2019高考物理快速提分法模型十一动量学案（含解析）.docx

1、1动量守恒和能量守恒动量和能量是高考中的必考知识点，考查题型多样，考查角度多变，大部分试题都与牛顿定律、曲线运动、电磁学知识相互联系，综合出题。其中所涉及的物理情境往往比较复杂，对学生的分析综合能力，推理能力和利用数学工具解决物理问题的能力要求均高，常常需要将动量知识和机械能知识结合起来考虑。有的物理情景设置新颖，有的贴近于学生的生活实际，特别是多次出现动量守恒和能量守恒相结合的综合计算题。在复习中要注意定律的适用条件，掌握几种常见的物理模型。一、解题的基本思路：解题时要善于分析物理情境，需对物体或系统的运动过程进行详细分析，挖掘隐含条件，寻找临界点，画出情景图，分段研究其受力情况和运动情况，

2、综合使用相关规律解题。由文字到情境即是审题，运用“图象语言”分析物体的受力情况和运动情况，画出受力分析图和运动情境图，将文字叙述的问题在头脑中形象化。画图，是一种能力，又是一种习惯，能力的获得，习惯的养成依靠平时的训练。分析物理情境的特点，包括受力特点和运动特点，判断物体运动模型，回忆相应的物理规律。决策：用规律把题目所要求的目标与已知条件关联起来，选择最佳解题方法解决物理问题。二、基本的解题方法：阅读文字、分析情境、建立模型、寻找规律、解立方程、求解验证分步法（又叫拆解法或程序法）：在高考计算题中，所研究的物理过程往往比较复杂，要将复杂的物理过程分解为几步简单的过程，分析其符合什么样的物理规

3、律再分别列式求解。这样将一个复杂的问题分解为二三个简单的问题去解决，就化解了题目的难度。全程法（又叫综合法）：所研究的对象运动细节复杂，但从整个过程去分析考虑问题，选用适合整个过程的物理规律，如两大守恒定律或两大定理或功能关系，就可以很方便的解决问题。等效法（又叫类比法）：所给的物理情境比较新颖，但可以把它和熟悉的物理模型进行类比，把它等效成我们熟知的情境，方便的解决问题。假设法：判断未知情境时，可以先假设其结论成立，推出与已知条件或推论相一致2或相反的结果，证明其假设是否成立，从而解决物理问题。三、学习中应当注意的几点：若考查有关物理量的瞬时对应关系，需应用牛顿定律，若考查一个过程，三种方法

4、都有可能，但方法不同，处理的难易程度有很大的差别。若研究对象是一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，涉及时间的优先考虑动量定理，涉及位移的优先考虑动能定理。机械能是否守恒决定于是否有重力和弹力（弹簧）之外的力做功，而动量是否守恒，决定于系统是否有外力或外力之和是否为零。注意分析物体的受力情况，当系统动量守恒时，机械能不一定守恒，同样机械能守恒时，动量不一定守恒。从能量转化的角度也可判断机械能是否守恒：如果系统机械能没有和外界其他形式的能发生相互转化，只发生系统内部势能和动能的相互转化，则机械能守恒。重力势能和电势能都是标量，但有正负，表示物体相对于零势能面

5、的位置。它们具有相对性，随零势能面的变化而变化，但势能差值具有绝对性，与零势能面的选取无关，我们只关心的是势能差值的变化。动量定理和动量守恒定律的应用时要特别注意其矢量性，列式之前选好正方向，确定各矢量的正负。将矢量运算转化为代数运算。经典例题 把一支枪固定在小车上，小车放在光滑的水平桌面上枪发射出一颗子弹对于此过程，下列说法中正确的有哪些？（）A枪和子弹组成的系统动量守恒B枪和车组成的系统动量守恒C车、枪和子弹组成的系统动量守恒D车、枪和子弹组成的系统近似动量守恒，因为子弹和枪筒之间有摩擦力且摩擦力的冲量甚小分析与解答：本题涉及如何选择系统，并判断系统是否动量守恒物体间存在相互作用力是构成系

6、统的必要条件，据此，本题中所涉及的桌子、小车、枪和子弹符合构成系统的条件不仅如此，这些物体都跟地球有相互作用力如果仅依据有相互作用就该纳入系统，那么推延下去只有把整个宇宙包括进去才能算是一个完整的体系，显然这对于分析、3小锦囊上述求解是根据列车受力的特点，恰当地选取研究对象，巧妙地运用了动量守恒定律，显得非常简单如果把每一部分作为研究对象，就需用牛顿第二定律等规律求解但过程较为复杂解决一些具体问题是没有意义的选择体系的目的在于应用动量守恒定律去分析和解决问题，这样在选择物体构成体系的时候，除了物体间有相互作用之外，还必须考虑“由于物体的相互作用而改变了物体的动量”的条件桌子和小车之间虽有相互作

