小學(xué)衛(wèi)生與健康教案
發(fā)表時間：2021-02-18動量與能量。
動量與能量動量與能量的綜合問題，是高中力學(xué)最重要的綜合問題，也是難度較大的問題。分析這類問題時，應(yīng)首先建立清晰的物理圖象，抽象出物理模型，選擇合理的物理規(guī)律建立方程進(jìn)行求解。
一、力學(xué)規(guī)律的選用原則
1、如果要列出各物理量在某一時刻的關(guān)系式，可用牛頓第二定律。
2、研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動狀態(tài)改變時，一般用動量定理（涉及時間問題）或動能定理（涉及位移問題）去解決。
3、若研究的對象為一物體系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用兩個守恒定律去解決問題，但須注意研究的問題是否滿足守恒條件。
4、在涉及相對位移問題時，則優(yōu)先考慮能量守恒定律，即用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機(jī)械能的減少量，也即轉(zhuǎn)變?yōu)橄到y(tǒng)內(nèi)能的量。
5、在涉及有碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，須注意到一般這些過程均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化，這種問題由于作用時間都極短，故動量守恒定律一般能派上大用場。
二、利用動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問題
（1）動量定理和動量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可以寫出分量表達(dá)式，而動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量式，絕無分量式。
（2）從研究對象上看動量定理既可研究單體，又可研究系統(tǒng)，但高中階段一般用于單體，動能定理在高中階段只能用于單體。
（3）動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系統(tǒng)，解題時必須注意動量守恒的條件和機(jī)械能守恒的條件，在應(yīng)用這兩個規(guī)律時，應(yīng)當(dāng)確定了研究對象及運(yùn)動狀態(tài)變化的過程后，根據(jù)問題的已知條件和要求解未知量，選擇研究的兩個狀態(tài)列方程求解。
（4）中學(xué)階段可用力的觀點(diǎn)解決的問題，若用動量觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解，一般都要比用力的觀點(diǎn)簡便，而中學(xué)階段涉及的曲線運(yùn)動（加速度不恒定）、豎直面內(nèi)的圓周運(yùn)動、碰撞等，就中學(xué)只是而言，不可能單純考慮用力的觀點(diǎn)解決，必須考慮用動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解決。
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高考物理動量和能量1
動量和能量
1.考點(diǎn)分析：
命題趨勢
本專題涉及的內(nèi)容是動力學(xué)內(nèi)容的繼續(xù)和深化，其中的動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運(yùn)動定律的適用范圍更廣泛，是自然界中普遍適用的基本規(guī)律，因此是高中物理的重點(diǎn)，也是高考考查的重點(diǎn)之一。
動量守恒與能量守恒是近幾年高考理科綜合物理命題的重點(diǎn)、熱點(diǎn)和焦點(diǎn)，也是廣大考生普遍感到棘手的難點(diǎn)之一．動量守恒與能量守恒貫穿于整個高中物理學(xué)習(xí)的始終，是聯(lián)系各部分知識的主線．它不僅為解決力學(xué)問題開辟了兩條重要途徑，同時也為我們分析問題和解決問題提供了重要依據(jù)．守恒思想是物理學(xué)中極為重要的思想方法，是物理學(xué)研究的極高境界，是開啟物理學(xué)大門的金鑰匙，同樣也是對考生進(jìn)行方法教育和能力培養(yǎng)的重要方面．因此，兩個守恒可謂高考物理的重中之重，高考中年年有，且常常作為壓軸題出現(xiàn)在物理試卷中，
高三物理動量和能量考點(diǎn)分析
高三物理動量和能量考點(diǎn)分析
沖量是力對時間的積累，其作用效果是改變物體的動量；功是力對位移的積累，其作用效果是改變物體的能量；沖量和動量的變化、功和能量的變化都是原因和結(jié)果的關(guān)系，對此，要像熟悉力和運(yùn)動的關(guān)系一樣熟悉。在此基礎(chǔ)上，還很容易理解守恒定律的條件，要守恒，就應(yīng)不存在引起改變的原因。能量還是貫穿整個物理學(xué)的一條主線，從能量角度分析思考問題是研究物理問題的一個重要而普遍的思路。
應(yīng)用動量定理和動能定理時，研究對象可以是單個物體，也可以是多個物體組成的系統(tǒng)，而應(yīng)用動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律時，研究對象必定是系統(tǒng)；此外，這些規(guī)律都是運(yùn)用于物理過程，而不是對于某一狀態(tài)（或時刻）。因此，在用它們解題時，首先應(yīng)選好研究對象和研究過程。對象和過程的選取直接關(guān)系到問題能否解決以及解決起來是否簡便。選取時應(yīng)注意以下幾點(diǎn)：
1．選取研究對象和研究過程，要建立在分析物理過程的基礎(chǔ)上。臨界狀態(tài)往往應(yīng)作為研究過程的開始或結(jié)束狀態(tài)。
2．要能視情況對研究過程進(jìn)行恰當(dāng)?shù)睦硐牖幚怼?br> 3．可以把一些看似分散的、相互獨(dú)立的物體圈在一起作為一個系統(tǒng)來研究，有時這樣做，可使問題大大簡化。
高考物理動量和能量沖刺專題復(fù)習(xí)
俗話說，居安思危，思則有備，有備無患。教師要準(zhǔn)備好教案，這是每個教師都不可缺少的。教案可以讓學(xué)生更容易聽懂所講的內(nèi)容，幫助教師提前熟悉所教學(xué)的內(nèi)容。您知道教案應(yīng)該要怎么下筆嗎？小編為此仔細(xì)地整理了以下內(nèi)容《高考物理動量和能量沖刺專題復(fù)習(xí)》，僅供參考，希望能為您提供參考！
