动量和能量专题教案
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文档简介
扬州市二轮复习教学案
动量和能量
一、近三年高考题回顾
1．（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
2．（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
3．（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.
4、（2006江苏第17题． 15分）如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长的轻绳连接。现把A、B两球置于距地面高H处（H足够大），间距为l0当A球自由下落的同时，B球以速度vo指向A球水平抛出。求：
（1）两球从开始运动到相碰，A球下落的高度。
（2）A、B两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量。
（3）轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量大小。
解答：（1）设 A球下落的高度为 h
l=v0t ………………………………………………..①
h=1/2gt2 ……………………………………………….…②
联立①②得
h= ………………………………………………….③
（2）由水平方向动量守恒得
mv0=mv+mv ……………………………………………………..④
由机械能守恒得
1/2m（V+V）+1/2mV=1/2m（V+V）+1/2m（V+V）
其中V=VAy V=VBy
联立④⑤得
V=V0
VBX=0
（3）由水平方向动量守恒得
mv0=2mvBx I=mv=mv0/2
二、本专题命题特点和2007年命题趋势
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。
动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景、抽象出物理模型、选择物理规律、建立方程进行求解。
三、专题框架
2．1动量定理和动量守恒定律
【知识点回顾】
一、动量定理
1.定理内容：物体所受合外力的冲量等于它动量的变化, 表达式：Ft=mv′-mv.
2.动量定理是根据牛顿第二定律F=ma、运动学公式v=v0+at和力F是恒定的情况下推导出来的.因此能用牛顿第二定律和运动学公式能解的恒力问题，凡不涉及加速度和位移的，用动量定理求解较为方便.
3.动量与参考系的选取有关，所以用动量定理必须注意参考系的选取，一般以地球为参考系.
4.动量定理和研究对象是质点，或由质点构成的系统
5.牛顿第二定律的动量表达式为F=(p′-p)/△t，要用其解释一些生活中现象.(如玻璃杯落在水泥地摔碎而落在地毯上无事)
二、动量守恒定律
1.内容:相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或它们受到的外力之和为0，则系统的总动量保持不变.
2.动量守恒定律的适用条件
内力不改变系统的总动量，外力才能改变系统的总动量，在下列三种情况下，可以使用动量守恒定律：
（1）系统不受外力或所受外力的矢量和为0.
（2）系统所受外力远小于内力，如碰撞或爆炸瞬间，外力可以忽略不计.
（3）系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和为0，或外力远小于内力，则该方向动量守恒（分动量守恒）.
3.动量守恒定律的不同表达形式及含义
①p=p′（系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′）；
②ΔΡ=0(系统总动量的增量等于0)；
③ ΔΡ1=- ΔΡ2（两个物体组成的系统中，各自动量增量大小相等、方向相反），
4.理解要点
1.动量守恒定律的研究对象是相互作用物体组成的系统.
2.系统“总动量不变”不仅是系统初、末两个时刻总动量相等，而且是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等.
3.公式是矢量式，根据教学大纲，动量守恒定律应用只限于一维情况.应用时，先选定正方向，而后将矢量式化为代数式.
4.注意动量守恒定律的矢量性、相对性、同时性。
【典型例题】
1.利用动量定理时应注意重力的冲量.
例题1、某消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5m.在着地过程中，对他双脚的平均作用力估计为( )
A.自身所受重力2倍 B.自身所受重力5倍
C.自身所受重力8倍 D.自身所受重力10倍
解：以人为研究对象，取向上方向为正方向根据运动学△t = △h/v平均=△h/(v/2)=2△h/v.在触地过程中，根据动量定理有：F合△t=m△v
即：（N-mg）△t=m△v，即N=mg+m△v/△t=mg+mv/(2△h/v)
=mg+mv2/2△h,
=mg+mgh/△h=5mg.因此答案 B 正确.
例题拓展: 质量为60kg的建筑工人不慎从高空跃下，由于弹性安全带的作用，使他悬挂起来，已知弹性安全带的缓冲时间为1.2s，要使安全带对人的平均作用力不超过1000N，则安全带不能超过多长？
解析:仅受重力作用的自由落体运动，时间为
受重力和安全带的拉力作用的减速运动，时间t2=1.2s。
对全过程运用动量定理
2.利用动量定理解决变质量问题比较简便.
例题2: 一艘帆船在静水中由于风力的推动做匀速直线运动，帆面的面积为S，风速为v1，船速为v2，（v2 < v1），空气密度为ρ，帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力大小为多少？
解析：取右图所示的部分空气为研究对象，这部分空气的质量为，这部分气体经过时间△t后都由v1变为v2，取船前进方向为正方向，对这部分气体列出动量定理：
例题拓展:由高压水枪中竖直向上喷出水柱，将一个质量为m的小铁盒开口向下扣在水柱上，水的密度为ρ，以v0的初速度从横截面积为S的管口喷出，水柱喷到小铁盒上后原速率返回。求稳定状态下小铁盒距管口的高度。
3.子弹打木块类问题.
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d
对子弹用动能定理： ……①
对木块用动能定理： ……②
①、②相减得： ……③
点评：这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。
由上式不难求得平均阻力的大小：
至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：
从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：
一般情况下，所以s2<例题拓展: 两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为，，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量的滑块C（可视为质点），以的速度恰好水平地滑到A的上表面，如图所示，由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为3.0m/s，求：
（1）木块A的最终速度； （2）滑块C离开A时的速度。
解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。(类似子弹穿木块模型)
（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为。最后C相对静止在B上，与B以共同速度运动，由动量守恒定律有
∴
（2）为计算，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒。C离开A时的速度为，B与A的速度同为，由动量守恒定律有
∴
4．某一方向上的动量守恒
例题4:如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？
解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：
MV=mv
且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：
Md=m［（L-Lcosθ）-d］
解得圆环移动的距离：
d=mL（1-cosθ）/（M+m）
点评：以动量守恒定律等知识为依托，考查动量守恒条件的理解与灵活运用能力
学生常出现的错误：（1）对动量守恒条件理解不深刻，对系统水平方向动量守恒感到怀疑，无法列出守恒方程.（2）找不出圆环与小球位移之和（L-Lcosθ）。
例题拓展: 质量为M的楔型物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧足够长。求：小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v。
解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。小球上升过程中，由水平动量守恒得：
由机械能守恒得：
解得
全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得
(M＋m)v0=M(v0+△v)-m[u-(v0＋△v)]
反馈练习:
1.A、B两车与水平面的动摩擦因数相同。则下列那些说法正确？(D)
A、若两车动量相同，质量大的滑行时间长
B、若两车动能相同，质量大的滑行时间长
C、若两车质量相同，动能大的滑行时间长
D、若两车质量相同，动量大的滑行距离长
2．质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将（B ）
A．减小 B．不变 C．增大 D．无法确定
3．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内人和船的运动情况是（ ACD ）
A．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比
B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等
C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比
D．人走到船尾不再走动，船则停下
4．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块中部夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地上。A的落地点与桌边水平距离0.5m，B的落地点距离桌边1m，那么（ ABD ）
A．A、B离开弹簧时的速度比为1∶2
B．A、B质量比为2∶1
C．未离开弹簧时，A、B所受冲量比为1∶2
D．未离开弹簧时，A、B加速度之比1∶2
5．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是（ AD ）
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
6．载人气球原静止于高h的空中，气球质量为M，人的质量为m。若人要沿绳梯着地，则绳梯长至少是（A）
A．（m+M）h/M B．mh/M C．Mh/m D．h
7．质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球1的动量为7 kg·m/s,球2的动量为5 kg·m/s,当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的可能值是( A )
A．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=1 kg·m/s
B．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=4 kg·m/s
C．Δp1=-9 kg·m/s，Δp2=9 kg·m/s
D．Δp1=-12 kg·m/s，Δp2=10 kg·m/s
8．小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是(BCD)
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为v
D．AB车向左运动最大位移小于L
9一质量为m的小球从距地面高度 为h1处自由下落，反弹高度为h2，与地面的作用时间为t，则此过程中地面对小球和平均作用力为多大？
解析：以小球为研究对象，规定向上为正方向，设小球触地前瞬间速度大小为v1，触地后速度大小为v 2，
小球受力分析如图所示，对触地过程应用动量定理有： F合t = ΔP
即（F-mg）t=m v 2 –(-m v1)
10.如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B，木块的质量为M=6.0kg。当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=50cm，而木块所受的平均阻力为f=80N。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取，求爆竹能上升的最大高度。
解：爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v可由牛顿第二定律和运动学公式求得
，，
爆竹爆炸过程中，爆竹木块系统动量守恒
11．质量为M的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小球用细绳吊在小车上O点，将小球拉至水平位置A点静止开始释放（如图所示），求小球落至最低点时速度多大？（相对地的速度）()
12．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.
