忽略，他们整体视为质点)，解除锁定时，A球能上升的最大高度为H，现在让两球包括锁定的弹簧从水平面出发，沿光滑的半径为R的半圆槽从右侧由静止开始下滑，至最低点时，瞬间锁定解除，求A球离开圆槽后能上升的最大高度。
9、如图所示，光滑水平面上有A、B、C三个物块，其质量分别为mA＝2.0kg，mB＝1.0kg，mC＝1.0kg，现用一轻弹簧将A、B两物块连接，并用力缓慢压缩弹簧使A、B两物块靠近，此过程外力做功108J（弹簧仍处于弹性范围），然后同时释放，弹簧开始逐渐变长，当弹簧刚好恢复原长时，C恰以4m/s的速度迎面与B发生碰撞并瞬时粘连。求：
⑴弹簧刚好恢复原长时（B与C碰撞前），A和B物块速度的大小。
⑵当弹簧第二次被压缩时，弹簧具有的最大弹性势能。
10、如图甲所示，小车B静止在光滑水平上，一个质量为m的铁块A（可视为质点），以水平速度v0＝4.0m/s滑上小车B的左端，然后与小车右挡板碰撞，最后恰好滑到小车的中点，已知，小车车面长L＝1m。设A与挡板碰撞无机械能损失，碰撞时间可忽略不计，g取10m/s2，求：
（1）A、B最后速度的大小；
（2）铁块A与小车B之间的动摩擦因数；
（3）铁块A与小车B的挡板相碰撞前后小车B的速度，并在图乙坐标中画出A、B相对滑动过程中小车B相对地面的速度v－t图线。
图甲 图乙
11、如图所示，在倾角为 ＝37°的足够长的固定斜面上，物体A和小车B正沿着斜面上滑，A 的质量为mA＝0.50 kg， B 的质量为mB＝0.25kg，A始终受到沿斜面向上的恒定推力F 的作用。当 A 追上B 时，A的速度为vA＝1.8m/s, 方向沿斜面向上, B 的速度恰好为零，A、B相碰，相互作用时间极短，相互作用力很大，碰撞后的瞬间，A的速度变为v1＝0.6m/s ，方向沿斜面向上。再经 T＝0.6 s ，A 的速度大小变为v2＝1.8 m/s ，在这一段时间内A、B没有再次相碰。已知A与斜面间的动摩擦因数 ＝0.15，B与斜面间的摩擦力不计，已知：sin370＝0.6 ，重力加速度g＝10m/s2，求：
（1）A、B第一次碰撞后B的速度
（2）恒定推力F的大小
12、如图所示，静止在光滑水平面上的小车质量为M=20kg。从水枪中喷的水柱，横截面积为S=10cm2，速度为v=10m/s，水密度为ρ=1.0×103kg/m3。若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁淌入小车中。当有质量为m=5kg的水进入小车时，试求：
(1)小车的速度大小；
(2)小车的加速度大小。
13、某电动自行车的铭牌上的技术参数如下表所示．
规格 后轮驱动直流永磁毂电机
车型 26”电动自行车 额定输出功率 120W
整车质量 30kg 额定电压 40V
最大载重 120kg 额定电流 3.5A
质量为M＝70kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶，所受阻力f恒为车和人总重的k＝0.02倍．取g＝10m/s2，求：
（1）此车的永磁毂电机在额定电压下正常工作时的效率．
（2）仅在电机以额定功率提供动力的情况下，人骑车行驶的最大速度．
14、如图所示，n个相同的木块（可视为质点），每块的质量都是m，从右向左沿同一直线排列在水平桌面上，相邻木块间的距离均为l，第n个木块到桌边的距离也是l，木块与桌面间的动摩擦因数为μ．开始时，第1个木块以初速度v0向左滑行，其余所有木块都静止，在每次碰撞后，发生碰撞的木块都粘在一起运动．最后第n个木块刚好滑到桌边而没有掉下．
（1）求在整个过程中因碰撞而损失的总动能．
（2）求第i次（i≤n－1）碰撞中损失的动能与碰撞前动能之比．
（3）若n=4，l=0.10m，v0=3.0m/s，重力加速度g=10m/s2，求μ的数值．
15、质量为M=4.0kg的平板小车静止在光滑的水平面上，如图所示，当t=0时，两个质量分别为mA=2kg、mB=1kg的小物体A、B都以大小为v0=7m/s。方向相反的水平速度，同时从小车板面上的左右两端相向滑动。到它们在小车上停止滑动时，没有相碰，A、B与车间的动摩擦因素μ=0.2，取g=10m/s2,求：
（1）A在车上刚停止滑动时，A和车的速度大小
（2）A、B在车上都停止滑动时车的速度及此时车运动了多长时间。
（3）在给出的坐标系中画出小车运动的速度——时间图象。
16、小球A、B的质量均为m，A球用轻绳吊起，B球静止放于水平地面上。现将小球A拉起h高度由静止释放，如图所示。小球A摆到最低点与B球发生对心碰撞后粘在一起共同上摆。不计两小球相互碰撞所用时间，忽略空气阻力作用。
求：（1）碰后两小球一起摆动的最大速度。
（2）在两小球碰撞过程中，两小球的内能一共增加了多少？
17、如图所示，光滑水平面上A、B两小球沿同一方向运动，A球的动量为8kgm/s，B球的质量为2kg，速度为6m/s，已知两球相碰后，A球的动量减为原来的一半，方向与原方向一致。求：
（1）碰撞后B球的速度变为多大？
（2）碰撞前A球速度的可能范围。（结果保留两位有效数字）
18、如图所示，质量M=4Kg的滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5m，这段滑板与木块A之间的动摩擦因数，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑。可视为质点的小木块A质量m=1Kg，原来静止于滑板的左端，当滑板B受水平向左恒力F=14N，作用时间t后撤去F，这时木快A恰好到达弹簧自由端C处，假设A、B间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等，g取10，求：
（1） 水平恒力F的作用时间t；
（2） 木快A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能。
19、如图9所示，水平传送带AB足够长，质量为M＝1kg的木块随传送带一起以v1＝2m/s的速度向左匀速运动（传送带的速度恒定），木块与传送带的摩擦因数，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m＝20g的子弹，以v0＝300m/s的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v＝50m/s，设子弹射穿木块的时间极短，（g取10m/s2）求：
图9
（1）木块遭射击后远离A的最大距离；
（2）木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间。
20、弹簧在不受作用力时所具有的长度称为自然长度，记为l0；弹簧受到拉力作用后会伸长，受到压力作用后会缩短，如果受力作用时的长度称为实际长度，记为l；而l与l0之差的绝对值称为形变量，记为x；x=|l－l0|。有一弹簧振子如图所示，放在光滑的水平面上，弹簧处于自然长度时M静止在O位置，一质量为m=20g的子弹，以一定的初速度射入质量为M=1980g的物块中，并留在其中一起压缩弹簧。振子在振动的整个过程中，弹簧的弹性势能随弹簧的形变量变化的关系如图所示。则
（1）根据图线可以看出，M被子弹击中后将在O点附近哪一区间运动？
（2）子弹的初速度为多大？
（3）当M运动到O点左边离O点2cm的A点处时，速度μ多大？
（4）现若水平面粗糙，上述子弹击中M后同样从O点运动到A点时，振子的速度变为3m/s，则M从开始运动到运动到A点的过程中，地面的摩擦力对M做了多少功？弹簧的弹力对M做了多少功？
21、如图所示，长12m的木板右端固定一立柱，板和立柱的总质量为50kg，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数为0.1，质量为50kg的人立于木板左端，木板与人均静止，人以4m/s2匀加速向右奔跑至板的右端并立即抱住立柱，求：
（1）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间；
（2）木板的总位移.
