物理學案專題3-機械能機械能守恒功能關系能量守恒定律

1、物理學案專題3-機械能 機械能守恒 功能關系 能量守恒定律A1、 基本概念1. 重力勢能：物體由于被舉高而具有的能，叫做重力勢能。 公式： h物體具參考面的豎直高度2. 重力勢能參考面 a重力勢能為零的平面稱為參考面； b選?。涸瓌t是任意選取，但通常以地面為參考面 選取不同的參考面，物體具有的重力勢能不同，但重力勢能改變與參考面的選取無關。3. 重力做功與重力勢能的關系： 重力做正功時，物體重力勢能減少；重力做負功時，物體重力勢能增加。4. 彈簧的彈性勢能：5. 彈力做功與彈性勢能的關系：6. 勢能：相互作用的物體憑借其位置而具有的能量叫勢能，勢能是系統(tǒng)所共有的。7. 機械能包含動能和勢能（重

2、力勢能和彈性勢能）兩部分，即。8. 機械能守恒定律:在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以相互轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變，即 K = P1 = 2。9. 機械能守恒條件:做功角度：只有重力或彈力做功，無其它力做功； 外力不做功或外力做功的代數(shù)和為零； 系統(tǒng)內(nèi)如摩擦阻力對系統(tǒng)不做功。能量角度：首先只有動能和勢能之間能量轉(zhuǎn)化，無其它形式能量轉(zhuǎn)化；只有系統(tǒng)內(nèi)能量的交換，沒有與外界的能量交換。10. 能量守恒定律：能量既不會消滅，也不會創(chuàng)生，它只會從一種形式轉(zhuǎn)化為其他形式，或者從一個物體轉(zhuǎn)移到另一個物體，而在轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移的過程中，能量的總量保持不變，即。11. 能量耗散：無法將釋放能量收集起來

3、重新利用的現(xiàn)象叫能量耗散，它反映了自然界中能量轉(zhuǎn)化具有方向性。12. 動量（國際單位制中的單位為kg·m/s）表示為物體的質(zhì)量和速度的乘積。一般而言，一個物體的動量指的是這個物體在它運動方向上保持運動的趨勢。動量實際上是牛頓第一定律的一個推論。13. 動量定理：物體所受合力的沖量等于物體的動量變化。 14. 動量守恒定律：一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為零，這個系統(tǒng)中所有物體的總動量保持不變。 它的一個推論可表示為：在沒有外力干預的情況下，任何系統(tǒng)的質(zhì)心都將保持勻速直線運動或靜止狀態(tài)不變。 公式 m1v1+m2v2=m1v1+m2v2 2、 常規(guī)題型例1：在高處的同一點，將三個質(zhì)量

4、相同的小球，以大小相等的初速度分別上拋、平拋和下拋，并落到同一水平地面上，則（）A三個小球落地時，重力的瞬時功率相同B從拋出到落地的過程中，重力對它們做功的平均功率相同C從拋出到落地的過程中，重力對它們做的功相同D三個小球落地時的速率相等解析：A、根據(jù)動能定理mgh=mv2-mv02得，高度相同，初速度相同，則末速度大小相等平拋運動的物體落地時速度與豎直方向有夾角，根據(jù)P=mgvcos，知平拋運動的物體落地時重力的功率小于豎直上拋和下拋的物體故A錯誤，D正確 B、三個小球在整個過程中重力做功相等，平拋運動的時間等于自由落體運動的時間，可知豎直上拋運動的時間最長，豎直下拋運動的時間最短，根據(jù)p=

5、，知重力做功的平均功率不同故B錯誤，C正確故選CD即時練習：1. 1下列關于機械能守恒的說法中正確的是A做勻速運動的物體，其機械能一定守恒B做勻加速運動的物體，其機械能一定守恒C做勻速圓周運動的物體，其機械能一定守恒D除重力做功外，其他力沒有做功，物體的機械能一定守恒答案D2(2010·安徽理綜)伽利略曾設計如圖5314所示的一個實驗，將擺球拉至M點放開，擺球會達到同一水平高度上的N點如果在E或F處釘上釘子，擺球?qū)⒀夭煌膱A弧達到同一高度的對應點；反過來，如果讓擺球從這些點下落，它同樣會達到原水平高度上的M點這個實驗可以說明，物體由靜止開始沿不同傾角的光滑斜面(或弧線)下滑時，其末速

