安徽蕪湖一中高三理科實(shí)驗(yàn)班物理第二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)精品講義四

1、專(zhuān)題四：能量和動(dòng)量 動(dòng)能定理動(dòng)量p=mv力的積累和效應(yīng)力對(duì)時(shí)間的積累效應(yīng)力對(duì)位移的積累效應(yīng)功：W=FScos瞬時(shí)功率：P=Fvcos平均功率：動(dòng)能勢(shì)能重力勢(shì)能：Ep=mgh彈性勢(shì)能機(jī)械能機(jī)械能守恒定律Ek1+EP1=Ek2+EP2或Ek =EP系統(tǒng)所受合力為零或不受外力牛頓第二定律F=ma沖量I=Ft動(dòng)量定理Ft=mv2-mv1動(dòng)量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1+m2v2一、動(dòng)量與能量知識(shí)框架：二、動(dòng)量和能量知識(shí)點(diǎn)1動(dòng)量(1)動(dòng)量：運(yùn)動(dòng)物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動(dòng)量，即p=mv.是矢量，方向與v的方向相同.兩個(gè)動(dòng)量相同必須是大小相等，方向一致。(2)沖量：力和力的作用時(shí)間的乘積叫做該力的

2、沖量，即I=Ft.沖量也是矢量，它的方向由力的方向決定。2能量能量是狀態(tài)量，不同的狀態(tài)有不同的數(shù)值的能量，能量的變化是通過(guò)做功或熱傳遞兩種方式來(lái)實(shí)現(xiàn)的，力學(xué)中功是能量轉(zhuǎn)化的量度，熱學(xué)中功和熱量是內(nèi)能變化的量度。(1)W合=Ek：包括重力、彈簧彈力、電場(chǎng)力等各種力在內(nèi)的所有外力對(duì)物體做的總功，等于物體動(dòng)能的變化。(動(dòng)能定理)(2)WF=E：除重力以外有其它外力對(duì)物體做功等于物體機(jī)械能的變化。(功能原理)注：WF=0時(shí)，機(jī)械能守恒，通過(guò)重力做功實(shí)現(xiàn)動(dòng)能和重力勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化。WG=-EP重力做正功，重力勢(shì)能減??；重力做負(fù)功，重力勢(shì)能增加。重力勢(shì)能變化只與重力做功有關(guān)，與其他做功情況無(wú)關(guān)。W電=-EP

3、：電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減??；電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加。在只有重力、電場(chǎng)力做功的系統(tǒng)內(nèi)，系統(tǒng)的動(dòng)能、重力勢(shì)能、電勢(shì)能間發(fā)生相互轉(zhuǎn)化，但總和保持不變。注：在電磁感應(yīng)現(xiàn)象中，克服安培力做功等于回路中產(chǎn)生的電能，電能再通過(guò)電路轉(zhuǎn)化為其他形式的能。3動(dòng)量與能量的關(guān)系(1)動(dòng)量與動(dòng)能動(dòng)量和能量都與物體的某一運(yùn)動(dòng)狀態(tài)相對(duì)應(yīng)，都與物體的質(zhì)量和速度有關(guān).但它們存在明顯的不同：動(dòng)量的大小與速度成正比p=mv；動(dòng)能的大小與速度的平方成正比Ek=mv2/2兩者的關(guān)系：p2=2mEk動(dòng)量是矢量而動(dòng)能是標(biāo)量.物體的動(dòng)量發(fā)生變化時(shí)，動(dòng)能不一定變化；但物體的動(dòng)能一旦發(fā)生變化，則動(dòng)量必發(fā)生變化.(2)動(dòng)量定理與動(dòng)能定理動(dòng)量定理

