小車以a=g小車以a=g向右時，細線對小球的拉力F1和后壁對小球的壓力合外力向右，F(xiàn)2向右，因此GF1的合力一定水平向左，所以F1的大小可以用平行四邊形定則求出：F1=50N，可見向右加速時F1a無關；F2可在水平方向上用第二定律列方程：F2-0.75G=ma計算得F2=70N。可以看出F2將隨a2必須注意到：向右時，F(xiàn)2有可能減為零，這時小球?qū)㈦x開后壁而F1的方向會改變。所以GF1maa的臨界值為24

7α的固定光滑斜面上用平行于斜面的細線m（aaF1F2各多大？：（1）a向上時，由于箱受的合外力豎直向上，重力豎直向下，所以F1、F2FFF1=FsinαF2=Fcosα求解，得到：（2）a向左時，箱受的三個力都不和加速度在一條直線上，必須用正交分a然后分別沿x、y軸列方程求F1、F2：F1=m（gsinα-acosα，F(xiàn)2=m（gcosα+asinα）點評：還應該注意到F1的表達式F1=m（gsinα-acosα）顯示其有可能得負a≤gtanαF1=m（gsinα-acosα）a>gtan5在動力學問題中的綜合應【例7】如圖所示，質(zhì)量m=4kg的物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，在與水平成θ=37Ft1=2.0sF，又經(jīng)t2=4.0s物體剛好停下。求：Fvms。a與時間 a=10m/s2Fcos(mgFsin)ma vm=a2t2=20m/s又由于兩段的平均速度和全過程的平均速度相等，所以有svm(tt)60 F三、針對訓D．合外力變小的，物體一定做運動下列對第二定律的表達式F＝ma及其變形的理解，正確的F＝ma可知，物體所受的合外力與物體的質(zhì)量成正比，與物體的mFa由aFm由mFa在第二定律的數(shù)學表達式F＝kma中，有關比例系數(shù)k的說法正確是C．kD．k面間的動摩擦因數(shù)為0.2．與此同時，物體受到一個水平F＝20N（g0B．4m/s2，水平向右C．2m/s2，水平向右D．2m/s2，水平向左小于aB．等于Ca2a之間D．大物體在力F作用下做加速運動，當力F，速 ；當F減小到0時，物體的加速度 ，速度（等．10．如圖所示，物體A、BA、與地面間的動摩擦因數(shù)相同，均為μF體系統(tǒng)做勻速運動，在力F撤去的瞬間，A的加速度 ，B的加速度（以原來的方向為正方向最大值是N；合外力方向與運動方向相反時，合外力大小為Ｎ．Mm的物體勻速 211.2∶512.1.45×10413.4214.mM教學后運動定律的應教學目標學會用整體法、法進行受力分析，并熟練應用定律求教學重點：運動定律的綜合應用教學過程一、運動定律在動力學問題中的應：已知物體的運動情況，要求物體的受力情況（求力的大小和方向 勻變速直線運動，故常用的運動學為勻變速直線運動，如vvatsvt1at2v2v22asvsv0vtv2 根據(jù)第二定律和運動學列方程，物體所受外力、加速度、速應用例不計）從斜面頂端A點由靜止開始下滑，如圖所示（g取10m/s2）支持力N、摩擦力f，沿斜面方向上，由第二定律得：mgsin30°-f=ma t5.5f=μN【例2】如圖所示，一高度為h=0.8m粗糙的水平面在B點處與一傾角為=30BCAv0=3m/s的速度在粗糙BAB離s=5m，求：小滑塊從A0 第二定律可得f=μmg=ma，所以a=μg，由運動 可得v22gs0（2）在斜面上運動的時t=0.8s，t=t+t 【例3】靜止在水平地面上的物體的質(zhì)量為2kg，在水平恒力F推動下開始運動，4s4m/sF6s物體停下來，如果物體與地面的動摩擦因數(shù)不變，求F的大小。解析：物體的整個運動過程分為兩段，前4s物體做勻加速運動，后6s物體av04m/s21m/s21 設摩擦力為F，由第二定律FFma1a0v4m/s22m/s22 Fma2由②④可求得水平恒力FFm(aa)2(12)N 在分析物體的運動過程時，一定弄清整個運動過程中物體的加速度是否相）二、整體法與法：把所研究對象從整體中出來進行研究，最終得出結論的方法稱為法。可以把整個物體成幾個部分來處理，也可以把整個過程運用法解題的基本步驟求量，二是所選對象和所列方程數(shù)盡可能少。全過程中出來?；鶅煞N方法交叉運用，相輔相成.所以，兩種方法的取舍，并無界應用例4】如圖所示，A、B兩木塊的質(zhì)量分別為mA、mBF作用下沿光滑水平面勻加速向右運動，求A、B間的彈力FN。解析：這里有a、FN兩個未知數(shù)，需要要建立兩個方程，要取兩次研究對象。B（A+B）為對象較為簡單（它們在水平方向上都只受到一個 mA可以推廣到沿斜面方向推A、BF的作用下，A、B做加速運動.AB力F的作用根據(jù)第二定律知：F＝（2m＋m）aα6】如圖，傾角為α的斜面與水平面間、斜面與質(zhì)量為m的木塊間的動摩擦因數(shù)均為μ，木塊由靜止開始α只有木塊的加速度有水平方向的分量。可以先求出木塊的加速度agsincos，再在水平方向?qū)|(zhì)點組用第二定律，很容易得到：Ffmg(sincos)MFN=Mg+mg（cosα+μsinα）sinα，這個值小于靜止時水平面對斜面的支FBF=10NF=20N時，A、BA、B 速運動。這時以A為對象得到a=5m/s2；再A、B系統(tǒng)為對象得到F=（m+m F=10N<15NAB一定仍相對靜止，所

