2019-2020年高三物理第二轮复习教学案 动量与能量 人教版.doc

2019-2020年高三物理第二轮复习教学案 动量与能量 人教版高考要求：1、动量、冲量、动量定理 2、动量守恒定律 3功、功率 4动能、做功与动能改变的关系 5重力势能、重力做功与重力势能改变的关系 6弹性势能 7机械能守恒定律 8动量知识和机械能知识的应用（包括碰撞、反冲、火箭） 9航天技术的发展和宇宙航行 知识整合：力的积累和效应牛顿第二定律F=ma力对时间的积累效应冲量I=Ft动量p=mv动量定理Ft=mv2-mv1动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1+m2v2系统所受合力为零或不受外力力对位移的积累效应功：W=FScos瞬时功率：P=Fvcos平均功率：机械能动能势能重力势能：Ep=mgh弹性势能动能定理机械能守恒定律Ek1+EP1=Ek2+EP2或Ek =EP冲量是力对时间的积累，其作用效果是改变物体的动量；功是力对位移的积累，其作用效果是改变物体的能量；冲量和动量的变化、功和能量的变化都是原因和结果的关系，对此，要像熟悉力和运动的关系一样熟悉。在此基础上，还很容易理解守恒定律的条件，要守恒，就应不存在引起改变的原因。能量还是贯穿整个物理学的一条主线，从能量角度分析思考问题是研究物理问题的一个重要而普遍的思路。应用动量定理和动能定理时，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时，研究对象必定是系统；此外，这些规律都是运用于物理过程，而不是对于某一状态（或时刻）。因此，在用它们解题时，首先应选好研究对象和研究过程。对象和过程的选取直接关系到问题能否解决以及解决起来是否简便。选取时应注意以下几点：1选取研究对象和研究过程，要建立在分析物理过程的基础上。临界状态往往应作为研究过程的开始或结束状态。2要能视情况对研究过程进行恰当的理想化处理。3可以把一些看似分散的、相互独立的物体圈在一起作为一个系统来研究，有时这样做，可使问题大大简化。4有的问题，可以选这部分物体作研究对象，也可以选取那部分物体作研究对象；可以选这个过程作研究过程，也可以选那个过程作研究过程；这时，首选大对象、长过程。确定对象和过程后，就应在分析的基础上选用物理规律来解题，规律选用的一般原则是：1对单个物体，宜选用动量定理和动能定理，其中涉及时间的问题，应选用动量定理，而涉及位移的应选用动能定理。2若是多个物体组成的系统，优先考虑两个守恒定律。3若涉及系统内物体的相对位移（路程）并涉及摩擦力的，要考虑应用能量守恒定律。互动课堂：问题再现问题1：求恒力和变力冲量的方法图1例1、一个物体同时受到两个力F1、F2的作用，F1、F2与时间t的关系如图1所示，如果该物体从静止开始运动，经过t=10s后F1、F2以及合力F的冲量各是多少？例2、一质量为100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.2s，则这段时间内软垫对小球的冲量为_(取 g=10m/s2，不计空气阻力)课堂提升问题再现问题2：掌握求动量及动量变化的方法例3、 一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷人泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程，进人泥潭直到停止的过程称为过程, 则( ) A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量 B、过程中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小 C、I、两个过程中合外力的总冲量等于零 D、过程中钢珠的动量的改变量等于零问题3：能应用动量定理求解相关问题例4、一个质量为m=2kg的物体,在F1=8N的水平推力作用下,从静止开始沿水平面运动了t1=5s,然后推力减小为F2=5N,方向不变,物体又运动了t2=4s后撤去外力,物体再经 过t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的摩擦力。