12.（1）v,向左 （2）5个
2、2 功和能
【知识点回顾】
功是力的空间积累效果。有力做功，一定有能的转化或转移；功是能的转化或转移的量度。弄清一个物理过程中能量的变化情况，才能更深刻地理解这个过程，从而做出正确的判断。学习“功和能”，重点掌握以下知识点：
1．理解功的概念，掌握功的计算方法。做功总伴随能的转化或转移，功是能量转化或转移的量度。计算恒力的功时用W=Fscosα，其中α是力F与位移S的夹角，它可以理解为位移方向的分力与位移的乘积或力的方向的分位移与力的乘积。在计算或定性判断做功情况时，一定要明确是哪个力的功。
2．会判断正功、负功或不做功。判断方法有：
（1）用力和位移的夹角α判断 当0≤α＜90°，力做正功
当α=90°时，力做功为零
当90°＜α≤180°，力做负功
（2）用力和速度的夹角θ判断定 当0≤θ＜90°，力做正功
当θ=90°时，力不做功
当90°＜θ≤180°时，力做负功
（3）用动能变化判断 当某物体的动能增大时，外力做正功
当某物体的动能不变时，外力不做功
当某物体的动能减小时，外力做负功
3．了解常见力做功的特点
重力做功和路径无关，只与物体始末位置的高度差h有关：W=mg h，当末位置高于初位置时，W＞0，即重力做正功；反之则重力做负功。
滑动摩擦力做功与路径有关。当某物体在一固定平面上运动时，滑动摩擦力做功的绝对值等于摩擦力与路程的乘积。
在弹性范围内，弹簧做功与始末状态弹簧的形变量有关系。
4．理解力和功率的关系。某力做功的瞬时功率P与该瞬时力的大小F，速度υ及它们的夹角α有关：P=Fυcosα。应用此式时注意两点：一是明确F指的哪个力；二是明确α是力与速度的夹角。当我们用P=Fυ分析汽车或汽船（此时cosα=1）的运动时，要注意条件。如果汽车启动时可以看作匀加速直线运动，阻力可看作大小不变的力，则汽车的牵引力F的大小不变，由P=Fυ可知发动机的功率是逐渐增大的。但是当功率达到额定功率时不再增大，由P=Fυ可知牵引力F将逐渐减小，即汽车启动时做匀加速运动的时间是有限度的。在发动机功率不变的条件下，汽车加速运动的加速度将不断减小。
5．掌握动能和动能定理 动能EK=mυ2/2是物体运动的状态量，功是与物理过程有关的过程量。动能定理是：在某一物理过程中，外力对某物体做功等于该物体末态动能与初态动能之差，即动能增量，用数学表示为 W=－。动能定理表达了过程量功与状态量动能之间的关系。在应用动能定理分析一个具体过程时，要做到三个“明确”，即明确研究对象（研究哪个物体的运动情况），明确研究过程（从初状态到末状态）及明确各个力做功的情况。
6．理解势能 势能与相互作用的物体之间的相对位置有关，是系统的状态量。例如重力势能与物体相对地面的高度有关，弹性势能与物体的形变有关。势能的大小与参考点（此处势能为零）的选取有关，但势能的变化与参考点无关。重力势能的变化与重力做功的关系是WG=Ep1－Ep2=mgh1－mgh2；弹性势能的变化与弹簧做功有类似的关系。要区分重力做功WG=mgh中的“h”和重力势能Ep=mgh中的“h”，前者是始末位置的高度差，后者是物体相对参考面的高度。
7．掌握机械能 一个物体系统动能和势能的总和，叫它的机械能。我们研究一个物体A，地球和一个轻弹簧组成的系统，其中A和弹簧，地球以某种方式相连。在A的某个运动过程中，可能有重力做功W重、弹簧做功W弹，还可能有摩擦力、推力、拉力等其他外力做功W其他；在初态的物体A的动能为mυ12/2，系统的重力势能为mgh1，弹性势能为Ep1，末态A的动能为mυ22/2，系统的重力势能为mgh2，弹性势能为Ep2。由动能定理可以得出：
W=mυ22/2－mυ12/2或W重+W弹+W其他=mυ22/2－mυ12/2 (1)
而W重=mgh1－mgh2，
W弹=Ep1－Ep2 (2)
由（1）（2）可得 W其他=(mυ22/2+mgh2+Ep2)－(mυ12/2+mgh1+Ep1)=E2－E1 (3)
上式中E1=mυ12/2+mgh1+Ep1为系统初态机械能，E2=mυ22/2+mgh2+Ep2为系统末态机械能。
从上式可以看出，在一个物理过程中，如果只有系统内部的重力和弹簧做功，则系统的机械能变化为零，即机械能守恒。机械能守恒定律是力学中的重点定律，它的另一种表述是：如果没有介质阻力做功，只发生动能和势能的相互转化，则机械能保持不变。应用机械能守恒定律分析问题时，要（1）注意所研究的过程是否符合机械能守恒的条件；（2）明确研究系统；（3）明确研究过程。
注：从（3）式还可以看出，除系统内部的重力、弹力以外，其他外力的功W其他决定了机械能的变化情况，当W其他＞0时，E2＞E1，机械能增大，当W其他＜0时，E2＜E1，机械能减小。例如钢丝绳吊一重物减速上升，把重物、地球看作一个系统，钢丝绳的拉力作正功，系统的机械能是增大的。
8．理解“摩擦生热” 设质量为m2的板在光滑水平面上以速度υ2运动，质量为m1的物块以速度υ1在板上同向运动，且υ1＞υ2，它们之间相互作用的滑动摩擦力大小为f，经过一段时间，物块的位移为s1，板的位移s2，此时两物体的速度变为υ′1和υ′2由动能定理得
-fs1=m1υ′12/2－m1υ12/2 (1)
fs2=m2υ′22/2－m2υ22 /2 (2)
在这个过程中，通过滑动摩擦力做功，机械能不断转化为内能，即不断“生热”，由能量守恒定律及（1）（2）式可得
Q=(m1υ12/2+m2υ22/2)－(m1υ′12/2－m2υ′22 /2)=f(s1－s2) （3）
由此可见，在两物体相互摩擦的过程中，损失的机械能（“生热”）等于摩擦力与相对路程的乘积。
二、典型例题分析：
例题1、如图2-2-2，小物体位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上如图所示。从地面上看，在小物体沿斜面下滑的过程中，a对b的弹力对b做功为W1，b为a的弹力对a做功为W2，对下列关系正确的是
(A)W1=0,W2=0 (B)W1≠0,W2=0
(C)W1=0,W2≠0 (D)W1≠0,W2≠0
启发提问：小物体在斜面上下滑时，斜面a在光滑水平地面上应做何种运动？这时，a对b的弹力N与b的位移S之间夹角还能是直角吗？
分析：当小物体b下滑时，因地面光滑a在b的压力作用下将向右做匀加速运动。由于弹力N垂直于斜面，固而N与S的夹角大于90°。所以a对b的弹力N对b做负功，即W1≠0。b对a的弹力N 与斜面位移夹角小于90°，固而b对a做正功，W2≠0。选项(D)是正确的。
答：此题应选(D)。
例题拓展1．如右图2-2-3所示，板长为l，板的B端放有质量为m的小物体P，物体与板的摩擦因数为μ。开始时板水平，若板缓慢转过一个小角度α的过程中，物体保持与板相对静止，则在这个过程中（ D ）
A.摩擦力对P做功为mglcosα(1－cosα)
B.摩擦力对P做功为mglsinα(1－cosα)
C.弹力对P做功为mglsin2α
D.板对P做功为mglsinα
例题拓展2.如图2-2-4所示，物块右端有一个质量不计的定滑轮，细绳的一端系在墙上B点，另一端绕过滑轮受到恒力F的作用，力F跟水平面夹角为θ。跟B点相连的细绳处于水平在力F作用下，物块沿水平方向移动S的过程中，恒力F做功的大小是 。
(答案: )
例题2.汽车的质量5×103kg，额定功率为6×104kw，运动中阻力大小为车重的0.1倍。汽车在水平路面上从静止开始保持加速度0.5m/s2做匀加速直线运动中：
(1)汽车的实际功率随时间变化的关系式，汽车保持加速度不变的时间。
(2)此后汽车的运动情况，所能达到的最大速度。
启发提问：汽车开始做匀加速运动，当牵引力保持一定，汽车的速度如何变化，汽车的实际功率如何变化？当实际功率已增大到额定功率时，速度再增大，牵引力将如何变化？
分析：汽车开始做匀加速运动，牵引力恒定，速度越来越大，实际功率也越来越大，直至功率增大到额定功率为止。此后再增大速度牵引力将随之减小，做加速度逐渐小的加速运动，直到牵引力等于阻力，汽车做匀速运动为止。
解：(1)设汽车做匀加速运动时牵引力为F，所受阻力为f，汽车质量为m，额定功率为P0，匀加速过程的最大速度为vt，则有
F－f=ma ①
f=kmg ②
P0=fvt ③
由①②③三式联立可得汽车实际功率随时间变化的关系式
④
将题给各量的值代入上式，并注意k=0.1
=8m/s
(2)汽车达到额定功率后，速度再增加，牵引力就要减小，但只要牵引力大于阻力时，加速度不为零，速度还是增加直到牵引力等于阻力时，汽车将做匀速运动。这时，汽车达到这种阻力条件下的最大速度
例题拓展1.质量为500×103kg的火车在平直的铁路上行驶，火车行驶过程的发动机的功率不变经过3min行驶了1.45km,速度由0增至36km/h。设火车受到的阻力不变。求发动机的功率。
（ 答案：17.375kw ）
例题拓展2、额定功率为80km，质量为2.0t的汽车，在平直公路上行驶。在汽车的速度υ≤10m/s时，汽车受到的阻力保持不变，当υ＞10m/s时，阻力与速度成正比f=kυ=200υ(N)。问：
（1）汽车的最大行驶速度多大？
（2）如果汽车的速度为10m/s时，发动机的功率为额定功率，此时的加速度为多大？
（3）如果速度达到10m/s以前，汽车做匀加速直线运动，达到10m/s后保持发动机功率为额定功率，那么汽车做匀加速运动的时间多长？
分析和解答 (1)汽车以最大速度行驶时，发动机功率一定是额定功率，而且此时汽车的运动一定是匀速直线运动。设最大速度为υm，汽车牵引力F=P额/υ，阻力f=kυm，匀速运动时有
F=f 或=kυm
所以
υm==20m/s
(2)加速度由牛顿第二定律求出
a=①
υ=10m/s时的牵引力和阻力分别是：
F= ② f=kυ③
由①②③式得出
a==3m/s2
（3）在速度达到10m/s以前，阻力保持不变，匀加速直线 运动就意味着牵引力不变而功率增大，而功率的最大值应是额定功率，因此匀加速直线运动的时间有一限度t0。由前述分析可知，=10m/s时，a=3m/s2，此为匀加速直线运动的末速度和加速度，因此
t0==3.3(s)
点评 汽车运动的不同阶段有不同的运动规律，“匀加速直线运动”、“功率为额定功率”、“最大速度”是不同阶段的运动情况。应在弄清运动情况的基础，运用物理公式。
例题拓展3、如图2-2-5所示，水平平行放置的导轨上连有电阻R，并处于垂直轨道平面的匀强磁场中.今从静止起用力拉金属棒ab(ab与导轨垂直)，若拉力恒定，经时间t1后ab的速度为υ，加速度为a1，最终速度可达2υ；若拉力的功率恒定，经时间t2后ab的速度也为υ，加速度为a2，最终速度可达2υ.求a1和a2满足的关系.
解析 电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解此类型问题的一般思路是：先由法拉第电磁感应定律求感应电动势，然后根据欧姆定律求感应电流，再求出安培力，再往后就是按纯力学问题的处理方法，如进行受力情况分析、运动情况分析及功能关系分析等.
设恒力为F，由于最终速度为匀速2υ，则
F1＝BI1L……①
I1＝ ＝ ……②
∴F1＝ ……③
当速度为υ时，ab棒所受安培力为F2，同理解得：
F2＝ ……④
此时加速度为a1，则
F1-F2＝ma1……⑤
联立以上各式得
a1＝ ……⑥
设外力的恒定功率为P1，最终速度为2υ时，由能量守恒知：
P1＝I12R＝ ……⑦
速度为υ时，ab棒受的外力为F1′，则
P1＝F1′υ……⑧
此时加速为a2，有
F1′-F2＝ma2……⑨
联立④、⑦、⑧、⑨式，得
a2＝ ……⑩
由⑥、⑩式，得a2＝3a1.此即为所求.
评注 本题是典型的运用力学观点分析解答的电磁感应问题.注重进行力的分析、运动状态分析以及能的转化分析等.涉及的知识点较多，综合性较强，适当训练将有利于培养综合分析问题和解题能力.