6、度的大小圖5314A只與斜面的傾角有關 B只與斜面的長度有關C只與下滑的高度有關 D只與物體的質(zhì)量有關解析物體沿光滑斜面(或弧線)下滑，只有重力做功，由機械能守恒定律得mv2mgh，選項C正確答案C3. (2010·長沙模擬)一個高爾夫球靜止于平坦的地面上，在t0時球被擊出，飛行中球的速率與時間的關系如圖5320所示若不計空氣阻力的影響，根據(jù)圖象提供的信息可以求出圖5320A高爾夫球在何時落地B高爾夫球可上升的最大高度C人擊球時對高爾夫球做的功D高爾夫球落地時離擊球點的距離解析因高爾夫球被擊出后機械能守恒，所以從題圖中看到，5 s末速率與初速率相等，說明球落回到地面，在2.5 s速率

7、最小，為水平速度，根據(jù)運動的合成與分解可以算出豎直方向的初速度，這樣就可以算出高爾夫球上升的最大高度和運動的時間，在水平方向高爾夫球勻速運動，可以求出射程，因高爾夫球的質(zhì)量未知，不能算出人擊球時對高爾夫球做的功，C項錯誤答案ABD4. 小明和小強在操場上一起踢足球，足球質(zhì)量為m.如圖5316所示，小明將足球以速度v從地面上的A點踢起，當足球到達離地面高度為h的B點位置時，取B處為零勢能參考面，不計空氣阻力則下列說法中正確的是圖5316A小明對足球做的功等于mv2mghB小明對足球做的功等于mghC足球在A點處的機械能為mv2D足球在B點處的動能為mv2mgh解析小明對足球做的功Wmv2，A、B

8、項錯誤；足球在A處的機械能為mv2mgh，C項錯誤；由機械能守恒知，B處動能為mv2mgh，D項正確答案D5. (2011·金考卷)發(fā)射地球同步衛(wèi)星要經(jīng)過三個階段：先將衛(wèi)星發(fā)射至近地圓軌道1，然后使其沿橢圓軌道2運行，最后將衛(wèi)星送入同步圓軌道3.軌道1、2相切于Q點，軌道2、3相切于P點，如圖5321所示當衛(wèi)星分析別在軌道1、2、3上正常運行時，則以下說法正確的是圖5321A衛(wèi)星在軌道3上的運行速率大于7.9 km/sB衛(wèi)星在軌道3上的機械能小于它在軌道1上的機械能C衛(wèi)星在軌道2上，P點的機械能大于Q點的機械能D衛(wèi)星在軌道1上的機械能小于在軌道2上的機械能解析由Gm得v ，且v7.9

9、 km/s為衛(wèi)星在最低軌道的運行速度，可見A錯；向更高的軌道發(fā)射需要更大的機械能，B錯、D正確；同一軌道運行時只有萬有引力做功其機械能守恒，C錯答案D小結(jié)：機械能守恒定律基本考察 圖5323例2 .(12分)如圖5323所示，在傾角為30°的光滑斜面上，有一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，其一端固定在固定擋板C上，另一端連接一質(zhì)量為m的物體A.有一細繩通過定滑輪，細繩的一端系在物體A上(細繩與斜面平行)，另一端系有一細繩套，物體A處于靜止狀態(tài)當在細繩套上輕輕掛上一個質(zhì)量為m的物體B后，物體A將沿斜面向上運動，試求：(1)未掛物體B時，彈簧的形變量；(2)物體A的最大速度值解析(1)設未掛物體