例5、质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中已知弹性安全带缓冲时间为1.2s，安全带伸直后长5m，求安全带所受的平均冲量（ g= 10ms2）例8、 如图 2所示，以Vo 10ms2的初速度、与水平方向成300角抛出一个质量m2kg的小球忽略空气阻力的作用，g取10ms2求抛出后第2s末小球速度的大小 V0300图2课堂提升问题再现例7 、某种气体分子束由质量m=5.4X10-26kg速度V460m/s的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n01.5X1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强问题4、动量守恒定律的系统性、矢量性、相对性、同时性例8、一门旧式大炮在光滑的平直轨道上以V=5m/s的速度匀速前进，炮身质量为M=1000kg，现将一质量为m=25kg的炮弹，以相对炮身的速度大小u=600m/s与V反向水平射出，求射出炮弹后炮身的速度V/.例9、质量为m的A球以水平速度V与静止在光滑的水平面上的质量为3m的B球正碰，A球的速度变为原来的1/2，则碰后B球的速度是（以V的方向为正方向）.A.V/2, B.V C.V/2 D.V/2例10、某人在一只静止的小船上练习射击，船、人和枪（不包含子弹）及船上固定靶的总质量为M，子弹质量m，枪口到靶的距离为L，子弹射出枪口时相对于枪口的速率恒为V，当前一颗子弹陷入靶中时，随即发射后一颗子弹，则在发射完全部n颗子弹后，小船后退的距离多大？（不计水的阻力）课堂提升问题再现例11、平静的水面上有一载人小船，船和人共同质量为M，站立在船上的人手中拿一质量为m的物体。起初人相对船静止，船、人、物体以共同速度V0前进，当人相对于船以速度u向相反方向将物体抛出时，人和船的速度为多大？（水的阻力不计）。问题5、用动量守恒定律解决有关问题例12、人和冰车的总质量为M，另有一个质量为m的坚固木箱，开始时人坐在冰车上静止在光滑水平冰面上，某一时刻人将原来静止在冰面上的木箱以速度V推向前方弹性挡板，木箱与档板碰撞后又反向弹回，设木箱与挡板碰撞过程中没有机械能的损失，人接到木箱后又以速度V推向挡板，如此反复多次，试求人推多少次木箱后将不可能再接到木箱？（已知）例13、如图3所示，质量为M的车静止在光滑水平面上，车右侧内壁固定有发射装置。车左侧内壁固定有沙袋。发射器口到沙袋的距离为d，把质量为m的弹丸最终射入沙袋中，这一过程中车移动的距离是_。图3课堂提升问题再现AB图8C例14、光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以V0=6m/s的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg的物块C静止在前方，如图8所示。B与C碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为 J时，物块A的速度是 m/s。问题6、动量守恒解碰撞问题例15、甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P1=5kg.m/s,P2=7kg.m/s,甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg.m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？A、m1=m2 B、2m1=m2C、4m1=m2D、6m1=m2。图4例16、如图4所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？A甲球速度为零，乙球速度不为零B两球速度都不为零C乙球速度为零，甲球速度不为零D两球都以各自原来的速率反向运动课堂提升问题再现例17、A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机在t0 = 0，t1= t，t2 = 2t，t3=3t各时刻闪光四次，摄得如图5所示照片，其中B像有重叠，mB=mA，由此可判断（ ） A.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5t；B.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5t；C.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5t；图5D.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5t。问题7、求变力做功的几种方法例18、如图6，定滑轮至滑块的高度为h，已知细绳的拉力为F（恒定），滑块沿水平面由A点前进S至B点，滑块在初、末位置时细绳与水平方向夹角分别为和。求滑块由A点运动到B点过程中，绳的拉力对滑块所做的功。例19、一辆汽车质量为105kg，从静止开始运动，其阻力为车重的0.05倍。其牵引力的大小与车前进的距离变化关系为F=103x+f0，f0是车所受的阻力。当车前进100m时，牵引力做的功是多少？