例题3、如图2-2-6所示，小球从距地面高H=4m处自由下落，到地面恰好沿半径R=0.5m的半圆形槽运动，到最低点时速度为8m/s，而后沿圆弧运动，脱离槽后竖直上升。小球质量m=0.4kg，求小球离槽后竖直上升的高度h？（g取10m/s，空气阻力不计）
启发提问：小球从静止开始下落，最后上升到h处时速度大小又是零。怎样运用动能定理解决这样问题？
分析：此题小球的运动须划分成两段。第一段小球从高处落下至最低点；第二段是小球从最低点上升至最高点。
解：小球从H+R高处落下至最低点时速度为v=8m/s。根据动能定理
v2－0 ①
式中Wf是槽对球的阻力功，小球上升过程，根据动能定理
v2 ②
由①②两式联立得小球离槽后竖直上升高度
例题拓展1、如图2-2-7所示，从高度H=250米，以v0=20m/s的初速度竖直下抛的物体，陷入泥里的深度S=20cm。如果物体的质量m=2kg，求泥土的平均阻力f (空气阻力不计，g取10m/s2)
启发提问：物体陷进泥土里之前受什么力作用？陷进泥土里之后又受哪些力的作用？怎样确定动力功和阻力功？又怎样确定物体的初态动能和末态动能？
分析：物体陷进泥里之前，只受重力mg的作用，陷进泥里以后受重力mg之外还受有泥土阻力f，受力情况如图所示。
解：物体开始下抛时为初态，陷进泥里停止运动时为末态。初态动能， v02末态动能为零。根据动能定理可得
其中
v02
由上式可得泥土的平均阻力
例题4、内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，如图2-2-8，环的半径为R（比细管的半径大得多。在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球可视为质点）。A球的质量为m1，B球的质量为m2，它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1、m2，R与v0应满足的关系式是 。
分析：如图5—12所示，A球在最低点处速度为v0，做圆周运动的向心力由N1—m1g的合力充当，根据牛顿第二定律
①
再设B球在最高点时速度为v，它做圆周运动的向心力为N2+m2g，根据牛顿第二定律
②
当B球从最高点处运动至最低点处，运动中只有重力做功（管壁支持力与运动方向垂直不做功）机械能守恒定律适用
③
由①②③式即可解题。具体过程是由②式得出
④
将④式代入③式，消去v，则可得出下式
⑤
由题意可知式中N1=N2，再用①式减⑤式可得所求的关系式
答：此题应填。
例题拓展1、如图2-2-9所示，一个铁球从竖立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，接触簧后将弹簧压缩。在压缩的全过程中，弹簧的压缩量最大时：（ BC ）
(A)球所受合力最大，但不一定大于重力值
(B)球的加速度最大，且一定大于重力加速度值
(C)球的加速度最大，有可能小于重力加速度值
(D)球所受弹力最大，且一定大于重力值
启发提问：球落到轻弹簧上将弹簧压缩，在这个过程中，系统（球与弹簧）中发生了什么能量转化？
分析：设以弹簧压缩量最大处A点为重力势能的参考点（即重力势能为零处），根据机械能守恒定律
解方程得弹簧压缩量的最大值
①
又知道在压缩过程中有一位置x0，在此位置上弹簧的弹力等于小球的重力
kx0=mg
即
由①与②式得
③
就③式来讨论：
(1)当h＝0时,x=2x0；
(2)当h＞0时，x＞2x0,结合②式可知如图5—10所示的情况下弹力
F＞2mg
由此可判断出(B)、(C)是正确的。
答：此题应选(B)、(C)。
例题拓展2、如图2-2-10所示，悬线长为l，把小球拉到A处，悬线与竖直方向成α角，由静止释放，当小球摆动经过位置C时，小球的动能恰好等于重力势能。求这时悬线与竖直方向夹角θ。（规定小球在B点处的重力势能等于零）
例5、 如图2-2-11所示一传送皮带与水平面夹角为30°，以2m/s的恒定速度顺时针运行。现将一质量为10kg的工件轻放于底端，经一段时间送到高2m的平台上，工件与皮带间的动摩擦因数为（μ=），求带动皮带的电动机由于传送工件多消耗的电能。
分析和解答 首先要弄清什么是电动机“多消耗的电能”。当皮带空转时，电动机会消耗一定的电能。现将一工件置于皮带上，在摩擦力作用下，工件的动能和重力势能都要增加；另外，滑动摩擦力作功还会使一部分机械能转化为热，这两部分能量之和，就是电动机多消耗的电能。
设工件向上运动距离s时，速度达到传送带的速度υ，由动能定理可知
-mgs sin30°+μmgcos30° s=0－mυ2
代入数字，解得s=0.8m，说明工件未到达平台时，速度已达到υ，所以工件动能的增量为
△Ek=mυ2=20J
工件重力势能增量为
△Ep=mgh=200J
在工作加速运动过程中，工件的平均速度为υ=，因此工件的位移是皮带运动距离
s′的，即s′=2s=1.6m。由于滑动摩擦力作功而增加的内能E为
△E=f△s=mgcos30°(s′－s)=60J
电动机多消耗的电能为
△Ek+△Ep+△E=280J
点评 当我们分析一个物理过程时，不仅要看速度、加速度，还要分析能量转化情况。在工件加速和匀速两个阶段，能量转化情况不同。知道了能量变化情况，尤其是“多消耗”电能的涵义，问题就迎刃而解了。
例题拓展1．如图2-2-12所示，水平传送带保持1m/s的速度运动。一质量为1kg的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2。现将该物体无初速地放到传送带上的A点，然后运动到了距A 1m的B点，则皮带对该物体做的功为（ A ）
A. 0.5J B. 2J C. 2.5J D. 5J
例题拓展2、如图2-2-13（甲）所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平．一个小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，然后落到地面的C点，其落地点相对于B点的水平位移为OC＝L．现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端B′与B点相距为L/2，当传送带静止时，让物体P再次由A点自静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行一段后从传送带右端水平飞出，仍然落在地面上的C点．当驱动轮转动带动传送带以速度v匀速向右运动（其他条件不变）时，物体P的落地点变为D，如图2-2-13（乙）所示．问：
（1）求P滑至B点时的速度大小；
（2）求P与传送带之间的动摩擦因数；
（3）传送带的速度时，OD间的距离为多少
解：（1） （2）出，在空中运动的时间也为t，水平位移为，因此物体从传送带右端抛出的速度
根据动能定理，物体在传送带上滑动时，有．
解出物体与传送带之间的动摩擦因数为
（3）当时，物体先做减速运动，再做匀速运动，最终以速度飞出
所以OD间距离为
反馈练习：
1、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：（ CD ）
(A)物体势能的增加量
(B)物体动能的增加量
(C)物体动能的增加量加上物体势能的增加量
(D)物体动能的增加量加上克服重力所做的功
2.如图2-2-14所示，质量为M的长木板静止在光滑的水平桌面上，另一质量为m的物体以速度v0冲上木板，由于m和M间有摩擦，结果木板和物体一起运动，过程中：（ABD ）
(A)摩擦力对物体m做负功
(B)摩擦力对木板M做正功
(C)摩擦力对木板和物体系统做功为零
(D)摩擦力对木板和物体系统永远做负功
3.在离地面高为H处，以速度v竖直向上抛出一个质量为m的小球，不计空气阻力，以下哪些物理量的数值等于（以地面的重力势能为零）： （ABC ）
(A)球到达最高点的重力势能
(B)球落地时的动能
(C)球在空中任一点的机械能
(D)上述判断都不正确
4. 在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机汽车滑行直到停止，其运动过程的速度—时间图象如图2-2-15所示。设汽车的牵引力大小为F，摩擦力为f全过程中牵引力做功W，克服摩擦阻力做功Wf。则有（ BC ）
(A)F∶f=1∶3
(B)F∶f=4∶1
(C)W∶Wf =1∶1
(D)W∶Wf =1∶3
5、物体A从斜面体B的顶端滑到底端，如图2-2-16所示 则 （ ABC ）
A.若B不动, 支持力对A不做功
B.若B向左平移, 支持力对A做正功
C.若B向右平移, 支持力对A做负功
D.无论B动不动, 支持力对A都不做功
6、列车在恒定功率机车的牵引下，从车站出发行驶5分钟，速度达到20m/s，那么在这段时间内，列车行驶的路程（ C ）
A.一定小于3km B.一定等于3km
C.一定大于3km D.不能确定
点评 ：分析对比的方法在定性分析物理问题时很有用。
7、 固定光滑斜面体的倾角为θ=30°，其上端固定一个光滑轻质滑轮，A、B是质量相同的物块m=1kg，用细绳连接后放置如如图2-2-17所示，从静止释
放两物体。当B落地后不再弹起，A再次将绳拉紧后停止运动。
问：（1）B落地时A的速度？
（2）A沿斜面上升的最大位移？
（3）从开始运动到A、B均停止运动，整个系统损失了多少机械能？
分析和解答 从静止释放A、B后，由于绳的作用，A、B具有共同速率；又由于无摩擦系统机械能守恒；B落地时与地碰撞，其动能变为热；绳的拉力消失后，A继续沿斜面向上运动，其机械能守恒；当A再次将绳拉紧后，A停止运动，其动能损失掉，转变为热（绳对A做功）。
设B落地时A、B的速度为υ，根据机械能守恒定律，系统重力势能的减少量等于系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量：
mBgh－mAghsinθ=(mA+mB)υ2
得出 υ=1m/s
设B落地后A沿斜面向上运动的最大位移为s，对A应用机械能守恒定律：
mAgssinθ=mAυ2
由此得 s=0.1m
A沿斜面运动的最大位移为SA=h+s=0.2+0.1=0.3m
从释放A、B到A、B均停止运动，系统机械能的损失E为初态机械能E1与末态机械能E2之差：
E=E1－E2=mBgh－mAgSAsin30°=0.5J
点评 分析清楚每个阶段运动情景，尤其是能量变化特征，是解此题的关键。
8、如图2-2-18所示，一个小物体从斜面上高为h的一点滑下进入水平面滑行一段距离后停下来。物体运动的水平距离为S，物体在斜面上和水平面上滑动时动摩擦因数都相同。求此动摩擦因数。
启发提问：小物体在斜面上受到滑动摩擦力等于什么？在平面上滑动时滑动摩擦力又等于什么？整个过程动力功等于什么？阻力功又等于什么？
分析：物体在斜面上受力情况如图2-2-19 (a)而在平面上的受力情况如图4(b)固此在斜面上受的阻力
在平面上受阻力
在物体运动的整个过程中重力做功为
W动=mgh
阻力做负功
而整个过程动能的变化为零。
解：根据动能定理有下式成立
动摩擦因数
9.如图2-2-20所示，在竖直平面内有一个半径为R，圆心角为90°的圆弧形轨道，在它的最高点B端装一个定滑轮，一根跨过定滑轮的细线左端系一个质量为m1的物体，右端系一质量为m2的物体（m2＞m1）。假设物体m1、m2和滑轮的线度都可不计，且不计一切摩擦。用手托住m2，使m1恰在A端，放手后m1沿圆弧上升。求m1上升到圆弧中点C时速度的大小。
答案：
。
10、总质量为M的列车在平直轨道上匀速前进，途中一节质量为m的车厢脱钩，当司机发现脱钩并关闭发动机时，列车已前进了l。若列车前进时受到的阻力与重力成正比，求列车的两部分都停止时相距多远？
解答：先分析物理情景：车厢脱钩后在阻力作用下作匀减速直线运动；由于车厢脱钩前而列车的阻力减小，在关闭发动机以前，列车做匀加速直线运动，关闭发动机之后做匀减速直线运动。讨论物体在不同力的作用下的运动距离问题，可以用动能定理。
设阻力与重力的比值μ，机车牵引力为F，当整个列车匀速运动时，
F=μMg ①
脱钩车厢的阻力为μmg，脱钩后运动的位移为Sm，由动能定理有
-μmgSm=0－mυ02 ②
式中υ0为列车匀速运动时的速度。设脱钩后前部分列车的总位移为SM-m，由动能定理有
Fl－μ(M－m)g SM-m=0－(M－m)υ02 ③
由①②③式可得
SM-m－Sm= ④
两部分列车之间的距离△S为
△S=SM-m－Sm=
点评 此题也可以用牛顿运动定律求解，比较而言，用动能定理比较简单。
2.3动量和能量综合
【知识点回顾】
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。
【典例分析】
例1. 如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 （BD）
A.撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B.撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3