7、用力，但桌子的动量并没有发生变化不应纳入系统内，小车、枪和子弹由于相互作用而改变了各自的动量，所以这三者构成了系统分析系统是否动量守恒，则应区分内力和外力对于选定的系统来说，重力和桌面的弹力是外力，由于其合力为零所以系统动量守恒子弹与枪筒之间的摩擦力是系统的内力，只能影响子弹和枪各自的动量，不能改变系统的总动量所以D 的因果论述是错误的答案为 C变式 1 如图所示，A、B 两质量相等的物体静止在平板小车 C 上，A、B 之间有一根被压缩了的弹簧，A、B 与平板车的上表面间的滑动摩擦力之比为 3：2，地面光滑，当压缩弹簧突然释放后，则（）AA、B 系统动量守恒B小车向左运动CA、B、C 系统动量

8、守恒D小车向右运动分析与解答：本题中若以 A、B 两质量相等的物体为研究对象，由于与小车 C 的摩擦力大小不等，即该系统所受合外力不为零，不满足守恒条件；但是如果以 A、B、C 三者为一个系统，则系统所受合外力为零，满足守恒条件。分析小车 C 水平方向的受力：C 受到 A对 C 的向左的摩擦力 FAC；C 受到 B 对 C 的向右的摩擦力 FBC；由于 FAC：F BC3：2，所以小车向左运动。答案为 BC。变式 2 一列车沿平直轨道以速度 v0 匀速前进，途中最后一节质量为 m 的车厢突然脱钩，若前部列车的质量为 M，脱钩后牵引力不变，且每一部分所受摩擦力均正比于它的重力，则当最后一节车厢滑

9、行停止的时刻，前部列车的速度为：分析与解答：列车原来做匀速直线运动，牵引力 F 等于摩擦力 f，f=k(mM)g(k 为比例系数)，因此，整个列车所受的合外4力等于零尾部车厢脱钩后，每一部分所受摩擦力仍正比于它们的重力因此，如果把整个列车作为研究对象，脱钩前后所受合外力始终为零，在尾部车厢停止前的任何一个瞬间，整个列车(前部+尾部)的动量应该守恒考虑刚脱钩和尾部车厢刚停止这两个瞬间，由 (m+M)v0=0+Mv 得此时前部列车的速度为 ，答案为 B经典例题 如图所示，长为 、质量为 的小船停在静水中，质量为 的人从静止开始从船头走到船尾，不计水的阻力，求船和人对地面的位移各为多少？分析与解答：

10、以人和船组成的系统为研究对象，在人由船头走到船尾的过程中，系统在水平方向不受外力作用，所以整个系统在水平方向动量守恒当人起步加速前进时，船同时向后做加速运动；人匀速运动，则船匀速运动；当人停下来时，船也停下来设某时刻人对地的速度为 v，船对地的速度为 V，取人行进的方向为正方向，根据动量守恒定律有： mv MV=0即 Mmv因为人由船头走到船尾的过程中，每一时刻都满足动量守恒定律，所以每一时刻人的速度与船的速度之比，都与它们的质量之比成反比因此人由船头走到船尾的过程中，人的平均速度 v与船的平均速度 V也与它们的质量成反比，即 MmvV而人的位移 s 人= t，船的位移 s 船 = t，所以船

11、的位移与人的位移也与它们的质量成反比，即 ms人船 此式是“人船模型”的位移与质量的关系，此式的适用条件：原来处于静止状态的系统，在系统发生相对运动的过程中，某一个方向的动量守恒由图可以看出： s 船 s 人 = 解得： LmM人 L船变式 1 如图所示，斜面长为 L，倾角为 、质量为 M 的斜面顶端上，有一质量为 m、边长为 l 的正方形小物块由静止开始下滑，若不计一切摩擦，求小物块由顶端刚滑到底端过程中斜面在水平面上滑行的位移 船 人5s2s1s 球s 车小锦囊当系统的动量守恒时，任意一段时间内的平均动量也守恒；当系统的动量守恒时，系统的质心保持原来的静止或匀速直线运动状态不变在动量守恒问