课堂提升问题再现图7例20、如图7所示，质量m=2kg的物体，从光滑斜面的顶端A点以V0=5m/s的初速度滑下，在D点与弹簧接触并将弹簧压缩到B点时的速度为零，已知从A到B的竖直高度h=5m，求弹簧的弹力对物体所做的功。例21、两个底面积都是S的圆筒，放在同一水平面上，桶内装水，水面高度分别为h1和h2，如图8所示，已知水的密度为。现把连接两桶的阀门打开，最后两桶水面高度相等，则这过程中重力所做的功等于 .问题8、汽车启动问题例22、 汽车发动机额定功率为60 kW，汽车质量为5.0103 kg，汽车在水平路面行驶时，受到的阻力大小是车重的0.1倍，试求：若汽车从静止开始，以0.5 m/s2的加速度匀加速运动，则这一加速度能维持多长时间？例23、 电动机通过一绳子吊起质量为8 kg的物体，绳的拉力不能超过120 N，电动机的功率不能超过1200 W，要将此物体由静止起用最快的方式吊高90 m（已知此物体在被吊高接近90 m时，已开始以最大速度匀速上升）所需时间为多少？课堂提升问题再现问题9、用动能定理解决问题24.如图9所示，A B和C D为半径为R=l m的1/4圆弧形光滑轨道，B C为一段长2m的水平轨道质量为2 kg的物体从轨道A端由静止释放，若物体与水平轨道B C间的动摩擦因数为0.1，求：（l）物体第1次沿C D弧形轨道可上升的最大高度（2）物体最终停下来的位置与B点的距离图9RRABCD例25、如图10所示，AB与CD为两个对称斜面，其上部都足够长，下部分分别与一个光滑的圆弧面的两端相切，圆弧圆心角为1200，半径R=2.0m,一个物体在离弧底E高度为h=3.0m处，以初速度V0=4m/s沿斜面运动，若物体与两斜面的动摩擦因数均为=0.02,则物体在两斜面上（不包括圆弧部分）一共能走多少路程？（g=10m/s2）.ABCDDORE图10h问题10、动量和能量的综合应用图11例26、质量为m的物体A，以速度v0从平台上滑到与平台等高、质量为M的静止小车B上，如图11所示.小车B放在光滑的水平面上，物体A与B之间的滑动摩擦因数为，将A视为质点，要使A不致从小车上滑出，小车B的长度L至少应为多少?课堂提升问题再现例27、质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上.平衡时弹簧的压缩量为x0，如图12所示.一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连.它们到达最低点后又向上运动.已知物块质量为m时，它们恰能回到O点.若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度.求物块向上运动到达的最高点与O点的距离.图12课堂提升点击高考1一个笔帽竖立在桌面上平放的纸条上，要求把纸条从笔帽下抽出，如果缓慢拉动纸条笔帽必倒；若快速拉纸条，笔帽可能不倒。这是因为A缓慢拉动纸条时，笔帽受到冲量小； B缓慢拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小； C快速拉动纸条时，笔帽受到冲量小；D快速拉动纸条时，纸条对笔帽的水平作用力小。2两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上，有一个人静立在a车上。当此人从a车跳到b车上，接着又跳回a车，则a车的速率： 为0 ; 等于b车速率 ; 大于b车速率; 小于b车速率。3. 如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图，绷紧的传送带始终保持3.0m/s的恒定速率运行，传送带的水平部分AB距水平地面的高度为h0.45m。现有一行李包（可视为质点）由A端被传送到B端，且传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端水平抛出，不计空气阻力，g取10m/s2。若行李包从B端水平抛出的初速v03.0m/s，求它在空中运动的时间和飞出的水平距离；ABLh图1若行李包以v01.0m/s的初速从A端向右滑行，行李包与传送带间的动摩擦因数0.20，要使它从B端飞出的水平距离等于中所求的水平距离，求传送带的长度L应满足的条件。改错与点评4。是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平直轨道相切，如图所示。一小球自A点起由静止开始沿轨道下滑。已知圆轨道半径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦。求（1）小球运动到B点时的动能（2）小球下滑到距水平轨道的高度为R时的速度大小和方向OmABVCVR（3）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC各是多大？