mA

A 當F=20N>15N時，A、B間一定發(fā)生了相對滑動，用質(zhì)點組第二定Fmamaa=5m/s2aA 個質(zhì)量為m 命題意圖：考查對第二定律的理解運用能力及靈活選取研究對象的能力.B級要求.錯解分析：（1）部分考生習慣于具有相同加速度連接體問題演練，對于“一取小球m為研究對象受重力mg摩擦力Ff，如圖2-4，據(jù)第二定律得mg- MMgFNFf′FN-Ff′- 且 N2F′=F=2Mm 2（mg+Mg）-故木箱所受支持力：F=2Mmg， N2 2三、臨界題目中要求a=10m/s2時繩的拉力及斜面的支持力，必須先求出小球離開斜面的臨界加速度a0.（此時，小球所受斜面支持力恰好為零）0a000所以 四、超重、失重和由第三定律知，物體對支持物的壓力（或?qū)覓煳锏睦c評：（1）在地球表面附近，無論物體處于什么狀態(tài)，其本身的重力G＝mg應用例為a，升降機底板對人的支持力F=mg+ma，則可能的情況是A.升降機以加速度aB.升降機以加速度a向上加速運動C.在向上運動中，以加速度a制動D.在向下運動中，以加速度a制動解析：升降機對人的支持力F=mg+ma大于人所受的重力mg，故升降機處于A項中加速度向下，C項中加速度也向下，即處于失重狀態(tài)。故只有選項B、D正確。為0時，力矩也為零，因此在太空實驗艙內(nèi)不能完成。度計是利用了熱脹冷縮的性質(zhì)，因此可以測出艙內(nèi)溫度。故只有選項C五、針對訓練如圖所示，質(zhì)量為M的框架放在水平地面上，一輕彈簧上端固定一個質(zhì)m的小球，小球上下振動時，框架始終沒有跳起。當框架對地面壓力為零瞬間， B.Mmm D.Mmm如圖所示，AB兩小球分別連在彈簧兩端，B端用細線固定在傾角A．gB．g C．MAMBg和0D．0和MAMBg 3．.如圖，質(zhì)量mA放置在質(zhì)MB上，B與彈簧相連， C（ D（

MmB與地面的動摩擦因數(shù)為μ，A2m與地面間的F的作用下，A、B做勻加速直線運動，AB的作用力為。升降機以重力加速度g以加速度a=12m/s26（1999年）A的質(zhì)量m1=4m，B的質(zhì)量m2=m，斜面固定在水平地面上。開始時B按在地面上不動，然后放手，讓A沿斜面下滑而B上升。A與斜面無摩擦，如圖，設A沿斜面下滑s距離后，細線突然斷了。求B上升的最大高度質(zhì)量為200kg的物體，置于升降機內(nèi)的臺秤上，從靜止開始上升。運動過Ft7s（6的最大高度Hmm？發(fā)動機的推動力FN？參考答案D2．D3．D4．N=13以人為研究對象，受重力和體重計的支持力F的作用，由第三定律勻速上升時，a=0，F(xiàn)-mg=0加速上升時，a向上，取向上為正方向，則根據(jù)第二定律mg=ma加速下降時，a向下，取向下為正方向，根據(jù)第二定律：mg-F=ma所以F=mg-ma=m（g-a）=300N以a=g加速下降時，取向下為正，根據(jù)第二定律：mg-F=mgF=0，即完全失以a=12m/s2加速下降，以向下為正，根據(jù)第二定律：F=mg-F=mg-ma=m（g-a）=- 上的加速度a1F1M

5～7sF3＝1000N，比物重 度

MgM

5m/s2。畫出這三段時間內(nèi)的v-t圖線如圖所示，v-t教學后6部分萬有引力定律及其應知識網(wǎng)絡教學目標

教學重點：萬有引力定律的應教學難點：宇宙速度、人造的運動一、萬有引力定律（1687年FFGr（1798）G6.671011Nm2/kg二、萬有引力定律的應體運動的向心力來源于天體之間的萬有引力，即GMmmv r r4 rmT2