12、题中常见到这样一类问题：初态时系统总动量为零，在物体发生相对运动时，系统某一方向的动量守恒（如水平方向） 对于这类问题我们可以借用“人船模型”很方便的解决分析与解答：设末状态物块和斜面对地的速度分别为 v、 V，以斜面的运动方向为正方向，由动量守恒得： MV mv =0由“人船模型”知： M ts1 m 2=0由图 2 知： s1+s2=(L l)cos由以上两式解得 s1= cos)(变式 2 如图所示，光滑水平面上有一小车，小车上固定一杆，总质量为 M；杆顶系一长为 L 的轻绳，轻绳另一端系一质量为 m 的小球绳被水平拉直处于静止状态(小球处于最左端)将小球由静止释放，小球从最左端摆下并继

13、续摆至最右端的过程中，小车运动的距离是多少？分析与解答：设某时刻小球速度的水平分量为 v(方向向右)，小车的速度为 V(方向向左)，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律有：MV mv =0即 mMVv因为小球在摆动过程中，系统综动量在每时刻都等于零，所以每一时刻小球速度的水平分量与小车的速度都跟它们的质量成反比；从而可知小球从最左端摆至最右端的过程中，小球的水平位移 s1与小车的位移 s2与它们的质量成反比即 mMs21由图知 s1+s2=2L由以上两式解得 s2= 经典例题 一个质量 M=1kg 的鸟在空中 v0=6m/s 沿水平方向飞行，离地面高度 h=20m，忽被一颗质量 m=20g 沿

14、水平方向同向飞来的子弹击中，子弹速度 v=300m/s，击中后子弹留6在鸟体内，鸟立即死去， g=10m/s2求：鸟被击中后经多少时间落地；鸟落地处离被击中处的水平距离分析与解答：子弹击中鸟的过程，水平方向动量守恒，接着两者一起作平抛运动。分析与解答：把子弹和鸟作为一个系统，水平方向动量守恒设击中后的共同速度为 u，取 v0 的方向为正方向，则由 Mv0 mv (m M)u， 得击中后，鸟带着子弹作平抛运动，运动时间为鸟落地处离击中处水平距离为 S ut 11.762m 23.52m变式 1 如图所示，质量为 3.0kg 的小车在光滑水平轨道上以 2.0m/s 速度向右运动一股水流以 2.4m

15、/s 的水平速度自右向左射向小车后壁，已知水流流量为50.m3/s，射到车壁的水全部流入车厢内那么，经多长时间可使小车开始反向运动？（水的密度为 310.kg/m3）分析与解答：由题意知，小车质量 m=3.0kg ，速度v1=2.0m/s；水流速度 v2=2.4m/s，水流流量 Q= 510.m3/s，水的密度 = 310.kg/m3.设经 t 时间，流人车内的水的质量为 M，此时车开始反向运动，车和水流在水平方向没有外力，动量守恒，所以有mv1- Mv2=0 又因为 M=V V=Qt由以上各式带入数据解得 t=50s 变式 2 甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏甲和他的冰车的总质量共为

16、M=30kg，乙和他的冰车的总质量也是 30kg游戏时，甲推着一质量为 m=15km 的箱子，和他一起以大小为 v0=2m/s 的速度滑行乙以同样大小的速度迎面滑来为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子到乙处时乙迅速把它抓住若不计冰面的摩擦力，求甲至少要以多大的速度(相对于地面)将箱子推出，才能避免和乙相碰v1 水流7小锦囊本题仅依据两个动量守恒的过程建立的方程还能求解，关键是正确找出临界条件，并据此建立第三个等式才能求解小锦囊在应用动量守恒定律时，除注意判断系统受力情况是否满足守恒条件外，还要注意到相对速度问题，即所有速度都要是对同一参考系而言。一般在高中阶段都选地面为参考系。同时还应

17、注意到相对速度的同时性。分析与解答：设甲推出的箱子速度为 v，推出后甲的速度变为 v1，取 v0方向为正方向，据动量守恒有 (M m)v0 Mv1 mv乙抓住箱子的过程，动量守恒，则 Mv mv0=(M m)v2.甲、乙两冰车避免相撞的条件是 v2v 1，取 v2=v1联立并代入数据解得 v=5.2m/s变式 3 如图所示，在光滑水平面上有木块 A 和B，m A=0.5kg，m B=0.4kg，它们的上表面是粗糙的，今有一小铁块C，m C=0.1kg，以初速 v0=10m/s 沿两木块表面滑过，最后停留在 B 上，此时 B、 C 以共同速度 v=1.5m/s 运动，求：（1） A 运动的速度

