機械能第5節(jié)第6節(jié)

機械能及其守恒定律§5機械能守恒定律及其應用（一）教學目標：理解和掌握機械能守恒定律，能熟練地運用機械能守恒定律解決實際問題教學重點：機械能守恒定律的應用教學難點：判斷被研究對象在經(jīng)歷的研究過程中機械能是否守恒，在應用時要找準始末狀態(tài)的機械能教學方法：復習、討論、總結(jié)、鞏固練習、計算機輔助教學教學過程：一、重力勢能1．重力勢能：物體和地球由相對位置決定的能叫重力勢能，是物體和地球共有的。表達式：，與零勢能面的選取有關。2．對重力勢能的理解《創(chuàng)新設計》P62知識點一（3）重力做功與重力勢能重力做的功等于重力勢能增量的負值，即WG=-△Ep=-（mgh2-mgh1）．二、彈性勢能《創(chuàng)新設計》P61三、機械能：（1）定義（2）表達式：E=EK+Ep四、機械能守恒定律：1、內(nèi)容：物體或物體系在動能與勢能相互轉(zhuǎn)化過程中，沒有其它力做功(除重力與彈力)，及不產(chǎn)生其它能或其它能沒有轉(zhuǎn)化為機械能，系統(tǒng)的機械能總量保持不變，則物體或物體系機械能守恒。機械能守恒定律的表達式為：EK1＋EP1=EK2＋EP2或ΔE=0?！纠?】下列運動物體，機械能守恒的有(D)A.物體沿斜面勻速下滑B.物體沿豎直平面內(nèi)的圓形軌道做勻速圓周運動C.跳傘運動員在空中勻速下落D.沿光滑曲面自由下滑的木塊【例2】關于機械能守恒，下列說法中錯誤的是（AB）（A）物體的機械能守恒時，一定只受到重力和彈力的作用（B）物體處于平衡狀態(tài)時機械能一定守恒（C）在重力勢能和動能的轉(zhuǎn)化中，物體除受重力外還受其他力時，其機械能可以守恒（D）物體重力勢能和動能之和增大時，必定是有重力以外的力對它做了功【例3】如下圖所示，小球從高處下落到豎直放置的輕彈簧上，在將彈簧壓縮到最短的整個過程中，下列關于能量的敘述中正確的是（D）（A）重力勢能和動能之和總保持不變（B）重力勢能和彈性勢能之和總保持不變（C）動能和彈性勢能之和總保持不變（D）重力勢能、彈性勢能和動能之和總保持不變【例4】如圖物塊和斜面都是光滑的，物塊從靜止沿斜面下滑過程中，物塊機械能是否守恒？系統(tǒng)機械能是否守恒？課后針對練習：《創(chuàng)新設計》P62應用22．對機械能守恒條件的理解：《創(chuàng)新設計》P62知識點二系統(tǒng)內(nèi)只有重力（或彈力）做功，其他力不做功，或其他力做功和為零。如果沒有摩擦和介質(zhì)阻力，系統(tǒng)不產(chǎn)生其它能或其它能沒有轉(zhuǎn)化為機械能。3．應用舉例（1）單個物體（和地球）的機械能守恒問題《創(chuàng)新設計》P63方法指導【例5】如圖所示，均勻鐵鏈長為，平放在距離地面高為的光滑水平面上，其長度的懸垂于桌面下，從靜止開始釋放鐵鏈，求鐵鏈下端剛要著地時的速度？方法1、選取地面為零勢能面：方法2、桌面為零勢能面：解得：點評：零勢能面選取不同，所列出的表達式不同，雖然最后解得的結(jié)果是一樣的，但解方程時的簡易程度是不同的，從本例可以看出，方法二較為簡捷。因此，靈活、準確地選取零勢能面，往往會給題目的求解帶來方便。本題用也可以求解，但不如用EP+EK=EP＇+EK＇簡便，同學們可以自己試一下。因此，選用哪一種表達形式，要具體題目具體分析。課后針對練習：《創(chuàng)新設計》P62應用1、3【例6】小球在外力作用下，由靜止開始從A點出發(fā)做勻加速直線運動，到B點時消除外力。然后，小球沖上豎直平面內(nèi)半徑為R的光滑半圓環(huán)，恰能維持在圓環(huán)上做圓周運動，到達最高點C后拋出，最后落回到原來的出發(fā)點A處，如圖所示，試求小球在AB段運動的加速度為多大？解析：要題的物理過程可分三段：從A到孤勻加速直線運動過程；從B沿圓環(huán)運動到C的圓周運動，且注意恰能維持在圓環(huán)上做圓周運動，在最高點滿足重力全部用來提供向心力；從C回到A的平拋運動。根據(jù)題意，在C點時，滿足①從B到C過程，由機械能守恒定律得②由①、②式得從C回到A過程，滿足③水平位移s=vt，④由③、④式可得s=2R從A到B過程，滿足⑤∴例7.