專題二動(dòng)量能量

1、.專題二 動(dòng)量能量命題趨勢(shì)本專題涉及的內(nèi)容是動(dòng)力學(xué)內(nèi)容的繼續(xù)和深化，其中的動(dòng)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(dòng)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。高考中年年有，且常常成為高考的壓軸題。如2002年、2003年理綜最后一道壓軸題均是與能量有關(guān)的綜合題。但近年采用綜合考試后，試卷難度有所下降，因此動(dòng)量和能量考題的難度也有一定下降。要更加關(guān)注有關(guān)基本概念的題、定性分析現(xiàn)象的題和聯(lián)系實(shí)際、聯(lián)系現(xiàn)代科技的題。試題常常是綜合題，動(dòng)量與能量的綜合，或者動(dòng)量、能量與平拋運(yùn)動(dòng)、圓周運(yùn)動(dòng)、熱學(xué)、電磁學(xué)、原子物理等知識(shí)的綜合。試題的情景常

2、常是物理過(guò)程較復(fù)雜的，或者是作用時(shí)間很短的，如變加速運(yùn)動(dòng)、碰撞、爆炸、打擊、彈簧形變等。教學(xué)目標(biāo)：1通過(guò)專題復(fù)習(xí)，掌握動(dòng)量、能量綜合問(wèn)題的分析方法和思維過(guò)程，提高解決學(xué)科內(nèi)綜合問(wèn)題的能力。2能夠從實(shí)際問(wèn)題中獲取并處理信息，把實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化成物理問(wèn)題，提高分析解決實(shí)際問(wèn)題的能力。教學(xué)重點(diǎn)：掌握動(dòng)量、能量綜合問(wèn)題的分析方法和思維過(guò)程，提高解決學(xué)科內(nèi)綜合問(wèn)題的能力。教學(xué)難點(diǎn)：從實(shí)際問(wèn)題中獲取并處理信息，把實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化成物理問(wèn)題，提高分析解決實(shí)際問(wèn)題的能力。教學(xué)方法：講練結(jié)合，計(jì)算機(jī)輔助教學(xué)教學(xué)過(guò)程：一、知識(shí)概要沖量是力對(duì)時(shí)間的積累，其作用效果是改變物體的動(dòng)量；功是力對(duì)位移的積累，其作用效果是改變物體的

3、能量；沖量和動(dòng)量的變化、功和能量的變化都是原因和結(jié)果的關(guān)系，對(duì)此，要像熟悉力和運(yùn)動(dòng)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(gè)物理學(xué)的一條主線，從能量角度分析思考問(wèn)題是研究物理問(wèn)題的一個(gè)重要而普遍的思路。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+m

4、2v2=m1v1+m2v2應(yīng)用動(dòng)量定理和動(dòng)能定理時(shí)，研究對(duì)象可以是單個(gè)物體，也可以是多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，而應(yīng)用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律時(shí)，研究對(duì)象必定是系統(tǒng)；此外，這些規(guī)律都是運(yùn)用于物理過(guò)程，而不是對(duì)于某一狀態(tài)（或時(shí)刻）。因此，在用它們解題時(shí)，首先應(yīng)選好研究對(duì)象和研究過(guò)程。對(duì)象和過(guò)程的選取直接關(guān)系到問(wèn)題能否解決以及解決起來(lái)是否簡(jiǎn)便。選取時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)：1選取研究對(duì)象和研究過(guò)程，要建立在分析物理過(guò)程的基礎(chǔ)上。臨界狀態(tài)往往應(yīng)作為研究過(guò)程的開(kāi)始或結(jié)束狀態(tài)。2要能視情況對(duì)研究過(guò)程進(jìn)行恰當(dāng)?shù)睦硐牖幚怼?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(gè)系統(tǒng)來(lái)研究，有時(shí)這樣做，可使問(wèn)題大大簡(jiǎn)化。