Rmg從而得GM＝R2g ：＝T

，v=r①由GMmmvr r

可得：v GMr越大，v越小r②由GMmm2r可得：r 2

r③由r

rT2r

GMr越大，T向④由GMmma可得： GMr越大，a越小向r r常見題測天體的質(zhì)量及密度萬有引力全部提供向心力 2 42r由G mr

r得M GT又M

43

GT2T1sG=6.671011m3/kg.s2它隨星體所需的向心力時，中子星才不會。m，GMmm2R2M4R3R 由以上各式得 GT個物體再分析求解是應用萬有引力定律解題慣用的法。行星表面重力加速度、軌道重力加速度問題重力近似等于萬有引力表面重力加速度：GMm

RR

mg

R【例2】一 星的質(zhì)量M與 的質(zhì)量m之比M/m=81，行星的半徑R0與的半徑R之比 之間的距離r與行星的半徑R0之比r/R0＝60。設表 表面有GMmmgr解析：題中所列關于g的表達式并不是表面的重力加速度，而是=表面Gm＝g行星表面GM=g即(R0)2 =RR RR0

人造、宇宙速度人造分類（略其中重點了解同步號”是地球同步。兩顆相比號離地面較高；號觀察范圍較大；號運行速r T=2 r3知，高度越大，周期越大，則“風云二號”據(jù)運行速度V=GM知，高度越小，速度越大，則“風云一號”運行速度較r城市上空的時刻將是第二天上午8點。：解析繞地球運動的向心力由萬有引力提供,且萬有引力始終指向地心，因此的軌道不可能與地球表面上某一緯度線（非赤道）是共面的同心圓，故道外，其它相對地球表面都是運動的，故C、D是正確的。：拍攝下來，在通過赤道上空時，上的機至少應拍攝地面上赤道圓周

同一緯度的地方進行n次觀測。設上星運行周期為T1，則有G

(h

42(hmGMm0m

T (hR

解得： 繞地球轉過的圈數(shù)為T，即在日照條件下有T次經(jīng)過赤道 1空，所以每 機拍攝的赤道弧長為S2R2RT，將T結果代入14ST

(hR)3

同步距離地面的高度為h，由F引=F向

(R

4T

（R+h） -R，可見同步離地心的距離是一定的G(R

vR RRG(R

=ma得 (R

是固定的。所以正確選項為A。同周期、角速度的。其運行軌道與赤道平面重合。 a【例7】地球同步到地心的距離r可由r 求出，已知式中a4m，bs，cm/s2是地球半徑，b是地球自轉的周期，CB．a(chǎn)是地球半徑。b是同步繞地心運動的周期，C是同步的加速度C．a(chǎn)是赤道周長，b是地球自轉周期，C是同步的加速D．a(chǎn)是地球半徑，b是同步繞地心運動的周期，C是地球表面處的重力表達式中各項對比，以明確式中各項的物理意義。AD正確。運動過進行了預定的空間科學實驗，獲得成功。①設飛船軌道離地高度為h，地球半徑為R，地面重力加速度為g.則“神舟②若h＝600km，R＝6400km，v=2(Rh)T

(R

mv RRRg聯(lián)立①②③式得：T2(RRgR 2(R 2(R RT②代人數(shù)據(jù)得：n=105雙星問題解析：M1M2OT的圓周運動，M1M2＝M（

42R

）T

GTM1M2＝M（

42R

）T

GT

42RGT

42。GT有關航題的分析【例10】無人飛船“神州二號”曾在離地高度為H＝3.4105m的圓軌道上運行了47小時。求在這段時間內(nèi)它繞行地球多少圈？（地球半徑R=6.37106m，重力加速度g＝9.8m/s2）解析：rr=H+R==6.71106mM表示地球質(zhì)量，m表示飛船質(zhì)量，表示飛船繞地球運行的角速度，G 定律得GMmmrGM＝gR

r3

2由于 ，T表示周期。解TT＝R

rgTrg為是勻速圓周運動，飛船距地面高度約為340千米，已知萬有引力常量為G=6.67×10－11?！?/千克2，地球半徑約為6400千米，且地球可視為均勻球體，則試根據(jù)以上條件估算地球的密度。（1）解析：設地球半么為R，地球質(zhì)量為M，地球密度為ρ；飛船距地面高度為h，運行周期為T，飛船質(zhì)量為m。據(jù)題意題Tt213600 42m(R飛船沿軌道運行時有F引F向即G(Rh)2 T而MV43