小球A用不可伸長的輕繩懸于O點，在O點的正下方有一固定的釘子B，OB=d，初始時小球A與O同水平面無初速釋放，繩長為L，為使球能繞B點做圓周運動，試求d的取值范圍？3/5L≤d<L課后針對練習：《創(chuàng)新設計》例1（2）多個物體（和地球）的機械能守恒問題《創(chuàng)新設計》P63方法指導例8：將細繩繞過兩個定滑輪A和B．繩的兩端各系一個質(zhì)量為m的砝碼。A、B間的中點C掛一質(zhì)量為M的小球，M<2m，A、B間距離為l，開始用手托住M使它們都保持靜止，如圖所示。放手后M和2個m開始運動。求(1)小球下落的最大位移H是多少？(2)小球的平衡位置距C點距離h是多少？4．機械能守恒定律的各種表達形式（1），即；（2）；；機械能守恒定律的三種表達式形式和用法《創(chuàng)新設計》P62知識點三點評：用（1）時，需要規(guī)定重力勢能的參考平面。用（2）時則不必規(guī)定重力勢能的參考平面，因為重力勢能的改變量與參考平面的選取沒有關系。尤其是用，只要把增加的機械能和減少的機械能都寫出來，方程自然就列出來了。5．解題步驟⑴確定研究對象和研究過程。⑵判斷機械能是否守恒。⑶選定一種表達式，列式求解?！纠?】如圖所示，半徑為的光滑半圓上有兩個小球，質(zhì)量分別為，由細線掛著，今由靜止開始無初速度自由釋放，求小球升至最高點時兩球的速度？解析：球沿半圓弧運動，繩長不變，兩球通過的路程相等，上升的高度為；球下降的高度為；對于系統(tǒng)，由機械能守恒定律得：；針對訓練1．下列物體中，機械能守恒的是（）A．做平拋運動的物體B．被勻速吊起的集裝箱C．光滑曲面上自由運動的物體D．物體以4g/5的加速度豎直向上做勻減速運動2．一個人站在陽臺上，以相同的速率v0，分別把三個球豎直向上拋出，豎直向下拋出，水平拋出，不計空氣阻力，則三球落地時的速率（D）A．上拋球最大B．下拋球最大C．平拋球最大D．三球一樣大3．如圖所示，質(zhì)量、初速度大小都相同的A、B、C三個小球，在同一水平面上，A球豎直上拋，B球以傾斜角θ斜上拋，空氣阻力不計，C球沿傾角為θ的光滑斜面上滑，它們上升的最大高度分別為、、，則（C）A．B．C．D．4．將一物體以速度v從地面豎直上拋，當物體運動到某高度時，他的動能恰為重力勢能的一半，不計空氣阻力，則這個高度為（）A．v2/gB．v2/2gC．v2/3gD．v2/4g圖5．如圖所示，輕質(zhì)彈簧豎直放置在水平地面上，它的正上方有一金屬塊從高處自由下落，從金屬塊自由下落到第一次速度為零的過()圖A．重力先做正功，后做負功B．彈力沒有做正功C．金屬塊的動能最大時，彈力與重力相平衡D．金屬塊的動能為零時，彈簧的彈性勢能最大§6機械能守恒定律及其應用（二）五、機械能守恒定律的綜合應用K【例1】如圖所示，粗細均勻的U形管內(nèi)裝有總長為4L的水。開始時閥門K閉合，左右支管內(nèi)水面高度差為L。打開閥門K后，左右水面剛好相平時左管液面的速度是多大？（管的內(nèi)部橫截面很小，摩擦阻力忽略不計）K解析：由于不考慮摩擦阻力，故整個水柱的機械能守恒。從初始狀態(tài)到左右支管水面相平為止，相當于有長L/2的水柱由左管移到右管。系統(tǒng)的重力勢能減少，動能增加。該過程中，整個水柱勢能的減少量等效于高L/2的水柱降低L/2重力勢能的減少。不妨設水柱總質(zhì)量為8m，則，得。點評：本題在應用機械能守恒定律時仍然是用建立方程，在計算系統(tǒng)重力勢能變化時用了等效方法。需要注意的是：研究對象仍然是整個水柱，到兩個支管水面相平時，整個水柱中的每一小部分的速率都是相同的?！纠?】如圖所示，游樂列車由許多節(jié)車廂組成。列車全長為L，圓形軌道半徑為R，（R遠大于一節(jié)車廂的高度h和長度l，但L>2πR）.已知列車的車輪是卡在導軌上的光滑槽中只能使列車沿著圓周運動，在軌道的任何地方都不能脫軌。試問：在沒有任何動力的情況下，列車在水平軌道上應具有多大初速度v0，才能使列車通過圓形軌道而運動到右邊的水平軌道上？解析：當游樂車灌滿整個圓形軌道時，游樂車的速度最小，設此時速度為v，游樂車的質(zhì)量為m，則據(jù)機械能守恒定律得：要游樂車能通過圓形軌道，則必有v>0，所以有【例3】如圖所示，一根長為，可繞軸在豎直平面內(nèi)無摩擦轉(zhuǎn)動的細桿，已知，質(zhì)量相等的兩個球分別固定在桿的端，由水平位置自由釋放，求輕桿轉(zhuǎn)到豎直位置時兩球的速度？