18、vA=？（2） C 刚离开 A 时的速度 vC=?分析与解答：（1）对 ABC 由动量守恒得mCv0=mAvA+（ mB+mC） v上式带入数据得 vA=0.5m/s （2）当 C 刚离开 A 时 AB 有共同的速度 vA，所以由动量守恒得mCv0=（ mA+mB） vA+mCvC 上式带入数据得 vC=5.5 m/s 变式 4 质量为 M 的小车，如图 511 所示，上面站着一个质量为 m 的人，以 v0的速度在光滑的水平面上前进。现在人用相对于小车为 u 的速度水平向后跳出后，车速增加了多少？分析与解答：以人和车作为一个系统，因为水平方向不受外力，所以水平方向动量守恒。设人跳出后，车对地的

19、速度增加了v，以v0方向为正方向，以地为参考系。由动量守恒定律：(Mm)v 0=M(v0+v)mu(v 0v)BCA8经典例题 相隔一定距离的 A、 B 两球，质量均为 m，假设它们之间存在恒定斥力作用，原来两球被按住，处于静止状态.现突然松开两球，同时给 A 球以速度 v0，使之沿两球连线射向 B 球，而 B 球初速为零.设轨道光滑，若两球间的距离从最小值(两球未接触)到刚恢复到原始值所经历的时间为 t，求两球间的斥力.分析与解答：作出示意图，如图所示.当 A、 B 相距最近时，二者速度应相等，设为 u，当二者距离恢复原始值时，设 A、 B的速度分别为 v1、 v2，整个过程经历的时间为 t

20、/。对 B 球，由动量定理得： Ft=mv2-mu 由动量守恒得 mv0=2mumv0=mv1+mv2整个过程中 A、 B 两球对地的位移相等，则： /2/10tvt解得： tmvF20变式 1 如图所示，一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是 1、2、3、 n 的木块，所有木块的质量均为 m，与木板间的动摩擦因数均为 ，木板的质量与所有木块的总质量相等。在 t=0 时刻木板静止，第 l、2、3、 n 号木块的初速度分别为 vo、2 vo、3 vo、 nvo，方向都向右.最终所有木块与木板以共同速度匀速运动.试求：所有木块与木板一起匀速运动的速度 vn从 t=0 到所有

21、木块与木板共同匀速运动经历的时间 t第( n-1)号木块在整个运动过程中的最小速度 vn-1分析与解答：对系统，由动量守恒得m（ vo+2vo+3vo+nvo） =2nmvn 1v2vu0vBAB1 2 nv0 2v0 nv09小锦囊零势能面选取不同，所列出的表达式不同，虽然最后解得的结果是一样的，但解方程时的简易程度是不同的，从本例可以看出，方法二较为简捷。因此，灵活、准确地选取零势能面，往往会给题目的求解带来方便。由上式解得 vn=(n+1)vo/4因为第 n 号木块始终做匀减速运动，所以对第 n 号木块，由动量定理得-mg t=mvn-mnvo 由上式解得 t=(3n-1)v0/4g 第

22、( n-1)号木块与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时第 n 号木块的速度为 v。对系统，由动量守恒得m(vo+2vo+3vo+nvo)=(2n-1)m vn-1+mv 对第 n-1 号木块，由动量定理得 -mg t/=m vn-1 m(n -1)vo对第 n 号木块，由动量定理得 -mg t/=mv - mnvo 解得 vn-1 =(n-1)(n+2) vo /4n 经典例题 如图所示，半径为 R的光滑半圆上有两个小球 BA、 ，质量分别为 Mm和 ，由细线挂着，今由静止开始无初速度自由释放，求小球 升至最高点 C时 、 两球的速度？分析与解答： A球沿半圆弧运动，绳长不变

23、， 、 两球通过的路程相等， A上升的高度为 Rh； B球下降的高度为 24RH；对于系统，由机械能守恒定律得： KPE； 2)(12vmMgRvc变式 1 如图所示，均匀铁链长为 L，平放在距离地面高为 L2的光滑水平面上，其长度的 5悬垂于桌面下，从静止开始释放铁链，求铁链下端刚要着地时的速度？分析与解答：1、选取地面为零势能面： 21)02(54mvLgmLg10小锦囊整个过程中，甲和乙组成的系统机械能守恒，甲和乙中任何一个物体机械能也不守恒。只有分成两个过程，在第一个过程中甲和乙组成的系统总机械能守恒，在第二个过程中甲的机械能守恒。适当地选取研究对象和物理过程是解题的关键方法 2、桌面