5。如图所示，质量mA为4.0kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数为0.24，木板右端放着质量mB为1.0kg的小物块B（视为质点），它们均处于静止状态。木板突然受到水平向右的12Ns的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EM为8.0J，小物块的动能为0.50J，重力加速度取10m/s2，求瞬时冲量作用结束时木板的速度v0；木板的长度L。改错与点评参考答案例1、分析与解：经过t=10s后,F1的冲量I1=1010/2=50N.SF2的冲量I2=50N.S,合力F的冲量为0.例2、分析与解:小球从高处自由下落到软垫陷至最低点经历了两个过程，从高处自由下落到接触软垫前一瞬间，是自由下落过程，接触软垫前一瞬间速度由：,求出.接触软垫时受到软垫向上作用力N和重力G(=mg)作用，规定向下为正，由动量定理：(mg-N)t=0-m故有：在重物与地面撞击问题中，是否考虑重力，取决于相互作用力与重力大小的比较，此题中N=0.3N，mg=0.1N，显然在同一数量级上，不可忽略若二者不在同一数量级，相差极大，则可考虑忽略不计（实际上从同一高度下落，往往要看撞击时间是否极短，越短冲击力越大）例3、分析与解：根据动量定理可知,在过程I中,钢珠从静止状态自由下落.不计空气阻力,小球所受的合外力即为重力,因此钢珠的动量的改变量等于重力的 冲量,选项A正确;过程I中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小与过程中重力的冲量的大小之和,显然B选项不对;在I、两个过程中,钢珠动量的改变量各不为零.且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零,故合外力的总冲量等于零,故C选项正确,D选项错误。因此，本题的正确选项为A、C。例4、分析与解：规定推力的方向为正方向,在物体运动的整个过程中,物体的初动量P1=0,末动量P2=O。据动量定理有： 即：，解得 由例6可知,合理选取研究过程，能简化解题步骤,提高解题速度。本题也可以用牛顿运动定律求解。同学们可比较这两种求解方法的简繁情况。 例5、分析与解：人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为： 取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力 F，取F方向为正方向，由动量定理得： Ft=mVmV0所以，（方向竖直向下）注意： 动量定理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在t时间内的平均值例6、分析与解：小球在运动过程中只受到重力的作用，在水平方向做匀速运动，在竖直方向做匀变速运动，竖直方向应用动量定理得： Fyt=mVy-mVy0 所以mgt=mVy-(-mV0.sin300),解得Vy=gt-V0.sin300=15m/s.而Vx=V0.cos300= 在第2s未小球的速度大小为： 注意： 动量定理不仅适用于物体做直线运动的问题，而且也适用物体做曲线运动的问题，在求解曲线运动问题中，一般以动量定理的分量形式建立方程，即： Fxt=mVx-mVx0 Fyt=mVy-mVy0例7、分析与解：设在t时间内射到 S的某平面上的气体的质量为M，则： 取M为研究对象，受到的合外力等于平面作用到气体上的压力F以V方向规定为正方向，由动量定理得:-F.t=MV-(-M.V),解得平面受到的压强P为： 注意：处理有关流体(如水、空气、高压燃气等)撞击物体表面产生冲力（或压强）的问题，可以说非动量定理莫属解决这类问题的关键是选好研究对象，一般情况下选在极短时间t内射到物体表面上的流体为研究对象例8、错解：根据动量守恒定律有：MV=MV/+m(uV/),解得分析纠错：以地面为参考系，设炮车原运动方向为正方向，根据动量定律有：（M+m）V=MV/+m(uV/)解得例9、错解：设B球碰后速度为V/，由动量守恒定律得：,.分析纠错：碰撞后A球、B球若同向运动，A球速度小于B球速度，显然答案中没有，因此，A球碰撞后方向一定改变，A球动量应m(V/2).由动量守恒定律得：,V/=V/2.故D正确。例10、错解：选船、人、枪上固定靶和子弹组成的系统为研究对象，开始时整个系统处于静止，系统所受合外力为0，当子弹射向靶的过程中，系统动量守恒，船将向相反的方向移动。当第一颗子弹射向靶的过程中，船向相反的方向运动，此时与船同时运动的物体的总质量为M+（n-1）m,当第一颗子弹射入靶中后，根据动量守恒，船会停止运动，系统与初始状态完全相同。