解析：球在同一桿上具有相同的角速度，，組成一個系統(tǒng)，系統(tǒng)重力勢能的改變量等于動能的增加量，選取水平位置為零勢能面，則：解得：ABO【例4】如圖所示，質(zhì)量分別為2m和3m的兩個小球固定在一根直角尺的兩端A、B，直角尺的頂點O處有光滑的固定轉(zhuǎn)動軸。AO、BO的長分別為2L和L。開始時直角尺的AO部分處于水平位置而B在O的正下方。讓該系統(tǒng)由靜止開始自由轉(zhuǎn)動，求：⑴當A到達最低點時，A小球的速度大小v；⑵B球能上升的最大高度h；⑶開始轉(zhuǎn)動后B球可能達到的最大速度vABO解析：以直角尺和兩小球組成的系統(tǒng)為對象，由于轉(zhuǎn)動過程不受摩擦和介質(zhì)阻力，所以該系統(tǒng)的機械能守恒。⑴過程中A的重力勢能減少，A、B的動能和B的重力勢能增加，A的即時速度總是B的2倍。，解得v1/2ABOv1OABαBOθαθA⑴⑵⑶⑵B球不可能到達O的正上方，它到達最大高度時速度一定為零，設該位置比OA豎直位置向左偏了α角。2mg2Lcosα=3mgv1/2ABOv1OABαBOθαθA⑴⑵⑶⑶B球速度最大時就是系統(tǒng)動能最大時，而系統(tǒng)動能增大等于系統(tǒng)重力做的功WG。設OA從開始轉(zhuǎn)過θ角時B球速度最大，=2mg2Lsinθ-3mgL（1-cosθ）=mgL（4sinθ+3cosθ-3）≤2mgL，解得點評：本題如果用EP+EK=EP＇+EK＇這種表達形式，就需要規(guī)定重力勢能的參考平面，顯然比較煩瑣。用就要簡潔得多。下面再看一道例題。課后針對練習：《創(chuàng)新設計》P63【例2】3、4【例10】如圖所示，半徑分別為R和r的甲、乙兩個光滑的圓形軌道安置在同一豎直平面上，軌道之間有一條水平軌道CD相通，一小球以一定的速度先滑上甲軌道，通過動摩擦因數(shù)為μ的CD段，又滑上乙軌道，最后離開兩圓軌道。若小球在兩圓軌道的最高點對軌道壓力都恰好為零，試求水平CD段的長度。

解析：（1）小球在光滑圓軌道上滑行時，機械能守恒，設小球滑過C點時的速度為，通過甲環(huán)最高點速度為v′，根據(jù)小球?qū)ψ罡唿c壓力為零，由圓周運動公式有①取軌道最低點為零勢能點，由機械守恒定律②由①、②兩式消去v′，可得同理可得小球滑過D點時的速度，設CD段的長度為l，對小球滑過CD段過程應用動能定理，將、代入，可得三、針對訓練1、相同的兩個小球，分別用長為l和2l的細繩懸掛在天花板上，如圖所示，分別拉起小球使線伸直呈水平狀態(tài)，然后輕輕釋放，當小球到達最低位置時（CD）A．兩球運動的線速度相等B．兩球運動的角速度相等C．兩球運動的加速度相等D．細繩對兩球的拉力相等2．如圖所示，在光滑水平桌面上有一質(zhì)量為M的小車，小車跟繩一端相連，繩子另一端通過滑輪吊一個質(zhì)量為m的磚碼，則當砝碼著地的瞬間（小車未離開桌子）小車的速度大小為__________________，在這過程中，繩的拉力對小車所做的功為________________。，提示：以地面為零勢能面，由機械能守恒得，解得。根據(jù)動能定理，繩對小車做功3．質(zhì)量為m的人造地球衛(wèi)星，在環(huán)繞地球的橢圓軌道上運行，在運行過程中它的速度最大值為，當衛(wèi)星由遠地點運行到近地點的過程中，地球引力對它做的功為W，則衛(wèi)星在近地點處的速度為__________________，在遠地點處的速度為__________________。，提示：因從遠地點到近地點，地球引力做正功W，故在近地點處有最大速度。設遠地點的速度為v，則，∴。4．如圖所示，一固定的楔形木塊，其斜面的傾角θ=30°，另一邊與地面垂直，頂上有一定滑輪，一柔軟的細繩跨過定滑輪，兩端分別與物塊A和B連接，A的質(zhì)點為4m，B的質(zhì)量為m，開始時將B按在地面上不動，然后放開手，讓A沿斜面下滑而B上升，若A沿斜面下滑s距離后，細線突然斷了，求物塊B上升的最大高度H。