5、4有的問(wèn)題，可以選這部分物體作研究對(duì)象，也可以選取那部分物體作研究對(duì)象；可以選這個(gè)過(guò)程作研究過(guò)程，也可以選那個(gè)過(guò)程作研究過(guò)程；這時(shí)，首選大對(duì)象、長(zhǎng)過(guò)程。確定對(duì)象和過(guò)程后，就應(yīng)在分析的基礎(chǔ)上選用物理規(guī)律來(lái)解題，規(guī)律選用的一般原則是：1對(duì)單個(gè)物體，宜選用動(dòng)量定理和動(dòng)能定理，其中涉及時(shí)間的問(wèn)題，應(yīng)選用動(dòng)量定理，而涉及位移的應(yīng)選用動(dòng)能定理。2若是多個(gè)物體組成的系統(tǒng)，優(yōu)先考慮兩個(gè)守恒定律。3若涉及系統(tǒng)內(nèi)物體的相對(duì)位移（路程）并涉及摩擦力的，要考慮應(yīng)用能量守恒定律。二、考題回顧1（2003全國(guó)理綜22）K介子衰變的方程為，如圖所示，其中K介子和介子帶負(fù)的基元電荷，0介子不帶電。一個(gè)K介子沿垂直于磁場(chǎng)的方向

6、射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其軌跡為圓弧AP，衰變后產(chǎn)生的介子的軌跡為圓弧PB，兩軌跡在P點(diǎn)相切，它們的半徑RK與R-之比為21。0介子的軌跡未畫(huà)出。由此可知介子的動(dòng)量大小與0介子的動(dòng)量大小之比為A11 B12 C13 D16解析：K介子帶負(fù)電，在磁場(chǎng)中作圓周運(yùn)動(dòng)到達(dá)P點(diǎn)發(fā)生衰變，變成帶負(fù)電的介子和不帶電的0介子。介子在磁場(chǎng)中作圓周運(yùn)動(dòng)，半徑與K介子不同，帶電粒子在磁場(chǎng)中作圓周運(yùn)動(dòng)，半徑，可知K介子和介子的動(dòng)量之比：。K介子在P點(diǎn)衰變時(shí)動(dòng)量守恒，衰變前后粒子的動(dòng)量方向如圖所示。有解得 。故選項(xiàng)C正確。2（2003全國(guó)理綜34題）一傳送帶裝置示意圖如圖所示，其中傳送帶經(jīng)過(guò)AB區(qū)域時(shí)是水平的，經(jīng)過(guò)BC區(qū)域時(shí)變

7、為圓弧形（圓弧由光滑模板形成，為畫(huà)出），經(jīng)過(guò)CD區(qū)域時(shí)是傾斜的，AB和CD都與BC相切。現(xiàn)將大量的質(zhì)量均為m的小貨箱一個(gè)一個(gè)在A處放到傳送帶上，放置時(shí)初速為零，經(jīng)傳送帶運(yùn)送到D處，D和A的高度差為h。穩(wěn)定工作時(shí)傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L(zhǎng)。每個(gè)箱子在A處投放后，在到達(dá)B之前已經(jīng)相對(duì)于傳送帶靜止，且以后也不再滑動(dòng)（忽略經(jīng)BC段時(shí)的微小滑動(dòng)）。已知在一段相當(dāng)長(zhǎng)的時(shí)間T內(nèi)，共運(yùn)送小貨箱的數(shù)目為N。這裝置由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，傳送帶與輪子間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，不計(jì)輪軸處的摩擦。求電動(dòng)機(jī)的平均輸出功率P。解析：以地面為參考系（下同），設(shè)傳送帶的運(yùn)動(dòng)速度為v0，在水平段運(yùn)輸?shù)倪^(guò)程中，小貨箱先在

8、滑動(dòng)摩擦力作用下做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)這段路程為s，所用時(shí)間為t，加速度為a，則對(duì)小箱有 在這段時(shí)間內(nèi)，傳送帶運(yùn)動(dòng)的路程為 由以上可得 用f表示小箱與傳送帶之間的滑動(dòng)摩擦力，則傳送帶對(duì)小箱做功為 傳送帶克服小箱對(duì)它的摩擦力做功 兩者之差就是克服摩擦力做功發(fā)出的熱量 可見(jiàn)，在小箱加速運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小箱獲得的動(dòng)能與發(fā)熱量相等。 T時(shí)間內(nèi)，電動(dòng)機(jī)輸出的功為 此功用于增加小箱的動(dòng)能、勢(shì)能以及克服摩擦力發(fā)熱，即 已知相鄰兩小箱的距離為L(zhǎng)，所以 聯(lián)立，得 3（2004全國(guó)理綜25題，20分）柴油打樁機(jī)的重錘由氣缸、活塞等若干部件組成，氣缸與活塞間有柴油與空氣的混合物。在重錘與樁碰撞的過(guò)程中，通過(guò)壓縮使混合物燃燒，