当第二颗子弹射向靶的过程中，子弹与船重复刚才的运动，直到n颗子弹全部射入靶中，所以在发射完全部n颗子弹的过程中，小船后退的距离应是发射第一颗子弹的过程中小船后退距离的n倍。设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离S，子弹飞行的距离为L，则由动量守恒定律有：mLM+(n-1)mS=0解得：每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都必须是相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的我总距离为nS=.分析纠错：没有把所有的速度变换成相对于同一参考系的速度。由于船的速度是相对于地面的，而子弹的速度是相对于船的，导致船的位移是相对于地面的，而子弹的位移是相对于船的，所以解答错误。设子弹运动方向为正方向，在发射第一颗子弹的过程中小船后退的距离为S，根据题意知子弹飞行的距离为(LS),则由动量守恒定律有：m(LS)M+(n1)mS=0解得：S=每颗子弹射入靶的过程中，小船后退的距离都相同，因此n颗子弹全部射入的过程，小船后退的总距离为nS=.例11、错解：取人、船、物组成的系统为研究对象，由于水的阻力不计，系统的动量守恒。以船速V0的方向为正方向，设抛出物体后人和船的速度为V，物体对地的速度为（V0u）.由动量守恒定律得：（M+m）V0=MV+m(V0-u),解得.分析纠错：错误在于没有注意同时性，应明确物体被抛出的同时，船速已发生变化，不再是原来的V0，而变成了V,即V与u是同一时刻，抛出后物对地速度是（V-u）,而不是（V0-u）.由动量守恒定律得：（M+m）V0=MV+m(V-u)解得：例12、解析:人每次推木箱都可看作“一分为二”的过程，人每次接箱都可以看作是“合二为一”的过程，所以本题为多个“一分为二”和“合二为一”过程的组合过程。设人第一次推出后自身速度为V1， 则：MV1=mV，人接后第二次推出，自身速度为V2，则mV+2mV=MV2 (因为人每完成接后推一次循环动作，自身动量可看成增加2mV)设人接后第n次推出，自身速度为Vn，则mV+2mV(n-1)=MVnVn=(2n-1)V ，若VnV ，则人第n次推出后，不能再接回，将有关数据代入上式得n8.25，n=9。例13、分析与解：本题可把子弹看作“人”，把车看作“船”，这样就可以用“人船模型”来求解.,解得。例14、分析与解：本题是一个“三体二次作用”问题：“三体”为A、B、C三物块。“二次作用”过程为第一次是B、C二物块发生短时作用，而A不参加，这过程动量守恒而机械能不守恒；第二次是B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，这过程动量守恒机械能也守恒。对于第一次B、C二物块发生短时作用过程，设B、C二物块发生短时作用后的共同速度为VBC，则据动量守恒定律得： (1)对于第二次B、C二物块作为一整体与A物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为V，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得： mAV0+ （2） （3）由式(1)、（2）、（3）可得：当弹簧的弹性势能达到最大为EP=12J时，物块A的速度V=3 m/s。例15、分析与解：甲乙两球在碰撞过程中动量守恒，所以有： P1+P2= P1，+ P2， 即：P1，=2 kg.m/s。由于在碰撞过程中，不可能有其它形式的能量转化为机械能，只能是系统内物体间机械能相互转化或一部分机械能转化为内能，因此系统的机械能不会增加。所以有： 所以有：m1m2,不少学生就选择（C、D）选项。这个结论合“理”，但却不合“情”。因为题目给出物理情景是“甲从后面追上乙”，要符合这一物理情景，就必须有，即m1；同时还要符合碰撞后乙球的速度必须大于或等于甲球的速度这一物理情景，即，所以 .因此选项（D）是不合“情”的，正确的答案应该是（C）选项。例16、分析与解：首先根据两球动能相等，得出两球碰前动量大小之比为：，因m甲m乙，则P甲P乙，则系统的总动量方向向右。根据动量守恒定律可以判断，碰后两球运动情况可能是A、B所述情况，而C、D情况是违背动量守恒的，故C、D情况是不可能的例17、分析与解：若碰撞前B静止，则VB0=0，则t0,t1,t2时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 2.5t,碰撞后B的速度;碰撞前A的速度，碰撞后。碰撞前系统动量为：，碰撞后系统动量为：，满足动量守恒定律；碰撞前系统动能为：，碰撞后系统动能为：，显然碰撞后系统的动能增加，不符合能量守恒定律。