4、：物體動(dòng)量的變化量等于物體所受合外力的沖量.P=I，沖量I=Ft是力對(duì)時(shí)間的積累效應(yīng)動(dòng)能定理：物體動(dòng)能的變化量等于外力對(duì)物體所做的功.Ek=W，功W=Fs是力對(duì)空間的積累效應(yīng).(3)動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律所研究的對(duì)象都是相互作用的物體系統(tǒng)，(在研究某個(gè)物體與地球組成的系統(tǒng)的機(jī)械能守恒時(shí)，通常不考慮地球的影響)，且研究的都是某一物理過(guò)程.動(dòng)量守恒定律的內(nèi)容是：一個(gè)系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為0，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變；機(jī)械能守恒定律的內(nèi)容是：在只有重力和彈簧彈力做功的情形下，系統(tǒng)機(jī)械能的總量保持不變。運(yùn)用動(dòng)量守恒定律值得注意的兩點(diǎn)是：嚴(yán)格符合動(dòng)量守恒條件的系

5、統(tǒng)是難以找到的.如：在空中爆炸或碰撞的物體受重力作用，在地面上碰撞的物體受摩擦力作用，但由于系統(tǒng)間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外界對(duì)系統(tǒng)的作用，所以在作用前后的瞬間系統(tǒng)的動(dòng)量可認(rèn)為基本上是守恒的。即使系統(tǒng)所受的外力不為0，但沿某個(gè)方向的合外力為0，則系統(tǒng)沿該方向的動(dòng)量是守恒的。動(dòng)量守恒定律的適應(yīng)范圍廣，不但適應(yīng)常見(jiàn)物體的碰撞、爆炸等現(xiàn)象，也適應(yīng)天體碰撞、原子的裂變，動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒相結(jié)合的綜合的試題在高考中多次出現(xiàn)，是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容。三、經(jīng)典高考題賞析如圖所示，質(zhì)量為mA=4.0kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.24，木板最右端放著質(zhì)量為mB=1.0kg的小物塊（視為質(zhì)

6、點(diǎn)），它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)，木板突然受到水平向右的12Ns的瞬時(shí)沖量I作用開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小物塊離開(kāi)木板時(shí)，木板的動(dòng)能為8.0J,小物塊的動(dòng)能為0.5J（g=10m/s2）求：(1)瞬時(shí)沖量作用結(jié)束時(shí)木板的速度為多少？(2)木板的長(zhǎng)度時(shí)多少？解析：(1)以A由靜止到獲得初速度為研究過(guò)程，由動(dòng)量定理可知I= mv0 帶入數(shù)據(jù)得到：v0=3m/s (2)對(duì)A獲得速度到B從A的左端掉下來(lái)為研究過(guò)程，其運(yùn)動(dòng)過(guò)程如圖所示，設(shè)A運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，運(yùn)動(dòng)的位移為Sa，B運(yùn)動(dòng)的位移為Sb，B對(duì)A，C對(duì)A，A對(duì)B的摩擦力分別為fBA，fCA，fAB，由動(dòng)量定理可得：對(duì)A：-（fBA+fCA）t=mAvA-mAv0 對(duì)B：

7、 fABt=mBvB 由動(dòng)能定理可知對(duì)A：-（fBA+fCA）Sa=mAv A 2/2-mAv02/2 對(duì)B： fABSb=mBvB2/2 由牛頓第三定律可知，A對(duì)B的摩擦力和B對(duì)A的摩擦力大小相等f(wàn)AB= fBA fCA=（mA+mB）g L=Sa-Sb 由聯(lián)立可解得：L=0.5m答案：（1）v0=3m/s；（2） L=0.5m 如圖所示，金屬桿a從離地h高處由靜止開(kāi)始沿光滑平行的弧形軌道下滑，軌道的水平部分有豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，水平軌道上原來(lái)放有一金屬桿b，已知a桿的質(zhì)量為ma,且與桿b的質(zhì)量之比為mamb=34，水平軌道足夠長(zhǎng)，不計(jì)摩擦，求：(1)a和b的最終速度分別是多大?(2)整個(gè)