24、为零势能面： 21)(105mvLgm解得： gLv741变式 2 质量为 m 的物体甲和质量为 2m 的物体乙系在绕过定滑轮的细绳的两端，甲和乙距地面的高度都为（如图 2 所示） ，若将它们都由静止开始松手，甲在以后的运动中始终没有碰到滑轮，当甲运动到最高点时距地面的高度 h 为多少？（滑轮摩擦和空气阻力不计） 。分析与解答：此题可分两个过程来研究，乙着地前为第一个过程，可用机械能守恒定律求出乙着地时甲的即时速度。乙着地后为第二个过程，可求出乙着地后甲又升高的最大高度。取地面为零势能参考面，刚松手时甲和乙的总机械能 E1=(m 甲 +m 乙 )gh1设乙着地前甲和乙的速度都为 v，乙着地前甲

25、和乙的总机械能212 )(2)(mhgm乙甲甲 对系统运用机械能守恒定律 211 )()( v乙甲甲乙甲 将 m 乙 =2m 甲 代入上式解得 v 2=2gh1/3。乙刚着地时甲的总机械能 E 甲 = 21vmgh甲甲 甲上升到最大高度 h 时，甲的总机械能 E 甲 =m 甲 gh对甲运用机械能守恒定律得 vghm甲甲甲 212将 v2=2gh1/3 代入上式解得甲上升的最大高度 h=7h1/3。经典例题 如图所示，半径分别为 R 和 r 的甲、乙两个光滑的圆形轨道安置在同一竖直平面上，轨道之间有一条水平轨道 CD 相通，一小球以一定的速度先滑上甲轨道，通过动摩擦因数为 的 CD 段，又滑上乙

26、轨道，最后离开两圆轨道，若小球在两圆轨道的最高点对轨道的压力都恰好为零，试求 CD 段的长度.分析与解答：设小球通过 C 点时的速度为 Cv，通过甲轨道最高点的速度为 1v，根据小球对轨道压力为零有 甲 乙DC11Rvmg21取轨道最低点所在水平面为参考平面，由机械能守恒定律有 212vvC联立可得 gR5同理可得小球通过 D 点时的速度 grvD5设 CD 段的长度为 l，对小球通过 CD 段的过程，由动能定理有221CDmvgl解得： )(5rRl变式 1 宇航员在月球表面完成下面实验：在一固定的竖直光滑圆弧轨道内部的最低点，静止一质量为 m 的小球（可视为质点）如图所示，当给小球水平初速

27、度 v0 时，刚好能使小球在竖直面内做完整的圆周运动.已知圆弧轨道半径为 r，月球的半径为 R，万有引力常量为 G.若在月球表面上发射一颗环月卫星，所需最小发射速度为多大？分析与解答：设月球表面重力加速度为 g，月球质量为 M.球刚好完成圆周运动，小球在最高点有 rvm2从最低点至最高低点有 2201)(vrmg可得 rvg520在月球表面发射卫星的最小速度为月球第一宇宙速度 RrvgRGMv50min变式 2 如图所示，游乐列车由许多节车厢组成。列车全长为 L，圆形轨道半径为R， （ R 远大于一节车厢的高度 h 和长度 l，但 L2 R）.已知列车的车轮是卡在导轨上的光滑槽中只能使列车沿着

28、圆周运动，在轨道的任何地方都不能脱轨。试问：在没有任何动力的情况下，列车在水平轨道上应具有多大初速度 v0，才能使列车通过圆形轨道而运动到右边的水平轨道上？12分析与解答：当游乐车灌满整个圆形轨道时，游乐车的速度最小，设此时速度为 v，游乐车的质量为 m，则据机械能守恒定律得： 22011gRLv要游乐车能通过圆形轨道，则必有 v0，所以有 0变式 3 如图所示，半径为 r，质量不计的圆盘与地面垂直，圆心处有一个垂直盘面的光滑水平固定轴 O，在盘的最右边缘固定一个质量为 m 的小球 A，在 O 点的正下方离 O 点r/2 处固定一个质量也为 m 的小球 B。放开盘让其自由转动，问：（a）A 球

29、转到最低点时的线速度是多少？（b）在转动过程中半径 OA 向左偏离竖直方向的最大角度是多少？分析与解答：该系统在自由转动过程中，只有重力做功，机械能守恒。设 A 球转到最低点时的线速度为 VA，B球的速度为 VB，则据机械能守恒定律可得：mgr-mgr/2=mvA2/2+mVB2/2 据圆周运动的知识可知： VA=2VB由上述二式可求得 VA= 5/4gr设在转动过程中半径 OA 向左偏离竖直方向的最大角度是 （如图所示） ，则据机械能守恒定律可得：mgr.cos-mgr(1+sin)/2=0 易求得 =sin -1 53。变式 4 如图所示，滑块 A 的质量 m=0.01kg，与水平地面间的