[A离开墙前墙对A有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒。A刚离开墙时刻，B的动能为E，动量为p=向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当A、B速度相等时，系统总动能最小，这时的弹性势能为E/3。]
指出：应用守恒定律要注意条件。
对整个宇宙而言，能量守恒和动量守恒是无条件的。但对于我们选定的研究对象所组成的系统，守恒定律就有一定的条件了。如系统机械能守恒的条件就是“只有重力做功”；而系统动量守恒的条件就是“合外力为零”。
例题拓展质量为M的小车A左端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m的小物块B从右端以速度v0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车右端时刚好与车保持相对静止。求这过程弹簧的最大弹性势能EP和全过程系统摩擦生热Q各多少？简述B相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况。
解：全过程系统动量守恒，小物块在车左端和回到车右端两个时刻，系统的速度是相同的，都满足：mv0=(m+M)v；第二阶段初、末系统动能相同，说明小物块从车左端返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加，即弹簧的最大弹性势能EP恰好等于返回过程的摩擦生热，而往、返两个过程中摩擦生热是相同的，所以EP是全过程摩擦生热Q的一半。又因为全过程系统的动能损失应该等于系统因摩擦而增加的内能，所以ΔEK=Q=2EP
而， ∴
至于B相对于车向右返回过程中小车的速度变化，则应该用牛顿运动定律来分析：刚开始向右返回时刻，弹簧对B的弹力一定大于滑动摩擦力，根据牛顿第三定律，小车受的弹力F也一定大于摩擦力f，小车向左加速运动；弹力逐渐减小而摩擦力大小不变，所以到某一时刻弹力和摩擦力大小相等，这时小车速度最大；以后弹力将小于摩擦力，小车受的合外力向右，开始做减速运动；B脱离弹簧后，小车在水平方向只受摩擦力，继续减速，直到和B具有向左的共同速度，并保持匀速运动。
例2. 长为L宽为d质量为m总电阻为R的矩形导线框上下两边保持水平，在竖直平面内自由落下而穿越一个磁感应强度为B宽度也是d的匀强磁场区。已知线框下边刚进入磁场就恰好开始做匀速运动。则整个线框穿越该磁场的全过程中线框中产生的电热是___________。
[若直接从电功率计算，就需要根据求匀速运动的速度v、再求电动势E、电功率P、时间t，最后才能得到电热Q。如果从能量守恒考虑，该过程的能量转化途径是重力势能EP→电能E→电热Q，因此直接得出Q=2mgd ]
指出：深刻理解守恒的本质，灵活选用守恒定律的各种表示形式
例如机械能守恒定律就有多种表达形式：EK+EP=EK/ +EP′，ΔEK+ΔEP=0。它们的实质是一样的，但在运用时有繁简之分。因为重力势能的计算要选定参考平面，而重力势能变化的计算跟参考平面的选取无关，所以用后者往往更方便一些。
在运用更广义的能量守恒定律解题时，可以这样分析：先确定在某一过程中有哪些能量参与了转化；哪些能量增加了，哪些能量减少了；然后根据能量守恒的思想，所有增加了的能量之和一定等于所有减少了的能量之和，即ΔE增=ΔE减。
例题拓展 如图所示，小车A质量为置于光滑水平面上。初速度为，带电量q=0.2C的可视为质点的物体B,质量为,轻放在小车的右端,它们的周转围存在匀强磁场,方向垂直纸面向里,磁场强度为B=0.5T,物体B与小车之间有摩擦力,小车足够长.
求：(1)物体B的最大速度.(2)小车A的最小速度.(3)在此过程中转变成多少内能
[解析:小车受到摩擦力作减速运动,物体B受到摩擦力作用而加速运动,其受到的磁场力方向向上,把A和B作为一个系统,在竖直方向上合外力为零,水平方向不受外力作用,系统总动量守恒.当物体B受到的磁场力和所受重力平衡时,其速度最大,此时小车A的速度最小,在这个过程中系统损失的动能转变成内能.(1)
(2)根据动量守恒定律有:
(3)
例3如图所示，质量为1.0kg的物体m1，以5m/s的速度在水平桌面上AB部分的左侧向右运动，桌面AB部分与m1间的动摩擦因数μ=0.2，AB间的距离s=2.25m，桌面其他部分光滑。m1滑到桌边处与质量为2.5kg的静止物体m2发生正碰，碰撞后m2在坚直方向上落下0.6m时速度大小为4m/s，若g取10m/s2，问m1碰撞后静止在什么位置？
解析：m1向右运动经过AB段作匀减速运动，由动能定律可以求出离开B点继续向右运动的速度为4米/秒；和m2发生碰撞后，m2作平抛运动，由平抛运动知识可以求出m2做平抛运动的初速度（碰撞之后）为2米/秒。利用动量守恒定律可以求出碰撞之后瞬间m1的速度为1米/秒。由动能定律可以求出返回经过AB段，离B点0.25米处停止。
例题拓展翰林汇翰林汇222例子例如图所示，球A无初速地沿光滑圆弧滑下至最低点C后，又沿水平轨道前进至D与质量、大小完全相同的球B发生动能没有损失的碰撞。B球用长L的细线悬于O点，恰与水平地面切于D点。A球与水平地面间摩擦系数=0.1，已知球A初始高度h=2米，CD=1米。问：
(1)若悬线L=2米，A与B能碰几次 最后A球停在何处？
(2)若球B能绕悬点O在竖直平面内旋转，L满足什么条件时，A、B将只能碰两次？A球最终停于何处？
(1)20次 A球停在C处
(2)L0.76米，A球停于离D9.5米处
例4如图所示，小木块的质量m＝0.4kg，以速度υ＝20m/s，水平地滑上一个静止的平板小车，小车的质量M＝1.6kg，小木块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2.（不计车与路面的摩擦）求：
(1)小车的加速度；
(2)小车上的木块相对于小车静止时，小车的速度；
(3)这个过程所经历的时间.
[ (1)0.5m/s2；(2)4m/s；(3)8s]
第二问：对m、M系统研究，利用动量守恒定律很快求出木块相对小车静止时，小车的速度。也可以利用动能定理分别研究m和M，但相对而言要麻烦得多。表明合理选择物理规律求解，可以提高解题速度和准确程度
例题拓展翰林汇例例翰林汇13、如图所示, 一质量为M、长为的长方形木板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(1)若已知A和B的初速度大小均为V0, 求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.
解析： A和B相对静止时，A相对B向左滑动了L如图（3）设此时速度为V。由动量守恒定律：
① 小木块A向左运动到达最远处x时（如图（2））对地速度为零，对小木块A由动能定理： ② 对AB全程由能量转化和守恒定律：③由以上三式可解得x。求解本题要充分利用草图弄清物理过程。
例5如图所示,在光滑水平地面上有一辆质量为M的小车,车上装有一个半径为R的光滑圆环.一个质量为m的小滑块从跟车面等高的平台上以速度V0滑入圆环.试问:小滑块的初速度V0满足什么条件才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力
解析：滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力，应有
式中V是滑块相对圆心O的线速度，方向向左。设小车此时速度u，并以该速度方向为正方向，则滑块的对地速度为对滑块和小车组成的系统，由于水平方向所受合外力为零，由动量守恒有
由滑块和小车系统的机械能守恒有
三式联立求解得：
指出：公式是相对圆心的线速度，而本题中的圆心是以u向右移动的，所以滑快对地速度为V—u。而动量守恒定律、机械能守恒定律表达式中的速度均应为对地的。
例题拓展1：如图，物块A以初速度V0滑上放在光滑水平面上的长木板B。若B固定，则A恰好滑到B的右端时停下；若B不固定，则A在B上滑行的长度为板长的4/5，求A、B的质量比。
解析：B固定时：对A由动量定理 ① B不固定时： A相对B滑动距离4L/5 时，AB相对静止，此时共同速度为V，由动量守恒定律 ② 又由能的转化和守恒定律③由以上三式可得M=4m。
例题拓展2： 质量为m的长木板A静止在光滑水平面上，另两个质量也是m的铁块B、C同时从A的左右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为v和2v，B、C与A间的动摩擦因数均为μ。⑴试分析B、C滑上长木板A后，A的运动状态如何变化？⑵为使B、C不相撞，A木板至少多长？
解：B、C都相对于A滑动时，A所受合力为零，保持静止。这段时间为。B刚好相对于A 静止时，C的速度为v，A开向左做匀加速运动，由动量守恒可求出A、B、C最终的共同速度，这段加速经历的时间为，最终A将以做匀速运动。 全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能，而摩擦生热，由能量守恒定律列式：。这就是A木板应该具有的最小长度。
【反馈练习】
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？
【针对练习】参考答案：
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
F
A
B
B
d
d
L
动量守恒定律
m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’
动量定理
Ft=mv2-mv1
f
X
F
B
A
B
A
2v
图2-2-20
图2-2-19
图2-2-18
图2-2-17
图2-2-16
图2-2-15
图2-2-14
图2-2-13
（乙）
（甲）
图2-2-12
图2-2-11
答案：
图2-2-10
图2-2-9
图2-2-8
图2-2-7
图2-2-6
图2-2-5
图2-2-4
图2-2-3
图2-2-2
图2-2-1
v
v0
s1
s2 d
S
v2
v1
冲量
I=Ft
牛顿第二定律
F=ma
系统所受合力为零或不受外力
机械能守恒定律
Ek1+EP1=Ek2+EP2
或ΔEk =ΔEP
机械能
势能
重力势能：Ep=mgh
弹性势能
动能
功：W=FScosα
瞬时功率：P=Fvcosα
平均功率：
v0
图2－3－2
B
C
A
C
v0
（b）
（a）
图 2－3－8
F
0 t0 3t0 5t0 t
Fm
图 2－3－7
F1
F2
m
v
C
B
A
M
图 2－3－6
图 2－3－5
m
C
B
A
M
A
图 2－3－4
图 2－3－3
18m
20m
力对位移的积累效应
力对时间的积累效应
力的积累和效应
动量
p=mv
动能定理
V
A B
图2－3－1
8
动量和能量
一、近三年高考题回顾
1．（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
2．（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
3．（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.
4、（2006江苏第17题． 15分）如图所示，质量均为m的A、B两个弹性小球，用长为2l的不可伸长的轻绳连接。现把A、B两球置于距地面高H处（H足够大），间距为l0当A球自由下落的同时，B球以速度vo指向A球水平抛出。求：
（1）两球从开始运动到相碰，A球下落的高度。
（2）A、B两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量。
（3）轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量大小。
解答：（1）设 A球下落的高度为 h
l=v0t ………………………………………………..①
h=1/2gt2 ……………………………………………….…②
联立①②得
h= ………………………………………………….③
（2）由水平方向动量守恒得
mv0=mv+mv ……………………………………………………..④
由机械能守恒得
1/2m（V+V）+1/2mV=1/2m（V+V）+1/2m（V+V）
其中V=VAy V=VBy
联立④⑤得
V=V0
VBX=0
（3）由水平方向动量守恒得
mv0=2mvBx I=mv=mv0/2
二、本专题命题特点和2007年命题趋势
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。
动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景、抽象出物理模型、选择物理规律、建立方程进行求解。
三、专题框架
2．1动量定理和动量守恒定律
【知识点回顾】
一、动量定理
1.定理内容：物体所受合外力的冲量等于它动量的变化, 表达式：Ft=mv′-mv.