8、過(guò)程中回路釋放的電能是多少? (3)若已知a、b桿的電阻之比RaRb=34，其余部分的電阻不計(jì)，整個(gè)過(guò)程中桿a、b上產(chǎn)生的熱量分別是多少?解析：(1)a下滑過(guò)程中機(jī)械能守恒magh=mav02/2a進(jìn)入磁場(chǎng)后，回路中產(chǎn)生感應(yīng)電流，a、b都受安培力作用，a做減速運(yùn)動(dòng)，b做加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，a、b速度達(dá)到相同，之后回路的磁通量不發(fā)生變化，感應(yīng)電流為0，安培力為0，二者勻速運(yùn)動(dòng).勻速運(yùn)動(dòng)的速度即為a.b的最終速度，設(shè)為v.由于所組成的系統(tǒng)所受合外力為0，故系統(tǒng)的動(dòng)量守恒 mav0=(ma+mb)v由以上兩式解得最終速度va=vb=v= (2)由能量守恒得知，回路中產(chǎn)生的電能應(yīng)等于a、b系統(tǒng)機(jī)械

9、能的損失，所以E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7(3)由能的守恒與轉(zhuǎn)化定律，回路中產(chǎn)生的熱量應(yīng)等于回路中釋放的電能等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能，即Qa+Qb=E.在回路中產(chǎn)生電能的過(guò)程中，電流不恒定，但由于Ra與Rb串聯(lián)，通過(guò)的電流總是相等的，所以應(yīng)有所以 答案：（1）va=vb=v= （2）E=4magh/7 （3） 點(diǎn)評(píng)：此題考查的時(shí)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒定律和能量的轉(zhuǎn)化，在導(dǎo)體棒a進(jìn)入磁場(chǎng)之前，導(dǎo)體棒a的機(jī)械能守恒，進(jìn)入后導(dǎo)體棒a切割磁感線產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，電路中產(chǎn)生電流，使導(dǎo)體棒b受到安培力作用而運(yùn)動(dòng)，直到最后兩棒有相同的速度，以a、b這一整體為系統(tǒng)，則系統(tǒng)在水平方向受到的安培力相互

10、抵銷(xiāo)，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒。在這一運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，導(dǎo)體棒a、b發(fā)熱消耗能量，系統(tǒng)損失的能量轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，再根據(jù)系統(tǒng)的能量守恒，即可求出兩棒上的熱量。變式訓(xùn)練：如圖所示，電阻不計(jì)的兩光滑金屬導(dǎo)軌相距L放在水平絕緣桌面上，半徑為R的圓弧部分處在豎直平面內(nèi)，水平直導(dǎo)軌部分處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，末端與桌面邊緣平齊。兩金屬棒ab、cd垂直兩導(dǎo)軌且與導(dǎo)軌接觸良好，ab棒質(zhì)量為2m、電阻為r，cd棒質(zhì)量為m、電阻為r。開(kāi)始時(shí)cd棒靜止在水平直導(dǎo)軌上，ab棒從圓弧導(dǎo)軌的頂端無(wú)初速釋放，進(jìn)入水平直導(dǎo)軌后與cd棒始終沒(méi)有接觸并一直向右運(yùn)動(dòng)，最后兩棒都離開(kāi)導(dǎo)軌落到地面上。兩棒落地點(diǎn)到桌面邊緣的水平距離之

11、比為31，求：(1)cd棒在水平直導(dǎo)軌上的最大加速度。（）(2)兩棒在導(dǎo)軌上運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中產(chǎn)生的焦耳熱。（）如圖半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)，小球A、B質(zhì)量分別為m、m（為待定系數(shù)）。A球從左邊與圓心等高處由靜止開(kāi)始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點(diǎn)的B球相撞，碰撞后A、B球能達(dá)到的最大高度均為，碰撞中無(wú)機(jī)械能損失。重力加速度為g。試求：(1)待定系數(shù)；(2)第一次碰撞剛結(jié)束時(shí)小球A、B各自的速度和B球?qū)壍赖膲毫Γ?3)小球A、B在軌道最低處第二次碰撞剛結(jié)束時(shí)各自的速度，并討論小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結(jié)束時(shí)各自的速度。解析：(1)由于碰撞后球沿圓弧的運(yùn)動(dòng)情況與質(zhì)量無(wú)關(guān)，因此，A、