20xx屆高考黃岡中學(xué)物理沖刺講解、練習(xí)題、預(yù)測題03：第2專題動量和能量（1）知識網(wǎng)絡(luò)
考點(diǎn)預(yù)測
本專題涉及的內(nèi)容是動力學(xué)內(nèi)容的延續(xù)和深化．動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運(yùn)動定律的適用范圍更廣泛．它們是自然界中最基本、最普遍、最重要的客觀規(guī)律，也是高中物理的重點(diǎn)和難點(diǎn)、高考考查內(nèi)容的重點(diǎn)．其命題形式一般是能量與動量綜合起來考，如：2009年全國理綜卷Ⅰ第21題、第25題，2008年全國理綜卷Ⅰ的第24題“下擺拉動
滑塊碰撞問題”，全國理綜卷Ⅱ的第23題“子彈射擊木塊問題”，重慶理綜卷的第24題“碰撞后壓縮彈簧問題”．但是，由于目前全國的課改形勢以及在課程標(biāo)準(zhǔn)中的內(nèi)容設(shè)置，在高考中出現(xiàn)的這類綜合題的難點(diǎn)主要在于功能關(guān)系的應(yīng)用上，而不是在于動量守恒定律的應(yīng)用上．
另外，從2009年各地的高考考卷中也可發(fā)現(xiàn)，除了能量與動量的綜合題外，單獨(dú)考查功能原理的試題在卷中出現(xiàn)的概率也較大．
要點(diǎn)歸納
一、基本的物理概念
1．沖量與功的比較
(1)定義式?jīng)_量的定義式：I＝Ft(作用力在時間上的積累效果)功的定義式：W＝Fscosθ(作用力在空間上的積累效果)
(2)屬性沖量是矢量，既有大小又有方向(求合沖量應(yīng)按矢,量合成法則來計(jì)算)功是標(biāo)量，只有大小沒有方向(求物體所受外力的,總功只需按代數(shù)和計(jì)算)
2．動量與動能的比較
(1)定義式動量的定義式：p＝mv動能的定義式：Ek＝12mv2
(2)屬性動量是矢量(動量的變化也是矢量,求動量的變化,應(yīng)按矢量運(yùn)算法則來計(jì)算)動能是標(biāo)量(動能的變化也是標(biāo)量,求動能的變化,只需按代數(shù)運(yùn)算法則來計(jì)算)
(3)動量與動能量值間的關(guān)系p＝2mEkEk＝p22m＝12pv
(4)動量和動能都是描述物體狀態(tài)的量，都有相對性(相對所選擇的參考系)，都與物體的受力情況無關(guān)．動量的變化和動能的變化都是過程量，都是針對某段時間而言的．
二、動量觀點(diǎn)的基本物理規(guī)律
1．動量定理的基本形式與表達(dá)式：I＝Δp．
分方向的表達(dá)式：Ix合＝Δpx，Iy合＝Δpy．
2．動量定理推論：動量的變化率等于物體所受的合外力，即ΔpΔt＝F合．
3．動量守恒定律
(1)動量守恒定律的研究對象是一個系統(tǒng)(含兩個或兩個以上相互作用的物體)．
(2)動量守恒定律的適用條件
①標(biāo)準(zhǔn)條件：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零．
②近似條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但比系統(tǒng)的內(nèi)力小得多(如碰撞問題中的摩擦力、爆炸問題中的重力等外力與相互作用的內(nèi)力相比小得多)，可以忽略不計(jì)．
③分量條件：系統(tǒng)所受外力之和雖不為零，但在某個方向上的分量為零，則在該方向上系統(tǒng)總動量的分量保持不變．
(3)使用動量守恒定律時應(yīng)注意：
①速度的瞬時性；
②動量的矢量性；
③時間的同一性．
(4)應(yīng)用動量守恒定律解決問題的基本思路和方法
①分析題意，明確研究對象．在分析相互作用的物體總動量是否守恒時，通常把這些被研究的物體統(tǒng)稱為系統(tǒng)．對于比較復(fù)雜的物理過程，要采用程序法對全過程進(jìn)行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的．
②對各階段所選系統(tǒng)內(nèi)的物體進(jìn)行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是作用于系統(tǒng)的外力．在受力分析的基礎(chǔ)上根據(jù)動量守恒定律的條件，判斷能否應(yīng)用動量守恒定律．
③明確所研究的相互作用過程，確定過程的始末狀態(tài)，即系統(tǒng)內(nèi)各個物體的初動量和末動量的值或表達(dá)式．(注意：在研究地面上物體間相互作用的過程時，各物體運(yùn)動的速度均應(yīng)取地球?yàn)閰⒖枷?
④確定正方向，建立動量守恒方程求解．
三、功和能
1．中學(xué)物理中常見的能量
動能Ek＝12mv2；重力勢能Ep＝mgh；彈性勢能E彈＝12kx2；機(jī)械能E＝Ek＋Ep；分子勢能；分子動能；內(nèi)能；電勢能E＝qφ；電能；磁場能；化學(xué)能；光能；原子能(電子的動能和勢能之和)；原子核能E＝mc2；引力勢能；太陽能；風(fēng)能(空氣的動能)；地?zé)?、潮汐能?br> 2．常見力的功和功率的計(jì)算：
恒力做功W＝Fscosθ；
重力做功W＝mgh；
一對滑動摩擦力做的總功Wf＝－fs路；
電場力做功W＝qU；
功率恒定時牽引力所做的功W＝Pt；
恒定壓強(qiáng)下的壓力所做的功W＝pΔV；
電流所做的功W＝UIt；
洛倫茲力永不做功；
瞬時功率P＝Fvcos_θ；
平均功率P－＝Wt＝Fv－cosθ．
3．中學(xué)物理中重要的功能關(guān)系
能量與物體運(yùn)動的狀態(tài)相對應(yīng)．在物體相互作用的過程中，物體的運(yùn)動狀態(tài)通常要發(fā)生變化，所以物體的能量變化一般要通過做功來實(shí)現(xiàn)，這就是常說的“功是能量轉(zhuǎn)化的量度”的物理本質(zhì)．那么，什么功對應(yīng)著什么能量的轉(zhuǎn)化呢？在高中物理中主要的功能關(guān)系有：
(1)外力對物體所做的總功等于物體動能的增量，即W總＝ΔEk．(動能定理)
(2)重力(或彈簧的彈力)對物體所做的功等于物體重力勢能(或彈性勢能)的增量的負(fù)值，即W重＝－ΔEp(或W彈＝－ΔEp)．
(3)電場力對電荷所做的功等于電荷電勢能的增量的負(fù)值，即W電＝－ΔE電．
(4)除重力(或彈簧的彈力)以外的力對物體所做的功等于物體機(jī)械能的增量，即W其他＝ΔE機(jī)．(功能原理)
(5)當(dāng)除重力(或彈簧彈力)以外的力對物體所做的功等于零時，則有ΔE機(jī)＝0，即機(jī)械能守恒．