GT2R3

33.14 3401036.67101154002

6

【例12】地球質(zhì)量為M，半徑為R，自轉角速度為。萬有引力恒量為如果規(guī)定物體在離地球無窮遠處勢能為m的物體離地心距離為r

rMmmv

1

解析：由Gr

2(R

(R

2(R同 在軌道上正常運行時有GMmm2r故其軌道半徑r r 的機械能EGMm1

G2

2運動過機械能守恒，故離開航天飛機的的機械能應為E2設離開航天飛機時的動能為EE＝EE1m3G2M22GMm R2000km/s的速度圍繞系中心旋轉。根據(jù)上面數(shù)據(jù)，試在經(jīng)典力學的范圍多少？（引力常數(shù)是G＝6.67×10－20km3·kg－1s－2）”（2）且可用光速c設位于系中心的黑洞質(zhì)量為M，繞其旋轉的星體質(zhì)量為m，星體做勻圓周運動，則有：GMm=mv r 根據(jù)黑洞模型有GMm=mc R D．已知同步離地面高度和地球自轉周期“探路者”號宇宙飛船在宇宙深處飛行過，發(fā)現(xiàn)A、B兩顆天體天體A、BA、BA、B8km/s，則高度為該天體半徑的宇宙飛船 星的群可以測量環(huán)中各層的線速度v與該層到土星中心的距離R之間的關若v∝R若v2∝R，則該環(huán)是土星的若v∝1/R若v2∝1/R，則該環(huán)是土星的場發(fā)射升空，按預定計劃在太空飛行了6天零18個小時，環(huán)繞地球108圈后，在內(nèi)中部地區(qū)準確著陸，完成了空間科學和技術試驗任務，為最終實現(xiàn)載人飛行奠定了堅實基礎.若地球的質(zhì)量、半徑和引力常量G均已知，根據(jù)以上數(shù)C.發(fā)射速 D.所受的向心球重力分布、磁場分布及元素測定等方面取得成果.探測器在一些環(huán)形山中7（1998 t，小球落到星球表面，測得拋出點與落地點之間的距離質(zhì)量M。中進行了預定的空間科學實驗，獲得成功。若h＝600km，R＝6400km，9（2004 星表面彈起后，到達最高點時高度為h，速度方向是水平的，速度大小為v0，求個的圓軌道的半徑為r，周期為T?；鹦强梢暈榘霃綖閞0的均勻球體。參考答案x2+y2=L2（1）(2x)2+h2=(3L)2hL3 g，由平拋運動的規(guī)律得h=2

gt2 M23LR23Gtv=2(Rh)T

(R

mv RRRg聯(lián)立①②③式得：T2(RRgR 2(R 2(R RT（2）代人數(shù)據(jù)得：n=105以g＇表示火星表面附近的重力加速度，M表示火星的質(zhì)量，m表示火星的的質(zhì)量，m＇表示火星表面出某一物體的質(zhì)量，由萬有引力定律和第r2GMmmgr20GMmm(2)2rr 量仍為v0，有

v22gh1v v2v21 8 0v T2r 0⑤教學后鍵是要會推導，近年來有關天體運動發(fā)射等問題高幾乎每年知識網(wǎng)絡單元切塊動量沖量教學目標教學難點：動量、沖量的矢量一、動量和沖動按定義，物體的質(zhì)量和速度的乘積叫做動量：p=mv動量的變化pp1m=40g的乒乓球自高處落下，以速度v=1m/s碰地，豎直向上彈回，碰撞時間極短，離地的速率為v=0.5m/s。求在碰撞過，乒乓球pmv0.041kgm/s0.04kgm/pmv0.04(0.5)kgm/s0.02kgm/

pppp=0.020.04kgm/s0.06kgm/負號表示p2．沖按定義，力和力的作用時間的乘積叫做沖量：I=FttI=Ft計算恒力的沖量。對于變力的沖量，高中2】質(zhì)量為m的小球由高為H的光滑固定斜面頂端無初速滑到底端過程 解析：力的作用時間都是t gsin2

小依次是mg、mgcosα和mgsinα m

,I

m

I

m現(xiàn)代物理學把力定義為物體動量的變化率：FP 動量形式點評：要注意區(qū)分“合外力的沖量”和“某個力的沖量”，根據(jù)動量定理，3】以初速v0平拋出一個質(zhì)m的物體，拋出t秒內(nèi)物體的動量解析：因為合外力就是重力，所以ΔpFtmgtFt來求較為簡單；當合外力為變力時，在高中階段只能用Δp來求。次落在塑料墊上，沒有被打破。這是為什么？Ft=Δp，第一次與地板作【例5】某同學要把壓在木塊下的紙抽出來。第一次他 C、I、Ⅱ兩個過解析：根據(jù)動量定理可知，在過程I中，從靜止狀態(tài)自由下落.不計空重力的沖量的大小之和，顯然B選項不對；在I、Ⅱ兩個過，動量的改選項為A、C。是相對運動的。研究過程既可以是全過程，也可以是全過的某一果在所選定的研究過的不同階段中物體的受力情況不同，就要分又經(jīng)過時間t2停在沙坑里。求：小球在沙坑里下落過程所受的總沖量I沙中到達的最低點為C。t1+t2，而阻力作用時間僅 t2，以豎直向下為正方向，有mg(ttFt0Fmgt1t2 tt1時間內(nèi)只有重力的沖量，在t2時間內(nèi)只有總沖量（已包括重力沖量在內(nèi)，以豎直向下為正方向，有：mgt1-I=0，∴I=mgt可先把高度轉換成時間后再用動量定理。當t1>>t2時，F(xiàn)>>mg。8Mm的拖車在平直公以加速度a