圖圖5．《創(chuàng)新設計》P7110功和能【知識梳理參考答案1．B在凹曲面上運動時，由于機械能守恒，一部分重力勢能轉(zhuǎn)化為動能，下降過程中速度的水平分量總是增大，一直到底部，以后水平分量又恢復到v0，所以沿凹曲面運動的水平速度的平均值大于沿直線運動的速度，將先到達另一端。2．C上升和下降兩過程，小球通過的位移大小相等，由受力分析知小球上升過程的加速度，∴小球上升的時間應小于下降的時間；小球運動過程中損失的機械能等于克服空氣阻力做的功，∵空氣阻力大小不變，上升、下降兩過程的位移大小相等，∴上、下過程損失的機械能相等。3．B小球未碰地之前機械化能守恒，即每一時刻的機械能都與初始時刻的機械能相等，都為mgH，錯選D項的原因是對機械能及參考平面的性質(zhì)沒有掌握準確。機械能是動能和勢能的總和，即，小球在自由下落過程中重力勢能減小而動能增大，但機械能不變。4．C在子彈打木塊的過程中，認為A還沒有移動，系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒；在子彈與木塊一起向右壓縮彈簧的過程中，系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒；由于只有彈簧彈力做功，機械能守恒。對題所給的物理過程，系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒，應選C。5．CA球和C球上升到最高點時速度均為零，而B球上升到最高點時仍有水平方向的速度，即仍有動能。對A、C球而言得，對B球所以6．C、D設小球到達最低點的線速度為v，繩長為L，則由機械能守恒得，因而角速度、向心加速度、繩中拉力分別為，，T=mg+ma=3mg可見，v和ω與繩長L有關，a和T與繩長無關。7．D三球空中運動軌跡雖然不同，但都只有重力做功，故可用機械能守恒定律求解。選地面為零勢能面，對任意小球均有∴,因為它們的h、v0（速度大?。┫嗤?，∴落地速度大小也相同，∴選D。8．，提示：以地面為零勢能面，由機械能守恒得，解得。根據(jù)動能定理，繩對小車做功9．，提示：因從遠地點到近地點，地球引力做正功W，故在近地點處有最大速度。設遠地點的速度為v，則，∴。10．20J提示：根據(jù)題意，當物體滑到斜面某一點時，機械能減少32J，動能減少80J，即重力勢能增加J。當物體滑到斜面的最高點時，機械以有減少，即摩擦力的功為，動能減少100J，即重力勢能增加。由于物體在斜面上作勻變速運動，因此，即，解得J，即物體從斜面底端滑到斜面頂端時克服摩擦力做功40J。當物體再次滑到斜面底端時的動能為J。教學后記判斷被研究對象在經(jīng)歷的研究過程中機械能是否守恒，在應用時要找準始末狀態(tài)的機械能是學生存在的最大問題，特別是中等水平的學生，所以，要及時了解學生情況，調(diào)整教學效果。§4功能關系教學目標：理解功和能的關系，能夠應用動量觀點和能量觀點解決有關動量和能量的綜合問題。教學重點：動量能量綜合問題的解決方法教學難點：應用動量觀點和能量觀點解決動量能量綜合問題教學方法：講練結(jié)合，計算機輔助教學教學過程：一、功能關系做功的過程是能量轉(zhuǎn)化的過程，功是能量轉(zhuǎn)化的量度。能量守恒和轉(zhuǎn)化定律是自然界最基本的定律之一。而在不同形式的能量發(fā)生相互轉(zhuǎn)化的過程中，功扮演著重要的角色。本章的主要定理、定律都是由這個基本原理出發(fā)而得到的。需要強調(diào)的是：功是一種過程量，它和一段位移（一段時間）相對應；而能是一種狀態(tài)量，它個一個時刻相對應。兩者的單位是相同的（都是J），但不能說功就是能，也不能說“功變成了能”。復習本章時的一個重要課題是要研究功和能的關系，尤其是功和機械能的關系。突出：“功是能量轉(zhuǎn)化的量度”這一基本概念。⑴物體動能的增量由外力做的總功來量度：W外=ΔEk，這就是動能定理。⑵物體重力勢能的增量由重力做的功來量度：WG=-ΔEP，這就是勢能定理。⑶物體機械能的增量由重力以外的其他力做的功來量度：W其它=ΔE機，（W其它表示除重力以外的其它力做的功），這就是機械能定理。