30、动摩擦因数 =0.2，用细线悬挂的小球质量均为 m=0.01kg，沿 x 轴排列， A 与第一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：xv0AL1O1O2L2 O3L3AB13(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)滑块与第一个小球碰撞后瞬间，悬线对小球的拉力为多大？分析与解答： (1)因滑块与小

31、球质量相等且碰撞中机械能守恒，所以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 s0，有：2001mvgs得 s0=25m 12n个(2)滑块与第 n 个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为 vn对小球由机械能守恒定律得： nnmgLv212小球恰好到达最高点，则 nLmg对滑块由动能定理得： 2021vs )由以上三式得： 54520gvLn(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 v1，则有：2021mvgs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，滑块与小球相互碰撞会互换速度，碰撞后瞬间小球的速度也为 v

32、1，此时小球受重力和绳子的拉力作用，由牛顿第二定律得： 12LvgT因为 mL5462501由以上三式得： T=0.6N 变式 5 用长为 L 的细线系一个质量为 m 的小球（小球可以视为质点） ，线的一端固定在空间的 O 点。先将小球拉至图中的 P 位置，使 OP 水平，然后无初速释放小球。当小球绕O 点转动 150 到达 Q 位置时，细线碰到了一个固定的细钉子 M，此后小球开始绕 M 做圆周14v0运动。已知 OM 的长度是 4L/5，求：（1）小球到达 O 点正下方的 S 点时细线对小球的拉力 F1多大？（2）小球到达 Q 位置时的速度 v1多大？（3）小球绕 M 做圆周运动到达最高点

33、N 时的速度 v2多大？（4）小球通过最高点 N 时细线对小球的拉力 F2是多大？分析与解答：小球下摆 90 过程机械能守恒： 21SmgL，在该点拉力 F1和重力的合力充当向心力： LmvgFs21，得 F1 =3mg小球 P 到 Q 过程机械能守恒：21mvLg得小球 P 到 N 过程机械能守恒： 2o1)530sin4(mvLmg得 52glv在 N 点，重力和拉力 F2的合力充当向心力： 5/22LvgF得 F2= mg 经典例题 如图所示，光滑水平面上的长木板，右端用细绳栓在墙上，左端上部固定一轻质弹簧，质量为 m 的铁球以某一初速度（未知）在木板光滑的上表面上向左运动，压缩弹簧，当

34、铁球速度减小到初速度的一半时，弹簧的弹性势能等于 E，此时细绳恰好被拉断，从而木板向左运动，为使木板获得的动能最大，木板质量应多大？木板动能的最大值是多少？分析与解答：设球的初速度为 0v，木板质量为 M。对球、弹簧，由机械能守恒定律有Evm2020)(1.为使木板获得的动能最大，须使铁球与弹簧分离后（即O PQM150NS15Mvm弹簧恢复到原长）的速度为零。 .对木板、铁球，由动量守恒定律有 Mvm20 .对木板、铁球，由机械能守恒定律有 201 .联立以上三式，解得： 4 .木板动能的最大值是 EK= 21v= 3 .变式 1 如图所示，在光滑水平地面上有一木块 A 质量为 m，靠在竖直

35、墙壁上，用一轻质弹簧与质量为 2m 的物体 B 相连.现用力向左推 B，使弹簧压缩至弹性势能为 E0，然后突然释放.(1)分析此后弹簧的弹性势能何时再次达到最大值；(2)求 A 所获得的最大速度和最小速度.分析与解答： (1)当 vA=vB时弹簧的弹性势能最大.弹簧第一次恢复原长时，由机械能守恒得： 021EmvB，所以 mEvB0.弹簧第一次被拉伸至最长时，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：2mvB0=(2m+m)v， 02)(1Evp.解得： 30p.(2)A 获得最大速度和最小速度出现在其加速和减速过程结束的时刻，及弹簧处于原长时，此时 Ep=0，由动量守恒定律和机械能守恒定律得： BA

36、Bvv220， 2201BAmvE.解得： 2134,，此两速度分别为 A 所获得的最小速度和最大速度.变式 2 在光滑水平地面上放有一质量为 M 带光滑弧形槽的小车，一个质量为 m 的小铁块以速度 V0沿水平槽口滑去，如图所示，求：(1)铁块能滑至弧形槽内的最大高度：(设 m 不会从左端滑离 M)(2)小车的最大速度；(3)若 Mm，则铁块从右端脱离小车后将作什么运动？分析与解答： (1)铁块滑至最高处时，有共同速度 V，BA16小锦囊注意：公式是相对圆vR中 的/2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 Vu。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