22、如图所示，摩托车运动员做飞越壕沟的特技表演，摩托车以初速度V 0 冲上顶部水平的高台，然后飞出，高台后面是一条宽L=10m的壕沟，若摩托车冲上高台过程中以恒定功率P=1.8kW行驶，经历时间t=5s，摩托车飞离高台立即关闭发动机。已知人和车的总质量m=180kg（可视为质点），平台高h=5m，忽略空气阻力和摩擦阻力。取g=10m/s 2 。问:
（1）V 0 至少应多大
（2）假定摩托车落地速度大小超过V m =30m/s时会对运动员造成危险，则摩托车飞离高台时的最大速度V′m 应为多少
3）摩托车在空中飞越的过程中，重力的冲量多大
23、如下图所示，光滑的曲面轨道的水平出口跟停在光滑水平面上的平板小车的上表面相平，质量为m的小滑块从光滑轨道上某处由静止开始滑下并滑下平板小车，使得小车在光滑水平面上滑动。已知小滑块从光滑轨道上高度为H的位置由静止开始滑下，最终停到板面上的Q点。若平板小车的质量为3m。用g表示本地的重力加速度大小，求：
（1）小滑块到达轨道底端时的速度大小
（2）小滑块滑上小车后，平板小车可达到的最大速度
（3）该过程系统产生的总热能
24、如图13所示，一质量为M，长为L的木板固定在光滑水平面上。一质量为m的小滑块以水平速度v0从木板的左端开始滑动，滑到木板的右端时速度恰好为零。
（1）小滑块在木板上的滑动时间；（2）若木块不固定，其他条件不变，小滑块相对木板静止时距木板左端的距离。 图13
25、如图9所示，在倾角为37°的足够长的光滑斜面上，有两个可视为质点的滑块A、B正沿斜面往上滑，其中B始终受到一个沿着斜面向上的恒力F作用。当B向上追上A时，B的速度为VB=1.8m/s，方向沿斜面向上，A的速度恰为零，此刻A、B发生了瞬间的相互作用，碰后瞬间B的速度V1=0.6m/s，方向沿斜面向上。在此后的0.60s时间内，两者没有发生第二次相碰。已知它们的质量分别为mB=0.5kg，mA=0.25kg(sin37°=0.6, cos37°=0.8,g=10m/s2)。试求：
（1）第一次碰后的0.60s内A沿斜面向上滑行的最大距离？
（2）所施加的向上的恒力F的大小范围。
答案
一、1、A 2、AD 3、ACD 4、AB 5、AB 6、A 7、A 8、CD
9、C 10、BD 11、C 12、D 13、BD 14、B 15 、AD 16、B17、AD
18、C 19、BD 20、ABC 21、AC 22、BC23、BC 24、C 25、B
二、1、①mA 0 mB （各1分）
②（1）让A球多次从同一位置摆下，求B球落点的平均位置 ；（2）α 角取值不要太小； （3）A、B两球质量不要太小； (4)A球质量要尽量比B球质量大 。（3分，任意说出其中两种均得分，其它合理的说法酌情给分）
2、1.5；（1分） 0.2 （2分）
3、(1)滑块B的右端到D挡板的距离L2。（3分）
(2)（2分）；测量mA、mB、L1、L2、t1、t2时带来的误差；气垫导轨不水平；滑块与气垫导轨间有摩擦。（2分）
(3)能。。（3分）
4、（1）1.50 （2）1.20 （保留两位有效数字同样给分，每格5分）
5、BD
6、（1）该球直径为_2.14_____ｃｍ．（2）ｐＡ∶ｐＢ＝__1/2______
三、1、（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，，（2分） 得（1分）
系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能， ，（1分），（1分） 得（1分）
（2）当A滑上C，B与C分离，A与C发生作用，设到达最高点时速度相等为V2，由于水平面光滑，A与C组成的系统动量守恒， ，（2分）得
A与C组成的系统机械能守恒，（2分）
得（1分）
（3）当A滑下C时，设A的速度为VA，C的速度为VC，A与C组成的系统动量守恒， , （1分）
A与C组成的系统动能守恒，（2分）
得VC = （2分）
2、解（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，
小球在竖直平面内做圆周运动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为，有
得（2分）
（个） （2分）
（2）滑块与第n个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为
对小球，有： ①
机械能守恒： ② （２分）
对滑块，有： ③（2分）
解①②③三式得： (m) （2分）
（3）滑块做匀减速运动到第一个小球处与第一个小球碰前的速度为，则有
（２分）
由于滑块与小球碰撞时不损失机械能，则碰撞前后动量守恒、动能相等，滑块与小球相碰撞会互换速度，碰撞后瞬间小球的速度仍为.
此时小球受重力和绳子的拉力作用，由牛顿定律得：
（２分）
因为
由上述三式解得：T=0.6N （2分）
3、解（1）A： ∴
A与1碰后v1，4mv0=5mv1 ∴
A与1一起匀加速： ∴
与2碰后： 5mv1’=6mv2 ∴
A与1、2一起匀加速： ∴ (8分)
（2）与第k个碰前瞬间速度vk－1’，碰后速度vk
∴ 即k=21时，(4分)
Ft=24mvm’ ∴ (4分
4、（1）分析可知，木板与滑块一起向右匀减速直到静止，则：
F1·t1=(M+m)V0 4分
t1=2s 2分
(2)分析可知撤去F2时，木板速度向左，滑块速度向右，其总动量为零，则
F2·t2=(M+m)V0 3分
t2=0.5s 2分
从F2的作用开始，到撤去F2再到最后静止，滑块一直向右作同一性质的匀减速运动，则：
3分
t3=1s 2分
5、设F作用时间为t，滑块在木板上滑动距离为L1。
滑块加速度，木板加速度 （各2分）
， 即 ① （2分）
此时，滑块速度 ② 木板速度 ③ （各1分）
撤去F后，系统动量守恒，有 得 ④ （3分）
若滑块刚好滑到木板的最左端，由能量守恒有
⑤ （3分）
解①、②、③、④、⑤式，得 （2分）
6、(1)第一次碰撞后A以vO=6 m／s速度向右运动，B的初速度为0，与N板碰前达共 同速度v1，则mA v0=(mA+mB)v1 v1=4m/s
系统克服阻力做功损失动能
因与N板的碰撞没有能量损失，A、B与N板碰后返回向左运动，此时A的动能 因此，当B先与M板碰撞停住后，A还有足够能量克服阻力做功，并与M板发生第二次碰撞．所以A可以与挡板M发生第二次碰撞。 (2)设第i次碰后A的速度为vi，动能为EAi，达到共同速度后A的速度为vi′动能为EAi′ 同理可求
单程克服阻力做功
因此每次都可以返回到M板，景终停靠在M板前。
(3)由(2)的讨论可知，在每完成一个碰撞周期中损失的总能量均能满足
(即剩余能量为)
其中用以克服阻力做功占损失总能量之比
碰撞中能量损失所占的比例
因此，当初始A的总动能损失完时，克服摩擦力做的总功为
所以S＝27/2＝13.5m
7、设球a和球b第一次碰撞后速度分别为v1和v2，取向右为正方向。
由系统动量守恒：m1v0 = m1v1＋m2v2…………………………………………………………①
系统机械能守恒得：m1v02 =m1v12＋m2v22…………………………………………②
解得： v1= v2=………………………………………………③
讨论情况分别如下：
⑴、当m1＞m2时，碰后a、b两球均向右运动，当球b与墙壁碰后以速度v2返回，并将与球a发生第二次碰撞，设碰后两球速度分别为v1′，v2′则有：
m1v1＋m2(－v2)＝ m1v1′＋m2v2′ m1v12＋m2v22＝m1v1′2＋m2v2′2
解得： v1′＝ ………………………………………………④
v2′＝……………………………………………………⑤