12、B兩球應(yīng)同時(shí)達(dá)到最大高度處，對(duì)A、B兩球組成的系統(tǒng)，由機(jī)械能守恒定律得，解得3(2)設(shè)A、B第一次碰撞后的速度分別為v1、v2，取方向水平向右為正，對(duì)A、B兩球組成的系統(tǒng)，有 解得，方向水平向左；，方向水平向右。設(shè)第一次碰撞剛結(jié)束時(shí)軌道對(duì)B球的支持力為N，方向豎直向上為正，則，B球?qū)壍赖膲毫?，方向豎直向下。(3)設(shè)A、B球第二次碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度分別為V1、V2，取水平向右為正，則解得V1，V20（另一組解V1v1，V2v2不合題意，舍去）由此可得：當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，小球A、B在第n次碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度分別與其第一次碰撞剛結(jié)束時(shí)相同；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，小球A、B在第n次碰撞剛結(jié)束時(shí)的速度分別與其第二

13、次碰撞剛結(jié)束時(shí)相同。答案：（1）3；（2），方向水平向左；，方向水平向右；4.5mg，方向豎直向下；（3）見(jiàn)解析。點(diǎn)評(píng)：小球A與B碰撞之前機(jī)械能守恒，在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒，碰撞完畢，兩球又機(jī)械能守恒，所以此題關(guān)鍵在于對(duì)碰撞過(guò)程的分析，不同的碰撞次數(shù)，結(jié)果不一樣，通過(guò)分析，找出規(guī)律，得出結(jié)論。四、經(jīng)典模型歸納（一）滑塊（子彈打木塊）模型此模型的核心內(nèi)容是動(dòng)量守恒與能量守恒兩大守恒定律還有動(dòng)能定理的結(jié)合。且經(jīng)常會(huì)用到摩擦產(chǎn)生熱量為：Q=m g L (L為系統(tǒng)相對(duì)位移)的公式。例、如圖所示，光滑曲面軌道的水平出口跟停在光滑水平面上的平板小車(chē)上表面相平，質(zhì)量為m的小滑塊從光滑軌道上某處由靜止開(kāi)始滑下并

14、滑上小車(chē)，使得小車(chē)在光滑水平面上滑動(dòng)。已知小滑塊從高為H的位置由靜止開(kāi)始滑下，最終停到小車(chē)上。若小車(chē)的質(zhì)量為M。g表示重力加速度，求：（1）滑塊到達(dá)軌道底端時(shí)的速度大小v0（2）滑塊滑上小車(chē)后，小車(chē)達(dá)到的最大速度v（3）該過(guò)程系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能Q（4）若滑塊和車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，則車(chē)的長(zhǎng)度至少為多少？解析：（1）滑塊由高處運(yùn)動(dòng)到軌道底端，機(jī)械能守恒。（2）滑塊滑上平板車(chē)后，系統(tǒng)水平方向不受外力，動(dòng)量守恒。小車(chē)最大速度為與滑塊共速的速度。m v0=（m+M）v (3)由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律可知，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能等于系統(tǒng)損失的機(jī)械能，即： （4）設(shè)小車(chē)的長(zhǎng)度至少為L(zhǎng)，則： mgL=Q 即 例2、如圖所示

15、，地面和半圓軌道面均光滑。質(zhì)量M = 1kg 、長(zhǎng)L = 4m的小車(chē)放在地面上，其右端與墻壁的距離S = 3m ，小車(chē)上表面與半圓軌道最低點(diǎn)P的切線相平?，F(xiàn)有一質(zhì)量m = 2kg的滑塊（不計(jì)大小）以v0 = 6m/s的初速度滑上小車(chē)左端，帶動(dòng)小車(chē)向右運(yùn)動(dòng)。小車(chē)與墻壁碰撞時(shí)即被粘在墻壁上，已知滑塊與小車(chē)表面的滑動(dòng)摩擦因數(shù) = 0.2 ，g取10m/s2 。（1）試通過(guò)計(jì)算說(shuō)明，小車(chē)與墻壁碰撞前，小滑塊不會(huì)從小車(chē)上掉下來(lái)；（2）討論半圓軌道的半徑R在什么范圍內(nèi)，滑塊能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道？解：（1）滑塊與小車(chē)的共同速度為v1 ，滑塊與小車(chē)相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)量守恒，有mv0 = (m + M)v