⑷當W其它=0時，說明只有重力做功，所以系統(tǒng)的機械能守恒。⑸一對互為作用力反作用力的摩擦力做的總功，用來量度該過程系統(tǒng)由于摩擦而減小的機械能，也就是系統(tǒng)增加的內(nèi)能。fd=Q（d為這兩個物體間相對移動的路程）。【例1】質(zhì)量為m的物體在豎直向上的恒力F作用下減速上升了H，在這個過程中，下列說法中正確的有A.物體的重力勢能增加了mgHFGvaFGvaC.物體的機械能增加了FHD.物體重力勢能的增加小于動能的減少解析：由以上三個定理不難得出正確答案是A、C【例2】如圖所示，一根輕彈簧下端固定，豎立在水平面上。其正上方A位置有一只小球。小球從靜止開始下落，在B位置接觸彈簧的上端，在C位置小球所受彈力大小等于重力，在D位置小球速度減小到零。小球下降階段下列說法中正確的是ABCDABCD二、動量能量綜合問題【例3】如圖所示，a、b、c三個相同的小球，a從光滑斜面頂端由靜止開始自由下滑，同時b、c從同一高度分別開始自由下落和平拋。下列說法正確的有abcAabcB．重力對它們的沖量相同C．它們的末動能相同D．它們動量變化的大小相同點評：這道題看似簡單，實際上考察了平均速度、功、沖量等很多知識。另外，在比較中：a、b的初、末動能相同，平均速度大小相同，但重力作用時間不同；b、c飛行時間相同（都等于自由落體時間），但初動能不同。本題如果去掉b球可能更難做一些?！纠?】質(zhì)量為m的汽車在平直公路上以速度v勻速行駛，發(fā)動機實際功率為P。若司機突然減小油門使實際功率減為并保持下去，汽車所受阻力不變，則減小油門瞬間汽車加速度大小是多少？以后汽車將怎樣運動？解：由公式F-f=ma和P=Fv，原來牽引力F等于阻力f，減小油門瞬間v未變，由P=Fv，F(xiàn)將減半，合力變?yōu)?，方向和速度方向相反，加速度大小為；以后汽車做恒定功率的減速運動，F(xiàn)又逐漸增大，當增大到F=f時，a=0，速度減到最小為v/2，再以后一直做勻速運動。點評：這道題是恒定功率減速的問題，和恒定功率加速的思路是完全相同的。AB【例5】質(zhì)量為M的小車A左端固定一根輕彈簧，車靜止在光滑水平面上，一質(zhì)量為m的小物塊B從右端以速度v0沖上小車并壓縮彈簧，然后又被彈回，回到車右端時剛好與車保持相對靜止。求這過程彈簧的最大彈性勢能EP和全過程系統(tǒng)摩擦生熱Q各多少？簡述BAB解析：全過程系統(tǒng)動量守恒，小物塊在車左端和回到車右端兩個時刻，系統(tǒng)的速度是相同的，都滿足：mv0=（m+M）v；第二階段初、末系統(tǒng)動能相同，說明小物塊從車左端返回車右端過程中彈性勢能的減小恰好等于系統(tǒng)內(nèi)能的增加，即彈簧的最大彈性勢能EP恰好等于返回過程的摩擦生熱，而往、返兩個過程中摩擦生熱是相同的，所以EP是全過程摩擦生熱Q的一半。又因為全過程系統(tǒng)的動能損失應該等于系統(tǒng)因摩擦而增加的內(nèi)能，所以ΔEK=Q=2EP而，∴ABFf至于B相對于車向右返回過程中小車的速度變化，則應該用牛頓運動定律來分析：剛開始向右返回時刻，彈簧對B的彈力一定大于滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第三定律，小車受的彈力F也一定大于摩擦力f，小車向左加速運動；彈力逐漸減小而摩擦力大小不變，所以到某一時刻彈力和摩擦力大小相等，這時小車速度最大；以后彈力將小于摩擦力，小車受的合外力向右，開始做減速運動；BABFf【例6】海岸炮將炮彈水平射出。炮身質(zhì)量（不含炮彈）為M，每顆炮彈質(zhì)量為m。當炮身固定時，炮彈水平射程為s，那么當炮身不固定時，發(fā)射同樣的炮彈，水平射程將是多少？解析：兩次發(fā)射轉(zhuǎn)化為動能的化學能E是相同的。第一次化學能全部轉(zhuǎn)化為炮彈的動能；第二次化學能轉(zhuǎn)化為炮彈和炮身的動能，而炮彈和炮身水平動量守恒，由動能和動量的關系式知，在動量大小相同的情況下，物體的動能和質(zhì)量成反比，炮彈的動能，由于平拋的射高相等，兩次射程的比等于拋出時初速度之比，點評：這是典型的把動量和能量結(jié)合起來應用的應用題。要熟練掌握一個物體的動能和它的動量大小的關系；要善于從能量守恒的觀點（本題是系統(tǒng)機械能增量相同）來分析問題。