因为m1＞m2，故第二次碰后球b向右运动将再次与墙相碰，并以v2′返回；若要球a和球b不发生第三次碰撞，则应满足 v1′＜0 且v2′≤
即 (m1—m2)2 －4m1m2＜0 且4m1(m1－m2)≤…………………⑥
解得：3－2＜＜3+2且1－≤≤1+……………………………⑦
再加上条件m1＞m2 得： 1＜≤1+……………………………………………⑧
⑵、m1＝m2时，由①②得v1＝0，v2＝ 1m/s球b与墙壁碰后以速度1m/s返回与球a第二次碰撞，碰后a球以1m/s的速度向左运动，b球静止，此后两球不再相碰………………⑨
⑶、 m1＜m2时，由①②可知v1＜0, v2＞0，即a球向左运动，球b向右运动并与墙壁碰后原速弹回，要使球b与球a发生第二次碰撞，应满足：
v2＞－v1 即：2m1＞－（m1－m2），得＞……………………………………………⑩
因m1＜m2，故两球第二次相碰后，球a向左运动的速度必大于球b向左的运动速度，此后两球不再发生碰撞。
综合（1）（2）（3）得满足范围：＜≤1+………………………………
评分标准：①②③⑨⑩式各2分，④⑤⑥⑦⑧ 式各1分，共16分。
8、解：解除锁定后弹簧将弹性势能全部转化为A的机械能,则弹簧弹性势能为
E弹=mgH
AB系统由水平位置滑到圆轨道最低点时速度为v0 , 解除弹簧锁定后A、B的速度分别为vA、vB 则有
2mgR=2×m v02/2
2m v0 =mvA+m vB
2×m v02/2+ E弹= m vA2/2+ m vB2/2
将 vB=2 v0 -vA代入能量关系得到
2mgR+mgH= m vA2/2+ m (2 v0 -vA)2/2 v0 =(2gR)1/2
得到： vA =(2gR)1/2+（gH）1/2
相对水平面上升最大高度h, 则： h+R= vA2/2g h=H/2+(2RH)1/2
9、⑴ 设弹簧刚好恢复原长时，A和B物块速度的大小分别为vA、vB
2分
2分
联立解得 2分
⑵弹簧第二次被压缩到最短时，弹簧具有的弹性势能最大，此时A、B、C具有相同的速度，设此速度为v
2分
所以 1分
C与B碰撞,设碰后B、C粘连时的速度为v /
2分
1分
故：弹簧第二次被压缩到最短时，弹簧具有的最大弹性势能为：
4分
10、解：(1)对A、B系统，由动量守恒定律：
Mv0＝(M＋m) v
得 （4分）
（2） A、B系统，由动量定理，对全过程有
μmg1.5L=
解得 （4分）
（3） 设A、B碰撞前速度分别为v10和v20
对系统动量守恒 mv0=mv1+Mv2
对系统能量转化和守恒
μmgL=
带入数据联立方程，解得v10=1+=2.732 m/s (舍v10=1－=－0.732m/s)
v20=1－=0.423m/s （2分）
该过程小车B做匀加速运动，μmg=MaM
aM=m/s2
v20= aMt1 t1 =0.317s （1分）
A、B相碰，设A、B碰后A的速度为v1和 v2
A、 ，对系统动量守恒 mv0=mv1+Mv2
对系统机械能守恒
带入数据联立方程，解得v1=1－=－0.732 m/s (舍v1=1＋ m/s)
“－”说明方向向左
v2=1＋=1.577m/s （2分）
该过程小车B做匀减速运动，－μmg=MaM
aM=－m/s2
到最终相对静止 v＝ v2＋aMt2
t2=0.433s （1分）
所以 ，运动的总时间为
t= t1+ t2=0.75s
小车B的v-t图如下图所示 （2分）
11、(1)A、B碰撞过程满足动量守恒：mAvA=mAv1+mBvB （3分）
得 vB＝2.4m/s （2分）
方向沿斜面向上 （1分）
(2)设经过T ＝0.60s , A的速度方向向上，
此时A的位移SA==0.72m
B的加速度aB =gsinθ=6m/s2
B的位移SA =vBT - aBT 2=0.36m （2分）
可见A、B将再次相碰，违反了题意，因此碰撞后A先做匀减速运动，速度减到零后，再做匀加速运动。 （2分）
（直接由分析得出结论v2方向沿斜面向下，碰撞后A先做匀减速运动，速度减到零后，再做匀加速运动同样给分）
对A列出牛顿第二定律：mAgsinθ+μmgcosθ-F =mAa1 （1分）
mAgsinθ-μmgcosθ-F =mAa2 （1分）
v1=a1t 1 （1分）
v2=a2（T - t1 ） （1分）
解得：F =0.6N
12、解：(1)淌入小车的水与小车组成的系统动量守恒，当淌入质量为m的水后，小车速度为v1，则有
①
解得 m/s=2m/s ②
(2)质量为m的水淌入小车后，在极短的时间Δt内，冲击小车的水的质量为
Δm= ③
此时，水对车的冲击力为F，则车对水的作用力也为F，据动量定理有
④
=1.0×103×10×10-4×(10-2)2=64N ⑤
=2.56m/s2 ⑥
评分标准：本题16分。①②每式3分。③④每式3分；⑤⑥每式2分。
13、1）由表可知，电机的额定电压＝40V，额定电流3.5V，所以电机正常工作时的输入功率为 ①
代入数据，得 ＝140W ②
所以，电机的效率为 ×100％ ③
代入数据，得 ＝85.7％ ④
（2）行驶时所受阻力 ⑤
当达到最大速度时，有 ⑥
代入数据，得 ＝6.0m/s ⑦
评分标准：本题共14分．①～⑦式各2分。
14、1）整个过程木块克服摩擦力做功
W＝μmg·l+μmg·2l +……+μmg·nl＝ ①
根据功能关系，整个过程中由于碰撞而损失的总动能为
△EK= EK 0－W ②
得 △EK = ③
（2）设第i次（i≤n－1）碰撞前木块的速度为vi，碰撞后速度为vi′，则
（i+1）m vi′= im vi ④
碰撞中损失的动能△EK i与碰撞前动能EK i之比为
（i≤n－1） ⑤
可得 （i≤n－1） ⑥
（3）初动能 EK 0= mv02/2
第1次碰撞前 EK 1= EK 0－μmgl ⑦
第1次碰撞后 EK 1′= EK 1－△EK 1= EK 1－EK 1/2= EK 0/2－μmgl/2 ⑧
第2次碰撞前 EK 2= EK 1′－μ（2mg）l= EK 0/2－5μmgl/2
第2次碰撞后 EK 2′= EK 2－△EK 2= EK 2－EK 3/3= EK 0/3－5μmgl/3
第3次碰撞前 EK 3= EK 2′－μ(3mg)l= EK 0/3－14μmgl/3
第3次碰撞后 EK 3′= EK 3－△EK 3= EK 0/4－7μmgl/2
据题意有 EK 0/4－7μmgl/2＝μ(4mg)l ⑨
带入数据，联立求解得 μ＝0.15 ⑩
评分标准：本题16分．①式2分，②式2分，③④⑤式各1分，⑥式3分，⑦⑧式各1分，⑨⑩式各2分．
15、（1）当A和B在车上都滑行时，在水平方向它们的受力分析如图所示：
由受力图可知，A向右减速，B向左减速，小车向右加速，所以首先是A物块速度减小到与小车速度相等。设A减速到与小车速度大小相等时，所用时间为t1，其速度大小为v1，则：
v1=v0-aAt1 μmAg=mAaB ①
v1=a车t1 μmAg-μmBg=Ma车 ②
由①②联立得：v1=1.4m/s t1=2.8s ③
（2）根据动量守恒定律有：
mAv0-mBv0=(M+mA+mB)v ④
v=1m/s ⑤
总动量向右， 当A与小车速度相同时，A与车之间将不会相对滑动了。
设再经过t2时间小物体A与B、车速度相同，则：
-v=v1-aBt2 μmBg=mAaB ⑥
由⑥⑦式得：t2=1.2s ⑦
所以A、B在车上都停止滑动时，车的运动时间为t=t1+t2=4.0s ⑧
（3）由（1）可知t1=2.8s时，小车的速度为v1=1.4m/s，在0~t1时间内小车做匀加速运动。在t1~t2时间内小车做匀减速运动，末速度为v=1.0m/s,小车的速度—时间图如图所示：⑨
评分标准：①②③④式各2分；⑤式1分；⑥式2分；⑦⑧⑨式1分；速度—时间图像4分。