10、B時，彈簧的壓縮量為x，則有：mgsin 30°kx所以x.(2)當A的速度最大時，設彈簧的伸長量為x，則有mgsin 30°kxmg所以xx對A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，從剛掛上B到A的速度最大的過程，由機械能守恒定律得：mg·2xmg·2xsin 30°·2mv解得vm .答案(1)(2) 即時練習：1. 圖31如圖3所示，一輕彈簧直立于水平地面上，質(zhì)量為m的小球從距離彈簧上端B點h高處的A點自由下落，在C處小球速度達到最大x0表示B、C兩點之間的距離；Ek表示小球在C處的動能若改變高度h，則表示x0隨h變化的圖象、Ek隨h變化的圖象

11、正確的是圖4中的圖4解析當小球的重力等于彈簧的彈力時，小球速度達到最大，與小球下落的高度無關，B正確但隨著高度的增加，到達C處小球速度增加，動能增加，當h為零時小球下降高度x0到達C點有一定的動能，C正確答案BC2. （2011全國理綜）.一蹦極運動員身系彈性蹦極繩從水面上方的高臺下落，到最低點時距水面還有數(shù)米距離。假定空氣阻力可忽略，運動員可視為質(zhì)點，下列說法正確的是（）A. 運動員到達最低點前重力勢能始終減小B. 蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加C. 蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)機械能守恒D. 蹦極過程中，重力勢能的改變與重力勢能零點的選取有關解析：AB

12、C主要考查功和能的關系。運動員到達最低點過程中，重力做正功，所以重力勢能始終減少，A項正確。蹦極繩張緊后的下落過程中，彈性力做負功，彈性勢能增加，B項正確。蹦極過程中，運動員、地球和蹦極繩所組成的系統(tǒng)，只有重力和彈性力做功，所以機械能守恒，C項正確。重力勢能的改變與重力勢能零點選取無關，D項錯誤。 圖53153如圖5315所示，一質(zhì)量為m的小球固定于輕質(zhì)彈簧的一端，彈簧的另一端固定于O點處，將小球拉至A處，彈簧恰好無形變，由靜止釋放小球，它運動到O點正下方B點的速度為v，與A點的豎直高度差為h，則A由A到B重力做功為mghB由A到B重力勢能減少mv2C由A到B小球克服彈力做功為mghD小球到達

13、位置B時彈簧的彈性勢能為解析由重力做功的特點知，A對；由A到B，小球減少的重力勢能一部分轉(zhuǎn)化為小球的動能，另一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，B、C均錯，D對答案AD 圖53174.來自福建省體操隊的運動員黃珊汕是第一次在奧運會上獲得蹦床獎牌的中國選手蹦床是一項好看又驚險的運動，如圖5317所示為運動員在蹦床運動中完成某個動作的示意圖，圖中虛線PQ是彈性蹦床的原始位置，A為運動員抵達的最高點，B為運動員剛抵達蹦床時的位置，C為運動員抵達的最低點不考慮空氣阻力和運動員與蹦床作用時的機械能損失，A、B、C三個位置運動員的速度分別是vA、vB、vC，機械能分別是EA、EB、EC，則它們的大小關系是AvAv

14、B，vBvCBvAvB，vBvCCEAEB，EBEC DEAEB，EBEC解析最高點A的速度為零，剛抵達B位置時的速度不為零，vAvB，最低點C的速度也為零，vBvC，以人為研究對象，BA機械能守恒，EAEB，BC彈力對人做負功，機械能減小，EBEC.答案AC 圖55(2010·山東濟南一模)如圖5所示，跳水運動員最后踏板的過程可以簡化為下述模型：運動員從高處落到處于自然狀態(tài)的跳板(A位置)上，隨跳板一同向下運動到最低點(B位置)對于運動員從開始與跳板接觸到運動至最低點的過程，下列說法中正確的是A運動員到達最低點時，其所受外力的合力為零B在這個過程中，運動員的動能一直在減小C在這個過