ABCv2v【例7】質(zhì)量為m的長木板A靜止在光滑水平面上，另兩個質(zhì)量也是m的鐵塊B、C同時從A的左右兩端滑上A的上表面，初速度大小分別為v和2v，B、C與A間的動摩擦因數(shù)均為μ。⑴試分析B、C滑上長木板A后，A的運動狀態(tài)如何變化？⑵為使BABCv2v解析：B、C都相對于A滑動時，A所受合力為零，保持靜止。這段時間為。B剛好相對于A靜止時，C的速度為v，A開向左做勻加速運動，由動量守恒可求出A、B、C最終的共同速度，這段加速經(jīng)歷的時間為，最終A將以做勻速運動。全過程系統(tǒng)動能的損失都將轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能，而摩擦生熱，由能量守恒定律列式：。這就是A木板應該具有的最小長度。點評：本題還可以求系統(tǒng)機械能損失（摩擦生熱）和B、C與A摩擦生熱之比：第一階段B對A的位移就是對地的位移：sB=v2/2μg，C的平均速度是其3倍因此C對A的位移是其3倍：sC=3v2/2μg；第二階段A、B共同向左運動的加速度是μg/2，對地位移是s=v2/9μg，C平均速度是其4倍，對地位移是s/=4v2/9μg，相對于A位移是v2/3μg，故B、C與A間的相對位移大小依次是dB=v2/2μg和dC=11v2/6μg，于是系統(tǒng)摩擦生熱為μmg（dB+dC）=7mv2/3，dB∶dC=3∶11Mmv【例8】質(zhì)量M的小車左端放有質(zhì)量m的鐵塊，以共同速度v沿光滑水平面向豎直墻運動，車與墻碰撞的時間極短，不計動能損失。動摩擦因數(shù)μ，車長Mmv解析：車與墻碰后瞬間，小車的速度向左，大小是v，而鐵塊的速度未變，仍是v，方向向左。根據(jù)動量守恒定律，車與鐵塊相對靜止時的速度方向決定于M與m的大小關系：當M>m時，相對靜止是的共同速度必向左，不會再次與墻相碰，可求得摩擦生熱是；當M=m時，顯然最終共同速度為零，當M<m時，相對靜止時的共同速度必向右，再次與墻相碰，直到小車停在墻邊，后兩種情況的摩擦生熱都等于系統(tǒng)的初動能BLLACD【例9】一傳送帶裝置示意圖如圖，其中傳送帶經(jīng)過AB區(qū)域時是水平的，經(jīng)過BC區(qū)域時變?yōu)閳A弧形（圓弧由光滑模板形成，為畫出），經(jīng)過CD區(qū)域時是傾斜的，AB和CD都與BC相切?，F(xiàn)將大量的質(zhì)量均為m的小貨箱一個一個在A處放到傳送帶上，放置時初速為零，經(jīng)傳送帶運送到D處，D和A的高度差為h。穩(wěn)定工作時傳送帶速度不變，CD段上各箱等距排列，相鄰兩箱的距離為L。每個箱子在A處投放后，在到達B之前已經(jīng)相對于傳送帶靜止，且以后也不再滑動（忽略經(jīng)BC段時的微小滑動）。已知在一段相當長的時間TBLLACD解析：電動機做功的過程，電能除了轉(zhuǎn)化為小貨箱的機械能，還有一部分由于小貨箱和傳送帶間的滑動摩擦而轉(zhuǎn)化成內(nèi)能。摩擦生熱可以由Q=fd求得，其中f是相對滑動的兩個物體間的摩擦力大小，d是這兩個物體間相對滑動的路程。本題中設傳送帶速度一直是v，則相對滑動過程中傳送帶的平均速度就是小貨箱的2倍，相對滑動路程d和小貨箱的實際位移s大小相同，故摩擦生熱和小貨箱的末動能大小相同Q=mv2/2。因此有W=mv2+mgh。又由已知，在一段相當長的時間T內(nèi)，共運送小貨箱的數(shù)目為N，所以有，vT=NL，帶入后得到?！纠?0】用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以v＝6m／s的速度在光滑的水平地面上運動，彈簧處于原長，質(zhì)量4kg的物塊C靜止在前方，如圖所示.B與C碰撞后二者粘在一起運動.求：在以后的運動中：（1）當彈簧的彈性勢能最大時，物體A的速度多大?（2）彈性勢能的最大值是多大?（3）A的速度有可能向左嗎?為什么?解析：（1）當A、B、C三者的速度相等時彈簧的彈性勢能最大.