16、（1）两小球摆动的最大速度等于碰后瞬间两小球的共同速度。
碰前瞬间小球A的速度为v1，碰后它们的共同速度为v2，有
①（4分） mv1=2mv2 ②（4分）
由以上两式解得 （3分）
（2）设两小球内的增加量为△E，有
③（3分）
17、解：（1）根据动量守恒可得：
PA+mBvB=P′A+mBv′B……（1）
代入数值后可解得：v′B=8m/s
（2）设A球质量为mA，A球能追上B球并与之碰撞，应满足：
……（2）
碰撞后A球不能到B球前面，所以
……（3）
根据能量守恒有： ……（4）
解上述不等式并取交集得0.5≤mA≤6/7考虑到A球的初动量为8kgm/s可得：
9.3m/s≤vA≤16m/s
本题共计20分，第一问6分，（1）4分，结果2分；（2）（3）（4）每式3分，解得质量范围再加2分，最后结果3分。（用取临界点的方法求解，结果正确同样给分
18、（1）木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动
根据题意有：即代入数据得：t＝１s
（２）１秒末木块Ａ和滑板Ｂ的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能。
根据动量守恒定律有代入数据求得
由机械能守恒定律得：弹代入数据求得弹=0.4J
19、（1）设木块遭击后的速度瞬间变为V，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得
（3分）
则，代入数据解得，方向向右。 （2分）
木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，其受力如图所示。
摩擦力 （1分）
设木块远离A点的最大距离为S，此时木块的末速度为0，
根据动能定理得 （3分）
则 （1分）
（2）研究木块在传送带上向左运动的情况。
设木块向左加速到时的位移为S1。
由动能定理得
则 （3分）
由此可知，遭击木块在传送带上向左的运动过程分两个阶段：先向左加速运动一段时间，再匀速运动一段时间。
由动量定理得
则 （2分）
（2分）
所求时间 （1分）
20、（1）O点的左边4cm—O点的右边4cm的范围内运动。（2分）
（2）子弹和物块一起压缩弹簧的过程中系统机械能守恒，故系统的机械能为
（2分）则可求出子弹射入物块后两者的共同速度为：
（2+1分）子弹射入物块时间极短，瞬间子弹、物块组成的系统动量守恒，则（2+1分）
（3）从图线可以看出：M运动到O点左边2cm处时，形变量，此时弹性势力能为，子弹和物块一起压缩弹簧的过程中系统机械能守恒，故有：
（2+1分）
（4）设地面的摩擦力对M做的功记为，M从开始运动到A点，根据功和能的关系有：（2+1分）
设弹簧的弹力对M做的功记为Wk，M从开始运动到A点，根据动能定理有：
（2+1分）
21、解：（1）在人相对木板奔跑时，设人的质量为m，加速度为，木板的质量为M，加速度为，人与板间的相互作用力大小为F
对人有： （1分）
对板有：（3分）
由几何关系得：（2分）
∴t＝2s（1分）
（2）当人奔跑至木板右端时，人的速度：（1分）
板的速度：（1分）
板的位移（1分）
人抱立柱过程中，系统动量守恒
（3分）
（1分） 方向与人原来的运动方向一致
在随后的滑行过程中，对人与板构成的整体，根据动能定理得：
（3分）
（1分） 方向向左（2分）
22、
23、解：滑块滑至Q点时它与小车具有相同速度，这个速度大小正是所求的V，则有：
①（5分）
②（3分）
③（3分）
解得： ④（3分）
⑤（3分）
⑥（2分）
24、解：（1）小滑块所受合外力为滑动摩擦力，设动摩擦因数为，有
①
②
解得 （5分）
（2）设小滑块与木板的共同速度为v，小滑块距木板左端的距离为L'，有
③ （4分）
④ （4分）
由以上各式解得
（3分）
25、解：（1）碰撞瞬间动量近似守恒有：……4分
…………………………2分
…………………………2分
（2）碰后经t时间A上滑的距离为………………2分
经t时间B上滑的距离为……………………2分
由公式可知，二者距离先增大后减小，在相碰前，当SA=SB时二者有最小距离此时有：
t=3.6mB/F………………………………2分
若没有第二次相碰，则有：t>0.6s…………………………2分
F<3N…………………………………………………………2分
B
C
B
V0
A
图13
V0
M
m
m1
v2
m2
v1
m
M
F
v0
b
a
。
C
O/
B
O
A
A
B
B
A
R
L
β
O
C
α
H
S
D
N
B
A
D
C
B
A
车
前
壁
水柱
水枪
第5题图
B B / C
A
l
l
l
n
1
n-2
n-1
v0
第14题图
左
右
打点计时器
纸带
图甲
6.01
5.99
6.00
5.78
5.35
5.04
4.71
4.40
4.07
6.00
单位：cm
图乙
A
B
v0
v0
fA
fB
f车
O
t/s
v/m.s-1
1
2
3
4
5
1
2
O
t/s
v/m.s-1
1
2
3
4
5
1
2
A
B
v0
v0
B
A
甲
v
m2
m1
乙
B
A
v/m/s
t4
t3
t2
t/s
t1
3
2
0
1
－1
A
O A B C
v
v
PAGE
12006年高考机械能专题
1、在下列的物理过程中，机械能守恒的有（ ）
A．把一个物体竖直向上匀速提升的过程 B．人造卫星沿椭圆轨道绕地球运行的过程
C．汽车关闭油门后沿水平公路向前滑行的过程
D．从高处竖直下落的物体落在竖立的轻弹簧上，压缩弹簧的过程，对弹簧、物体和地球这一系统
2、如图所示，桌面离地高为h，质量为m的小球从离桌面高H处自由下落，不计空气阻力，假设桌面为零势能面，则小球落地前瞬间的机械能为（ ）
A． mgh B． mgH
C． mg(H+h) D． mg(H-h)
3、跳伞运动员从高空下落时，在他张伞后，所受的空气阻力
等于运动员和伞的总重力时，运动员具有的机械能：（ ）
A．动能、势能和总机械能都不变． B．重力势能减少，动能增加，总机械能不变，
C．重力势能减少，动能不变，总机械能减少．
D．重力势能不变，动能为零，总机械能不变。
4、如图所示，倾斜轨道AC与有缺口的圆轨道BCD相切于C，圆轨道半径为R，两轨道在同一竖直平面内，D是圆轨道的最高点，缺口DB所对的圆心角为90°，把一个小球从斜轨道上某处由静止释放，它下滑到C点后便进入圆轨道，想要使它上升到D点后再落到B点，不计摩擦，则下列说法正确的是（ ）
A．释放点须与D点等高 B．释放点须比D点高 R/4
C．释放点须比D点高 R/2 D．使小球经D点后再落到B点是不可能的
5、如图所示，一滑块从半圆形光滑轨道上端由静止开始滑下，当滑到最低点时，关于滑块动能大小和对轨道最低点的压力，下列结论正确的是（ ）
A．轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道压力越大
B．轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道压力与半径无关
C．轨道半径越大，滑块动能越大，对轨道压力越小
D．轨道半径变化时，滑块的动能、对轨道的正压力都不变
6、一起重机吊着物体以加速度α（αA．重力对物体做的功等于物体重力势能的增加量
B．物体重力势能的减少量等于物体动能的增加量
C．重力做的功大于物体克服缆绳的拉力所做的功
D．物体重力势能的减少量大于物体动能的增加量
7、如图所示，一辆汽车从凸桥上的A点匀速运动到等高的B点，以下说法中正确的是（ ）
A．由于车速不变，所以汽车从A到B过程中机械能不变
B．牵引力对汽车做的功等于汽车克服阻力做的功C．汽车在运动过程中所受合外力为零 D．汽车所受的合外力做功为零。