9、產(chǎn)生高溫高壓氣體，從而使樁向下運(yùn)動(dòng)，錘向上運(yùn)動(dòng)。現(xiàn)把柴油打樁機(jī)和打樁過(guò)程簡(jiǎn)化如下：柴油打樁機(jī)重錘的質(zhì)量為m，錘在樁帽以上高度為h處（如圖1）從靜止開(kāi)始沿豎直軌道自由落下，打在質(zhì)量為M（包括樁帽）的鋼筋混凝土樁子上。同時(shí)，柴油燃燒，產(chǎn)生猛烈推力，錘和樁分離，這一過(guò)程的時(shí)間極短。隨后，樁在泥土中向下移動(dòng)一距離l。已知錘反跳后到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)，錘與已停下的樁幅之間的距離也為h（如圖2）。已知m1.0103kg，M2.0103kg，h2.0m，l0.20m，重力加速度g10m/s2，混合物的質(zhì)量不計(jì)。設(shè)樁向下移動(dòng)的過(guò)程中泥土對(duì)樁的作用力F是恒力，求此力的大小。解析：錘自由下落，碰樁前速度v1向下， 碰后，

10、已知錘上升高度為（hl），故剛碰后向上的速度為 設(shè)碰后樁的速度為V，方向向下，由動(dòng)量守恒， 樁下降的過(guò)程中，根據(jù)功能關(guān)系， 由、式得 代入數(shù)值，得 N 4（2004天津理綜24題，18分）質(zhì)量的物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）在水平恒力F作用下，從水平面上A點(diǎn)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)一段距離撤去該力，物塊繼續(xù)滑行停在B點(diǎn)，已知A、B兩點(diǎn)間的距離，物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，求恒力F多大。（）解：設(shè)撤去力F前物塊的位移為，撤去力F時(shí)物塊速度為，物塊受到的滑動(dòng)摩擦力對(duì)撤去力F后物塊滑動(dòng)過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理得由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得對(duì)物塊運(yùn)動(dòng)的全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能定理由以上各式得代入數(shù)據(jù)解得 F=15N5（2004江蘇18題，16分）一

11、個(gè)質(zhì)量為M的雪橇靜止在水平雪地上，一條質(zhì)量為m的愛(ài)斯基摩狗站在該雪橇上狗向雪橇的正后方跳下，隨后又追趕并向前跳上雪橇；其后狗又反復(fù)地跳下、追趕并跳上雪橇，狗與雪橇始終沿一條直線運(yùn)動(dòng)若狗跳離雪橇?xí)r雪橇的速度為V，則此時(shí)狗相對(duì)于地面的速度為V+u（其中u為狗相對(duì)于雪橇的速度，V+u為代數(shù)和若以雪橇運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较颍瑒tV為正值，u為負(fù)值）設(shè)狗總以速度v追趕和跳上雪橇，雪橇與雪地間的摩擦忽略不計(jì)已知v的大小為5m/s，u的大小為4m/s，M=30kg，m=10kg.（1）求狗第一次跳上雪橇后兩者的共同速度的大?。?）求雪橇最終速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次數(shù)（供使用但不一定用到的對(duì)數(shù)值：lg2=O

12、.301，lg3=0.477）解：（1）設(shè)雪橇運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，狗?次跳下雪橇后雪橇的速度為V1，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，有 狗第1次跳上雪橇?xí)r，雪橇與狗的共同速度滿足 可解得 將代入，得 （2）解法（一）設(shè)雪橇運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?，狗第（n1）次跳下雪橇后雪橇的速度為Vn1，則狗第（n1）次跳上雪橇后的速度滿足 這樣，狗n次跳下雪橇后，雪橇的速度為Vn滿足 解得 狗追不上雪橇的條件是 Vn可化為 最后可求得 代入數(shù)據(jù)，得 狗最多能跳上雪橇3次雪橇最終的速度大小為 V4=5.625m/s解法（二）：設(shè)雪橇運(yùn)動(dòng)的方向?yàn)檎较?。狗第i次跳下雪橇后，雪橇的速度為Vi，狗的速度為Vi+u；狗第i次跳上雪橇

13、后，雪橇和狗的共同速度為，由動(dòng)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）此時(shí)雪橇的速度已大于狗追趕的速度，狗將不可能追上雪橇。因此，狗最多能跳上雪橇3次。雪橇最終的速度大小為5.625m/s.三、典題例析【例題1】（2000年全國(guó)）在原子核物理中，研究核子與核關(guān)聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應(yīng)”。這類反應(yīng)的前半部分過(guò)程和下述力學(xué)模型類似。兩個(gè)小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在