15、程中，跳板的彈性勢能一直在增加D在這個過程中，運動員所受重力對他做的功小于跳板的作用力對他做的功解析運動員與跳板接觸至F彈mg，做加速度減小的加速度運動，之后F彈mg，運動員開始減速，到最低點時速度減為零，此時運動員受向上的合外力，選項A錯誤；該過程運動員動能先增大后減小，選項B錯誤；至最低點，跳板形變量最大，彈性勢能最大，選項C正確；全程由動能定理得，WGW彈0mv2，即WGW彈mv2，選項D正確答案CD6. (2010·天津六校聯(lián)考)(12分)如圖13所示，一位質(zhì)量m65 kg參加”挑戰(zhàn)極限運動”的業(yè)余選手，要越過一寬度為s3 m的水溝，躍上高為h1.8 m的平臺，采用的方法是：

16、人手握一根長L3.05 m的輕質(zhì)彈性桿一端從A點由靜止開始勻加速助跑，至B點時，桿另一端抵在O點的阻擋物上，接著桿發(fā)生形變同時人蹬地后被彈起，到達最高點時桿處于豎直，人的重心恰位于桿的頂端，此刻人放開桿水平飛出，最終趴落到平臺上，運動過程中空氣阻力可忽略不計(g取10 m/s2)圖13(1)設人到達B點時速度vB8 m/s，人勻加速運動的加速度a2 m/s2，求助跑距離sAB.(2)設人跑動過程中重心離地高度H1.0 m，在(1)、(2)問的條件下，在B點人蹬地彈起瞬間，人至少再做多少功？解析(1)sAB16 m.(2)hLh1.25 mhgt2所以t 0.5 sv m/s6 m/sWmg(L

17、H)mv2mvW422.5 J.答案(1)16 m(2)422.5 J小結(jié)： 彈性勢能問題 圖5319例3. 如圖5319所示，一物體從光滑斜面AB底端A點以初速度v0上滑，沿斜面上升的最大高度為h.下列說法中正確的是(設下列情境中物體從A點上滑的初速度仍為v0)A若把斜面CB部分截去，物體沖過C點后上升的最大高度仍為hB若把斜面AB變成曲面AEB，物體沿此曲面上升仍能到達B點C若把斜面彎成圓弧形D，物體仍沿圓弧升高hD若把斜面從C點以上部分彎成與C點相切的圓弧狀，物體上升的最大高度有可能仍為h解析根據(jù)題意，由機械能守恒可知，物體滑到高為h處時速度為零要使物體上滑的高度仍為h，則物體到達最高點

18、時速度必為零，A、C情況，物體上升到最高點時速度不為零，所以所能達到的高度應小于h，A、C錯；B情況上升到最高點時速度必為零，故B正確；D情況上升到最高點時速度可能為零，所以高度也可能仍為h，故D正確答案BD即時練習：1. 如圖7所示，固定在地面上的半圓軌道直徑ab水平，質(zhì)點P從a點正上方高H處自由下落，經(jīng)過軌道后從b點沖出豎直上拋，上升最大高度為H，(空氣阻力不計)當質(zhì)點下落再次經(jīng)過軌道由a點沖出時，能上升的最大高度h為圖7AhHBhCh D.hH解析從左右過程，由動能定理得：mgWFf10，從右左過程，設從a點沖出時的最大高度為h.由動能定理得：mgWFf20，而WFf1WFf20，得h，

19、D正確答案D2. (2011·金考卷)光滑的水平面上固定著一個螺旋形光滑水平軌道，俯視圖如圖6所示一個小球以一定速度沿軌道切線方向進入軌道，以下關于小球運動的說法中錯誤的是圖6A軌道對小球做正功，小球的線速度不斷增大B軌道對小球做正功，小球的角速度不斷增大C軌道對小球不做功，小球的角速度不斷增大D軌道對小球不做功，小球的線速度不斷增大解析本題考查曲線運動及動能定理，意在考查考生對所學知識的遷移能力小球的運動方向始終與軌道對它的彈力方向垂直，所以軌道對小球不做功，根據(jù)動能定理，小球的動能不變，所以小球的線速度不變，A、D錯誤；根據(jù)，軌道半徑越來越小，所以小球的角速度不斷增大，B錯、C對