8、自由下落的小球从接触竖直放置的轻弹簧开始到压缩至弹簧有最大形变的过程中，正确的说法是（ ）
A．小球的动能逐渐减小 B．小球的重力势能逐渐减小
C．小球的机械能守恒 D．小球的加速度逐渐减小
9、．如图所示，两个质量分别为 m1和m2的物体由轻绳通过光滑的轻滑轮连接， m1>m2， m1从离地高 h处由静止下落，则 m1落地后m2还能上升的高度为_______．
10、在光滑水平面上有甲、乙两小球，质量分别为 0.2kg和 0.3kg，甲球以10m/s的速度去正碰处于静止状态的乙球，碰撞后它们以同一速度向前运动，在此过程中，甲球对乙球做功为_______J，甲球损失的机械能为______J．
11、如图所示，小球用不可伸长的长度为 L的轻绳悬于O点，小球A在最低点需获得多大的速度才能在竖直平面内做完整的圆周运动？
12、如图所示，均匀铁链长L，平放在距地面为 h=2L的光滑水平桌面上，其长度的 1/5悬垂于桌面下，从静止开始释放铁链，求铁链的下端刚要着地时的速度．
３．如图所示，两个质量分别为 和 的物体由轻绳通过光滑的轻滑轮连接， ， 从离地高 处由静止下落，则 落地后 还能上升的高度为_______．
４．
５．如图所示，长为 的轻质细绳一端用轻质环A套在光滑的水平横杆上，另一端系一质量为 的球，开始时将细线绷直并拉到与横杆平行位置，然后自由释放小球，当线与横杆成 角时，小球速度在水平方向上的分量大小是_______，在竖直方向分量的大小是______．
三、计算题
1．如图所示，一根轻杆长 ，可绕O轴在竖直平面内无摩擦地转动， ， ，质量相等的两小球分别固定于杆的A、B两端，现把杆位于水平位置，然后自由释放，求轻杆转到竖直位置时两球的速度分别是多少？
2．如图所示，在高为 ，长为L的光滑斜面顶端装有滑轮，斜面底端有一物体 ，通过滑轮用细线跟重锤M相连，由于重锤的下落，使 沿斜面上升，要使物体 能上升到斜面顶端，重锤M原来离地的高度H最小是多少？
3．有一光滑水平板，板中央有一小孔，孔内穿入一根光滑轻线，轻线的上端系一质量为M的小球，轻线的下端系着质量分别为 和 的两个物体，当小球在光滑水平板上做半径为R的匀速圆周运动时，轻绳下端的两物体都处于静止状态，如图所示，若将两物体间的绳子剪断，则小球的线速度为多大才能再次在水平板上做匀速圆周运动？
4．如图所示，将细线绕过定滑轮A和B线的两端各挂一个质量为 的砝码，在A和B线各挂一个质量为M的小球， ，AB间距为 ，滑轮线的质量及摩擦均不计，细线充分长，开始时A、B间细线处于水平状态，试求小球M从静止开始能下落的最大距离．
5．如图所示，质量为 的小球从 圆周长的圆弧形轨道上自由滑下，离开圆弧轨道后做平抛运动，如果圆弧轨道的半径 ，小球做平抛运动时的下降高度 ，水平射程 ，不计空气阻力，试求小球在将要离开弧形轨道时的速度及对轨道的压力．
参考答案：
一、1．B 2．B 3．BD 4．D 5．C 6．C 7．C
二、１． ；
２． ；竖直向下
３．
４． ；
５．0；
三、1． ；
2．
3．
4．
5． ；
典型例题
例1：气球受到的浮力为其重量的1.5倍，由地面上升到离地40米高处时，由气球上脱离出一个物体，问从物体脱离气球时起，再经过多少时间此物体的动能恰为其势能的两倍？（取g=10m/s2）
选题角度：本题对于学生掌握整体分析法解题有帮助
揭示思路：首先要把整个体系的运动过程搞清楚，气球从地面上开始作初速为零的匀加速直线运动，在40米高处它获得了速度 ，此时物体的脱离出，可看作是一个由脱离点以 速度上抛的物体。
设物体运动到C点时的动能恰为势能的两倍。这样我们就得先判断C点是在A点的上方还是下方。
物体在A点时的热能
而动能
因此EKA 解法1，可分段运算。
先计算物体由A→B的上升高度和所用时间：物体从A点脱离气球是以 初速做竖直上抛运动，所以要先求 。气球从地面上升，是浮力做正功，重力做负功，那么获得功能：
消去M得
所以：
物体上抛至最高点B位移为
则体从A→B所用时间：
然后再计算物体从B落至C的情况：
根据题意可知是物体在高度为60米处自由下落，在C处其EKC=2EPC，这样我们就可以利“思维基础7”的例子的解法，求出C点距地面的高度hc。
因为EKC=2EPC
所以C点机械能总量为EC=3EPC
根据机械能守恒定律知：EB=EC
即mghB=3mghc
∴hc= hB=20米
则物体从BC的位移为40米。
因此下落时间为
那么总时间t=t上+t下=4.83秒
解法2：根据EKC=2EPC
可知：
你可以利用运动学的规律求出vc和hc来，代入上式即可求出。你试一试。
你可能还会创造一些解法，这是培养你创造性能力的好方法，你不妨动一动脑子。
例2：粗细均匀的U形玻璃管，竖直放置，将其左侧开口用软橡皮塞封住，从右侧开口注入适量水银后，经测量，两侧水银面高度差为h，水银柱总长为4h，如图（a）
轻轻地将橡皮塞拔出，试问：两侧水银面平齐时，液面上升（下降）的速度多大（不计水银在管中运动时所受的阻力）？
选题角度：对于学生把握机械能守恒定律在流体及非固联物系统中的应用有一定的帮助。
解析：由于水银在玻璃管中流动时阻力很小，可以不计，故机械能守恒．
开始时右侧水银面比左侧面高h，取左侧水银面所处水平面 为重力势能参照面（如图（a）），这时右侧管中参照面上方长度为h的水银柱的重力势能为
由于参照面下方总有长度为3h的水银柱、它的重力势能不发生变化，可以不予考虑，拔去橡皮塞，在重力作用下右侧水银面下降，左侧水银面上升，设两侧水银面平齐时，水银柱的速度为v，这时整个水银柱的动能为
这时，参照面上方两段水银柱的重力势能为
根据机械能守恒定律， ，即 。将上述 及 表达式代入，经化简可得两侧水银面平齐时，水银面上升（下降）的速度为
例3： 如图所示，质量不计的长绳，沿水平方向跨放在相距2L的两个小滑轮A和B上，绳的两端各挂一个质量均为m的物体P；若将质量为M（ ）的物体Q，挂在AB的中点C处并由静止释放，求Q沿竖直方向下落的最大距离（不考虑滑轮的质量及摩擦力）．
选题角度：对于学生领会机械能守恒定律在滑轮系统的应用有较大的帮助。
解析： 把物体P和物体Q以及连接它们的绳子作为一个系统，运动中只有重力做功，故系统机械能守恒．
系统由静止开始，当Q沿竖直方向下降最大距离H时，速度显然为零．这时两个物体P沿竖直方向上升h，它们的速度也为零（如图所示）；不难看出
Q下降，重力势能减少MgH；两个物体P上升，重力势能增加2mgh；根据机械能守恒定律有
解上式，可得
总结：
①重物Q下降到最低点时，速度为零，但这时它的加速度不为零！Q下降到最低点时，它所受的合外力竖直向上，Q有竖直向上的加速度！同样，旁边两个物体P有竖直向下的加速度．
②为了说明问题，并使读者能获得较为明确、深刻的印象。假定 ，在此条件下， 。
在 的条件下，系统的平衡位置即物体P、Q所受合外力为零位置在什么地方呢？
不难判断，P、Q所受合外力为零时，绳中张力 ，对Q来讲，它受绳AC、BC的拉力的合力和重力作用： ，即 ，可知这时绳AC、BC与竖直方向的夹角〔 ，即绳AC、BC间的夹角〕为120°；这时物体Q与最高位置之间的距离
例4：如图所示，已知光滑水平面上的光滑斜面体质量为m，铁球的质量也为m，球心与悬点之间的距离为L，斜面体在水平力作用下，系统恰好处于静止状态，这时悬挂铁球的细绳与竖直方向的夹角等于 ．撤去水平力F，斜面体最终将以速度v沿光滑水平面做匀速运动；铁球将来回摆动，摆动时最高位置与最低位置的高度差为h．求解v和h的值：
选题角度：学生领会机械能守恒定律的优点和温习运动学知识有较大的帮助．
解析：（1）由于斜面体和水平面都光滑，撤去F后，摆球和斜面体组成的系统，只有摆球所受的重力做功，故系统机械能守恒．
撤去水平力F后，斜面体沿光滑水平面向右运动．摆球沿圆弧运动；当摆线到达竖直位置时，摆球与斜面体的水平速度（设为v）相等，由机械能守恒定律可知