(6)一對滑動摩擦力做功與內(nèi)能變化的關(guān)系是：“摩擦所產(chǎn)生的熱”等于滑動摩擦力跟物體間相對路程的乘積，即Q＝fs相對．一對滑動摩擦力所做的功的代數(shù)和總為負(fù)值，表示除了有機(jī)械能在兩個物體間轉(zhuǎn)移外，還有一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，這就是“摩擦生熱”的實(shí)質(zhì)．
(7)安培力做功對應(yīng)著電能與其他形式的能相互轉(zhuǎn)化，即W安＝ΔE電．安培力做正功，對應(yīng)著電能轉(zhuǎn)化為其他能(如電動機(jī)模型)；克服安培力做負(fù)功，對應(yīng)著其他能轉(zhuǎn)化為電能(如發(fā)電機(jī)模型)；安培力做功的絕對值等于電能轉(zhuǎn)化的量值．
(8)分子力對分子所做的功等于分子勢能的增量的負(fù)值，即W分子力＝－ΔE分子．
(9)外界對一定質(zhì)量的氣體所做的功W與氣體從外界所吸收的熱量Q之和等于氣體內(nèi)能的變化，即W＋Q＝ΔU．
(10)在電機(jī)電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率與輸出的機(jī)械功率之和．
(11)在純電阻電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率．
(12)在電解槽電路中，電流做功的功率等于電阻發(fā)熱的功率與轉(zhuǎn)化為化學(xué)能的功率之和．
(13)在光電效應(yīng)中，光子的能量hν＝W＋12mv02．
(14)在原子物理中，原子輻射光子的能量hν＝E初－E末，原子吸收光子的能量hν＝E末－E初．
(15)核力對核子所做的功等于核能增量的負(fù)值，即W核＝－ΔE核，并且Δmc2＝ΔE核．
(16)能量轉(zhuǎn)化和守恒定律．對于所有參與相互作用的物體所組成的系統(tǒng)，無論什么力做功，可能每一個物體的能量的數(shù)值及形式都發(fā)生變化，但系統(tǒng)內(nèi)所有物體的各種形式能量的總和保持不變．
4．運(yùn)用能量觀點(diǎn)分析、解決問題的基本思路
(1)選定研究對象(單個物體或一個系統(tǒng))，弄清物理過程．
(2)分析受力情況，看有什么力在做功，弄清系統(tǒng)內(nèi)有多少種形式的能在參與轉(zhuǎn)化．
(3)仔細(xì)分析系統(tǒng)內(nèi)各種能量的變化情況及變化的數(shù)量．
(4)列方程ΔE減＝ΔE增或E初＝E末求解．
四、彈性碰撞
在一光滑水平面上有兩個質(zhì)量分別為m1、m2的剛性小球A和B以初速度v1、v2運(yùn)動，若它們能發(fā)生正碰，碰撞后它們的速度分別為v1′和v2′．v1、v2、v1′、v2′是以地面為參考系的，將A和B看做系統(tǒng)．
由碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，有：
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′
由于彈性碰撞中沒有機(jī)械能損失，故有：
12m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2
由以上兩式可得：
v2′－v1′＝－(v2－v1)或v1′－v2′＝－(v1－v2)
碰撞后B相對于A的速度與碰撞前B相對于A的速度大小相等、方向相反；碰撞后A相對于B的速度與碰撞前A相對于B的速度大小相等、方向相反．
【結(jié)論1】對于一維彈性碰撞，若以其中某物體為參考系，則另一物體碰撞前后速度大小不變、方向相反(即以原速率彈回)．
聯(lián)立以上各式可解得：
v1′＝2m2v2＋(m1－m2)v1m1＋m2
v2′＝2m1v1＋(m2－m1)v2m1＋m2
若m1＝m2，即兩個物體的質(zhì)量相等，則v1′＝v2，v2′＝v1，表示碰后A的速度變?yōu)関2，B的速度變?yōu)関1．
【結(jié)論2】對于一維彈性碰撞，若兩個物體的質(zhì)量相等，則碰撞后兩個物體互換速度(即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度)．
若A的質(zhì)量遠(yuǎn)大于B的質(zhì)量，則有：
v1′＝v1，v2′＝2v1－v2；
若A的質(zhì)量遠(yuǎn)小于B的質(zhì)量，則有：
v2′＝v2，v1′＝2v2－v1．
【結(jié)論3】對于一維彈性碰撞，若其中某物體的質(zhì)量遠(yuǎn)大于另一物體的質(zhì)量，則質(zhì)量大的物體碰撞前后速度保持不變．至于質(zhì)量小的物體碰后速度如何，可結(jié)合結(jié)論1和結(jié)論2得出．
在高考復(fù)習(xí)中，若能引導(dǎo)學(xué)生推導(dǎo)出以上二級結(jié)論并熟記，對提高學(xué)生的解題速度是大有幫助的．
熱點(diǎn)、重點(diǎn)、難點(diǎn)
一、動量定理的應(yīng)用問題
動量定理的應(yīng)用在高考中主要有以下題型：
1．定性解釋周圍的一些現(xiàn)象；
2．求打擊、碰撞、落地過程中的平均沖力；
3．計(jì)算流體問題中的沖力(或反沖力)；
4．根據(jù)安培力的沖量求電荷量．
●例1如圖2－1所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端與豎直墻壁接觸．現(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設(shè)噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時貯氣瓶底端對豎直墻壁的作用力大小是()
圖2－1
A．ρvSB．ρv2SC．12ρv2SD．ρv2S
【解析】Δt時間內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSvΔt
對于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動量定理得：
FΔt＝Δmv－0
解得：F＝ρv2S．
[答案]D
【點(diǎn)評】動量定理對多個物體組成的系統(tǒng)也成立，而動能定理對于多個物體組成的系統(tǒng)不適用．
★同類拓展1如圖2－2所示，質(zhì)量為M的木塊位于光滑水平面上，在木塊與墻之間用輕彈簧連接，開始時木塊靜止在A位置．現(xiàn)有一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射向木塊并嵌入其中，則當(dāng)木塊回到A位置時的速度v以及此過程中墻對彈簧的沖量I的大小分別為()