20、答案ABD 3 . (2011天津）（16分）如圖所示，圓管構(gòu)成的半圓形豎直軌道固定在水平地面上，軌道半徑為R，MN為直徑且與水平面垂直，直徑略小于圓管內(nèi)徑的小球A以某一初速度沖進軌道，到達半圓軌道最高點M時與靜止于該處的質(zhì)量與A相同的小球B發(fā)生碰撞，碰后兩球粘在一起飛出軌道，落地點距N為2R。重力加速度為g，忽略圓管內(nèi)徑，空氣阻力及各處摩擦均不計，求：（1）粘合后的兩球從飛出軌道到落地的時間t；（2）小球A沖進軌道時速度v的大小。解析 （1）粘合后的兩球飛出軌道后做平拋運動，豎直方向分運動為自由落體運動，有解得（2）設球A的質(zhì)量為m，碰撞前速度大小為v1，把球A沖進軌道最低點時的重力勢能定為

21、0，由機械能守恒定律知 設碰撞后粘合在一起的兩球速度大小為v2，由動量守恒定律知 飛出軌道后做平拋運動，水平方向分運動為勻速直線運動，有 綜合式得 4. (2010·鹽城模擬)(13分)如圖5324甲所示，豎直平面內(nèi)的光滑軌道由直軌道AB和圓軌道BC組成，小球從軌道AB上高H處的某點由靜止滑下，用力傳感器測出小球經(jīng)過圓軌道最高點C時對軌道的壓力為F，并得到如圖乙所示的壓力F隨高度H的變化關系圖象(小球在軌道連接處無機械能損失，g10 m/s2)求：圖5324(1)小球從H3R處滑下，它經(jīng)過最低點B時的向心加速度的大?。?2)小球的質(zhì)量和圓軌道的半徑解析(1)由機械能守恒得： mgHm

22、v向心加速度a6g60 m/s2.(2)由機械能守恒得：mgHmg·2Rmv由牛頓第二定律得：mgFm解得：FH5mg根據(jù)圖象代入數(shù)據(jù)得：m0.1 kg，R0.2 m.答案(1)60 m/s2(2)0.1 kg0.2 m 5. (2011·青島質(zhì)檢)(14分)如圖14所示，有一個可視為質(zhì)點的質(zhì)量為m1 kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v02 m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質(zhì)量為M3 kg的長木板已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長木板間的

23、動摩擦因數(shù)0.3，圓弧軌道的半徑為R0.4 m，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角60°，不計空氣阻力，g取10 m/s2.求：圖14(1)小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力；(2)要使小物塊不滑出長木板，木板的長度L至少多大？解析(1)小物塊在C點時的速度為vC4 m/s小物塊由C到D的過程中，由動能定理得mgR(1cos 60°)mvmv代入數(shù)據(jù)解得vD2 m/s小球在D點時由牛頓第二定律得，F(xiàn)Nmgm代入數(shù)據(jù)解得FN60 N由牛頓第三定律得FNFN60 N方向豎直向下(2)設小物塊剛滑到木板左端時達到共同速度，大小為v，小物塊在木板上滑行的過程中，小物塊與

24、長木板的加速度大小分別為 a1g3 m/s2，a21 m/s2速度分別為vvDa1tva2t對物塊和木板系統(tǒng)，由能量守恒定律得mgLmv(mM)v2解得L2.5 m，即木板的長度至少是2.5 m.答案(1)60 N方向豎直向下(2)2.5 m 圖54186(2010·全國)(15分)如圖5418，MNP為豎直面內(nèi)一固定軌道，其圓弧段MN與水平段NP相切于N，P端固定一豎直擋板M相對于N的高度為h，NP長度為s.一物塊自M端從靜止開始沿軌道下滑，與擋板發(fā)生一次完全彈性碰撞(即碰撞過程無機械能損失)后停止在水平軌道上某處若在MN段的摩擦可忽略不計，物塊與NP段軌道間的動摩擦因數(shù)為，求物塊