2.动量定理是根据牛顿第二定律F=ma、运动学公式v=v0+at和力F是恒定的情况下推导出来的.因此能用牛顿第二定律和运动学公式能解的恒力问题，凡不涉及加速度和位移的，用动量定理求解较为方便.
3.动量与参考系的选取有关，所以用动量定理必须注意参考系的选取，一般以地球为参考系.
4.动量定理和研究对象是质点，或由质点构成的系统
5.牛顿第二定律的动量表达式为F=(p′-p)/△t，要用其解释一些生活中现象.(如玻璃杯落在水泥地摔碎而落在地毯上无事)
二、动量守恒定律
1.内容:相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或它们受到的外力之和为0，则系统的总动量保持不变.
2.动量守恒定律的适用条件
内力不改变系统的总动量，外力才能改变系统的总动量，在下列三种情况下，可以使用动量守恒定律：
（1）系统不受外力或所受外力的矢量和为0.
（2）系统所受外力远小于内力，如碰撞或爆炸瞬间，外力可以忽略不计.
（3）系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和为0，或外力远小于内力，则该方向动量守恒（分动量守恒）.
3.动量守恒定律的不同表达形式及含义
①p=p′（系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′）；
②ΔΡ=0(系统总动量的增量等于0)；
③ ΔΡ1=- ΔΡ2（两个物体组成的系统中，各自动量增量大小相等、方向相反），
4.理解要点
1.动量守恒定律的研究对象是相互作用物体组成的系统.
2.系统“总动量不变”不仅是系统初、末两个时刻总动量相等，而且是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等.
3.公式是矢量式，根据教学大纲，动量守恒定律应用只限于一维情况.应用时，先选定正方向，而后将矢量式化为代数式.
4.注意动量守恒定律的矢量性、相对性、同时性。
【典型例题】
1.利用动量定理时应注意重力的冲量.
例题1、某消防队员从一平台上跳下，下落2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5m.在着地过程中，对他双脚的平均作用力估计为( )
A.自身所受重力2倍 B.自身所受重力5倍
C.自身所受重力8倍 D.自身所受重力10倍
解：以人为研究对象，取向上方向为正方向根据运动学△t = △h/v平均=△h/(v/2)=2△h/v.在触地过程中，根据动量定理有：F合△t=m△v
即：（N-mg）△t=m△v，即N=mg+m△v/△t=mg+mv/(2△h/v)
=mg+mv2/2△h,
=mg+mgh/△h=5mg.因此答案 B 正确.
例题拓展: 质量为60kg的建筑工人不慎从高空跃下，由于弹性安全带的作用，使他悬挂起来，已知弹性安全带的缓冲时间为1.2s，要使安全带对人的平均作用力不超过1000N，则安全带不能超过多长？
解析:仅受重力作用的自由落体运动，时间为
受重力和安全带的拉力作用的减速运动，时间t2=1.2s。
对全过程运用动量定理
2.利用动量定理解决变质量问题比较简便.
例题2: 一艘帆船在静水中由于风力的推动做匀速直线运动，帆面的面积为S，风速为v1，船速为v2，（v2 < v1），空气密度为ρ，帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力大小为多少？
解析：取右图所示的部分空气为研究对象，这部分空气的质量为，这部分气体经过时间△t后都由v1变为v2，取船前进方向为正方向，对这部分气体列出动量定理：
例题拓展:由高压水枪中竖直向上喷出水柱，将一个质量为m的小铁盒开口向下扣在水柱上，水的密度为ρ，以v0的初速度从横截面积为S的管口喷出，水柱喷到小铁盒上后原速率返回。求稳定状态下小铁盒距管口的高度。
3.子弹打木块类问题.
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。
解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。
从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s1、s2，如图所示，显然有s1-s2=d
对子弹用动能定理： ……①
对木块用动能定理： ……②
①、②相减得： ……③
点评：这个式子的物理意义是：fd恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。
由上式不难求得平均阻力的大小：
至于木块前进的距离s2，可以由以上②、③相比得出：
从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：
一般情况下，所以s2<
（1）木块A的最终速度； （2）滑块C离开A时的速度。
解析：这是一个由A、B、C三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C在A、B上滑动时，A、B、C三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。(类似子弹穿木块模型)
（1）当C滑上A后，由于有摩擦力作用，将带动A和B一起运动，直至C滑上B后，A、B两木块分离，分离时木块A的速度为。最后C相对静止在B上，与B以共同速度运动，由动量守恒定律有
∴
（2）为计算，我们以B、C为系统，C滑上B后与A分离，C、B系统水平方向动量守恒。C离开A时的速度为，B与A的速度同为，由动量守恒定律有
∴
4．某一方向上的动量守恒
例题4:如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？
解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：
MV=mv
且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：
Md=m［（L-Lcosθ）-d］
解得圆环移动的距离：
d=mL（1-cosθ）/（M+m）
点评：以动量守恒定律等知识为依托，考查动量守恒条件的理解与灵活运用能力
学生常出现的错误：（1）对动量守恒条件理解不深刻，对系统水平方向动量守恒感到怀疑，无法列出守恒方程.（2）找不出圆环与小球位移之和（L-Lcosθ）。
例题拓展: 质量为M的楔型物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。质量为m的小球以速度v1向物块运动。不计一切摩擦，圆弧足够长。求：小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v。
解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。小球上升过程中，由水平动量守恒得：
由机械能守恒得：
解得
全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得
(M＋m)v0=M(v0+△v)-m[u-(v0＋△v)]
反馈练习:
1.A、B两车与水平面的动摩擦因数相同。则下列那些说法正确？(D)
A、若两车动量相同，质量大的滑行时间长
B、若两车动能相同，质量大的滑行时间长
C、若两车质量相同，动能大的滑行时间长
D、若两车质量相同，动量大的滑行距离长
2．质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动。当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将（B ）
A．减小 B．不变 C．增大 D．无法确定
3．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内人和船的运动情况是（ ACD ）
A．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比
B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等
C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比
D．人走到船尾不再走动，船则停下
4．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块中部夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地上。A的落地点与桌边水平距离0.5m，B的落地点距离桌边1m，那么（ ABD ）
A．A、B离开弹簧时的速度比为1∶2
B．A、B质量比为2∶1
C．未离开弹簧时，A、B所受冲量比为1∶2
D．未离开弹簧时，A、B加速度之比1∶2
5．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是（ AD ）
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
6．载人气球原静止于高h的空中，气球质量为M，人的质量为m。若人要沿绳梯着地，则绳梯长至少是（A）
A．（m+M）h/M B．mh/M C．Mh/m D．h
7．质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球1的动量为7 kg·m/s,球2的动量为5 kg·m/s,当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的可能值是( A )
A．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=1 kg·m/s
B．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=4 kg·m/s
C．Δp1=-9 kg·m/s，Δp2=9 kg·m/s
D．Δp1=-12 kg·m/s，Δp2=10 kg·m/s
8．小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小车的A端并使弹簧压缩，开始时AB与C都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C离开弹簧向B端冲去，并跟B端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是(BCD)
A．如果AB车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B．整个系统任何时刻动量都守恒
C．当木块对地运动速度为v时，小车对地运动速度为v
D．AB车向左运动最大位移小于L
9一质量为m的小球从距地面高度 为h1处自由下落，反弹高度为h2，与地面的作用时间为t，则此过程中地面对小球和平均作用力为多大？
解析：以小球为研究对象，规定向上为正方向，设小球触地前瞬间速度大小为v1，触地后速度大小为v 2，
小球受力分析如图所示，对触地过程应用动量定理有： F合t = ΔP
即（F-mg）t=m v 2 –(-m v1)
10.如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A，其上面再放一个质量为m=0.10kg的爆竹B，木块的质量为M=6.0kg。当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=50cm，而木块所受的平均阻力为f=80N。若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g取，求爆竹能上升的最大高度。
解：爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v可由牛顿第二定律和运动学公式求得
，，
爆竹爆炸过程中，爆竹木块系统动量守恒
11．质量为M的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小球用细绳吊在小车上O点，将小球拉至水平位置A点静止开始释放（如图所示），求小球落至最低点时速度多大？（相对地的速度）()
12．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.