16、1 代入數(shù)據(jù)解得v1 = 4m/s 設(shè)滑塊與小車(chē)的相對(duì)位移為L(zhǎng)1 ，由系統(tǒng)能量守恒定律，有：mgL1 =代入數(shù)據(jù)解得L1 = 3m 設(shè)與滑塊相對(duì)靜止時(shí)小車(chē)的位移為S1 ，根據(jù)動(dòng)能定理，有：mgS1 =代入數(shù)據(jù)解得S1 = 2m 因L1L ，S1S ，說(shuō)明小車(chē)與墻壁碰撞前滑塊與小車(chē)已具有共同速度，且共速時(shí)小車(chē)與墻壁還未發(fā)生碰撞，小滑塊不會(huì)從小車(chē)上掉下來(lái)（2）滑塊將在小車(chē)上繼續(xù)向右做初速度為v1 = 4m/s ，位移為L(zhǎng)2 = LL1 = 1m的勻減速運(yùn)動(dòng)，然后滑上圓軌道的最低點(diǎn)P 。若滑塊恰能滑過(guò)圓的最高點(diǎn)，設(shè)滑至最高點(diǎn)的速度為v ，臨界條件為：mg = m根據(jù)動(dòng)能定理，有：mgL2聯(lián)立并代入數(shù)

17、據(jù)解得R = 0.24m 若滑塊恰好滑至圓弧到達(dá)T點(diǎn)時(shí)就停止，則滑塊也能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道。根據(jù)動(dòng)能定理，有：mgL2代入數(shù)據(jù)解得R = 0.6m 綜上所述，滑塊能沿圓軌道運(yùn)動(dòng)而不脫離圓軌道，半圓軌道的半徑必須滿足R0.24m或R0.6m 類(lèi)比解題：光滑水平地面上停放著一輛質(zhì)量m=2kg的平板車(chē)，質(zhì)量M=4kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小滑塊靜放在車(chē)左端，滑塊與平板車(chē)之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.3，如圖所示一水平向右的推力F24N作用在滑塊M上0.5s撤去，平板車(chē)?yán)^續(xù)向右運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設(shè)碰撞時(shí)間極短且車(chē)以原速率反彈，滑塊與平板之間的最大靜摩擦力與滑動(dòng)摩擦力大小相等，平板車(chē)足夠長(zhǎng)，以至滑塊

18、不會(huì)從平板車(chē)右端滑落，g取10m/s2求：（1）平板車(chē)第一次與墻壁碰撞后能向左運(yùn)動(dòng)的最大距離s多大？此時(shí)滑塊的速度多大？（2）平板車(chē)第二次與墻壁碰撞前的瞬間速度v2多大？（3）為使滑塊不會(huì)從平板車(chē)右端滑落，平板車(chē)L至少要有多長(zhǎng)？解：（1）滑塊與平板車(chē)之間的最大靜摩擦力fm=Mg，設(shè)滑塊與車(chē)不發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)而一起加速運(yùn)動(dòng)的最大加速度為am，以車(chē)為研究對(duì)象，則am= =6m/s2以滑塊和車(chē)整體為研究對(duì)象，作用在滑塊上使滑塊與車(chē)一起靜止地加速的水平推力的最大值設(shè)為Fm，則Fm=(M+m)am36N已知水平推力F=24N<36N，所以在F作用下M、m能相對(duì)靜止地一起向右加速設(shè)第一次碰墻前M、m的速

19、度為v1，v1=2m/s第一次碰墻后到第二次碰前車(chē)和滑塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒車(chē)向左運(yùn)動(dòng)速度減為0時(shí)，由于m<M，滑塊仍在向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)此時(shí)滑塊的速度為v1'，車(chē)離墻壁距離sMv1mv1=Mv1'得：v1'=1m/s以車(chē)為研究對(duì)象，根據(jù)動(dòng)能定理，有Mgsmv12s=0.33m（2）第一次碰撞后車(chē)運(yùn)動(dòng)到速度為零時(shí)，滑塊仍有向右的速度，滑動(dòng)摩擦力使車(chē)以相同的加速度重新向右加速，如果車(chē)的加速過(guò)程持續(xù)到與墻第二次相碰，則加速過(guò)程位移也為s，可算出第二次碰鱺瞬向的速度大小也為2m/s，系統(tǒng)的總動(dòng)量將大于第一次碰墻后的動(dòng)量，這顯然是不可能的，可見(jiàn)在第二次碰墻前車(chē)已停止加速，即第二次