解析：以汽車和拖車系統(tǒng)為研究對象，全過程系統(tǒng)受的合外力始終為Mma

MvM

,vMmag 中少了拖車受到的摩擦力，因此合外力大小不再是Mma平地面后，反跳的最大高度為h2=0.2m，從小球下落到反跳到最高點經(jīng)歷的時間為Δt=0.6s，取g=10m/s2。求：小球撞擊地面過，球?qū)Φ孛娴钠骄鶋毫Φ拇笮。此與地面作用的時間必為t3=0.1s。由動量定理得：mgΔt-Ft3=0，F(xiàn)=60N【例10】一個質(zhì)量為m=2kg的物體，在F1=8N的水平推力作用下，從靜止開始沿水平面運動了t1=5s，然后推力減小為F2=5N，t2=4s后撤去外力，物體再經(jīng)過t3=6s停下來。試求物體在水平面上所受的摩擦力。l程末的速度分別為v1和v2f，規(guī)定推力的方向為正方向。根(F1f)t1(F2f)t2mv2ft30fF1t1t1t2

8554N4N546p1=0，末動量p2=0(F1t1F2t2f(t1t2t3)8554f(546)f用運動定律及運動學規(guī)律求解簡便。由解法2可知，合理選取研究過程，能簡化解題步驟，提高解題速度。本題也可以用運動定律在F－t圖中的沖量F－t當以速度v1豎直上拋后,又以速度v2返回出發(fā)點 Fv-t圖線（圖中藍色線所示則圖線下方的“面積”O(jiān) 正比，在圖中作出f-t圖線（圖中紅色線所示mgt=m（v1+v2122000m動員降落到離地面s=200m高處才打開降落傘，在1s內(nèi)速度均勻減小到—t圖線如圖（1）所示。由于第一段內(nèi)作非勻變速直線運動，用常規(guī)方法很難1800mv—t圖按比例轉化成f—t圖，如圖（2）所示，則可以巧妙地求得這段時間。t1mgt1IfmvmIfftkvtkvtks1又：mg=kvm，得kmgmgtmgs1 tvms1501800 vv第二段1s內(nèi)：a55045m/s2s m2 2所以第三段時間

ss220027.5 空中的總tt1t2t3 三、針對 C．F1t1F1t1F2t2F2t2，則這 如圖所示為馬車模型，馬車質(zhì)量為m，馬的拉力F與水平方向成θ角，在拉力F的拉力作用下勻速前進了時間t，則在時間t內(nèi)拉力、重力、阻力對物碰撞后被豎直向上彈出，速度大小為v2，若v1=v2=v，那么下列說法中正確的是 B．小鋼球的動量變化了，大小是2mv，方向豎直向上C．小鋼球的動量變化了，大小是2mv，方向豎直向下 5．物體動量變化量的大小為5kg·m/s，這說明 A、BA 極短，離地的速率為v2。在碰撞過，地面對鋼球的沖量方向和大小為 C．向上 D．向上落在下面的凹槽中，這是因為在墊片飛出的過（）A．I上>I B．I上<I 質(zhì)量相等的A、B兩個物體，沿著傾角分別為α和β的兩個光滑斜面，由靜止從同一高度h2開始下滑到同樣的另一高度h1的過（如圖所示），A、B三顆水平飛行的質(zhì)量相同的A、B、C以相同速度分別射向甲、乙、丙三塊豎直固定的木板。ABC述以初速度20m／s豎直向上拋出一個質(zhì)量為0.5kg的物體，不計空氣阻力，g10m/s21skg·m/s，3s m/skgm/s(經(jīng)時間t撤去該力，若物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，則物體在水平面上一 據(jù)，1994年7月中旬，——9號彗星（已成若干塊質(zhì)量為1.0×1012kg，它相對于木星的速度為6.0×104m/s。在這塊彗星與木星碰撞的過，它對木星的沖量是N·s。質(zhì)量為１kｇ的物體沿直線運動，其v－t圖象如圖所示，則此物體前4s和后4s內(nèi)受到的合外力沖量分別為 ，一個質(zhì)量為60kg的雜技演員練習走鋼絲時使用安下落5m時安全帶被拉直，此后又經(jīng)過0.5s的緩沖，人的速，科學家設想在未來的航天事業(yè)中用帆來加速星際宇宙飛船．按照陽帆上，帆面積為S，帆對光的反射率為100﹪，設帆上每單位面如圖所示，水力采煤時，用在高壓下噴出強力的水柱沖擊煤層，d＝0，水速v＝5／s，層后水的速度變?yōu)榱?，求水柱對煤層的平均沖擊力．(水的密度ρ＝)世界的“9.11”中，從可以看到波音客機切入及大設飛機質(zhì)量為m、速度為v，撞機經(jīng)歷時間為t，寫出飛機對撞擊機身長度為48.5m，撞樓時速度約150m/s，世貿(mào)南樓寬63m，飛機頭部未從及飛機對撞擊力F14．mgFtn[P(P)]st,F2nPsma，a2nPs；a 1s，mVvt