12.（1）v,向左 （2）5个
2、2 功和能
【知识点回顾】
功是力的空间积累效果。有力做功，一定有能的转化或转移；功是能的转化或转移的量度。弄清一个物理过程中能量的变化情况，才能更深刻地理解这个过程，从而做出正确的判断。学习“功和能”，重点掌握以下知识点：
1．理解功的概念，掌握功的计算方法。做功总伴随能的转化或转移，功是能量转化或转移的量度。计算恒力的功时用W=Fscosα，其中α是力F与位移S的夹角，它可以理解为位移方向的分力与位移的乘积或力的方向的分位移与力的乘积。在计算或定性判断做功情况时，一定要明确是哪个力的功。
2．会判断正功、负功或不做功。判断方法有：
（1）用力和位移的夹角α判断 当0≤α＜90°，力做正功
当α=90°时，力做功为零
当90°＜α≤180°，力做负功
（2）用力和速度的夹角θ判断定 当0≤θ＜90°，力做正功
当θ=90°时，力不做功
当90°＜θ≤180°时，力做负功
（3）用动能变化判断 当某物体的动能增大时，外力做正功
当某物体的动能不变时，外力不做功
当某物体的动能减小时，外力做负功
3．了解常见力做功的特点
重力做功和路径无关，只与物体始末位置的高度差h有关：W=mg h，当末位置高于初位置时，W＞0，即重力做正功；反之则重力做负功。
滑动摩擦力做功与路径有关。当某物体在一固定平面上运动时，滑动摩擦力做功的绝对值等于摩擦力与路程的乘积。
在弹性范围内，弹簧做功与始末状态弹簧的形变量有关系。
4．理解力和功率的关系。某力做功的瞬时功率P与该瞬时力的大小F，速度υ及它们的夹角α有关：P=Fυcosα。应用此式时注意两点：一是明确F指的哪个力；二是明确α是力与速度的夹角。当我们用P=Fυ分析汽车或汽船（此时cosα=1）的运动时，要注意条件。如果汽车启动时可以看作匀加速直线运动，阻力可看作大小不变的力，则汽车的牵引力F的大小不变，由P=Fυ可知发动机的功率是逐渐增大的。但是当功率达到额定功率时不再增大，由P=Fυ可知牵引力F将逐渐减小，即汽车启动时做匀加速运动的时间是有限度的。在发动机功率不变的条件下，汽车加速运动的加速度将不断减小。
5．掌握动能和动能定理 动能EK=mυ2/2是物体运动的状态量，功是与物理过程有关的过程量。动能定理是：在某一物理过程中，外力对某物体做功等于该物体末态动能与初态动能之差，即动能增量，用数学表示为 W=－。动能定理表达了过程量功与状态量动能之间的关系。在应用动能定理分析一个具体过程时，要做到三个“明确”，即明确研究对象（研究哪个物体的运动情况），明确研究过程（从初状态到末状态）及明确各个力做功的情况。
6．理解势能 势能与相互作用的物体之间的相对位置有关，是系统的状态量。例如重力势能与物体相对地面的高度有关，弹性势能与物体的形变有关。势能的大小与参考点（此处势能为零）的选取有关，但势能的变化与参考点无关。重力势能的变化与重力做功的关系是WG=Ep1－Ep2=mgh1－mgh2；弹性势能的变化与弹簧做功有类似的关系。要区分重力做功WG=mgh中的“h”和重力势能Ep=mgh中的“h”，前者是始末位置的高度差，后者是物体相对参考面的高度。
7．掌握机械能 一个物体系统动能和势能的总和，叫它的机械能。我们研究一个物体A，地球和一个轻弹簧组成的系统，其中A和弹簧，地球以某种方式相连。在A的某个运动过程中，可能有重力做功W重、弹簧做功W弹，还可能有摩擦力、推力、拉力等其他外力做功W其他；在初态的物体A的动能为mυ12/2，系统的重力势能为mgh1，弹性势能为Ep1，末态A的动能为mυ22/2，系统的重力势能为mgh2，弹性势能为Ep2。由动能定理可以得出：
W=mυ22/2－mυ12/2或W重+W弹+W其他=mυ22/2－mυ12/2 (1)
而W重=mgh1－mgh2，
W弹=Ep1－Ep2 (2)
由（1）（2）可得 W其他=(mυ22/2+mgh2+Ep2)－(mυ12/2+mgh1+Ep1)=E2－E1 (3)
上式中E1=mυ12/2+mgh1+Ep1为系统初态机械能，E2=mυ22/2+mgh2+Ep2为系统末态机械能。
从上式可以看出，在一个物理过程中，如果只有系统内部的重力和弹簧做功，则系统的机械能变化为零，即机械能守恒。机械能守恒定律是力学中的重点定律，它的另一种表述是：如果没有介质阻力做功，只发生动能和势能的相互转化，则机械能保持不变。应用机械能守恒定律分析问题时，要（1）注意所研究的过程是否符合机械能守恒的条件；（2）明确研究系统；（3）明确研究过程。
注：从（3）式还可以看出，除系统内部的重力、弹力以外，其他外力的功W其他决定了机械能的变化情况，当W其他＞0时，E2＞E1，机械能增大，当W其他＜0时，E2＜E1，机械能减小。例如钢丝绳吊一重物减速上升，把重物、地球看作一个系统，钢丝绳的拉力作正功，系统的机械能是增大的。
8．理解“摩擦生热” 设质量为m2的板在光滑水平面上以速度υ2运动，质量为m1的物块以速度υ1在板上同向运动，且υ1＞υ2，它们之间相互作用的滑动摩擦力大小为f，经过一段时间，物块的位移为s1，板的位移s2，此时两物体的速度变为υ′1和υ′2由动能定理得
-fs1=m1υ′12/2－m1υ12/2 (1)
fs2=m2υ′22/2－m2υ22 /2 (2)
在这个过程中，通过滑动摩擦力做功，机械能不断转化为内能，即不断“生热”，由能量守恒定律及（1）（2）式可得
Q=(m1υ12/2+m2υ22/2)－(m1υ′12/2－m2υ′22 /2)=f(s1－s2) （3）
由此可见，在两物体相互摩擦的过程中，损失的机械能（“生热”）等于摩擦力与相对路程的乘积。
二、典型例题分析：
例题1、如图2-2-2，小物体位于光滑的斜面上，斜面位于光滑的水平地面上如图所示。从地面上看，在小物体沿斜面下滑的过程中，a对b的弹力对b做功为W1，b为a的弹力对a做功为W2，对下列关系正确的是
(A)W1=0,W2=0 (B)W1≠0,W2=0
(C)W1=0,W2≠0 (D)W1≠0,W2≠0
启发提问：小物体在斜面上下滑时，斜面a在光滑水平地面上应做何种运动？这时，a对b的弹力N与b的位移S之间夹角还能是直角吗？
分析：当小物体b下滑时，因地面光滑a在b的压力作用下将向右做匀加速运动。由于弹力N垂直于斜面，固而N与S的夹角大于90°。所以a对b的弹力N对b做负功，即W1≠0。b对a的弹力N 与斜面位移夹角小于90°，固而b对a做正功，W2≠0。选项(D)是正确的。
答：此题应选(D)。
例题拓展1．如右图2-2-3所示，板长为l，板的B端放有质量为m的小物体P，物体与板的摩擦因数为μ。开始时板水平，若板缓慢转过一个小角度α的过程中，物体保持与板相对静止，则在这个过程中（ D ）
A.摩擦力对P做功为mglcosα(1－cosα)
B.摩擦力对P做功为mglsinα(1－cosα)
C.弹力对P做功为mglsin2α
D.板对P做功为mglsinα
例题拓展2.如图2-2-4所示，物块右端有一个质量不计的定滑轮，细绳的一端系在墙上B点，另一端绕过滑轮受到恒力F的作用，力F跟水平面夹角为θ。跟B点相连的细绳处于水平在力F作用下，物块沿水平方向移动S的过程中，恒力F做功的大小是 。
(答案: )
例题2.汽车的质量5×103kg，额定功率为6×104kw，运动中阻力大小为车重的0.1倍。汽车在水平路面上从静止开始保持加速度0.5m/s2做匀加速直线运动中：
(1)汽车的实际功率随时间变化的关系式，汽车保持加速度不变的时间。
(2)此后汽车的运动情况，所能达到的最大速度。
启发提问：汽车开始做匀加速运动，当牵引力保持一定，汽车的速度如何变化，汽车的实际功率如何变化？当实际功率已增大到额定功率时，速度再增大，牵引力将如何变化？
分析：汽车开始做匀加速运动，牵引力恒定，速度越来越大，实际功率也越来越大，直至功率增大到额定功率为止。此后再增大速度牵引力将随之减小，做加速度逐渐小的加速运动，直到牵引力等于阻力，汽车做匀速运动为止。
解：(1)设汽车做匀加速运动时牵引力为F，所受阻力为f，汽车质量为m，额定功率为P0，匀加速过程的最大速度为vt，则有
F－f=ma ①
f=kmg ②
P0=fvt ③
由①②③三式联立可得汽车实际功率随时间变化的关系式
④
将题给各量的值代入上式，并注意k=0.1
=8m/s
(2)汽车达到额定功率后，速度再增加，牵引力就要减小，但只要牵引力大于阻力时，加速度不为零，速度还是增加直到牵引力等于阻力时，汽车将做匀速运动。这时，汽车达到这种阻力条件下的最大速度
例题拓展1.质量为500×103kg的火车在平直的铁路上行驶，火车行驶过程的发动机的功率不变经过3min行驶了1.45km,速度由0增至36km/h。设火车受到的阻力不变。求发动机的功率。
（ 答案：17.375kw ）
例题拓展2、额定功率为80km，质量为2.0t的汽车，在平直公路上行驶。在汽车的速度υ≤10m/s时，汽车受到的阻力保持不变，当υ＞10m/s时，阻力与速度成正比f=kυ=200υ(N)。问：
（1）汽车的最大行驶速度多大？
（2）如果汽车的速度为10m/s时，发动机的功率为额定功率，此时的加速度为多大？
（3）如果速度达到10m/s以前，汽车做匀加速直线运动，达到10m/s后保持发动机功率为额定功率，那么汽车做匀加速运动的时间多长？
分析和解答 (1)汽车以最大速度行驶时，发动机功率一定是额定功率，而且此时汽车的运动一定是匀速直线运动。设最大速度为υm，汽车牵引力F=P额/υ，阻力f=kυm，匀速运动时有
F=f 或=kυm
所以
υm==20m/s
(2)加速度由牛顿第二定律求出
a=①
υ=10m/s时的牵引力和阻力分别是：
F= ② f=kυ③
由①②③式得出
a==3m/s2
（3）在速度达到10m/s以前，阻力保持不变，匀加速直线 运动就意味着牵引力不变而功率增大，而功率的最大值应是额定功率，因此匀加速直线运动的时间有一限度t0。由前述分析可知，=10m/s时，a=3m/s2，此为匀加速直线运动的末速度和加速度，因此
t0==3.3(s)
点评 汽车运动的不同阶段有不同的运动规律，“匀加速直线运动”、“功率为额定功率”、“最大速度”是不同阶段的运动情况。应在弄清运动情况的基础，运用物理公式。
例题拓展3、如图2-2-5所示，水平平行放置的导轨上连有电阻R，并处于垂直轨道平面的匀强磁场中.今从静止起用力拉金属棒ab(ab与导轨垂直)，若拉力恒定，经时间t1后ab的速度为υ，加速度为a1，最终速度可达2υ；若拉力的功率恒定，经时间t2后ab的速度也为υ，加速度为a2，最终速度可达2υ.求a1和a2满足的关系.
解析 电磁感应中产生的感应电流在磁场中将受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解此类型问题的一般思路是：先由法拉第电磁感应定律求感应电动势，然后根据欧姆定律求感应电流，再求出安培力，再往后就是按纯力学问题的处理方法，如进行受力情况分析、运动情况分析及功能关系分析等.
设恒力为F，由于最终速度为匀速2υ，则
F1＝BI1L……①
I1＝ ＝ ……②
∴F1＝ ……③
当速度为υ时，ab棒所受安培力为F2，同理解得：
F2＝ ……④
此时加速度为a1，则
F1-F2＝ma1……⑤
联立以上各式得
a1＝ ……⑥
设外力的恒定功率为P1，最终速度为2υ时，由能量守恒知：
P1＝I12R＝ ……⑦
速度为υ时，ab棒受的外力为F1′，则
P1＝F1′υ……⑧
此时加速为a2，有
F1′-F2＝ma2……⑨
联立④、⑦、⑧、⑨式，得
a2＝ ……⑩
由⑥、⑩式，得a2＝3a1.此即为所求.
评注 本题是典型的运用力学观点分析解答的电磁感应问题.注重进行力的分析、运动状态分析以及能的转化分析等.涉及的知识点较多，综合性较强，适当训练将有利于培养综合分析问题和解题能力.