20、碰墻前一些時(shí)間車(chē)和滑塊已相對(duì)靜止設(shè)車(chē)與墻壁第二次碰撞前瞬間速度為v2，則Mv1mv1=(M+m)v2v2=v1=0.67m/s（3）車(chē)每次與墻碰撞后一段時(shí)間內(nèi)，滑塊都會(huì)相對(duì)車(chē)有一段向右的滑動(dòng)，由于兩者相互摩擦，系統(tǒng)的部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，車(chē)與墻多次碰撞后，最后全部機(jī)械能都轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，車(chē)停在墻邊，滑塊相對(duì)車(chē)的總位移設(shè)為l，則有：Mgl(M+m)v12代入數(shù)據(jù)解得l=1m例3、如圖所示，以A、B和C、D為斷電的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑的地面上，左端緊靠B點(diǎn)，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C，一物塊被輕放在水平勻速運(yùn)動(dòng)的傳送帶上E點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)到A時(shí)剛好與傳送帶速度相同，然

21、后經(jīng)A沿半圓軌道滑下，再經(jīng)B滑上滑板?；暹\(yùn)動(dòng)到C時(shí)被牢固粘連。物塊可視為質(zhì)點(diǎn)，質(zhì)量為m，滑板質(zhì)量為M=2m，兩半圓半徑均為R，板長(zhǎng)l=6.5R,板右端到C的距離L在R<L<5R范圍內(nèi)取值，E距A為S=5R,物塊與傳送帶、物塊與滑板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為=0.5，重力加速度取g。(1) 求物塊滑到B點(diǎn)的速度大?。?2) 試討論物塊從滑上滑板到離開(kāi)滑板右端的過(guò)程中，克服摩擦力做的功Wf與L的關(guān)系，并判斷物塊能否滑到CD軌道的中點(diǎn)。解析：（1）滑塊從靜止開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到A過(guò)程，滑動(dòng)摩擦力做正功，滑塊從A到B，重力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理，解得：（2）滑塊從B滑上滑板后開(kāi)始作勻減速運(yùn)動(dòng),此

22、時(shí)滑板開(kāi)始作勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)滑塊與滑板達(dá)共同速度時(shí)，二者開(kāi)始作勻速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)它們的共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒 ，解得：對(duì)滑塊，用動(dòng)能定理列方程：，解得：s1=8R對(duì)滑板，用動(dòng)能定理列方程：，解得：s2=2R由此可知滑塊在滑板上滑過(guò)s1s2=6R時(shí)，小于6.5R，并沒(méi)有滑下去，二者就具有共同速度了。當(dāng)2RL5R時(shí)，滑塊的運(yùn)動(dòng)是勻減速運(yùn)動(dòng)8R，勻速運(yùn)動(dòng)L2R，勻減速運(yùn)動(dòng)0.5R，滑上C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理：解得： ， ，滑塊不能滑到CD軌道的中點(diǎn)。當(dāng)RL2R時(shí)，滑塊的運(yùn)動(dòng)是勻減速運(yùn)動(dòng)6.5R+L，滑上C點(diǎn)。根據(jù)動(dòng)能定理： 解得：當(dāng)時(shí)，可以滑到CD軌道的中點(diǎn)，此時(shí)要求L<0.5R，這與題目矛盾

23、，所以滑塊不可能滑到CD軌道的中點(diǎn)。（二）碰撞（彈性或非彈性）模型題型：彈性碰撞：例、在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)。在小球的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示小球A與小球B發(fā)生正碰后小球A、B均向右運(yùn)動(dòng)。小球B被在Q點(diǎn)處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ1.5PO。假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性的，求兩小球質(zhì)量之比。解析：從兩小球碰撞后到它們?cè)俅蜗嘤?，小球A和B的速度大小保持不變，對(duì)小球B：OQPQv2t對(duì)小球A：POv1t，而PQ1.5PO，由以上三式得：則兩球碰撞后的速度大小之比為v2v141兩球碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，有：m1v0