由于A、B、C三者組成的系統(tǒng)動量守恒，（mA+mB）v＝（mA+mB+mC）vA′解得vA′=m/s=3m/s（2）B、C碰撞時B、C組成的系統(tǒng)動量守恒，設碰后瞬間B、C兩者速度為v′，則mBv=（mB+mC）v′v′==2m/s設物A速度為vA′時彈簧的彈性勢能最大為Ep，根據(jù)能量守恒Ep=（mB+mC）+mAv2-（mA+mB+mC）=×（2+4）×22+×2×62-×（2+2+4）×32=12J（3）A不可能向左運動系統(tǒng)動量守恒，mAv+mBv=mAvA+（mB+mC）vB設A向左，vA＜0，vB＞4m/s則作用后A、B、C動能之和E′=mAvA2+（mB+mC）vB2＞（mB+mC）vB2=48J實際上系統(tǒng)的機械能E=Ep+（mA+mB+mC）·=12+36=48J根據(jù)能量守恒定律，＞E是不可能的【例11】如圖所示，滑塊A的質(zhì)量m＝kg，與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ=，用細線懸掛的小球質(zhì)量均為m=kg，沿x軸排列，A與第1只小球及相鄰兩小球間距離均為s=2m，線長分別為L1、L2、L3…（圖中只畫出三只小球，且小球可視為質(zhì)點），開始時，滑塊以速度v0＝10m/s沿x軸正方向運動，設滑塊與小球碰撞時不損失機械能，碰撞后小球均恰能在豎直平面內(nèi)完成完整的圓周運動并再次與滑塊正碰，g取10m/s2，求：（1）滑塊能與幾個小球碰撞?（2）求出碰撞中第n個小球懸線長Ln的表達式.解析：（1）因滑塊與小球質(zhì)量相等且碰撞中機械能守恒，滑塊與小球相碰撞會互換速度，小球在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，機械能守恒，設滑塊滑行總距離為s0，有得s0＝25m（2）滑塊與第n個球碰撞，設小球運動到最高點時速度為vn′對小球,有: ① ②對滑塊，有： ③解①②③三式: 【例12】如圖所示，兩個小球A和B質(zhì)量分別是mA=kg，mB=kg.球A靜止在光滑水平面上的M點，球B在水平面上從遠處沿兩球的中心連線向著球A運動.假設兩球相距L≤18m時存在著恒定的斥力F，L＞18m時無相互作用力.當兩球相距最近時，它們間的距離為d＝2m，此時球B的速度是4m／s.求：（1）球B的初速度；（2）兩球之間的斥力大小；（3）兩球從開始相互作用到相距最近時所經(jīng)歷的時間.解析：（1）設兩球之間的斥力大小是F，兩球從開始相互作用到兩球相距最近時的時間是t0當兩球相距最近時球B的速度是vB=4m/s，此時球A的速度與球B的速度大小相等，vA＝vB＝4m/s.由動量守恒定律可得：mBvB0＝mAvA+mBvB ①代人數(shù)據(jù)解得vB0＝9m/s（1分）（2）兩球從開始相互作用到它們之間距離最近時它們之間的相對位移Δs＝L-d由功能關系可得：FΔs=mBvB02-（mAvA2+mBvB2） ②代人數(shù)據(jù)解得F=N（3）根據(jù)動量定理，對A球有：Ft=mAvA-0t=代入數(shù)值解得t=s=s【例13】在原子核物理中，研究核子與核子關聯(lián)的最有效途徑是“雙電荷交換反應”，這類反應的前半部分過程和下述力學模型類似.兩個小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(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v0射向B球，如圖所示.C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個整體D.在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變.然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，然后A、D都靜止不動，A與P接觸但不粘接，過一段時間，突然解除鎖定（鎖定及解除鎖定均無機械能損失）.已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m。