25、停止的地方與N點距離的可能值解析根據(jù)功能原理，在物塊從開始下滑到靜止的過程中，物塊重力勢能減小的數(shù)值Ep與物塊克服摩擦力所做功的數(shù)值W相等，即EpW設物塊質(zhì)量為m，在水平軌道上滑行的總路程為s，則EpmghWmgs設物塊在水平軌道上停住的地方與N點的距離為d.若物塊在與P碰撞后，在到達圓弧形軌道前停止，則s2sd聯(lián)立式得d2s此結(jié)果在2s時有效若2s，則物塊在與P碰撞后，可再一次滑上圓弧形軌道，滑下后在水平軌道上停止，此時有s2sd聯(lián)立式得d2s.答案當2s時，d2s當2s時，d2s小結(jié)：曲線軌道問題例4. (2010·遼寧五校聯(lián)考)水平傳送帶勻速運動，速度大小為v，現(xiàn)將一小工件放到

26、傳送帶上設工件初速度為零，當它在傳送帶上滑動一段距離后速度達到v而與傳送帶保持相對靜止設工件質(zhì)量為m，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，則在工件相對傳送帶滑動的過程中A滑動摩擦力對工件做的功為mv2/2B工件的機械能增量為mv2/2C工件相對于傳送帶滑動的路程大小為v2/(2g)D傳送帶對工件做功為零解析滑動摩擦力對工件做功等于工件動能的改變，也等于其機械能的增加，A、B正確；此過程中，工件位移(對地)為x1，x1，傳送帶的位移為x2vt2x1，因此工件相對傳送帶的位移為xx2x1，C正確答案ABC即時練習： 圖53221(2011·金考卷)(12分)如圖5322所示，光滑弧形軌道下端與水

27、平傳送帶連接，軌道上的A點到傳送帶及傳送帶到地面的高度均為h5 m把一物體自A點由靜止釋放，物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)0.2.先讓傳送帶不轉(zhuǎn)動，物體滑上傳送帶后，從右端B點水平飛出，落在地面上的P點，B、P間的水平距離OP為x2 m然后讓傳送帶沿順時針方向轉(zhuǎn)動，速度大小為v5 m/s，取g10 m/s2.求：(1)傳送帶轉(zhuǎn)動時，物體落在何處？(2)先后兩種情況下，傳送帶對物體做功的比值(3)兩種情況下，物體運動所用時間之差解析(1)物體剛進入傳送帶時，由mghmv得：v110 m/s離開B端物體做平拋運動用時t1，有hgt，解得：t11 s傳送帶靜止時，物體到B端的速度v22 m/s傳送帶轉(zhuǎn)

28、動時，因為v2vv1，故物體先減速后勻速由v2v5 m/s得，xv2t15 m(2)第一次傳送帶對物體所做的功：W1m(v2v)第二次傳送帶對物體所做的功：W2m(v2v)兩次做功之比(3)物體速度由10 m/s減小到5 m/s的過程，兩次用時相同，傳送帶靜止時，物體由5 m/s減小到2 m/s用時t1.5 st時間內(nèi)，物體前行Lt5.25 m傳送帶轉(zhuǎn)動時，物體前行L用時t s1.05 s故第二次比第一次少用時ttt1.5 s1.05 s0.45 s答案(1)5 m(2)(3)0.45 s2. （2011全國卷1）質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，

29、小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為。初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，井與箱子保持相對靜止。設碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為 A B C D解析：兩物體最終速度相等設為u由動量守恒得：mv=(m+M)u, 系統(tǒng)損失的動能為： 系統(tǒng)損失的動能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能Q=fs=3. (2010·福建三明期末)(15分)工廠流水線上采用彈射裝置把物品轉(zhuǎn)運，現(xiàn)簡化其模型分析：如圖5419所示，質(zhì)量為m的滑塊，放在光滑的水平平臺上，平臺右端B與水平傳送帶相接，傳送帶的運行速度為v0，長為L；現(xiàn)將滑塊向左壓縮固定在平臺