2F·t=△P（（2

t2s,課后追記錄事先沒有估計到的學生突況及應急措施，并記錄改進設想．動量守恒定律及其教學目標教學難點教學方法一、動量守恒定m1v1m2v2m1v1m2v2（1）mvmvmvmvp+p=pp1 2 1 2 （2）Δp+Δp=0，Δp=-Δp和 線上。為解釋這一反常現(xiàn)象，1930年泡利提出了中微子假說。由于中微子既不1956體之間相互作用的內(nèi)力，哪些是系統(tǒng)外物體對系統(tǒng)內(nèi)物體作用的外力.二、動量守恒定律的應

v v

m1Av1m2B運動，B的左端連有輕彈簧。在Ⅰ位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始，B開始加速；到Ⅱ位置開始恢復原長，到Ⅲ位置彈簧剛好為原長，A、B分開，這時A、B的速度分別v1和v2。全過程系統(tǒng)動量一定是守恒的；而機械能是否守恒就要看彈簧的彈性如AB1 1vm1m2vv v1 1m1 m1統(tǒng)動能仍和⑴相同，但沒有彈性勢能；由于沒有彈性，A、B不再分開，以證明，A、B最終的共同速度為vv v。在完全非彈性 m mmE mv2 mmv2 1211 1 21

【例1】質(zhì)量為M的楔形物塊上有圓弧軌道，靜止在水平面上。質(zhì)量為m的上升到的最大高度H和物塊的最終速度v。解析：系統(tǒng)水平方向動量守恒，全過程機械能也守恒 ，由水平方向系統(tǒng)動量守恒得：mv1MH 1mv21Mmv2H 由系統(tǒng)機械能守恒得： 2M全過程系統(tǒng)水平動量守恒，機械能守恒，得v Mm2】動量分別為5kgm/s6kgm/s的小A、B沿光滑平面上的同一條直線同向運動，AB并發(fā)生碰撞后。若已知碰撞A的動量減小了2kgm/s，而方向不變，那么A、B質(zhì)量之比的可能范圍是什么？解析：A能追上B，說明碰前vA>vB,∴ 6；碰后A的速度不大于 的速度

；又因為碰撞過程系統(tǒng)動能不會增加

62

32

82

3mA 點評：此類碰撞問題要考慮三個因素量和運動定律等多個角度來分析這一過程。阻力的大小和該過木塊前進的距離。解析：和木塊最后共同運動，相當于完全非 從動量的角度看，射入木塊過系統(tǒng)動量mv0M

s1s力大小為f，設、木塊的位移大小分別為s1、s2，如圖所示，顯然有s1-s2=d 用動能定理：fs1mv21mv2 fs1Mv2 ①、②相減得：fd1mv21Mmv2 v2 2M 點評：這個式子的物理意義是：fd恰好等于系統(tǒng)動能的損失；根據(jù)能量守fdQ，即兩物體由于相對運動而摩擦產(chǎn)生的熱（機械能轉化為內(nèi)能，等于由上式不難求得平均阻力的大?。篺 Mmv 02Mm至于木塊前進的距離s2，可以由以上②、③相比得出：

Mms2dv0v/2v0v,dv0Mm,s v/2 Mm一般情況下Mm，所以s2<<d。這說明，在射入木塊過，木塊

2M

v0v相等，但過系統(tǒng)動量仍然守恒，系統(tǒng)動能損失仍然是ΔEK=fd（這里的d為木塊的厚度，但由于末狀態(tài)和木塊速度不相等，所以不能再用④式計算ΔEK的大小。【例4】質(zhì)量為m的人站在質(zhì)量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的左位移大小分別為l1、l2，則：mv1=Mv2t，ml1=Ml2∴