14、光滑的水平直軌道上處于靜止?fàn)顟B(tài)。在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度射向B球，如圖所示。C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個(gè)整體D。在它們繼續(xù)向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，當(dāng)彈簧長(zhǎng)度變到最短時(shí)，長(zhǎng)度突然被鎖定，不再改變。然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動(dòng)，A與P接觸而不粘連。過(guò)一段時(shí)間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無(wú)機(jī)械能損失）。已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m。（1）求彈簧長(zhǎng)度剛被鎖定后A球的速度。（2）求在A球離開(kāi)擋板P之后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能。解題方法與技巧：（1）設(shè)C球與B球粘結(jié)成D時(shí)，D的速度為，由動(dòng)量守恒，有 當(dāng)彈簧壓至最短時(shí)，D與A的速度相等，設(shè)

15、此速度為，由動(dòng)量守恒，有 由、兩式得A的速度 （2）設(shè)彈簧長(zhǎng)度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢(shì)能為，由能量守恒，有 撞擊P后，A與D的動(dòng)能都為零，解除鎖定后，當(dāng)彈簧剛恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)，勢(shì)能全部轉(zhuǎn)變成D的動(dòng)能，設(shè)D的速度為，則有 當(dāng)彈簧伸長(zhǎng)時(shí)，A球離開(kāi)擋板P，并獲得速度。當(dāng)A、D的速度相等時(shí)，彈簧伸至最長(zhǎng)。設(shè)此時(shí)的速度為，由動(dòng)量守恒，有 當(dāng)彈簧伸到最長(zhǎng)時(shí)，其勢(shì)能最大，設(shè)此勢(shì)能為，由能量守恒，有解以上各式得 CABv02 v 0【例題2】 如圖所示，C是放在光滑的水平面上的一塊木板，木板的質(zhì)量為3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為。最初木板靜止，A、B兩木塊同時(shí)

16、以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動(dòng)，木板足夠長(zhǎng)， A、B始終未滑離木板。求：（1）木塊B從剛開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與木板C速度剛好相等的過(guò)程中，木塊B所發(fā)生的位移；（2）木塊A在整個(gè)過(guò)程中的最小速度。解題方法與技巧：（1）木塊A先做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，后做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；木塊B一直做勻減速直線運(yùn)動(dòng)；木板C做兩段加速度不同的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直到A、B、C三者的速度相等為止，設(shè)為v1。對(duì)A、B、C三者組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：解得：v1=0.6v0對(duì)木塊B運(yùn)用動(dòng)能定理，有：解得（2）設(shè)木塊A在整個(gè)過(guò)程中的最小速度為v，所用時(shí)間為t，由牛頓第二定律：對(duì)木塊A：，對(duì)木板C：，當(dāng)木塊A與木板C的速度相等

17、時(shí)，木塊A的速度最小，因此有： 解得木塊A在整個(gè)過(guò)程中的最小速度為：【例題3】如圖所示，一質(zhì)量為M、長(zhǎng)為L(zhǎng)的長(zhǎng)方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，mM?，F(xiàn)以地面為參照系，給A和B以大小相等、方向相反的初速度，使A開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，B開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，但最后A剛好沒(méi)有滑離B板。（1）若已知A和B的初速度大小為v0，求它們最后的速度大小和方向.v0v0BA（2）若初速度的大小未知，求小木塊A向左運(yùn)動(dòng)到達(dá)的最遠(yuǎn)處（從地面上看）離出發(fā)點(diǎn)的距離.解題方法與技巧：方法1、用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。A剛好沒(méi)有滑離B板，表示當(dāng)A滑到B板的最左端時(shí)，A、B具有相同的速度，設(shè)此速度為v，

18、經(jīng)過(guò)時(shí)間為t，A、B間的滑動(dòng)摩擦力為f。如圖所示。對(duì)A據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：v0v0BL1L 2L0f=maA， L2=， v=-v0+aAt；對(duì)B據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：f=MaB， ，v=v0-aBt；由幾何關(guān)系有：L0+L2=L；由以上各式可求得它們最后的速度大小為v. v0，方向向右。對(duì)A，向左運(yùn)動(dòng)的最大距離為。方法2、用動(dòng)能定理和動(dòng)量定理求解。A剛好沒(méi)有滑離B板，表示當(dāng)A滑到B板的最左端時(shí)，A、B具有相同的速度，設(shè)此速度為v，經(jīng)過(guò)時(shí)間為t， A和B的初速度的大小為v0，則據(jù)動(dòng)量定理可得：對(duì)A： ft= mv+mv0 對(duì)B：-ft=MvMv0 解得：vv0，方向向右A在B