圖2－2
A．v＝mv0M＋m，I＝0B．v＝mv0M＋m，I＝2mv0
C．v＝mv0M＋m，I＝2m2v0M＋mD．v＝mv0M，I＝2mv0
【解析】設(shè)在子彈射入木塊且未壓縮彈簧的過程中，木塊(含子彈)的速度為v1，由動量守恒定律得：
mv0＝(m＋M)v1
解得：v1＝mv0m＋M
對木塊(含子彈)壓縮彈簧再返回A點(diǎn)的過程，由動能定理得：
12(m＋M)v2－12(m＋M)v12＝W總＝0
可知：v＝v1＝mv0m＋M
取子彈、木塊和彈簧組成的系統(tǒng)為研究對象，由動量定理得：
I＝(m＋M)(－v)－(m＋M)v1＝－2mv0
負(fù)號表示方向向左．
[答案]B
二、動能定理、機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用
1．對于單個平動的物體：W總＝ΔEk，W總指物體所受的所有外力做的總功．
2．系統(tǒng)只有重力、彈力作為內(nèi)力做功時，機(jī)械能守恒．
(1)用細(xì)繩懸掛的物體繞細(xì)繩另一端做圓周運(yùn)動時，細(xì)繩對物體不做功．
(2)輕桿繞一端自由下擺，若輕桿上只固定一個物體，則輕桿對物體不做功；若輕桿上不同位置固定兩個物體，則輕桿分別對兩物體做功．
(3)對于細(xì)繩連接的物體，若細(xì)繩存在突然繃緊的瞬間，則物體(系統(tǒng))的機(jī)械能減少．
3．單個可當(dāng)做質(zhì)點(diǎn)的物體機(jī)械能守恒時，既可用機(jī)械能守恒定律解題，也可用動能定理解題，兩種方法等效．發(fā)生形變的物體和幾個物體組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒時，一般用機(jī)械能守恒定律解題，不方便應(yīng)用動能定理解題．
●例2以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的小物塊．假定物塊所受的空氣阻力f大小不變．已知重力加速度為g，則物塊上升的最大高度和返回到原拋出點(diǎn)的速率分別為
[2009年高考全國理綜卷Ⅱ]()
A．v022g(1＋fmg)和v0mg－fmg＋f
B．v022g(1＋fmg)和v0mgmg＋f
C．v022g(1＋2fmg)和v0mg－fmg＋f
D．v022g(1＋2fmg)和v0mgmg＋f
【解析】方法一：對于物塊上升的過程，由動能定理得：
－(mgh＋fh)＝0－12mv02
解得：h＝v022g(1＋fmg)
設(shè)物塊返回至原拋出點(diǎn)的速率為v，對于整個過程應(yīng)用動能定理有：
12mv2－12mv02＝－f2h
解得：v＝v0mg－fmg＋f．
方法二：設(shè)小物塊在上升過程中的加速度大小為a1，由牛頓第二定律有：
a1＝mg＋fm
故物塊上升的最大高度h＝v022a1＝v022g(1＋fmg)
設(shè)小物塊在下降過程中的加速度為a2，由牛頓第二定律有：
a2＝mg－fm
可得：v＝2a2h＝v0mg－fmg＋f．
[答案]A
【點(diǎn)評】動能定理是由牛頓第二定律導(dǎo)出的一個結(jié)論，對于單個物體受恒力作用的過程，以上兩種方法都可以用來分析解答，但方法二的物理過程較復(fù)雜．例如涉及曲線運(yùn)動或變力做功時，運(yùn)用動能定理更為方便．
★同類拓展2一匹馬拉著質(zhì)量為60kg的雪橇，從靜止開始用80s的時間沿平直冰面跑完1000m．設(shè)在運(yùn)動過程中雪橇受到的阻力保持不變，已知雪橇在開始運(yùn)動的8s時間內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動，從第8s末開始，馬拉雪橇做功的功率保持不變，使雪橇繼續(xù)做直線運(yùn)動，最后一段時間雪橇做的是勻速直線運(yùn)動，速度大小為15m/s；開始運(yùn)動的8s內(nèi)馬拉雪橇的平均功率是8s后功率的一半．求：整個運(yùn)動過程中馬拉雪橇做功的平均功率和雪橇在運(yùn)動過程中所受阻力的大?。?br> 【解析】設(shè)8s后馬拉雪橇的功率為P，則：
勻速運(yùn)動時P＝Fv＝fv
即運(yùn)動過程中雪橇受到的阻力大小f＝Pv
對于整個過程運(yùn)用動能定理得：
P2t1＋P(t總－t1)－fs總＝12mvt2－0
即P2×8＋P(80－8)－P15×1000＝12×60×152
解得：P＝723W
故f＝48.2N
再由動能定理可得P－t總－fs＝12mvt2
解得：P－＝687W．
[答案]687W48.2N
●例3如圖2－3所示，質(zhì)量為m1的物體A經(jīng)一輕質(zhì)彈簧與下方地面上的質(zhì)量為m2的物體B相連，彈簧的勁度系數(shù)為k，A、B都處于靜止?fàn)顟B(tài)．一條不可伸長的輕繩繞過兩個輕滑輪，一端連物體A，另一端連一輕掛鉤．開始時各段繩都處于伸直狀態(tài)，A上方的一段沿豎直方向．若在掛鉤上掛一質(zhì)量為m3的物體C，則B將剛好離地．若將C換成另一個質(zhì)量為m1＋m3的物體D，仍從上述初始位置由靜止?fàn)顟B(tài)釋放，則這次B剛離地時D的速度大小是多少？(已知重力加速度為g)
圖2－3
【解析】開始時A、B靜止，即處于平衡狀態(tài)，設(shè)彈簧的壓縮量為x1，則有：
kx1＝m1g
掛上C后，當(dāng)B剛要離地時，設(shè)彈簧的伸長量為x2，則有：
kx2＝m2g
此時，A和C的速度均為零
從掛上C到A和C的速度均為零時，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，彈性勢能的改變量為：
ΔE＝m3g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)
將C換成D后，有：
ΔE＋12(m1＋m3＋m1)v2＝(m1＋m3)g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)
聯(lián)立解得：v＝2m1(m1＋m2)g2k(2m1＋m3)．
[答案]2m1(m1＋m2)g2k(2m1＋m3)
【點(diǎn)評】含彈簧連接的物理情境題在近幾年高考中出現(xiàn)的概率很高，而且多次考查以下原理：①彈簧的壓縮量或伸長量相同時，彈性勢能相等；②彈性勢能的變化取決于彈簧的始末形變量，與過程無關(guān)．
三、碰撞問題
1．在高中物理中涉及的許多碰撞過程(包括射擊)，即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用時間短、內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)的動量仍可看做守恒．