Mm點評：應該注意到：此結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻前系統(tǒng)就具有一定的動量，那就不能再用m1v1=m2v2這種形式列方程，而要利用(m1+m2)v0=m1v1+m2v2列式。5】總質(zhì)量M的火箭模型從飛機上釋放時的速度v0，速度方向水平。 M-

muMmv,vMv0M類問610m/s，這時突然炸成兩塊，其度為v150m/s、m2=0.2kg的小塊速度為v2，方向不清，暫設為正方向。(m1m2)v0m1v1m22v(m1m2)v0m1v1(0.30.2)100.350502 某一方向上的動量守7】如圖所示，ABM上系一長為L質(zhì)量不計的細繩，繩的另一端拴一質(zhì)量為m的小球，現(xiàn)將繩拉直，且與AB平行，由靜止釋放小球，則當線繩與AB成θ角時，圓環(huán)移動的距離是多AB成θv，圓環(huán)的水平速度為V，則由水平動量守恒有：且在任意時刻或位置V與v均滿足這一關系，加之時間相同，中的和vMd=m（L-點評：以動量守恒定律等知識為依托，考查動量守恒條件的理解與靈活找不出圓環(huán)與小球位移之和（L-Lcosθ【例8】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，m＜M,A、B間動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)給A和B以大小相等、方向相反的初速v0A開始向左運動，B開始向右運動，最后A不會滑離B，解析：（1）A、B系統(tǒng)動量守恒定律0Mv0-mv0=（M+m）v①vMmv0M為v′,則由動量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′ -μmgs=1mv′2-1mv 0 0聯(lián)立①②解得：s2Mmv0【例9】兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質(zhì)量分別為mA0.5kg，mB0.3kgmC0.1kgC（可視為質(zhì)點，以vC25msA的（1）A的最終速度vA；（2）CA時的速度vC解析：這是一個由A、B、C三個物體組成的系統(tǒng)，以這系統(tǒng)為研究對象，當CA、B上滑動時，A、B、C三個物體間存在相互作用，但在水平方向不存在其CAABB后，A、BA的速度為vACB以共同速度vB3.0msmCvA

mAvA(mBmCmCvC(mBmCm 0.125(0.30.1)3.0m/s2.6m/為計算vCB、C為系統(tǒng)，CBA分離，C、B系統(tǒng)水平方向動量守恒。CA時的速度為vC，BA的速度同為vA，由動量守恒定mBvBmCvC(mBmCv(mBmC)vBmB (0.30.1)3.00.32.6m/s4.2m/練習1站在靜浮于水面的船上，從某時刻開始人從船頭船尾，設水的如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、BA0.5m，B1m，那么（）C．未離開彈簧時，A、B所受沖量比為連同彈在內(nèi)的車停放在水平地面上。車和彈質(zhì)量為M，膛中彈v0射出，那么車在地面上后退的距離 好為零時，甲的速度 ，此時球 位置如圖所示，在沙堆表面放置一長方形木塊A，其上面再放一個質(zhì)量為m=0.10kg的B，木塊的質(zhì)量為M=6.0kg。當時，因反沖作用使木塊陷入沙中深度h=50cm，而木塊所受的平均阻力為f=80N。若的質(zhì)量以及空氣阻力可忽略不計，g取10m/s2，求能上升的最大高度1．B速度v0v′，由(mM)v0mv0Mv得vv0選A、C、D。B在兩者速度大小一定相等，人和船的質(zhì)量不一定相等。A、B、DA、B組成的系統(tǒng)在水平不受外力，動量守恒，從兩物落地點到A、B0mAvAmBvB，可知mAmB12，未離開彈a離開彈簧時，F(xiàn)相同，m不同，加速 m，與質(zhì)量成反比，∴aA:aB1:2(mv0cos2g(M提示：在發(fā)瞬間，車與彈組成的系統(tǒng)在水平方向上動量守0mv0cos(Mm)vvmv0 M發(fā)后，車受地面阻力作用而做勻運動，利用運動學tv2v22as，其中vt0ta(Mm)g(M (mvcoss 2g(M5．0fMgMa