37、地的。由动量守恒定律得：mV 0(M+m)V .由能量守恒定律得： 22110()mgHVMmV.解得： 2()g(2)铁块从小车右端滑离小车时，小车的速度最大为 V ，此时铁块速度为 V ，由动量守恒定律得： mvMV + mV .由能量守恒定律得： 2221110mVM .解得： 21M (3)由上面.解得： 20m .由已知当 Mm 时，.得：V 2又因铁块滑离小车后只受重力，所以做自由落体运动变式 3 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

38、什么条件才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力? 分析与解答：滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力，应有 2vmgR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 ).(v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 0()mMu由滑块和小车系统的机械能守恒有 222011()vmvugR三式联立求解得： M450变式 4 如图所示，质量为 M 的长板静置在光滑的水平面上，左侧固定一劲度系数为 Kmv0kM17且足够长的水平轻质弹簧，右侧用一根不可伸长的细绳连接于墙上（细绳张紧） ，细绳所能承受的最大拉力为 T

39、。让一质量为 m、初速为 v0的小滑块在长板上无摩擦地对准弹簧水平向左运动。试求：在什么情况下细绳会被拉断？细绳被拉断后，长板所能获得的最大加速度多大？滑块最后离开长板时，相对地面速度恰为零的条件是什么？分析与解答：m 对弹簧的弹力大于等于细绳的拉力 T 时细绳将被拉断，有：T=kx 020121kxmv解得 T细绳刚断时小滑块的速度不一定为零，设为 v1，由机械能守恒有：20121021kxv mT1当滑块和长板的速度相同时，设为 v2，弹簧的压缩量 x 最大，此时长板的加速度 a 最大，由动量守恒和机械能守恒有mv1 = (M +m)v2 212101)(kMvkx=aM 解得 Tkma设

40、滑块离开长板时，滑块速度为零，长板速度为 v3，由动量守恒和机械能守恒有 mv1 = Mv3 2120m解得 kMTv)(0m M变式 5 用长为 L 的细绳悬吊着一个小木块，木块的质量为 M，一颗质量为 m 的子弹以水平速度 v 射入木块，并留在木块中，和木块一起做圆周运动，为了保证子弹和小木块一起能在竖直平面内做圆运动，子弹射入木块的初速度 v 的大小至少是多少?分析与解答：在子弹射入木块的过程中，子弹和木块组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv = (M+m)v 1所以 v 1= mM子弹和木块一起运动后，绳的拉力不做功，只有重力做功。它们从最低点运动到最高18点的过程中，根据动

41、能定理有：-（M+m）g2L = 2)(1vmM - 21)(v为了保证子弹和木块一起能在竖直平面内做圆周运动，在最高点它们的速度不能为零。在最高点它们所受的向心力等于重力时速度最小。 （M+m）g=(M+m) l2由以上三个方程联立求解可得：v 1 = mgl5即：子弹射入木块的速度至少是 Ml变式 6 如图所示，滑块 A1A2由轻杆连结成一个物体，其质量为 M，轻杆长 L 。滑块 B的质量为 m ，长 L/2 ，其左端为一小槽，槽内装有轻质弹簧。开始时，B 紧贴 A，使弹簧处在压缩状态。今突然松开弹簧，在弹簧作用下整个系统获得动能 EK，弹簧松开后，便离开小槽并远离物体 A1A2。以后 B

42、 将在 A1和 A2之间发生无机械能损失的碰撞。假定整个系统都位于光滑的水平面上，求物块 B 的运动周期。分析与解答：设弹簧松开后 A1A2物体与物体 B的速度各为 V 和 v，则有0mMKEv221解得 )(EK， )(mMB 和 A 碰撞前后 1Vvv221221mMV解得 )(1v即碰撞前后，B 相对 A1A2的速度 1Vv的大小不变，只改变方向。同理可证明，当 B 与 A1碰撞后，也有同样的结果，即相对 A1A2，B 在以大小不变的相对速度作往返运动。运动的周期为 )mM(ELv2/TK变式 7 如图所示，在倾角为 的斜面上有一辆小车，车的底板绝缘，金属板LL/2BA1 A219A、B