24、m1v1m2v2由于是彈性碰撞，碰撞過(guò)程機(jī)械能守恒，有：m1vm1vm2v 解得：2模型特征：<1>在碰撞過(guò)程中動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒；<2>當(dāng)時(shí)，A物體靜止，B物體以A的初速度運(yùn)動(dòng)，速度發(fā)生互換；當(dāng)，則，即物體A、B同方向運(yùn)動(dòng)，因所以速度大小，即兩小球不會(huì)發(fā)生第二次碰撞。其中當(dāng)，即當(dāng)質(zhì)量很大的物體A碰撞質(zhì)量很小的物體B，物體A的速度幾乎不變，物體B以2倍于物體A的速度和物體A同向運(yùn)動(dòng)。當(dāng)時(shí)，則，即物體A、B反方向運(yùn)動(dòng)，其中，當(dāng)時(shí)，即物體A以原速度的大小彈回，物體B靜止不動(dòng)。例2、質(zhì)量為的A球和質(zhì)量為的B球分別用長(zhǎng)為的細(xì)線a和b懸掛在天花板下方，兩球恰好相互接觸，且離地面

25、高度，用細(xì)線c水平拉起A，使a偏離豎直方向=60°，靜止在如圖所示的位置，b能承受的最大拉力，重力加速度為g。 (1) A靜止時(shí)，a受多大拉力?（T=2mg）(2) 剪斷c，求：求A與B發(fā)生碰撞前瞬間的速度大小。()若A與B發(fā)生彈性碰撞，求碰后瞬間B的速度大小。()判斷b是否會(huì)被拉斷? 如果不斷，求B上升的最大高度；如果被拉斷，求B拋出的水平距離。(b會(huì)被拉斷 S=0.5L)題型2：非彈性碰撞例、如圖所示的凹形場(chǎng)地，兩端是半徑為L(zhǎng)的1/4圓弧面，中間是長(zhǎng)尾4L的粗糙水平面。質(zhì)量為3m的滑塊乙開(kāi)始停在水平面的中點(diǎn)O處，質(zhì)量為m的滑塊甲從光滑圓弧面頂端A處無(wú)初速度滑下，進(jìn)入水平面內(nèi)并與乙

26、發(fā)生碰撞，碰后以碰前一半的速度反彈。已知甲、乙與水平面的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為1、2，且1=22，甲、乙的體積大小忽略不計(jì)。求：（1）甲與乙碰撞前的速度。（2）碰后瞬間乙的速度。（3）甲、乙在O處發(fā)生碰撞后，剛好不再發(fā)生碰撞，則甲、乙停在距B點(diǎn)多遠(yuǎn)處。解：（1）設(shè)甲到達(dá)O處與乙碰撞前的速度為v甲，由動(dòng)能定理：得： （分步用機(jī)械能守恒和勻減速直線運(yùn)動(dòng)進(jìn)行計(jì)算，結(jié)果正確的同樣給分）（2）設(shè)碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、v乙，由動(dòng)量守恒：又： 得： （3）由于1=22，所以甲、乙在水平面上運(yùn)動(dòng)的加速度滿足：a甲=2a乙設(shè)甲在水平地面上通過(guò)的路程為s1、乙在水平地面上通過(guò)的路程為s2，則有：即： 由于甲、乙

27、剛好不再發(fā)生第二次碰撞，所以甲、乙在同一地點(diǎn)停下有以下兩種情況：第一種情況：甲返回時(shí)未到達(dá)B時(shí)就已經(jīng)停下，此時(shí)有：s12L 而乙停在甲所在位置時(shí)，乙通過(guò)的路程為：s2=2L+2L+s1=4L+s1 因?yàn)閟1與s2不能滿足，因而這種情況不能發(fā)生 第二種情況：甲、乙分別通過(guò)B、C沖上圓弧面后，返回水平面后相向運(yùn)動(dòng)停在同一地點(diǎn)，所以有：s1+s2=8L兩式得： 或 即小車(chē)停在距B為：例2、如圖所示，坡道頂端距水平面高度為h，質(zhì)量為m1的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進(jìn)入水平面上的滑道時(shí)無(wú)機(jī)械能損失，為使A制動(dòng)，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長(zhǎng)線M處的墻上，一端與質(zhì)量為m2的檔板B相連，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)