例题3、如图2-2-6所示，小球从距地面高H=4m处自由下落，到地面恰好沿半径R=0.5m的半圆形槽运动，到最低点时速度为8m/s，而后沿圆弧运动，脱离槽后竖直上升。小球质量m=0.4kg，求小球离槽后竖直上升的高度h？（g取10m/s，空气阻力不计）
启发提问：小球从静止开始下落，最后上升到h处时速度大小又是零。怎样运用动能定理解决这样问题？
分析：此题小球的运动须划分成两段。第一段小球从高处落下至最低点；第二段是小球从最低点上升至最高点。
解：小球从H+R高处落下至最低点时速度为v=8m/s。根据动能定理
v2－0 ①
式中Wf是槽对球的阻力功，小球上升过程，根据动能定理
v2 ②
由①②两式联立得小球离槽后竖直上升高度
例题拓展1、如图2-2-7所示，从高度H=250米，以v0=20m/s的初速度竖直下抛的物体，陷入泥里的深度S=20cm。如果物体的质量m=2kg，求泥土的平均阻力f (空气阻力不计，g取10m/s2)
启发提问：物体陷进泥土里之前受什么力作用？陷进泥土里之后又受哪些力的作用？怎样确定动力功和阻力功？又怎样确定物体的初态动能和末态动能？
分析：物体陷进泥里之前，只受重力mg的作用，陷进泥里以后受重力mg之外还受有泥土阻力f，受力情况如图所示。
解：物体开始下抛时为初态，陷进泥里停止运动时为末态。初态动能， v02末态动能为零。根据动能定理可得
其中
v02
由上式可得泥土的平均阻力
例题4、内壁光滑的环形细圆管，位于竖直平面内，如图2-2-8，环的半径为R（比细管的半径大得多。在圆管中有两个直径与细管内径相同的小球可视为质点）。A球的质量为m1，B球的质量为m2，它们沿环形圆管顺时针运动，经过最低点时的速度都为v0。设A球运动到最低点时，B球恰好运动到最高点，若要此时两球作用于圆管的合力为零，那么m1、m2，R与v0应满足的关系式是 。
分析：如图5—12所示，A球在最低点处速度为v0，做圆周运动的向心力由N1—m1g的合力充当，根据牛顿第二定律
①
再设B球在最高点时速度为v，它做圆周运动的向心力为N2+m2g，根据牛顿第二定律
②
当B球从最高点处运动至最低点处，运动中只有重力做功（管壁支持力与运动方向垂直不做功）机械能守恒定律适用
③
由①②③式即可解题。具体过程是由②式得出
④
将④式代入③式，消去v，则可得出下式
⑤
由题意可知式中N1=N2，再用①式减⑤式可得所求的关系式
答：此题应填。
例题拓展1、如图2-2-9所示，一个铁球从竖立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，接触簧后将弹簧压缩。在压缩的全过程中，弹簧的压缩量最大时：（ BC ）
(A)球所受合力最大，但不一定大于重力值
(B)球的加速度最大，且一定大于重力加速度值
(C)球的加速度最大，有可能小于重力加速度值
(D)球所受弹力最大，且一定大于重力值
启发提问：球落到轻弹簧上将弹簧压缩，在这个过程中，系统（球与弹簧）中发生了什么能量转化？
分析：设以弹簧压缩量最大处A点为重力势能的参考点（即重力势能为零处），根据机械能守恒定律
解方程得弹簧压缩量的最大值
①
又知道在压缩过程中有一位置x0，在此位置上弹簧的弹力等于小球的重力
kx0=mg
即
由①与②式得
③
就③式来讨论：
(1)当h＝0时,x=2x0；
(2)当h＞0时，x＞2x0,结合②式可知如图5—10所示的情况下弹力
F＞2mg
由此可判断出(B)、(C)是正确的。
答：此题应选(B)、(C)。
例题拓展2、如图2-2-10所示，悬线长为l，把小球拉到A处，悬线与竖直方向成α角，由静止释放，当小球摆动经过位置C时，小球的动能恰好等于重力势能。求这时悬线与竖直方向夹角θ。（规定小球在B点处的重力势能等于零）
例5、 如图2-2-11所示一传送皮带与水平面夹角为30°，以2m/s的恒定速度顺时针运行。现将一质量为10kg的工件轻放于底端，经一段时间送到高2m的平台上，工件与皮带间的动摩擦因数为（μ=），求带动皮带的电动机由于传送工件多消耗的电能。
分析和解答 首先要弄清什么是电动机“多消耗的电能”。当皮带空转时，电动机会消耗一定的电能。现将一工件置于皮带上，在摩擦力作用下，工件的动能和重力势能都要增加；另外，滑动摩擦力作功还会使一部分机械能转化为热，这两部分能量之和，就是电动机多消耗的电能。
设工件向上运动距离s时，速度达到传送带的速度υ，由动能定理可知
-mgs sin30°+μmgcos30° s=0－mυ2
代入数字，解得s=0.8m，说明工件未到达平台时，速度已达到υ，所以工件动能的增量为
△Ek=mυ2=20J
工件重力势能增量为
△Ep=mgh=200J
在工作加速运动过程中，工件的平均速度为υ=，因此工件的位移是皮带运动距离
s′的，即s′=2s=1.6m。由于滑动摩擦力作功而增加的内能E为
△E=f△s=mgcos30°(s′－s)=60J
电动机多消耗的电能为
△Ek+△Ep+△E=280J
点评 当我们分析一个物理过程时，不仅要看速度、加速度，还要分析能量转化情况。在工件加速和匀速两个阶段，能量转化情况不同。知道了能量变化情况，尤其是“多消耗”电能的涵义，问题就迎刃而解了。
例题拓展1．如图2-2-12所示，水平传送带保持1m/s的速度运动。一质量为1kg的物体与传送带间的动摩擦因数为0.2。现将该物体无初速地放到传送带上的A点，然后运动到了距A 1m的B点，则皮带对该物体做的功为（ A ）
A. 0.5J B. 2J C. 2.5J D. 5J
例题拓展2、如图2-2-13（甲）所示，AB是一段位于竖直平面内的光滑轨道，高度为h，末端B处的切线方向水平．一个小物体P从轨道顶端A处由静止释放，滑到B端后飞出，然后落到地面的C点，其落地点相对于B点的水平位移为OC＝L．现在轨道下方紧贴B点安装一水平传送带，传送带的右端B′与B点相距为L/2，当传送带静止时，让物体P再次由A点自静止释放，它离开轨道并在传送带上滑行一段后从传送带右端水平飞出，仍然落在地面上的C点．当驱动轮转动带动传送带以速度v匀速向右运动（其他条件不变）时，物体P的落地点变为D，如图2-2-13（乙）所示．问：
（1）求P滑至B点时的速度大小；
（2）求P与传送带之间的动摩擦因数；
（3）传送带的速度时，OD间的距离为多少
解：（1） （2）出，在空中运动的时间也为t，水平位移为，因此物体从传送带右端抛出的速度
根据动能定理，物体在传送带上滑动时，有．
解出物体与传送带之间的动摩擦因数为
（3）当时，物体先做减速运动，再做匀速运动，最终以速度飞出
所以OD间距离为
反馈练习：
1、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：（ CD ）
(A)物体势能的增加量
(B)物体动能的增加量
(C)物体动能的增加量加上物体势能的增加量
(D)物体动能的增加量加上克服重力所做的功
2.如图2-2-14所示，质量为M的长木板静止在光滑的水平桌面上，另一质量为m的物体以速度v0冲上木板，由于m和M间有摩擦，结果木板和物体一起运动，过程中：（ABD ）
(A)摩擦力对物体m做负功
(B)摩擦力对木板M做正功
(C)摩擦力对木板和物体系统做功为零
(D)摩擦力对木板和物体系统永远做负功
3.在离地面高为H处，以速度v竖直向上抛出一个质量为m的小球，不计空气阻力，以下哪些物理量的数值等于（以地面的重力势能为零）： （ABC ）
(A)球到达最高点的重力势能
(B)球落地时的动能
(C)球在空中任一点的机械能
(D)上述判断都不正确
4. 在平直的公路上，汽车由静止开始做匀加速运动，当速度达到vm后立即关闭发动机汽车滑行直到停止，其运动过程的速度—时间图象如图2-2-15所示。设汽车的牵引力大小为F，摩擦力为f全过程中牵引力做功W，克服摩擦阻力做功Wf。则有（ BC ）
(A)F∶f=1∶3
(B)F∶f=4∶1
(C)W∶Wf =1∶1
(D)W∶Wf =1∶3
5、物体A从斜面体B的顶端滑到底端，如图2-2-16所示 则 （ ABC ）
A.若B不动, 支持力对A不做功
B.若B向左平移, 支持力对A做正功
C.若B向右平移, 支持力对A做负功
D.无论B动不动, 支持力对A都不做功
6、列车在恒定功率机车的牵引下，从车站出发行驶5分钟，速度达到20m/s，那么在这段时间内，列车行驶的路程（ C ）
A.一定小于3km B.一定等于3km
C.一定大于3km D.不能确定
点评 ：分析对比的方法在定性分析物理问题时很有用。
7、 固定光滑斜面体的倾角为θ=30°，其上端固定一个光滑轻质滑轮，A、B是质量相同的物块m=1kg，用细绳连接后放置如如图2-2-17所示，从静止释
放两物体。当B落地后不再弹起，A再次将绳拉紧后停止运动。
问：（1）B落地时A的速度？
（2）A沿斜面上升的最大位移？
（3）从开始运动到A、B均停止运动，整个系统损失了多少机械能？
分析和解答 从静止释放A、B后，由于绳的作用，A、B具有共同速率；又由于无摩擦系统机械能守恒；B落地时与地碰撞，其动能变为热；绳的拉力消失后，A继续沿斜面向上运动，其机械能守恒；当A再次将绳拉紧后，A停止运动，其动能损失掉，转变为热（绳对A做功）。
设B落地时A、B的速度为υ，根据机械能守恒定律，系统重力势能的减少量等于系统重力势能的减少量等于系统动能的增加量：
mBgh－mAghsinθ=(mA+mB)υ2
得出 υ=1m/s
设B落地后A沿斜面向上运动的最大位移为s，对A应用机械能守恒定律：
mAgssinθ=mAυ2
由此得 s=0.1m
A沿斜面运动的最大位移为SA=h+s=0.2+0.1=0.3m
从释放A、B到A、B均停止运动，系统机械能的损失E为初态机械能E1与末态机械能E2之差：
E=E1－E2=mBgh－mAgSAsin30°=0.5J
点评 分析清楚每个阶段运动情景，尤其是能量变化特征，是解此题的关键。
8、如图2-2-18所示，一个小物体从斜面上高为h的一点滑下进入水平面滑行一段距离后停下来。物体运动的水平距离为S，物体在斜面上和水平面上滑动时动摩擦因数都相同。求此动摩擦因数。
启发提问：小物体在斜面上受到滑动摩擦力等于什么？在平面上滑动时滑动摩擦力又等于什么？整个过程动力功等于什么？阻力功又等于什么？
分析：物体在斜面上受力情况如图2-2-19 (a)而在平面上的受力情况如图4(b)固此在斜面上受的阻力
在平面上受阻力
在物体运动的整个过程中重力做功为
W动=mgh
阻力做负功
而整个过程动能的变化为零。
解：根据动能定理有下式成立
动摩擦因数
9.如图2-2-20所示，在竖直平面内有一个半径为R，圆心角为90°的圆弧形轨道，在它的最高点B端装一个定滑轮，一根跨过定滑轮的细线左端系一个质量为m1的物体，右端系一质量为m2的物体（m2＞m1）。假设物体m1、m2和滑轮的线度都可不计，且不计一切摩擦。用手托住m2，使m1恰在A端，放手后m1沿圆弧上升。求m1上升到圆弧中点C时速度的大小。
答案：
。
10、总质量为M的列车在平直轨道上匀速前进，途中一节质量为m的车厢脱钩，当司机发现脱钩并关闭发动机时，列车已前进了l。若列车前进时受到的阻力与重力成正比，求列车的两部分都停止时相距多远？
解答：先分析物理情景：车厢脱钩后在阻力作用下作匀减速直线运动；由于车厢脱钩前而列车的阻力减小，在关闭发动机以前，列车做匀加速直线运动，关闭发动机之后做匀减速直线运动。讨论物体在不同力的作用下的运动距离问题，可以用动能定理。
设阻力与重力的比值μ，机车牵引力为F，当整个列车匀速运动时，
F=μMg ①
脱钩车厢的阻力为μmg，脱钩后运动的位移为Sm，由动能定理有
-μmgSm=0－mυ02 ②
式中υ0为列车匀速运动时的速度。设脱钩后前部分列车的总位移为SM-m，由动能定理有
Fl－μ(M－m)g SM-m=0－(M－m)υ02 ③
由①②③式可得
SM-m－Sm= ④
两部分列车之间的距离△S为
△S=SM-m－Sm=
点评 此题也可以用牛顿运动定律求解，比较而言，用动能定理比较简单。
2.3动量和能量综合
【知识点回顾】