30、上的輕彈簧，到達某處時由靜止釋放，若滑塊離開彈簧時的速度小于傳送帶的速度，當滑塊滑到傳送帶右端C時，恰好與傳送帶速度相同，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為.求：圖5419(1)釋放滑塊時，彈簧具有的彈性勢能；(2)滑塊在傳送帶上滑行的整個過程中產(chǎn)生的熱量解析(1)設滑塊沖上傳送帶時的速度為v，在彈簧彈開過程中，由機械能守恒Epmv2滑塊在傳送帶上做勻加速運動由動能定理mgLmvmv2解得：EpmvmgL.(2)設滑塊在傳送帶上做勻加速運動的時間為t，則t時間內(nèi)傳送帶的位移sv0tv0vatmgma滑塊相對傳送帶滑動的位移ssL相對滑動生成的熱量Qmg·s解得：Qmv0·(v0)

31、mgL.答案(1)mvmgL(2)mv0·(v0)mgL4. 如圖所示，質(zhì)量m1=0.3 kg 的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=1.5 m,現(xiàn)有質(zhì)量m2=0.2 kg可視為質(zhì)點的物塊，以水平向右的速度v0=2 m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數(shù)=0.5,取g=10 m/s2，求 （1）物塊在車面上滑行的時間t;（2）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v0不超過多少。答案：（1）0.24s (2)5m/s【解析】本題考查摩擦拖動類的動量和能量問題。涉及動量守恒定律、動量定理和功能關系這些物理規(guī)律的運用。（第一問）Step

32、 1設未知量 規(guī)定正方向塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，Step 根據(jù)動量守恒定律 求共同速度有 Step 有動量定理 求時間設物塊與車面間的滑動摩擦力為F，對物塊應用動量定理有 其中 解得 代入數(shù)據(jù)得 （2）要使物塊恰好不從車廂滑出，須物塊到車面右端時與小車有共同的速度v，則 由功能關系有 代入數(shù)據(jù)解得 =5m/s故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0不能超過5m/s。小結(jié)：皮帶傳送B1、 “雙基”針對性精講釋疑，解題步驟歸納總結(jié)1. 動量守恒定律的條件：（1）理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力合力為零（不管物體間是否相互作用），此時合外力沖量為零，故系統(tǒng)動量守恒。當系

33、統(tǒng)存在相互作用的內(nèi)力時，由牛頓第三定律得知，相互作用的內(nèi)力產(chǎn)生的沖量，大小相等，方向相反，使得系統(tǒng)內(nèi)相互作用的物體動量改變量大小相等，方向相反，系統(tǒng)總動量保持不變。即內(nèi)力只能改變系統(tǒng)內(nèi)各物體的動量，而不能改變整個系統(tǒng)的總動量。（2）近似守恒：當外力為有限量，且作用時間極短，外力的沖量近似為零，或者說外力的沖量比內(nèi)力沖量小得多，可以近似認為動量守恒。（3）單方向守恒：如果系統(tǒng)所受外力的矢量和不為零，而外力在某方向上分力的和為零，則系統(tǒng)在該方向上動量守恒。2 . 動量守恒定律應用中需注意：（1）矢量性：表達式m1v1+m2v2=中守恒式兩邊不僅大小相等，且方向相同，等式兩邊的總動量是系統(tǒng)內(nèi)所有物體

34、動量的矢量和。在一維情況下，先規(guī)定正方向，再確定各已知量的正負，代入公式求解。（2）系統(tǒng)性：即動量守恒是某系統(tǒng)內(nèi)各物體的總動量保持不變。（3）同時性：等式兩邊分別對應兩個確定狀態(tài)，每一狀態(tài)下各物體的動量是同時的。（4）相對性：表達式中的動量必須相對同一參照物（通常取地球為參照物）3. 碰撞過程是指物體間發(fā)生相互作用的時間很短，相互作用過程中的相互作用力很大，所以通?？烧J為發(fā)生碰撞的物體系統(tǒng)動量守恒。按碰撞前后物體的動量是否在一條直線上，有正碰和斜碰之分，中學物理只研究正碰的情況；碰撞問題按性質(zhì)分為三類。（1）彈性碰撞碰撞結(jié)束后，形變?nèi)肯?，碰撞前后系統(tǒng)的總動量相等，總動能不變。（2）一般碰撞