所以碰撞前B不可能静止，即AC二选项错误。若碰撞后B静止，则VBt=0，则t1,t2,t3时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 0.5t,碰撞前B的速度;碰撞后A的速度，碰撞前A的速度。碰撞前系统动量为：，碰撞前系统动量为：，满足动量守恒定律；碰撞前系统动能为：，碰撞后系统动能为：，显然碰撞后系统的动能减少，符合能量守恒定律。综上所述，只有选项B正确。例18、分析与解：设绳对物体的拉力为T，显然人对绳的拉力F等于T。T在对物体做功的过程中大小虽然不变，但其方向时刻在改变，因此该问题是变力做功的问题。但是在滑轮的质量以及滑轮与绳间的摩擦不计的情况下，人对绳做的功就等于绳的拉力对物体做的功。而拉力F的大小和方向都不变，所以F做的功可以用公式W=FScosa直接计算。由图1可知，在绳与水平面的夹角由变到的过程中,拉力F的作用点的位移大小为： 例19、分析与解：由于车的牵引力和位移的关系为F=103x+f0，是线性关系，故前进100m过程中的牵引力做的功可看作是平均牵引力所做的功。由题意可知f00.0510510N5104N,所以前进100m过程中的平均牵引力: WS1105100J1107J。例20、分析与解：由于斜面光滑故机械能守恒，但弹簧的弹力是变力，弹力对物体做负功，弹簧的弹性势能增加，且弹力做的功的数值与弹性势能的增加量相等。取B所在水平面为零参考面，弹簧原长处D 点为弹性势能的零参考点，则状态A：EA= mgh+mV02/2对状态B：EB=W弹簧+0由机械能守恒定律得： W弹簧=（mgh+mv02/2）=125（J）例21、分析与解：由于水是不可压缩的，把连接两桶的阀门打开到两桶水面高度相等的过程中，利用等效法把左管高以上部分的水等效地移至右管，如图6中的斜线所示。最后用功能关系，重力所做的功等于重力势能的减少量，选用AB所在的平面为零重力势能平面，则画斜线部分从左管移之右管所减少的重力势能为：所以重力做的功WG=.例22、分析与解：要维持汽车加速度不变，就要维持其牵引力不变，汽车功率将随V增大而增大，当P达到额定功率P额后，不能再增加，即汽车就不可能再保持匀加速运动了.具体变化过程可用如下示意图表示：而F =P额/V当a=0时，即F=f时，V达到最大Vm保持Vm匀速P =FV即P随V增大而增大a=(F-f)/m一定，即F一定当P=P额时，a=(F-f)/m0,V还要增大所以，汽车达到最大速度之前已经历了两个过程：匀加速和变加速，匀加速过程能维持到汽车功率增加到P额的时刻，设匀加速能达到最大速度为V1，则此时小结：机车匀加速度运动能维持多长时间，一定是机车功率达到额定功率的时间。弄清了这一点，利用牛顿第二定律和运动学公式就很容易求出机车匀加速度运动能维持的时间。例23、分析与解：此题可以用机车起动类问题的思路，即将物体吊高分为两个过程处理：第一过程是以绳所能承受的最大拉力拉物体，使物体以最大加速度匀加速上升，第一个过程结束时，电动机刚达到最大功率.第二个过程是电动机一直以最大功率拉物体，拉力逐渐减小，当拉力等于重力时，物体开始匀速上升.在匀加速运动过程中加速度为a= m/s2=5 m/s2，末速度Vt=10 m/s 上升的时间t1=s=2 s，上升高度为h=10 m在功率恒定的过程中，最后匀速运动的速率为Vm=15 m/s外力对物体做的总功W=Pmt2-mgh2,动能变化量为Ek=mV2m-mVt2由动能定理得Pmt2-mgh2=mVm2-mVt2代入数据后解得t2=5.75 s，所以t=t1+t2=7.75 s所需时间至少为7.75 s.小结：机车运动的最大加速度是由机车的最大牵引力决定的，而最大牵引力是由牵引物的强度决定的。弄清了这一点，利用牛顿第二定律就很容易求出机车运动的最大匀加速度。例25、分析与解：由于滑块在斜面上受到摩擦阻力作用，所以物体的机械能将逐渐减少，最后物体在BEC圆弧上作永不停息的往复运动。由于物体只在在BEC圆弧上作永不停息的往复运动之前的运动过程中，重力所做的功为WG=mg(h-R/2),摩擦力所做的功为Wf=-mgscos600,由动能定理得： mg(h-R/2) -mgscos600=0-s=280m.例26、命题意图：考查对A、B相互作用的物理过程的综合分析能力，及对其中隐含条件的挖掘能力，B级要求.错解分析：不能逐段分析物理过程，选择恰当的规律使问题求解简便化.解题方法与技巧：解法一：力的观点取向右方向为正方向，对A、B分别用牛顿第二定律：-mg=maA，mg=MaB应用加速度的定义式：aA=,aB= 由牛顿第三定律有：MaB=maA 由以上各式解出：v=,aA=-g，aB=g由运动学公式：对A：v2-v2=2aA(L+s) 对B：v2=2aBs 联立可解得：L=解法二：功能关系与动量守恒定律对A、B系统运用动量守恒定律：mv0=(M+m)v 由功能关系：mgL=mv0- (M+m)v 联立两式，解得：L=解法三：用“相对运动”求解平时位移、加速度、速度都是相对地面(以地面为参照物)，本题改为以B为参照物，运用A相对于B的位移、速度和加速度来求解.