19、板的右端時(shí)初速度向左，而到達(dá)B板左端時(shí)的末速度向右，可見(jiàn)A在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中必須經(jīng)歷向左作減速運(yùn)動(dòng)直到速度為零，再向右作加速運(yùn)動(dòng)直到速度為v的兩個(gè)階段。設(shè)L1為A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到速度變?yōu)榱氵^(guò)程中向左運(yùn)動(dòng)的路程，L2為A從速度為零增加到速度為v的過(guò)程中向右運(yùn)動(dòng)的路程，L0為A從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到剛好到達(dá)B的最左端的過(guò)程中B運(yùn)動(dòng)的路程，如圖2所示，設(shè)A與B之間的滑動(dòng)摩擦力為f，則由動(dòng)能定理可得：對(duì)于B ： -fL0= 對(duì)于A ： -fL1= - f（L1-L2）= 由幾何關(guān)系 L0+L2=L 由、聯(lián)立求得L1=.方法3、用能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律求解。A剛好沒(méi)有滑離B板，表示當(dāng)A滑到B板的最左端時(shí)，A、B具有相同的

20、速度，設(shè)此速度為v， A和B的初速度的大小為v0，則據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：Mv0mv0=（M+m）v解得：v v0，方向向右對(duì)系統(tǒng)的全過(guò)程，由能量守恒定律得：Q =fL=對(duì)于A fL1= 由上述二式聯(lián)立求得L1=.點(diǎn)評(píng)：從上述三種解法中，不難看出，解法三簡(jiǎn)潔明了，容易快速求出正確答案。因此我們?cè)诮鉀Q動(dòng)力學(xué)問(wèn)題時(shí)，應(yīng)優(yōu)先考慮使用能量守恒定律和動(dòng)量守恒定律求解，其次是考慮使用動(dòng)能定理和動(dòng)量定理求解，最后才考慮使用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解。【例題4】如圖所示，A、B兩滑塊的質(zhì)量均為m，分別穿在光滑的足夠長(zhǎng)的水平固定導(dǎo)桿上，兩導(dǎo)桿平行，間距為d。用自然長(zhǎng)度也為d的輕彈簧連接兩滑塊。開(kāi)始時(shí)兩滑塊均處于

21、靜止?fàn)顟B(tài)，今給滑塊B一個(gè)向右的瞬時(shí)沖量I，求以后滑塊A的最大速度。學(xué)生常見(jiàn)錯(cuò)解展示：B受到向右的瞬時(shí)沖量I后，獲得向右的瞬時(shí)速度 ，之后，A、B系統(tǒng)所受外力之和為零，動(dòng)量守恒，設(shè)A、B達(dá)到的共同速度為，由動(dòng)量守恒定律得 則 此即為A的最大速度【錯(cuò)解分析】以上求解錯(cuò)在誤將A、B的共同速度當(dāng)作A的最大速度。其實(shí)，AB達(dá)共同速度時(shí)，彈簧處于伸長(zhǎng)量最大的狀態(tài)，此時(shí)彈簧的彈力對(duì)A來(lái)說(shuō)是動(dòng)力，A繼續(xù)加速，當(dāng)彈簧的彈力與輕桿垂直，即彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，A的加速度為零，速度才達(dá)最大。正確的解題過(guò)程為：彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A的速度達(dá)最大，設(shè)為，設(shè)此時(shí)B的速度為。由系統(tǒng)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律得經(jīng)求解可知 點(diǎn)評(píng)：A、B通過(guò)

22、彈簧而發(fā)生的相互作用過(guò)程，類似于質(zhì)量相等的兩個(gè)物體發(fā)生完全彈性碰撞而交換速度的過(guò)程，當(dāng)B與A交換速度時(shí)，B的速度為零，而A的速度為作用前B的速度，即為最大值。四、能力訓(xùn)練1.如圖所示，一質(zhì)量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放一質(zhì)量為m的小木塊A，mM，A、B間動(dòng)摩擦因數(shù)為，現(xiàn)給A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A開(kāi)始向左運(yùn)動(dòng)，B開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)，最后A不會(huì)滑離B，求：（1）A、B最后的速度大小和方向.（2）從地面上看，小木塊向左運(yùn)動(dòng)到離出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)處時(shí)，平板車向右運(yùn)動(dòng)的位移大小.2.如圖所示甲、乙兩人做拋球游戲，甲站在一輛平板車上，車與水平地面間摩擦不計(jì).甲與車的總質(zhì)量M=100 k