43、、C 等大、正对、垂直地安放在车的底板上，它们之间依次相距 L，A、B 板上各有一等高、正对的小孔，A 与 B、B 与 C 之间反向连有电动势各为 E1、E 2的直流电源。小车总质量为 M，正以速度 v0匀速下滑，此时有一带负电的小球正以速度 v（vv 0）沿 A、B 板上的小孔的轴线向上飞来，小球质量为 m（mM） ，带电荷量为 q，其重力可忽略不计，其电量较小，不会改变板间电场，且直径小于 A、B 板上的孔径，小球运动到 B 板时的速度为u，试求：小球在 A、B 板间的运动时间；要使小球刚好打到 C 板上，E 1、E 2的大小有何关系？分析与解答：小球在 A、B 板间受恒定电场力作用做匀加

44、速直线运动，小球所受的电场力F= qE = qE1/L由牛顿第二定律得 a = F/m又由于 u = v+at解得 1qELvmt小球由 A 至 C 先做匀加速运动，后做匀减速运动。设小球运动到 C 之前与小车有相同的速度 v ， 对小球和小车组成的系统，由动量守恒定律得Mv0 mv =（ m+M） v由小车原来匀速运动知，减少的重力势能恰好等于克服滑动摩擦力做的功，根据能的转化和守恒定律得 qE1 qE2 = 22021mvMv由以上各式解得满足题意的条件是 qE12经典例题 如图所示， P 是固定的竖直挡板， A 置于光滑水平面上的平板小车（小车表面略低于挡板下端） ， B 是放在小车最左

45、端表面上的一个可视为质点的小物块。开始时，物块随小车一起以相同的水平速度向左运动，接着物块与挡板发生了第一次碰撞，碰后物块相对于静止时的位置离小车最左端的距离等于车长的 3/4，此后物块又与挡板发生了多次碰撞，最后物块给恰未从小车上没落。若物块与小车表面间的动摩擦因素是个定值，物块与挡板发生碰撞时无机械能损失且碰撞时间极短暂，试确定小车与物块的质量关系。20分析与解答：设小车、物块的质量分别为 M 和 m，车长为 L，物块与小车间的动摩擦因素为 ，初速度为 v0。第一次碰后由于无机械能损失，因此物块的速度方向变为向右，大小仍为 v0，此后它与小车相互作用，当两者速度相等时（由题意知，此速度方向

46、必向左，即必须有 Mm） ，有该次相对车的最大位移 l对物块、小车系统由动量守恒定律有（ M-m） v0=（ M+m） v由于某种原能量守恒有 220)(11vmMmgl 多次碰撞后，物块恰未从小车上滑落，表明最后当物块运动到小车最右端时两者刚好停止运动（或者速度同时趋于零）对物块、小车系统由动量守恒定律有 201vmMgL而 l=3L/4 得 v0=2v解得 M=3m变式 1 如图所示，一质量为 M=2kg 的足够长的长木板在光滑的水平面上以速度v0=3m/s 的速度向右匀速运动，某时刻一质量 m=1kg 的物体无初速的放在长木板的右端，物体与木板的动摩擦因数 =0.5， g=10m/s2，

47、求(1)物体相对长板的位移多大？(2)若在物体无初速放在长木板右端的同时对长木板施加一水平向右的恒力 F=7.5N，则在 1s 内物体的位移为多大？分析与解答：设物体与木板的共同速度为 v，由动量守恒定律得 Mv0=（ M m） v设物体相对于木板的位移为 s，由能量守恒定律得 22)(1vmgs得： mgMvs6.0)(20(2)设经时间 t1两物体达共同速度 v1，对于物体由动量定理得 mgt 1=mv1对于物体和木板，由动量定理得 Ft1=（ M+m） v1 Mv0得： sFgmvt 8.0)(01v1=gt 1=4m/s 设 t1时间内物体发生的位移为 s1，由动能定理得v0P Bv0

48、A21211mvgs， mgs6.12物体和木块达共同速度后相对静止，由牛顿第二定律得： sMFa2/5.，故物体与木板能保持相对静止. 在 t2=0.2s 内物体发生的位移： mattv85.0212物体在 1s 内发生的位移： s=s1+s2=2.45m 变式 2 一质量 M=2kg 的长木板 B 静止在光滑的水平面上， B 的右端与竖直挡板的距离为 S=0.5m.一个质量为 m=1kg 的小物体 A 以初速度 v0=6m/s 从 B 的左端水平滑上 B，当 B 与竖直挡板每次碰撞时， A 都没有到达 B 的右端.分析与解答：设定物体 A 可视为质点， A、 B 间的动摩擦因数 =0.2， B 与竖直挡板碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失， g 取 10m/s2.求：(1)B 与竖直挡板第一次碰撞前的瞬间， A、 B