取向右方向为正，则A相对B加速度：aAB=aA-aB=-=-g-g由运动学公式得：0-v=2aABLL=例27、命题意图：通过自由落体运动、竖直上抛运动、动量守恒定律、能量守恒定律等知识为依托，考查考生挖掘隐含条件的能力及运用动量观点、能量观点综合分析解决物理问题的能力.错解分析：考生不能将该复杂的物理过程化阶段逐层分析，对不同阶段物体状态及运动规律透析不到位，导致错误.解题方法与技巧：(1)物体下落与钢板碰撞过程.由自由落体运动知识，知碰前物体的速度为v，设碰后速度为v，因碰撞过程时间极短，故物体与钢板系统动量守恒.mvmv v(2)弹簧开始压缩到又伸长至O点的过程.刚碰完弹簧开始压缩时的弹簧的弹性势能令为p，当它们一起回到O点时，弹簧无形变，弹性势能为零.由机械能守恒，有pmvmg所以pmg(3)当物体质量为2m时，由自由落体知识及动量守恒定律，有v和mvmv，解得v，其中v为物体与钢板碰后的共同速度.刚碰完时弹簧的弹性势能为Ep，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v,则有p（m）vmg（m）v.又因与钢板碰撞的两次过程中，弹簧的初始压缩量都是x，故有pp，从而由以上求得：v(4)物体回到O点后继续上升过程.当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力作用，加速度为g,一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g.由于物块与钢板不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g,故在O点物块与钢板分离，分离后，物块以速度v竖直上抛，因此，物块上升的最大高度为H.点击高考答案1.C 2.D3.【分析】研究行李包的运动：行李包从AB时，可以看作水平直线运动，速度从v1.0 m/s 增加到v03.0m/s；行李包从B点抛出时，可以看作初速度v03.0m/s的平抛运动，如图2所示。本题考点：（1）研究平抛运动的方法：把平抛运动分解成水平方向和竖直方向，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是自由落体运动；（2）滑动摩擦力fN、运动学公式和牛顿第二定律或动能定理。【解】（1）当行李包从B端抛出时，行李包做初速度v03.0m/s的平抛运动。根据竖直方向做自由落体运动，0.3s。行李包水平方向做匀速直线运动，则：飞行的水平距离sv0t3.00.30.9m。ABv=1.0 m/sv0=3.0m/s过程一过程二C图2（2）方法一：要使行李包从B端飞出的水平距离等于中所求的水平距离，就是要使它从B端飞出时的速度正好是v03.0m/s，则从AB可以看作一个匀加速的运动。根据牛顿第二定律：F合mgma和运动学公式2asvt2v02，可以算出：ag0.20102.0m/s2，在传送带上运动的距离：m方法二：根据动能定理，滑动摩擦力对行李包做的功WEk2Ek1，得：，m。4【解】（1）根据机械能守恒 Ek =mgR（2）根据机械能守恒 Ek=Epmv2=mgR小球速度大小v=速度方向沿圆弧的切线向下，与竖直方向成30（3）根据牛顿运动定律及机械能守恒，在B点NBmg=m ,mgRmvB2解得 NB=3mg在C点：NC=mgC5。【分析】观察木块在木板上的运动过程：图1为初状态，图2为瞬时冲量作用结束时的状态二，图3为木块B滑离木板A时的状态三。ABL图1CAL图3BCABL图2C分析初状态：vA00，vB00；pA00，pB00；Ek A 0，Ek B 0。s状态二：v A10，vB 1v0；pA1mAv0，pB10；，EkB1 0。状态三：Ek A2EM8.0J，Ek B20.50J。第一个过程只有A受到冲量I=12Ns；第二个过程A受到地面的摩擦力fN0.24（1.04.0）10N12N【解】研究木板A：根据动量定理，有：，状态二：v A13.0m/s，vB 10；p A 112Ns，pB 10；，EkB1 0。状态三：Ek A2EM8.0J，Ek B20.50J；根据动能公式有，v A22.0m/s，vB 11.0m/s； pA28Ns ，pB21Ns；。设在这个过程中木板前进了s，则木块前进了sL。A、B的受力如图4：fABBfBAAf图4以A、B整体为研究对象，根据动量定理： ，解得：t0.25s。A、B均受恒力，做匀变速直线运动。B前进的距离A前进的距离L=0.50m