23、g，另有一質(zhì)量m=2 kg的球.乙站在車的對(duì)面的地上，身旁有若干質(zhì)量不等的球.開(kāi)始車靜止，甲將球以速度v（相對(duì)地面）水平拋給乙，乙接到拋來(lái)的球后，馬上將另一質(zhì)量為m=2m的球以相同速率v水平拋回給甲，甲接住后，再以相同速率v將此球水平拋給乙，這樣往復(fù)進(jìn)行.乙每次拋回給甲的球的質(zhì)量都等于他接到的球的質(zhì)量為2倍，求：（1）甲第二次拋出球后，車的速度大小.（2）從第一次算起，甲拋出多少個(gè)球后，再不能接到乙拋回來(lái)的球.ABLv0o3.如圖所示，質(zhì)量為M的小車B靜止在光滑水平面上，車的左端固定著一根彈簧，小車上O點(diǎn)以左部分光滑，O點(diǎn)以右部分粗糙，O點(diǎn)到小車右端長(zhǎng)度為L(zhǎng) 。一質(zhì)量為m的小物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)

24、），以速度v0從小車右端向左滑動(dòng)，與彈簧相碰，最后剛好未從小車右端滑出。求：（1）小車的動(dòng)摩擦因數(shù)。（2）碰撞時(shí)彈簧的最大彈性勢(shì)能。ABS4SDOCF4.如圖所示，一輕質(zhì)彈簧一端固定，一端與質(zhì)量為 m 的小物塊A相聯(lián)，原來(lái)A靜止在光滑水平面上，彈簧沒(méi)有形變，質(zhì)量為m的物塊B在大小為F的水平恒力作用下由C處從靜止開(kāi)始沿光滑水平面向右運(yùn)動(dòng)，在O點(diǎn)與物塊A相碰并一起向右運(yùn)動(dòng)（設(shè)碰撞時(shí)間極短）。運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)時(shí)，將外力F撤去，已知CO=4S，OD=S，則撤去外力后，根據(jù)力學(xué)規(guī)律和題中提供的信息，你能求得哪些物理量（彈簧的彈性勢(shì)能等）的最大值？并求出定量的結(jié)果。ABL5.如圖所示，水平軌道上停放著質(zhì)量mA=

25、5.0102kg的小車A，在A的右方L=8.0m處，另一小車B正以速度vB=4.0m/s向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)而遠(yuǎn)離A車。為使A車能在t=10.0s內(nèi)追上B車，立即給A車適當(dāng)施加向右的水平推力，使小車作勻變速直線運(yùn)動(dòng)。設(shè)小車A受到水平軌道的阻力是車重的0.1倍，試問(wèn)：在追及過(guò)程中，推力至少需要做多少功？取g=10m/s2.6. 一個(gè)質(zhì)量為m=50g的小球，以v1=6m/s的水平向右的速度垂直打在墻上距地面h=4.9m高處，反彈后落在離墻角s=4m遠(yuǎn)處，球反彈前后動(dòng)量變化的大小是_kgm/s，動(dòng)量變化的方向是_。7.有甲、乙兩個(gè)小球在光滑水平軌道上同向運(yùn)動(dòng)，動(dòng)量分別為p1=5kgm/s，p2=7kg

26、m/s，若甲從后面追上乙并發(fā)生碰撞，碰后乙球的動(dòng)量變?yōu)閜2/=10kgm/s，則甲乙兩球的質(zhì)量m1、m2的關(guān)系可能為A. m1=m2 B.m2=2m1C.m2=4m1 D.m2=6m18.如圖所示，木塊B和C的質(zhì)量分別為3M/4和M，固定在輕質(zhì)彈簧的兩端，靜止于光滑的水平面上。一質(zhì)量為M/4的木塊A以速度v水平向右與木塊B對(duì)心碰撞，并粘在一起運(yùn)動(dòng)，求彈簧的最大彈性勢(shì)能Em。參考答案：1.解析：（1）由A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律得：Mv0-mv0=（M+m）v所以v=v0 方向向右（2）A向左運(yùn)動(dòng)速度減為零時(shí)，到達(dá)最遠(yuǎn)處，此時(shí)板車移動(dòng)位移為s，速度為v，則由動(dòng)量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv對(duì)板車應(yīng)用動(dòng)能定理得：-mg