2．兩滑塊在水平面上碰撞的過程遵循以下三個法則：
①動量守恒；
②機(jī)械能不增加；
③碰后兩物體的前后位置要符合實(shí)際情境．
3．兩物體發(fā)生完全非彈性碰撞時，機(jī)械能的損耗最大．
●例4如圖2－4所示，在光滑絕緣水平面上由左到右沿一條直線等間距的靜止排著多個形狀相同的帶正電的絕緣小球，依次編號為1、2、3……每個小球所帶的電荷量都相等且均為q＝3.75×10－3C，第一個小球的質(zhì)量m＝0.03kg，從第二個小球起往下的小球的質(zhì)量依次為前一個小球的13，小球均位于垂直于小球所在直線的勻強(qiáng)磁場里，已知該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5T．現(xiàn)給第一個小球一個水平速度v＝8m/s，使第一個小球向前運(yùn)動并且與后面的小球發(fā)生彈性正碰．若碰撞過程中電荷不轉(zhuǎn)移，則第幾個小球被碰后可以脫離地面？(不計(jì)電荷之間的庫侖力，取g＝10m/s2)
圖2－4
【解析】設(shè)第一個小球與第二個小球發(fā)生彈性碰撞后兩小球的速度分別為v1和v2，根據(jù)動量和能量守恒有：
mv＝mv1＋13mv2
12mv2＝12mv12＋16mv22
聯(lián)立解得：v2＝32v
同理，可得第n＋1個小球被碰后的速度vn＋1＝(32)nv
設(shè)第n＋1個小球被碰后對地面的壓力為零或脫離地面，則：
qvn＋1B≥(13)nmg
聯(lián)立以上兩式代入數(shù)值可得n≥2，所以第3個小球被碰后首先離開地面．
[答案]第3個
【點(diǎn)評】解答對于多個物體、多次碰撞且動量守恒的物理過程時，總結(jié)出通項(xiàng)公式或遞推式是關(guān)鍵．
★同類拓展3如圖2－5所示，質(zhì)量為m的鋼板與直立輕彈簧的上端連接，彈簧下端固定在地上，平衡時，彈簧的壓縮量為x0．一個物塊從鋼板的正上方相距3x0的A處自由落下，打在鋼板上并立刻與鋼板一起向下運(yùn)動，但不粘連，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動．已知物塊的質(zhì)量也為m時，它們恰能回到O點(diǎn)；若物塊的質(zhì)量為2m，仍從A處自由落下，則物塊與鋼板回到O點(diǎn)時還具有向上的速度．求物塊向上運(yùn)動所到達(dá)的最高點(diǎn)與O點(diǎn)之間的距離．
圖2－5
【解析】物塊與鋼板碰撞前瞬間的速度為：
v0＝6gx0
設(shè)質(zhì)量為m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度為v1，由動量守恒定律有：
mv0＝2mv1
設(shè)彈簧的壓縮量為x0時的彈性勢能為Ep，對于物塊和鋼板碰撞后直至回到O點(diǎn)的過程，由機(jī)械能守恒定律得：
Ep＋12×2m×v12＝2mgx0
設(shè)質(zhì)量為2m的物塊與鋼板碰撞后瞬間的速度為v2，物塊與鋼板回到O點(diǎn)時所具有的速度為v3，由動量守恒定律有：
2mv0＝3mv2
由機(jī)械能守恒定律有：
Ep＋12×3m×v22＝3mgx0＋12×3m×v32
解得：v3＝gx0
當(dāng)質(zhì)量為2m的物塊與鋼板一起回到O點(diǎn)時，彈簧的彈力為零，物塊與鋼板只受到重力的作用，加速度為g；一過O點(diǎn)，鋼板就會受到彈簧向下的拉力作用，加速度大于g，由于物塊與鋼板不粘連，故在O點(diǎn)處物塊與鋼板分離；分離后，物塊以速度v3豎直上升，由豎直上拋的最大位移公式得：
h＝v322g＝x02
所以物塊向上運(yùn)動所到達(dá)的最高點(diǎn)與O點(diǎn)之間的距離為x02．
[答案]x02
【點(diǎn)評】①物塊與鋼板碰撞的瞬間外力之和并不為零，但這一過程時間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可近似看成動量守恒．
②兩次下壓至回到O點(diǎn)的過程中，速度、路程并不相同，但彈性勢能的改變(彈力做的功)相同．
③在本題中，物塊與鋼板下壓至回到O點(diǎn)的過程也可以運(yùn)用動能定理列方程．
第一次：0－12×2m×v12＝W彈－2mgx0
第二次：12×3m×v32－12×3m×v22＝W彈－3mgx0．
四、高中物理常見的功能關(guān)系
1．摩擦生熱——等于摩擦力與兩接觸面相對滑動的路程的乘積，即Q＝fs相．
●例5如圖2－6所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾角θ＝30°，皮帶在電動機(jī)的帶動下始終以v0＝2m/s的速率運(yùn)行．現(xiàn)把一質(zhì)量m＝10kg的工件(可看做質(zhì)點(diǎn))輕輕放在皮帶的底端，經(jīng)時間t＝1.9s，工件被傳送到h＝1.5m的皮帶頂端．取g＝10m/s2．求：
(1)工件與皮帶間的動摩擦因數(shù)μ．
(2)電動機(jī)由于傳送工件而多消耗的電能．
圖2－6
【解析】(1)由題意可知，皮帶長s＝hsin30°＝3m
工件的速度達(dá)到v0前工件做勻加速運(yùn)動，設(shè)經(jīng)時間t1工件的速度達(dá)到v0，此過程工件的位移為：
s1＝12v0t1
達(dá)到v0后，工件做勻速運(yùn)動，此過程工件的位移為：
s－s1＝v0(t－t1)
代入數(shù)據(jù)解得：t1＝0.8s
工件加速運(yùn)動的加速度a＝v0t1＝2.5m/s2
據(jù)牛頓第二定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝ma
解得：μ＝32．
(2)在時間t1內(nèi)，皮帶運(yùn)動的位移s2＝v0t1＝1.6m
工件相對皮帶的位移Δs＝s2－s1＝0.8m
在時間t1內(nèi)，因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μmgcosθΔs＝60J
工件獲得的動能Ek＝12mv02＝20J
工件增加的勢能Ep＝mgh＝150J
電動機(jī)多消耗的電能E＝Q＋Ek＋Ep＝230J．
[答案](1)32(2)230J
2．機(jī)械能的變化——除重力、彈簧的彈力以外的力做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的變化．
●例6一面積很大的水池中的水深為H，水面上浮著一正方體木塊，木塊的邊長為a，密度為水的12，質(zhì)量為m．開始時木塊靜止，有一半沒入水中，如圖2－7甲所示，現(xiàn)用力F將木塊緩慢地向下壓，不計(jì)摩擦．