（2）斜面体与摆球分离后，摆球系统的总能量为 ，振动中机械能守恒，动能与重力势能相互转化，摆球的最高位置与最低位置的高度差h由机械能守恒定律决定：
例1．图5表示一个斜抛物体的运动，当物体由抛出位置1运动到最高位置2时，重力做功是多少？重力势能改变了多少？由位置2运动到跟位置1在同一水平面上的位置3时，重力做功和重力势能的变化是多少？由位置1运动到位置3呢？
解答：由位置1→2，重力做功-mgh，重力势能增大mgh；由位置2→3，重力做功mgh，重力势能减少mgh(增加-mgh)；由位置1→3，重力做功和势能变化均为零。
此例的目的是再次强化重力做功、重力势能的概念和计算
例2．如图6，光滑斜轨道下端与光滑圆周轨道相接。要使小球进入圆周轨道后能经过轨道最高点并不落下来，至少应使它从斜轨道上多高处由静止开始下滑？
解答：因所有轨道都光滑，所以小球运动过程中，只有重力做功，要使小球能经过轨道最高点而不下落，对小球此时速度有一下限，也就是此处动能有一下限，利用动能定理对小球从出发点到圆周轨道最高点的过程列式，有：
可以看出，利用重力做功的特点对全程列式可使问题大大简化。(可让分段列式同学提出自己的解答，然后比较优劣。)
例3．如图7所示，一物体质量m＝2kg，在倾角θ＝37°的斜面上的A点以初速度v0＝3m/s下滑。A点距弹簧上的挡板位置B的距离为AB＝4m，当物体到达B后，将弹簧压缩到C点，最大压缩量为BC＝0.2m，然后物体又被弹簧弹上去，弹到最高位置D点，D点距A点为AD＝3m。求：物体跟斜面间的动摩擦因数。(g取10m/s2，弹簧及挡板质量不计)
分析：此题一看上去似乎很繁，涉及到重力、弹力摩擦力做功的问题。其实认真分析一下就会发现，在物体从B→C又返回到B时，弹簧先做负功，又做了相等数量的正功。总功为零，即弹力功为零；而重力做功根据其特点，只考虑由A到D的高度差即可；摩擦力做功由于与路径有关，须认真计算物体在全程中的位移。可见，对不同性质的力做功要具体分析，才会既简化问题又避免发生错误。
利用动能定理对A→B→C→D全过程列式：
(三)课堂小结
1．对势能的含义和表达式予以必要重复。
2．对重力做功的特点和重力做功与重力势能变化关系予以强调。
3．回忆上节动能定理。结合本节知识，让学生课下思考：动能定理可变成什么其他形式？又有什么意义？为以后讲机械能守恒定律打下基础。
五、说明
1．不管是动能定理还是本节所讲的重力做功与重力势能变化的关系，都是过程量与状态量变化之间的关系。因此对过程分析和状态定位非常重要。教师应通过例题强调公式中每个符号的物理意义，不要把顺序搞错，以免给以后深入研究功能关系带来麻烦。
2．势能是一个较难理解的概念，学生在一节课内不易全面理解和掌握。因此本节没有给出有势力的概念，未通过有势力做功的特点来定义势能，而是直接给出定义和计算公式，这样是为了避免给学生造成理解困难，而淡化了本节的教学重点。可在今后学习中接触了更多势能概念如分子势能、电势能等时，再进一步总结势能特点，深入对它的理解。
3．关于势能是属于系统的讲解，由于课时所限，在本节提出也难免囫囵吞枣，因此也拟放在讲解机械能守恒定律时再深入讨论。本节先简略说成某物体具多少势能，但不要过分强调这一提法，以免以后纠正困难。
例 2 一根长为L的均匀绳索，一部分放在光滑水平桌面上，长为 的另一部分自然垂在桌面下，如图所示，开始时绳索静止，释放后绳索将沿桌面滑下，求绳索刚滑离桌面时的速度大小．
解析：绳索下滑过程中，只有重力做功，放整根绳索的机械能守恒．设整根绳索的质量为m，把绳索分为两部分：下垂部分的质量为 ，在桌面上部分质量为 ，选取桌面为零势能参考面．
释放时绳索的机械能
刚离开桌面时绳索的机械能
由机械能守恒定律得
解得
注：（1）对绳索、链条之类的物体，由于在考查过程中常发生形变，其重心位置相对物体来说并不是固定不变的．能否正确确定重心的位置，常是解决该类问题的关键，一般情况下常分段考虑各部分的势能，并用各部分势能之和作为系统总的重力势能．至于参考平面，可任意选取，但以系统初、末重力势能便于表示为宜．
（2）此题也可运用等效法求解：绳索要脱离桌面时重力势能的减少，等效于将图中在桌面部分移至下垂部分下端时重力势能的减少．然后由 列方程求解．
例3 气球A的质量为100kg，下悬挂一10kg的物体B、以5m/s的速度匀速上升，到达距地10m高处悬绳断了，求物体B落到地面时气球的速度多大？（不计空气阻力，g取 ）
选题角度：考查动量定理和机械能守恒定律及牛顿定律的灵活应用．
解析：气球及物体匀速上升的条件是：
，当绳断之后，气球做匀加速上升运动，物体做竖直上抛运动，可以用几种方法解：
解法一：用动量定理及机械能守恒解：设A物体的质量为M，B物体的质量为m：
B物体落地的速度： ①
根据动量定理，设向上为正方向，画图如所示
B物体： ②
气球A： ③
由①代入数据 （m/s）
由②③
（m/s）
解法二：把气球与物体作为相互作用的物体系来考虑。
∵作用前后系统 ，
∴ ∴
气球A： ，物体B：
由 可导出 ，再与①联立可解出 。
解法三：用牛顿运动定律；配合运动学的公式求解绳断后B的落地时间。由竖直上抛公式求出： 有：
，解出 （s）
气球：
则
由速度公式： （m/s）
例4 如图所示, 一根轻杆长为2 l , 它的左端O点为固定转动轴, 轻杆可以绕 O 轴在竖直平面内无摩擦转动, 它的中点及右端各固定一个小球A和B, 两球的质量分别是m 和 2 m , 重力加速度为g ．现用外力使杆处于水平位置, 从静止释放．求从开始运动到达杆处于竖直位置的过程中, 杆的作用力对B球所做的功．
选题角度：考查机械能守恒定律和动能定理的应用．
解析：首先我们分析在这个过程中，杆的弹力为什么对B球做功．设想如果A、B两球是分别固定在两个杆上的，同时释放，一定是A球先到达最低位置，现在两球在同一杆上，要同时到达最低点，必然是A球受杆的影响而变慢，B球受杆的影响而变快．也就是说在这过程中杆要发生弯曲形变，从而分别对两球做功，对A球做的是负功，对B球做的是正功．具体求解过程如下：
设没有A球，B球下落至最低点时速度大小为v1, 有A球后，B球下落至最低点时速度大小为v2．根据机械能守恒定律，可得
， ，
则杆对B球做的功等于B球在这两种情况下的动能之差，即
．动量与能量提高题
一．选择题(4×10,每题至少有一个答案是正确的,错选或不选得0分,漏选得2分)
1．质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒定的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的（ BC）
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V1、V2和V3，且满足：
（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2；
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=（M+M1）V；
D．小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足：（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V2
2．一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷人泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ, 则( AC )
A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量