求：（1）彈簧長度剛被鎖定后A球的速度；（2）在A球離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。解析：（1）設C球與B球碰撞結(jié)成D時,D的速度為v1,由動量守恒定律有mv0=2mv1當彈簧壓至最低時,D與A有共同速度,設此速度為v2,由動量守恒定律有2mv1=3mv2兩式聯(lián)立求得A的速度v2=v0（2）設彈簧長度被鎖定后,儲存在彈簧中的彈性勢能為Ep,由能量守恒有Ep=·2mv12-·3mv22撞擊P后,A、D均靜止.解除鎖定后，當彈簧剛恢復到原長時，彈性勢能全部轉(zhuǎn)為D球的動能，設此時D的速度為v3，由能量守恒有·2mv32=Ep 以后彈簧伸長，A球離開擋板P，當A、D速度相等時，彈簧伸長到最長，設此時A、D速度為v4,由動量守恒定律有2mv3=2mv4當彈簧最長時，彈性勢能最大，設其為Ep′，由能量守恒有Ep′=·2mv32-·3mv42 聯(lián)立以上各式，可得Ep′=mv02 ABs4sDOCF【例14】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A靜止在光滑水平面上，彈簧沒有形變，質(zhì)量為m的物塊B在大小為F的水平恒力作用下由C處從靜止開始沿光滑水平面向右運動，在O點與物塊A相碰并一起向右運動（設碰撞時間極短）。運動到D點時，將外力F撤去，已知CO=4s，ABs4sDOCF解析：物塊B在F的作用下，從C運動到O點的過程中，設B到達O點的速度為v0，由動能定理得：F·4s=對于A與B在O點的碰撞動量守恒，設碰后的共同速度為v，由動量守恒定律可得：mv0=2mv當A、B一起向右運動停止時，彈簧的彈性勢能最大。設彈性勢能的最大值為Epm,據(jù)能量守恒定律可得：Epm=Fs+撤去外力后，系統(tǒng)的機械能守恒。根據(jù)機械能守恒定律可求得A、B的最大速度為：。三、針對訓練1．如圖所示，一輕彈簧左端固定在長木板M的左端，右端與小木塊m連接，且m、M及M與地面間接觸光滑.開始時，m和M均靜止，現(xiàn)同時對m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，從兩物體開始運動以后的整個運動過程中，彈簧形變不超過其彈性限度，對于m、M和彈簧組成的系統(tǒng)A.由于F1、F2等大反向，故系統(tǒng)機械能守恒B.當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，m、M各自的動能最大C.由于F1、F2大小不變，所以m、M各自一直做勻加速運動D.由于F1、F2等大反向，故系統(tǒng)的動量始終為零2．物體在恒定的合力作用下做直線運動，在時間Δt1內(nèi)動能由0增大到E1，在時間Δt2內(nèi)動能由E1增大到E2.設合力在Δt1內(nèi)做的功是W1、沖量是I1；在Δt2內(nèi)做的功是W2、沖量是I2.那么＞I2，W1＝W2 ＜I2，W1＝W2＜I2，W1＜W2 ＝I2，W1＜W23．有一種硬氣功表演，表演者平臥地面，將一大石板置于他的身體上，另一人將重錘舉到高處并砸向石板，石板被砸碎，而表演者卻安然無恙.假設重錘與石板撞擊后二者具有相同的速度.表演者在表演時盡量挑選質(zhì)量較大的石板.對這一現(xiàn)象，下面的說法中正確的是A.重錘在與石板撞擊的過程中，重錘與石板的總機械能守恒B.石板的質(zhì)量越大，石板獲得的動量就越小C.石板的質(zhì)量越大，石板所受到的打擊力就越小D.石板的質(zhì)量越大，石板獲得的速度就越小4．如圖所示，分別用兩個恒力F1和F2先后兩次將質(zhì)量為m的物體從靜止開始，沿著同一個粗糙的固定斜面由底端推到頂端，第一次力F1的方向沿斜面向上，第二次力F2的方向沿水平向右，兩次所用時間相同.在這兩個過程中和F2所做功相同B.物體的機械能變化相同和F2對物體的沖量大小相同D.物體的加速度相同5．一輕質(zhì)彈簧，上端懸掛于天花板，下端系一質(zhì)量為M的平板，處在平衡狀態(tài).一質(zhì)量為m的均勻環(huán)套在彈簧外，與平板的距離為h，如圖所示，讓環(huán)自由下落，撞擊平板.已知碰后環(huán)與板以相同的速度向下運動，使彈簧伸長A