圖2－7甲
(1)求從開始壓木塊到木塊剛好完全沒入水的過程中，力F所做的功．
(2)若將該木塊放在底面為正方形(邊長為2a)的盛水足夠深的長方體容器中，開始時，木塊靜止，有一半沒入水中，水面距容器底的距離為2a，如圖2－7乙所示．現(xiàn)用力F將木塊緩慢地壓到容器底部，不計(jì)摩擦，求這一過程中壓力做的功．
圖2-7乙
【解析】方法一：(1)因水池的面積很大，可忽略因木塊壓入水中所引起的水深變化，木塊剛好完全沒入水中時，圖2－7丙中原來處于劃斜線區(qū)域的水被排開，結(jié)果等效于使這部分水平鋪于水面，這部分水的質(zhì)量為m，其勢能的改變量為(取容器底為零勢能面)：
圖2－7丙
ΔE水＝mgH－mg(H－34a)
＝34mga
木塊勢能的改變量為：
ΔE木＝mg(H－a2)－mgH
＝－12mga
根據(jù)功能原理，力F所做的功為：
W＝ΔE水＋ΔE木＝14mga．
(2)因容器的底面積為2a2，僅是木塊的底面積的2倍，故不可忽略木塊壓入水中所引起的水深變化．如圖2－7丁所示，木塊到達(dá)容器底部時，水面上升14a，相當(dāng)于木塊末狀態(tài)位置的水填充至木塊原浸入水中的空間和升高的水面處平面，故這一過程中水的勢能的變化量為：
圖2－7丁
ΔE水′＝mga＋mg(2a－a4＋a8)＝238mga
木塊的勢能的變化量ΔE木′＝－mg32a
根據(jù)功能原理，壓力F做的功為：
W′＝ΔE水′＋ΔE木′＝118mga．
方法二：(1)水池的面積很大，可忽略因木塊壓入水中引起的水深變化．當(dāng)木塊浮在水面上時重力與浮力的大小相等；當(dāng)木塊剛沒入水中時，浮力的大小等于重力的2倍，故所需的壓力隨下壓位移的變化圖象如圖2－7戊所示．
圖2－7戊
故WF＝12mga2＝14mga．
(2)隨著木塊的下沉水面緩慢上升，木塊剛好完全沒入水中時，水面上升a4的高度，此時木塊受到的浮力的大小等于重力的2倍．此后，木塊再下沉54a的距離即沉至容器底部，故木塊下沉的整個過程中壓力的大小隨位移的變化圖象如圖2－7己所示
圖2－7己
故WF′＝12mga4＋mg54a＝118mga．
[答案](1)14mga(2)118mga
【點(diǎn)評】①通過兩種方法對比，深刻理解功能關(guān)系．
②根據(jù)功的定義計(jì)算在小容器中下壓木塊時，嚴(yán)格的講還要說明在0～a4的位移段壓力也是線性增大的．
3．導(dǎo)體克服安培力做的功等于(切割磁感線引起的)電磁感應(yīng)轉(zhuǎn)化的電能．
●例7如圖2－8所示，豎直放置的光滑平行金屬導(dǎo)軌MN、PQ相距L，在M點(diǎn)和P點(diǎn)間接有一個阻值為R的電阻，在兩導(dǎo)軌間的矩形區(qū)域OO1O1′O′內(nèi)有垂直導(dǎo)軌平面向里、寬為d的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab垂直地?cái)R在導(dǎo)軌上，與磁場的上邊界相距d0．現(xiàn)使ab棒由靜止開始釋放，棒ab在離開磁場前已經(jīng)做勻速直線運(yùn)動(棒ab與導(dǎo)軌始終保持良好接觸且下落過程中始終保持水平，導(dǎo)軌的電阻不計(jì))．
圖2－8
(1)求棒ab離開磁場的下邊界時的速度大小．
(2)求棒ab在通過磁場區(qū)的過程中產(chǎn)生的焦耳熱．
(3)試分析討論棒ab在磁場中可能出現(xiàn)的運(yùn)動情況．
【解析】(1)設(shè)棒ab離開磁場的邊界前做勻速運(yùn)動的速度為v，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為：
E＝BLv
電路中的電流I＝ER＋r
對棒ab，由平衡條件得：mg－BIL＝0
解得：v＝mg(R＋r)B2L2．
(2)設(shè)整個回路中產(chǎn)生的焦耳熱為Q，由能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律可得：
mg(d0＋d)＝Q＋12mv2
解得：Q＝mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4
故Qab＝rR＋r[mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4]．
(3)設(shè)棒剛進(jìn)入磁場時的速度為v0，由mgd0＝12mv02
解得：v0＝2gd0
棒在磁場中勻速運(yùn)動時的速度v＝mg(R＋r)B2L2，則
①當(dāng)v0＝v，即d0＝m2g(R＋r)22B4L4時，棒進(jìn)入磁場后做勻速直線運(yùn)動；
②當(dāng)v0＜v，即d0＜m2g(R＋r)22B4L4時，棒進(jìn)入磁場后先做加速運(yùn)動，后做勻速直線運(yùn)動；
③當(dāng)v0＞v，即d0＞m2g(R＋r)22B4L4時，棒進(jìn)入磁場后先做減速運(yùn)動，后做勻速直線運(yùn)動．
[答案](1)mg(R＋r)B2L2
(2)rR＋r[mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4]
(3)①當(dāng)v0＝v，即d0＝m2g(R＋r)22B4L4時，棒進(jìn)入磁場后做勻速直線運(yùn)動；②當(dāng)v0＜v，即d0＜m2g(R＋r)22B4L4時，棒進(jìn)入磁場后先做加速運(yùn)動，后做勻速直線運(yùn)動；③當(dāng)v0＞v，即d0＞m2g(R＋r)22B4L4時，棒進(jìn)入磁場后先做減速運(yùn)動，后做勻速直線運(yùn)動．
【點(diǎn)評】①計(jì)算轉(zhuǎn)化的電能時，也可應(yīng)用動能定理：
mg(d0＋d)－W安＝12mv2－0，其中W安＝E電＝Q．
②對于電磁感應(yīng)中能量轉(zhuǎn)化的問題，在以后的《感應(yīng)電路》專題中還會作更深入的探討．
五、多次相互作用或含多個物體的系統(tǒng)的動量、功能問題
●例8如圖2－9所示，在光滑水平面上有一質(zhì)量為M的長木板，長木板上有一質(zhì)量為m的小物塊，它與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ．開始時，長木板與小物塊均靠在與水平面垂直的固定擋板處，某時刻它們以共同的速度v0向右運(yùn)動，當(dāng)長木板與右邊的固定豎直擋板碰撞后，其速度的大小不變、方向相反，以后每次的碰撞均如此．設(shè)左右擋板之間的距離足夠長，且M＞m．
圖2－9
(1)要想物塊不從長木板上落下，則長木板的長度L應(yīng)滿足什么條件？