B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小
C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零
D、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零
3．如图1所示，一轻质弹簧与质量为m的物体组成弹簧振子，物体在同一条竖直直线上的A、B间做简谐振动，O为平衡位置，C为AO的中点，已知OC=h，振子的周期为T，某时刻物体恰经过C点并向上运动，则从此时刻开始的半个周期时间内下列不可能的是( D ）
A、重力做功2mgh
B、重力的冲量大小为mgT/2
C、回复力做功为零
D、回复力的冲量为零
4．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是5kgm/s，B球的动量是7kgm/s，当A追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量的可能值是（B ）
A．-4 kg·m/s、14 kg·m/s B．3kg·m/s、9 kg·m/s
C．-5 kg·m/s 、17kg·m/ D．6 kg·m/s、6 kg·m/s
5．测定运动员体能一种装置如图所示，运动员质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮（不计滑轮质量及摩擦），下悬一质量为m2的重物，人用力蹬传送带而人的重心不动，使传送带以速率v匀速向右运动。下面是人对传送带做功的四种说法，其中正确的是（ ）
A．人对传送带做功 B．人对传送带不做功
C．人对传送带做功的功率为m2gv D．人对传送带做功的功率为(m1+m2)gv
6．在光滑水平面上有质量均为2kg的a、b两质点，a质点在水平恒力Fa=4N作用下由静止出发运动4s。b质点在水平恒力Fb=4N作用下由静止出发移动4m。比较这两个质点所经历的过程，可以得到的正确结论是AC
A．a质点的位移比b质点的位移大 B．a质点的末速度比b质点的末速度小
C．力Fa做的功比力Fb做的功多 D．力Fa的冲量比力Fb的冲量小
7．将质量为M的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度υ0沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为υ0/3，现将同样的木块放在光滑的水平桌面上，相同的子弹仍以速度υ0沿水平方向射入木块,则以下说法正确的是 （ ）
A．若M=3m，则能够射穿木块
B．若M=3m，不能射穿木块，子弹将留在木块中，一起以共同的速度做匀速运动
C．若M=3m，刚好能射穿木块，此时相对速度为零
D．若子弹以3υ0速度射向木块，并从木块中穿出，木块获得的速度为υ1；若子弹以4υ0速度射向木块，木块获得的速度为υ2，则必有υ1＜υ2
8．如图3所示，长2m，质量为1kg的木板静止在光滑水平面上，一木块质量也为1kg（可视为质点），与木板之间的动摩擦因数为0.2。要使木块在木板上从左端滑向右端而不至滑落，则木块初速度的最大值为 (D )
A．1m/s B．2 m/s C．3 m/s D．4 m/s
9．如图所示,小车开始静止于光滑的水平面上,一个小滑块由静止从小车上端高h处沿光滑圆弧面相对于小车向左滑动,滑块能到达左端的最大高度h/ ( C )
A、大h
B、小于h
C、等于h
D、停在中点与小车一起向左运动
10．A、B两小物块在一水平长直气垫导轨上相碰，用频闪照相机每隔t的时间连续拍照四次，拍得如图7所示的照片，已知四次拍照时两小物块均在图示坐标范围内，不计两小物块的大小及碰撞过程所用的时间，则由此照片可判断（ ） B
A、第一次拍照时物块A在55cm处，并且mA∶mB=1∶3
B、第一次拍照时物块A在10cm处，并且mA∶mB=1∶3
C、第一次拍照时物块A在55cm处，并且mA∶mB=1∶5
D、第一次拍照时物块A在10cm处，并且mA∶mB=1∶5
二．填空和实验
11．（10分）气垫导轨是常用的一种实验仪器。
它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在导轨上，滑块在导轨上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板C和D的气垫导轨以及滑块A和B来验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：
a.用天平分别测出滑块A、B的质量mA、mB。
b.调整气垫导轨，使导轨处于水平。
c.在A和B间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上。
d.用刻度尺测出A的左端至C板的距离L1。
e.按下电钮放开卡销，同时使分别记录滑块A、B运动时间的计时器开始工作。当A、B滑块分别碰撞C、D挡板时停止计时，记下A、B分别到达C、D的运动时间t1和t2。
（1）实验中还应测量的物理量是_____________________。
（2）利用上述测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是____________________，上式中算得的A、B两滑块的动量大小并不完全相等，产生误差的原因是___________。
（3）利用上述实验数据能否测出被压缩弹簧的弹性势能的大小？如能，请写出表达式。
12．(10分)某同学用图１所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律，图中PQ是斜槽，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由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹。重复这种操作10次。图1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2所示，其中米尺水平放置，且平行于G、R、O所在的平面，米尺的零点与O点对齐 。
（1）碰撞后B球的水平射程应取为__________cm。下图游标卡尺的示数为 m
（2）在以下选项中，哪些是本次实验必须进行的测量？答：________（填选项号）。
A、水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
B、A球与B球碰撞后，测量A球与B球落点位置到O点的距离
C、测量A球或B球的直径
D、测量A球和B球的质量（或两球质量之比）
E、测量G点相对于水平槽面的高度
（3）已知mA：mB=2：1，碰撞过程中动量守恒，E、F、J是实验中小球落点的平均位置，则由图可以判断E是________的落地处，J是_______的落地点。
（3）已知mA：mB=2：1，碰撞过程中动量守恒，E、F、J是实验中小球落点的平均位置，则由图可以判断E是________的落地处，J是_______的落地点。试用上图中的字母写出动量守恒定律的表达式________________________
三．计算题
13．(14分)某地强风的风速是20m/s，空气的密度是=1.3kg/m3。一风力发电机的有效受风面积为S=20m2，如果风通过风力发电机后风速减为12m/s，且该风力发电机的效率为=80%，则该风力发电机的电功率多大？