28、，B恰位于滑道的末端O點(diǎn)。A與B碰撞時(shí)間極短，碰后結(jié)合在一起共同壓縮彈簧，已知在OM段A、B與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為，其余各處的摩擦不計(jì)，重力加速度為g，求：(1)物塊A在與擋板B碰撞前瞬間速度v的大?。?2)彈簧最大壓縮量為d時(shí)的彈性勢(shì)能Ep（設(shè)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)能為零）。解析：(1)由機(jī)械能守恒定律，有： 解得v(2)A、B在碰撞過(guò)程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，由動(dòng)量守恒，有碰后A、B一起壓縮彈簧，）到彈簧最大壓縮量為d時(shí)，A、B克服摩擦力所做的功由能量守恒定律，有解得：答案：（1）；（2）點(diǎn)評(píng)：物塊A下滑過(guò)程機(jī)械能守恒，與B碰撞過(guò)程中，A和B系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后A、B一起運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧，在以后過(guò)

29、程中，系統(tǒng)做減速運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能向內(nèi)能和彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化。第一階段利用機(jī)械能守恒定律，第二階段利用動(dòng)量守恒定律，第三階段利用動(dòng)能定理即可。分析清楚過(guò)程，此題就簡(jiǎn)單多了。（三）反沖模型例1、如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長(zhǎng)度L=4.0m，皮帶輪沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)皮帶以恒定速率v=3.0m/s勻速傳動(dòng)。三個(gè)質(zhì)量均為m=1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開(kāi)始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)滑塊A以初速度v0=2.0m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動(dòng)，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時(shí)間極短，可認(rèn)為A與B碰撞過(guò)程中滑塊C

30、的速度仍為零因碰撞使連接B、C的細(xì)繩受擾動(dòng)而突然斷開(kāi)，彈簧伸展，從而使C與A、B分離滑塊C脫離彈簧后以速度vC=2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)。已知滑塊C與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.20，重力加速度g取10m/s2。（1）求滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大??；（2）求滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep；（3）若每次實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少解析：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為t，加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x根據(jù)牛頓第二

31、定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式：      解得 即滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，并從右端滑出，則滑塊C從傳道帶右端滑出時(shí)的速度為v=3.0m/s       （2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律：mv0=2mv1      2 mv1=2mv2+mvC由動(dòng)量守恒規(guī)律   解得EP=1.0J （3）在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大

32、值，它減速運(yùn)動(dòng)到傳送帶右端時(shí)，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳遞帶的速度v設(shè)A與B碰撞后的速度為，分離后A與B的速度為，滑塊C的速度為，由能量守恒規(guī)律和動(dòng)量守恒定律： 由能量守恒規(guī)律由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式  解得： 練習(xí)：1、一光滑金屬導(dǎo)軌如圖所示，水平平行導(dǎo)軌MN、ST相距l(xiāng)=0.5m豎直半圓軌道NP、TQ直徑均為D=0.8m，軌道左端用阻值R=0.4的電阻相連水平導(dǎo)軌的某處有一豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.06T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)光滑金屬桿ab質(zhì)量m=O.2kg、電阻r=0.1 ，當(dāng)它以5m/s的初速度沿水平導(dǎo)軌從左端沖入磁場(chǎng)后恰好能到達(dá)豎直半圓軌道的最高點(diǎn)P、Q設(shè)金屬桿ab與軌道接觸良好，并始終與導(dǎo)軌垂直，導(dǎo)軌電阻忽略不計(jì)，取g=10m/s2，求金屬桿：(1) 剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，通過(guò)金屬桿的電流大小和方向；(2) 到達(dá)P、Q時(shí)的速度大小；(3) 沖入磁場(chǎng)至到達(dá)P、Q點(diǎn)的過(guò)程中，電路中產(chǎn)生的焦耳熱。解：(1)E=BLv 2分 2分 2分(2)恰能到達(dá)豎直軌道最高點(diǎn)，由牛頓第二定律