35、碰撞結(jié)束后，形變部分消失，碰撞前后系統(tǒng)的總動量相等，動能有部分損失（3）完全非彈性碰撞碰撞結(jié)束后，形變完全保留，通常表現(xiàn)為碰后兩物體合二為一，以同一速度運動，碰撞前后系統(tǒng)的總動量相等，動能損失最多。上述三種情況均不含其它形式的能轉(zhuǎn)化為機械能的情況。4. 反沖現(xiàn)象指在系統(tǒng)內(nèi)力作用下，系統(tǒng)內(nèi)一部分物體向某方向發(fā)生動量變化時，系統(tǒng)內(nèi)其余部分物體向相反的方向發(fā)生動量變化的現(xiàn)象。顯然在反沖運動過程中，系統(tǒng)不受外力作用或外力遠遠小于系統(tǒng)內(nèi)物體間的相互作用力，所以在反沖現(xiàn)象里系統(tǒng)的動量是守恒的。2、 常規(guī)題型 圖5318例1. 如圖5318所示，質(zhì)量均為m的A、B兩個小球，用長為2L的輕質(zhì)桿相連接，在豎直平

36、面內(nèi)繞固定軸O沿順時針方向自由轉(zhuǎn)動(轉(zhuǎn)軸在桿的中點)，不計一切摩擦，某時刻A、B球恰好在如圖所示的位置，A、B球的線速度大小均為v，下列說法正確的是A運動過程中B球機械能守恒B運動過程中B球速度大小不變CB球在運動到最高點之前，單位時間內(nèi)機械能的變化量保持不變DB球在運動到最高點之前，單位時間內(nèi)機械能的變化量不斷改變解析OB桿對B球做功，B球的機械能不守恒，A錯OA、OB桿等長，A球下降的高度等于B球上升的高度，即A、B兩球構(gòu)成系統(tǒng)的重力勢能不變，因此A、B運動中速度大小不變，B對B球在到達最高點之前，動能不變，高度增加，重力勢能增加，但單位時間內(nèi)上升高度不斷改變，因而單位時間內(nèi)機械能的變化量

37、不斷改變，C錯D對答案BDMmv0OPL即時練習：1. （2011安徽）（20分）如圖所示，質(zhì)量M=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m=1kg的小球通過長L=0.5m的輕質(zhì)細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v0=4 m/s，g取10m/s2。（1）若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P時對輕桿的作用力大小和方向。（2）若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小。（3）在滿足（2）的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離。解析：（1）設小球能通過最高點，且此時的速度為v1。在上升過

38、程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒。則 設小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則 由式，得 F=2N 由牛頓第三定律可知，小球?qū)p桿的作用力大小為2N，方向豎直向上。（2）解除鎖定后，設小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為V。在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動量守恒。以水平向右的方向為正方向，有 在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則 由式，得 v2=2m/s （3）設小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點與小球起始點的距離為s1，滑塊向左移動的距離為s2，任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V/。由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，

39、得 將式兩邊同乘以，得 因式對任意時刻附近的微小間隔都成立，累積相加后，有 又 由式得 例2 （2011全國卷1）.（20分）（注意：在試題卷上作答無效）裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊。通過對一下簡化模型的計算可以粗略說明其原因。質(zhì)量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上。質(zhì)量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿?，F(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量均為m的相同兩塊，間隔一段距離水平放置，如圖所示。若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度。設子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞不計重力影響。 解析：設子彈的初速為v0,穿過2d厚度的鋼板時共同速度為：v 受到阻力為f.對系統(tǒng)由動量和能量守恒得： 由得： 子彈穿過第一塊厚度為d的鋼板時，設其速度為v1，此時鋼板的速度為u，穿第二塊厚度為