14．(14分)如图所示，一质量m2=0.25的平顶小车，车顶右端放一质量m3=0.2kg的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ=0.4，小车静止在光滑的水平轨道上。现有一质量m1=0.05kg的子弹以水平速度v0=12m/s射中小车左端，并留在车中。子弹与车相互作用时间很短。若使小物体不从车顶上滑落，求：(1)小车的最小长度应为多少 最后物体与车的共同速度为多少 (2)小木块在小车上滑行的时间。(g取10m/s2)
15．(15分)如图所示，物块A的质量为M，物块B、C的质量都是m，并都可看作质点，且m＜M＜2m。三物块用细线通过滑轮连接，物块B与物块C的距离和物块C到地面的距离都是L。现将物块A下方的细线剪断，若物块A距滑轮足够远且不计一切阻力。求：
（1）物块A上升时的最大速度；
（2）物块A上升的最大高度。
16．(15分)如图所示，质量为M=3kg、长度为 L=1.2m的木板静止在光滑水平面上，其左端的壁上有自由长度为L0=0.6m的轻弹簧，右端放置一质量为m=1kg的小物块，小物块与木块间的动摩擦因数为μ=0.4，今对小物块施加一个水平向左的瞬时冲量I0=4N·s，小物块相对于木板向左运动而压缩弹簧使弹性势能增大为最大值Emax，接着小物块又相对于木板向右运动，最终恰好相对静止于木板的最右端，设弹簧未超出弹性限度，并取重力加速度为g=10m/s2。求：（1）当弹簧弹性势能最大时小物块速度v；
（2）弹性势能的最大值Emax及小物块相对于木板向左运动的最大距离Lmax。
17．一传送带装置示意图如图2所示，其中传送带经过AB区域时是水平的，经过BC区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，为画出），经过CD区域时是倾斜的，AB和CD都与BC相切。现将大量的质量均为m的小货箱一个一个在A处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D处，D和A的高度差为h。稳定工作时传送带速度不变，CD段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L。每个箱子在A处投放后，在到达B之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC段时的微小滑动）。已知在一段相当长的时间T内，共运送小货箱的数目为N。这装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。求电动机的平均输出功率P。
18． (16分)如图所示，三个质量均为m的弹性小球用两根长均为L的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上．现给中间的小球B一个水平初速度v0，方向与绳垂直．小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长．求：
(1)当小球A、C第一次相碰时，小球B的速度．
(2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度．
(3)运动过程中小球A的最大动能EKA和此时两根绳的夹角θ.
(4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小．
参考答案:
1．BC 2．AC 3．D 4．B 5．AC 6．AC 7．B 8．C 9．C 10．AB
11．（1）B的右端至D板的距离L2
（2） 测量、时间、距离等存在误差，由于阻力、气垫导轨不水平等造成误差。（学生只要答对其中两点即可）
（3）能。
12．(1)64.5——64.5cm之间,11.03cm, (2)ABD (3)A碰前的落点;A碰后的落点
mAOJ=mAOE+mBOF
13．风力发电是将风的动能转化为电能，讨论时间t内的这种转化，这段时间内通过风力发电机的空气 的空气是一个以S为底、v0t为高的横放的空气柱，其质量为m=Sv0t，它通过风力发电机所减少的动能用以发电，设电功率为P，则
代入数据解得 P=53kW
14．答案：
(1)m1 v0=( m2+ m1 ) v1
( m2+ m1 ) v1=( m2+ m1 + m3) v2
( m2+ m1 ) v12－( m2+ m1 + m3) v22=μm3gL
所以车长L＝0.9m 共同速度v2＝2.1m/s
（2）研究m3则有：
μm3gt＝m3 v2
所以t＝0.52s
15．（1）当物体C着地时,M具有最大速度,由机械能守恒得:
2mgL-MgL=(2m+M)vm2
解得
（2）若 物体B刚着地时,M的速度为0,到达最高
此时AB为系统机械能守恒: (M+m) vm2=MgL-mgL
H=L+L
解得
若
(M+m) vm2=MgL1-mgL1
H=L+L1
解得
若 物体B着地时,M的速度不为0,仍在升高
(M+m) vm2－(M+m) v22=MgL-mgL
Mv22＝Mgh
H=2L+h
解得
16．解：（1）由动量定理及动量守恒定律得I0=mv0 mv0=(m+M)v
于是可解得：v=1m/s。
（2）由动量守恒定律和功能关系得mv0=(m+M)u
mv2 =（m+M）v2+μmgLmax+Emax
mv2 =（m+M）u2+2μmgLmax
于是又可解得：Emax=3J Lmax=0.75m
17．以地面为参考系（下同），设传送带的运动速度为v0，在水平段运输的过程中，小货箱先在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，设这段路程为s，所用时间为t，加速度为a，则对小箱有① ② 在这段时间内，传送带运动的路程为 ③ 由以上可得 ④
用f表示小箱与传送带之间的滑动摩擦力，则传送带对小箱做功为
⑤
传送带克服小箱对它的摩擦力做功 ⑥
两者之差就是克服摩擦力做功发出的热量 ⑦
可见，在小箱加速运动过程中，小箱获得的动能与发热量相等。 T时间内，电动机输出的功为 ⑧
此功用于增加小箱的动能、势能以及克服摩擦力发热，即
⑨
已知相邻两小箱的距离为L，所以 ⑩
联立⑦⑧⑨⑩，得 ⑾
18．(16分) 参考答案：
（1）设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为，由动量守恒定律，得
由此解得
（2）当三个小球再次处在同一直线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
解得 （三球再次处于同一直线）
，（初始状态，舍去）
所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为（负号表明与初速度反向）
（3）当小球A的动能最大时，小球B的速度为零。设此时小球A、C的速度大小为，两根绳间的夹角为θ（如图），则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律，得
另外，
由此可解得，小球A的最大动能为，此时两根绳间夹角为
（4）小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同一直线上时，以小球B为参考系（小球B的加速度为0，为惯性参考系），小球A（C）相对于小球B的速度均为所以，此时绳中拉力大小为：
O
C
A
B
m
x/cm
A
B
A
A
A
B
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50
55
60
65
70
75
80
0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
. . . .
O E F J
11
10
12
0
10
5
A
C
B
L
L
M
m I0
B
L
L
A
C
D
图2