(2)若上述條件滿足，且M＝2kg，m＝1kg，v0＝10m/s，求整個系統(tǒng)在第5次碰撞前損失的所有機(jī)械能．
【解析】(1)設(shè)第1次碰撞后小物塊與長木板共同運(yùn)動的速度為v1，第n次碰撞后小物塊與長木板共同運(yùn)動的速度為vn．每次碰撞后，由于兩擋板的距離足夠長，物塊與長木板都能達(dá)到相對靜止，第1次若不能掉下，往后每次相對滑動的距離會越來越小，更不可能掉下．由動量守恒定律和能量守恒定律有：(M－m)v0＝(M＋m)v1
μmgs＝12(m＋M)v02－12(M＋m)v12
解得：s＝2Mv02μ(M＋m)g
故L應(yīng)滿足的條件是：
L≥s＝2Mv02μ(M＋m)g．
(2)第2次碰撞前有：
(M－m)v0＝(M＋m)v1
第3次碰撞前有：
(M－m)v1＝(M＋m)v2
第n次碰撞前有：
(M－m)vn－2＝(M＋m)vn－1
所以vn－1＝(M－mM＋m)n－1v0
故第5次碰撞前有：v4＝(M－mM＋m)4v0
故第5次碰撞前損失的總機(jī)械能為：
ΔE＝12(M＋m)v02－12(M＋m)v42
代入數(shù)據(jù)解得：ΔE＝149.98J．
[答案](1)L≥2Mv02μ(M＋m)g(2)149.98J
【點(diǎn)評】在復(fù)雜的多過程問題上，歸納法和演繹法常常大有作為．
高三物理《動量和能量驗(yàn)證動量守恒定律》教材分析
高三物理《動量和能量驗(yàn)證動量守恒定律》教材分析
考點(diǎn)24動量和能量驗(yàn)證動量守恒定律
考點(diǎn)名片
考點(diǎn)細(xì)研究：(1)動量和能量；(2)驗(yàn)證動量守恒定律等。其中考查到的如：20xx年全國卷第35題(2)、20xx年天津高考第9題(1)、20xx年廣東高考第36題、20xx全國卷第35題(2)、20xx年大綱卷第21題、20xx年大綱卷第24題、20xx年天津高考第10題、20xx年北京高考第22題、20xx年山東高考第39題、20xx年全國卷、第35題、20xx年廣東高考第35題等。
備考正能量：預(yù)計(jì)今后高考仍以碰撞為模型對動量守恒定律進(jìn)行考查，與彈簧問題結(jié)合考查將是以后命題的新趨勢，題型仍為選擇題和計(jì)算題，難度會加大。
一、基礎(chǔ)與經(jīng)典
1．如圖所示，兩木塊A、B用輕質(zhì)彈簧連在一起，置于光滑的水平面上。一顆子彈水平射入木塊A，并留在其中。在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是()
A．動量守恒、機(jī)械能守恒
B．動量守恒、機(jī)械能不守恒
C．動量不守恒、機(jī)械能守恒
D．動量、機(jī)械能都不守恒
答案B
解析子彈擊中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒，但是子彈擊中木塊A過程，有摩擦力做功，部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能，所以機(jī)械能不守恒，B正確。
2．在光滑水平地面上有兩個相同的彈性小球A、B，質(zhì)量都為m?，F(xiàn)B球靜止，A球向B球運(yùn)動，發(fā)生正碰。已知碰撞過程中總機(jī)械能守恒，兩球壓縮最緊時的彈性勢能為Ep，則碰前A球的速度等于()
A.B.C．2D．2
答案C
解析設(shè)碰前A球的速度為v0，兩個彈性小球發(fā)生正碰，當(dāng)二者速度相同時，彈性勢能最大，由動量守恒定律得mv0＝2mv，Ep＝mv－×2mv2，解得v0＝2，C正確。
3.如圖所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質(zhì)量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質(zhì)量為m(mmQ
D．mPvB，根據(jù)pA＝mAvA＝5kg·m/s，pB＝mBvB＝7kg·m/s，則有關(guān)系式；根據(jù)碰撞過程中的動量守恒，則有pA＋pB＝pA′＋pB′，解得碰后A的動量為2kg·m/s，根據(jù)碰后的速度必須滿足vA′≤vB′，可以得關(guān)系式≥，碰撞過程中能量不能增加，故有＋≥＋，可以得關(guān)系式≤，綜合得≤≤，據(jù)此C、D選項(xiàng)正確。
10．(多選)如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為m的小球A和質(zhì)量為m的小球B通過輕彈簧相連并處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧處于自然伸長狀態(tài)；質(zhì)量為m的小球C以初速度v0沿AB連線向右勻速運(yùn)動，并與小球A發(fā)生彈性碰撞。在小球B的右側(cè)某位置固定一塊彈性擋板(圖中未畫出)，當(dāng)小球B與擋板發(fā)生正碰后立刻將擋板撤走。不計(jì)所有碰撞過程中的機(jī)械能損失，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，小球B與擋板的碰撞時間極短，碰后小球B的速度大小不變，但方向相反。則B與擋板碰后彈簧彈性勢能的最大值Em可能是()
A．mvB.mvC.mvD.mv
答案BC
解析系統(tǒng)初動能Ek＝mv，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯誤；質(zhì)量相等的C球和A球發(fā)生彈性碰撞后速度交換，當(dāng)A、B兩球的動量相等時，B球與擋板相碰，則碰后系統(tǒng)總動量為零，則彈簧再次壓縮到最短時彈性勢能最大(動能完全轉(zhuǎn)化為彈性勢能)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知，系統(tǒng)損失的動能轉(zhuǎn)化為彈性勢能Ep＝mv；當(dāng)B球速度恰為零時與擋板相碰，則系統(tǒng)動量不變化，系統(tǒng)機(jī)械能不變，當(dāng)彈簧壓縮到最短時，A、B達(dá)到共同速度v1彈性勢能最大，由動量守恒可得：mv0＝，由功能關(guān)系可得出Ep′＝mv－×mv，解得Ep′＝mv，所以彈性勢能的最大值要介于mv和mv之間，選項(xiàng)B、C正確，A、D錯誤。
二、真題與模擬
11．20xx·大綱卷]一中子與一質(zhì)量數(shù)為A(A1)的原子核發(fā)生彈性正碰。若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為()
A.B.C.D.