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。
【典例分析】
例1. 如图所示，质量分别为m和2m的A、B两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A靠紧竖直墙。用水平力F将B向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E。这时突然撤去F，关于A、B和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 （BD）
A.撤去F后，系统动量守恒，机械能守恒
B.撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒
C.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E
D.撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3
[A离开墙前墙对A有弹力，这个弹力虽然不做功，但对A有冲量，因此系统机械能守恒而动量不守恒；A离开墙后则系统动量守恒、机械能守恒。A刚离开墙时刻，B的动能为E，动量为p=向右；以后动量守恒，因此系统动能不可能为零，当A、B速度相等时，系统总动能最小，这时的弹性势能为E/3。]
指出：应用守恒定律要注意条件。
对整个宇宙而言，能量守恒和动量守恒是无条件的。但对于我们选定的研究对象所组成的系统，守恒定律就有一定的条件了。如系统机械能守恒的条件就是“只有重力做功”；而系统动量守恒的条件就是“合外力为零”。
例题拓展质量为M的小车A左端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m的小物块B从右端以速度v0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，回到车右端时刚好与车保持相对静止。求这过程弹簧的最大弹性势能EP和全过程系统摩擦生热Q各多少？简述B相对于车向右返回过程中小车的速度变化情况。
解：全过程系统动量守恒，小物块在车左端和回到车右端两个时刻，系统的速度是相同的，都满足：mv0=(m+M)v；第二阶段初、末系统动能相同，说明小物块从车左端返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加，即弹簧的最大弹性势能EP恰好等于返回过程的摩擦生热，而往、返两个过程中摩擦生热是相同的，所以EP是全过程摩擦生热Q的一半。又因为全过程系统的动能损失应该等于系统因摩擦而增加的内能，所以ΔEK=Q=2EP
而， ∴
至于B相对于车向右返回过程中小车的速度变化，则应该用牛顿运动定律来分析：刚开始向右返回时刻，弹簧对B的弹力一定大于滑动摩擦力，根据牛顿第三定律，小车受的弹力F也一定大于摩擦力f，小车向左加速运动；弹力逐渐减小而摩擦力大小不变，所以到某一时刻弹力和摩擦力大小相等，这时小车速度最大；以后弹力将小于摩擦力，小车受的合外力向右，开始做减速运动；B脱离弹簧后，小车在水平方向只受摩擦力，继续减速，直到和B具有向左的共同速度，并保持匀速运动。
例2. 长为L宽为d质量为m总电阻为R的矩形导线框上下两边保持水平，在竖直平面内自由落下而穿越一个磁感应强度为B宽度也是d的匀强磁场区。已知线框下边刚进入磁场就恰好开始做匀速运动。则整个线框穿越该磁场的全过程中线框中产生的电热是___________。
[若直接从电功率计算，就需要根据求匀速运动的速度v、再求电动势E、电功率P、时间t，最后才能得到电热Q。如果从能量守恒考虑，该过程的能量转化途径是重力势能EP→电能E→电热Q，因此直接得出Q=2mgd ]
指出：深刻理解守恒的本质，灵活选用守恒定律的各种表示形式
例如机械能守恒定律就有多种表达形式：EK+EP=EK/ +EP′，ΔEK+ΔEP=0。它们的实质是一样的，但在运用时有繁简之分。因为重力势能的计算要选定参考平面，而重力势能变化的计算跟参考平面的选取无关，所以用后者往往更方便一些。
在运用更广义的能量守恒定律解题时，可以这样分析：先确定在某一过程中有哪些能量参与了转化；哪些能量增加了，哪些能量减少了；然后根据能量守恒的思想，所有增加了的能量之和一定等于所有减少了的能量之和，即ΔE增=ΔE减。
例题拓展 如图所示，小车A质量为置于光滑水平面上。初速度为，带电量q=0.2C的可视为质点的物体B,质量为,轻放在小车的右端,它们的周转围存在匀强磁场,方向垂直纸面向里,磁场强度为B=0.5T,物体B与小车之间有摩擦力,小车足够长.
求：(1)物体B的最大速度.(2)小车A的最小速度.(3)在此过程中转变成多少内能
[解析:小车受到摩擦力作减速运动,物体B受到摩擦力作用而加速运动,其受到的磁场力方向向上,把A和B作为一个系统,在竖直方向上合外力为零,水平方向不受外力作用,系统总动量守恒.当物体B受到的磁场力和所受重力平衡时,其速度最大,此时小车A的速度最小,在这个过程中系统损失的动能转变成内能.(1)
(2)根据动量守恒定律有:
(3)
例3如图所示，质量为1.0kg的物体m1，以5m/s的速度在水平桌面上AB部分的左侧向右运动，桌面AB部分与m1间的动摩擦因数μ=0.2，AB间的距离s=2.25m，桌面其他部分光滑。m1滑到桌边处与质量为2.5kg的静止物体m2发生正碰，碰撞后m2在坚直方向上落下0.6m时速度大小为4m/s，若g取10m/s2，问m1碰撞后静止在什么位置？
解析：m1向右运动经过AB段作匀减速运动，由动能定律可以求出离开B点继续向右运动的速度为4米/秒；和m2发生碰撞后，m2作平抛运动，由平抛运动知识可以求出m2做平抛运动的初速度（碰撞之后）为2米/秒。利用动量守恒定律可以求出碰撞之后瞬间m1的速度为1米/秒。由动能定律可以求出返回经过AB段，离B点0.25米处停止。
例题拓展翰林汇翰林汇222例子例如图所示，球A无初速地沿光滑圆弧滑下至最低点C后，又沿水平轨道前进至D与质量、大小完全相同的球B发生动能没有损失的碰撞。B球用长L的细线悬于O点，恰与水平地面切于D点。A球与水平地面间摩擦系数=0.1，已知球A初始高度h=2米，CD=1米。问：
(1)若悬线L=2米，A与B能碰几次 最后A球停在何处？
(2)若球B能绕悬点O在竖直平面内旋转，L满足什么条件时，A、B将只能碰两次？A球最终停于何处？
(1)20次 A球停在C处
(2)L0.76米，A球停于离D9.5米处
例4如图所示，小木块的质量m＝0.4kg，以速度υ＝20m/s，水平地滑上一个静止的平板小车，小车的质量M＝1.6kg，小木块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2.（不计车与路面的摩擦）求：
(1)小车的加速度；
(2)小车上的木块相对于小车静止时，小车的速度；
(3)这个过程所经历的时间.
[ (1)0.5m/s2；(2)4m/s；(3)8s]
第二问：对m、M系统研究，利用动量守恒定律很快求出木块相对小车静止时，小车的速度。也可以利用动能定理分别研究m和M，但相对而言要麻烦得多。表明合理选择物理规律求解，可以提高解题速度和准确程度
例题拓展翰林汇例例翰林汇13、如图所示, 一质量为M、长为的长方形木板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
(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.
解析： A和B相对静止时，A相对B向左滑动了L如图（3）设此时速度为V。由动量守恒定律：
① 小木块A向左运动到达最远处x时（如图（2））对地速度为零，对小木块A由动能定理： ② 对AB全程由能量转化和守恒定律：③由以上三式可解得x。求解本题要充分利用草图弄清物理过程。
例5如图所示,在光滑水平地面上有一辆质量为M的小车,车上装有一个半径为R的光滑圆环.一个质量为m的小滑块从跟车面等高的平台上以速度V0滑入圆环.试问:小滑块的初速度V0满足什么条件才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力
解析：滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力，应有
式中V是滑块相对圆心O的线速度，方向向左。设小车此时速度u，并以该速度方向为正方向，则滑块的对地速度为对滑块和小车组成的系统，由于水平方向所受合外力为零，由动量守恒有
由滑块和小车系统的机械能守恒有
三式联立求解得：
指出：公式是相对圆心的线速度，而本题中的圆心是以u向右移动的，所以滑快对地速度为V—u。而动量守恒定律、机械能守恒定律表达式中的速度均应为对地的。
例题拓展1：如图，物块A以初速度V0滑上放在光滑水平面上的长木板B。若B固定，则A恰好滑到B的右端时停下；若B不固定，则A在B上滑行的长度为板长的4/5，求A、B的质量比。
解析：B固定时：对A由动量定理 ① B不固定时： A相对B滑动距离4L/5 时，AB相对静止，此时共同速度为V，由动量守恒定律 ② 又由能的转化和守恒定律③由以上三式可得M=4m。
例题拓展2： 质量为m的长木板A静止在光滑水平面上，另两个质量也是m的铁块B、C同时从A的左右两端滑上A的上表面，初速度大小分别为v和2v，B、C与A间的动摩擦因数均为μ。⑴试分析B、C滑上长木板A后，A的运动状态如何变化？⑵为使B、C不相撞，A木板至少多长？
解：B、C都相对于A滑动时，A所受合力为零，保持静止。这段时间为。B刚好相对于A 静止时，C的速度为v，A开向左做匀加速运动，由动量守恒可求出A、B、C最终的共同速度，这段加速经历的时间为，最终A将以做匀速运动。 全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能，而摩擦生热，由能量守恒定律列式：。这就是A木板应该具有的最小长度。
【反馈练习】
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（m
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？
【针对练习】参考答案：
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
F
A
B
B
d
d
L
动量守恒定律
m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’
动量定理
Ft=mv2-mv1
f
X
F
B
A
B
A
2v
图2-2-20
图2-2-19
图2-2-18
图2-2-17
图2-2-16
图2-2-15
图2-2-14
图2-2-13
（乙）
（甲）
图2-2-12
图2-2-11
答案：
图2-2-10
图2-2-9
图2-2-8
图2-2-7
图2-2-6
图2-2-5
图2-2-4
图2-2-3
图2-2-2
图2-2-1
v
v0
s1
s2 d
S
v2
v1
冲量
I=Ft
牛顿第二定律
F=ma
系统所受合力为零或不受外力
机械能守恒定律
Ek1+EP1=Ek2+EP2
或ΔEk =ΔEP
机械能
势能
重力势能：Ep=mgh
弹性势能
动能
功：W=FScosα
瞬时功率：P=Fvcosα
平均功率：
v0
图2－3－2
B
C
A
C
v0
（b）
（a）
图 2－3－8
F
0 t0 3t0 5t0 t
Fm
图 2－3－7
F1
F2
m
v
C
B
A
M
图 2－3－6
图 2－3－5
m
C
B
A
M
A
图 2－3－4
图 2－3－3
18m
20m
力对位移的积累效应
力对时间的积累效应
力的积累和效应
动量
p=mv
动能定理
V
A B
图2－3－1
8
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