答案A
解析設(shè)中子質(zhì)量為m，則原子核的質(zhì)量為Am。設(shè)碰撞前后中子的速度分別為v0、v1，碰后原子核的速度為v2，由彈性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，mv＝mv＋Amv，解得v1＝v0，故＝，A正確。
12．20xx·廈門雙十中學(xué)期末]如圖所示，光滑平面上有一輛質(zhì)量為2m的小車，小車上左右兩端分別站著甲、乙兩人，他們的質(zhì)量都是m，開始兩人和小車一起以速度v0向右勻速運(yùn)動。某一時刻，站在小車右端的乙先以相對地面向右的速度v跳離小車，然后站在小車左端的甲以相對地面向左的速度v跳離小車。兩人都離開小車后，小車的速度將是()
A．v0B．2v0
C．大于v0，小于2v0D．大于2v0
答案B
解析甲、乙兩人和小車組成的系統(tǒng)動量守恒，初動量為4mv0，方向向右，由于甲、乙兩人跳離小車時相對地面的速度大小相等，方向相反，即兩人動量的代數(shù)和為零，有4mv0＝2mv′，解得v′＝2v0，故選項(xiàng)B正確，而A、C、D錯誤。
13．20xx·北京東城區(qū)聯(lián)考]如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板A，右端有一根輕質(zhì)彈簧沿水平方向與木板相連，木板質(zhì)量M＝3kg。質(zhì)量m＝1kg的鐵塊B以水平速度v0＝4m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端。在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為()
A．3JB．4JC．6JD．20J
答案A
解析設(shè)鐵塊與木板共速時速度大小為v，鐵塊相對木板向右運(yùn)動的最大距離為L，鐵塊與木板之間的摩擦力大小為Ff。鐵塊壓縮彈簧使彈簧最短時，由能量守恒可得mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep。由動量守恒，得mv0＝(M＋m)v。從鐵塊開始運(yùn)動到最后停在木板左端過程，由能量關(guān)系得mv＝2FfL＋(M＋m)v2。聯(lián)立解得Ep＝3J，故選項(xiàng)A正確。
14．20xx·福州一中模擬]如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板車A。車上有兩個小滑塊B和C，A、B、C三者的質(zhì)量分別是3m、2m、m。B與板車之間的動摩擦因數(shù)為μ，而C與板車之間的動摩擦因數(shù)為2μ。開始時B、C分別從板車的左、右兩端同時以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都沒有脫離板車，則板車的最終速度v車是()
A.v0B.v0C.v0D．0
答案B
解析設(shè)水平向右為正方向，因?yàn)樗矫婀饣?，三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)最終的速度相同為v車，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v車，解得v車＝v0，選項(xiàng)B正確。
15．20xx·福建惠安質(zhì)檢]如圖所示，在光滑的水平直導(dǎo)軌上，有質(zhì)量分別為2m、m，帶電荷量分別為2q、q(q0)的兩個形狀相同的小球A、B正相向運(yùn)動，某時刻A、B兩球的速度大小分別為vA、vB。由于靜電斥力作用，A球先開始反向運(yùn)動，它們不會相碰，最終兩球都反向運(yùn)動。則()
A．vAvBB．vAvAvB
答案B
解析由于小球A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，根據(jù)題意可知系統(tǒng)總動量向左，則有2mvAE0D．p1p0
答案AB
解析因?yàn)榕鲎睬昂髣幽懿辉黾?，故有E1p0，B正確。
一、基礎(chǔ)與經(jīng)典
21．用圖甲中裝置驗(yàn)證動量守恒定律。實(shí)驗(yàn)中：
(1)為了盡量減小實(shí)驗(yàn)誤差，在安裝斜槽軌道時，應(yīng)讓斜槽末端保持水平，這樣做的目的是()
A．使入射球與被碰小球碰后均能從同一高度飛出
B．使入射球與被碰小球碰后能同時飛出
C．使入射球與被碰小球離開斜槽末端時的速度為水平方向
D．使入射球與被碰小球碰撞時的動能不損失
(2)若A球質(zhì)量為m1＝50g，兩小球發(fā)生正碰前后的位移－時間(xt)圖象如圖乙所示，則小球B的質(zhì)量為m2＝________。
(3)調(diào)節(jié)A球自由下落高度，讓A球以一定速度v與靜止的B球發(fā)生正碰，碰后兩球動量正好相等，則A、B兩球的質(zhì)量之比應(yīng)滿足________。
答案(1)C(2)20g(3)1≤3
解析(1)在安裝斜槽軌道時，應(yīng)讓斜槽末端保持水平，這樣做的目的是使入射球與被碰小球離開斜槽末端時的速度為水平方向，C正確。
(2)由圖知碰前B球靜止，A球的速度為v0＝4m/s，碰后A球的速度為v1＝2m/s，B球的速度為v2＝5m/s，由動量守恒知m1v0＝m1v1＋m2v2，代入數(shù)據(jù)解得m2＝20g。
(3)因?qū)嶒?yàn)要求主碰球質(zhì)量大于被碰球質(zhì)量，1，令碰前動量為p，所以碰后兩球動量均為，因碰撞過程中動能不可能增加，所以有≥＋，即≤3，所以1≤3。
22.如圖所示，A、B、C三個木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平桌面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不相連。將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細(xì)線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體?，F(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運(yùn)動，與B相碰并粘合在一起。以后細(xì)線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。已知C離開彈簧后的速度恰為v0。求彈簧釋放的勢能。
答案mv
解析設(shè)碰后A、B和C的共同速度的大小為v，由動量守恒定律得：3mv＝mv0
設(shè)C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒定律得：3mv＝2mv1＋mv0
設(shè)彈簧的彈性勢能為Ep，從細(xì)線斷開到C與彈簧分開的過程中機(jī)械能守恒，有：(3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv
由式得彈簧釋放的勢能：Ep＝mv。
二、真題與模擬
23．20xx·天津高考]如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動摩擦因數(shù)為μ。若滑塊以速度v開始向左運(yùn)動，與盒的左、右壁發(fā)生無機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運(yùn)動多次，最終相對于盒靜止，則此時盒的速度大小為________，滑塊相對于盒運(yùn)動的路程為________。
答案
解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m，最終盒與滑塊的共同速度為v′，根據(jù)動量守恒得：mv＝(m＋2m)v′，解得：v′＝v。
設(shè)滑塊相對于盒的運(yùn)動路程為s，根據(jù)能量守恒得：
μmgs＝mv2－(m＋2m)v′2，解得：s＝。
2420xx·全國卷]如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質(zhì)量為m，b的質(zhì)量為m。兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動。此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件。
答案≤μ
解析設(shè)物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應(yīng)有：
mvμmgl
即μ
設(shè)在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1。由能量守恒有：
mv＝mv＋μmgl
設(shè)在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動量守恒和能量守恒有：
mv1＝mv1′＋v2′
mv＝mv′＋v′
聯(lián)立式解得：v2′＝v1
由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關(guān)系可知：
v′≤μgl
聯(lián)立式，可得：
μ≥
聯(lián)立式，a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為：≤μ。
25．20xx·全國卷]如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質(zhì)量為m，B、C的質(zhì)量都為M，三者均處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)使A以某一速度向右運(yùn)動，求m和M之間應(yīng)滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設(shè)物體間的碰撞都是彈性的。
答案(－2)M≤mM，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運(yùn)動，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m。