a20m/s v

3m/ 木塊系統(tǒng)動量守恒Mvmv0vMv6

33m/s203m/ D．Δp1=-小車AB靜置于光滑的水平面上，A端固定一個輕質(zhì)彈簧，B端粘有橡皮用細繩連結于小車的A端并使彈簧壓縮，開始時ABC都使物C離開彈簧B端沖去B端橡皮泥粘在一起，如果ABMM如圖所示，質(zhì)量分別為m和M的鐵塊a和b用細線相連，在恒定的力作用下在水平桌面上以速度v勻速運動.現(xiàn)剪斷兩鐵塊間的連線，同時保持拉力不變， 質(zhì)量為M的小車靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小球用細繩吊在小OA點靜止開始釋放（如圖所示mB=0.3kg,mC=0.1kgC20m/sA表面，由CA、B間有摩擦，CBB2.5m/s（1）木A的最后速度；（2）CAC的速度M=100kgm=2kgv（相對地面）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，這樣往復進行.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：參考答案M3.(MmMM6.（1）1v,向左（2）5水平射穿此木塊，前后的速度分別為v0v（設穿過木塊的時間和(mv0mv)/MB．(mv0mv)/C．(mv0mv)/(Mm)D．(mv0mv)/(MA（m+M）h/MB．mh/MC．Mh/mD．h 小車、木塊、擺球的速度都發(fā)生變化，分別變?yōu)関1、v2、v3(Mm0)VMv1mv2m0擺球的速度不變，小車和木塊的速度變?yōu)関1和v2，滿足MVMv1D．小車和擺球的速度都變?yōu)関1，木塊的速度變?yōu)関2，滿足(Mm0)V(Mm0)v1車廂停在光滑的水平軌道上，車廂后面的人對前壁發(fā)射一顆。設子彈質(zhì)量為m，出口速度v，車廂和人的質(zhì)量為M，則陷入前車壁后，車廂的mv/MB．mv/M，向后C．mv/（m+M，向前D．0物體炸裂成a、b兩塊，若質(zhì)量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向，則（）兩質(zhì)量均為M的冰船A、B靜止在光滑冰面上，軸線在一條直線上，船頭相對，質(zhì)量為m的小球從A船跳入B船，又立刻跳回，A、B兩船最后的速度之比是。態(tài)系統(tǒng)動量和。B如用數(shù)學表達式表示，則了動量守恒定律。對于C，令兩由動量守恒定律可知，碰撞前后合動量不變（包括大小和方向C合動量反向，∴C。D答案的數(shù)學表達式為m1vm2v(m1m2)v，v′方向Vmv0 是v，氣球相對地的速度是V，有mv-MV=0

mhMx x

hxhmhmM梯子總長 m1v1m2v2m1m2v。其中m12kg，v12ms，m22kg，v23m2×2-2×3=4v，v=-兩項上述分析，均不正確。6．D在車廂、人、組成的系統(tǒng)中，合外力等于零，動量守恒。與C、Dmv0m1v1m2設m1為較在原一塊，則從這表達式可知，若mv0與m1v1均為正向，那么m2v2若v2為反向，則v2大于、等于、小于v1的可能都有；若v2為正向，因題設沒有一定大于或等于v0的條件，則v2大于、等于、小于v1的可能也都有?！郃、B均tMM提示：根據(jù)0(Mm)vAMvBv∴

Mm教學后 知識網(wǎng)絡單元切塊§1教學目標教學重點：功和功率的概教學難點：功和功率的計按照定義求功。即：W=Fscosθ。在高中階段，這種方法只做功。當0F做正功，當F

用動能定理W=ΔEk或功能關系求功。當F為變力時，高中階段往往考慮用這種方法求功。這里求得的功是該過外力對物體做的總功（或【例1】如圖所示，質(zhì)量為m的小球用長L的細線懸掛而靜止在豎直位置。F將小球拉到細線與豎直方向成θ角的位置。在此過，拉力F做的功各是多少？⑴用F緩慢地拉 m⑶若FA.FLcosB.FLsinC.FL1cosD.mgL1cos該過程克服重力做的功。選D⑵若F為恒力，則可以直接按定義求功。選⑶若F為恒力，而且拉到該位置時小球的速度剛好為零，那么按定義直接求功和按動能定理求功都是正確的。選B、DFLsinmgL1cosF1costan 22】如圖所示，線拴小球在光滑水平面上做勻速圓周運動，圓的半徑是總是與運動方向垂直，所以，這個力不做功。故A是正確的。持力不做功。故A、C、D是正確的。A．加速過拉力做的功比勻速過拉力做的功B．勻速過拉力做的功比加速過拉力做的功僅受兩個力作用，重力mg、拉力F。勻加速提升重物時，設拉力為F1，物體向上的加速度為a，根據(jù)第二律F1-F1WFsm(ga)1at21m(ga)at 勻速提升重物時，設拉力為F2，根據(jù)平衡條件得勻速運動的位移s2vtattatW2F2s2mgat2如果物體做直線運動，F(xiàn)一定做負如果物體做直線運動，F(xiàn)可能做正F方向必與物體運動方向夾F與物移的方向夾銳角，所以，力F對物體做正功，A對。當物體做運動時，力F的方向可以與物體的運動方向夾銳角也可以夾鈍角（含方向相反當物體做勻速運動時，力F的方向必與滑動摩擦力的方向相反，即與物移方向相同，所以，力F做正功，D對。邊相齊，木板質(zhì)量m=2kg，與桌面間的摩擦因數(shù)μ=0.2，今用水平推力F將其推下桌子，則水平推力至少做功為（）（g10/s2）等于克服滑動摩擦力做的功，WFsmgL0.2200.40.8JA 功不一定大小相等，正負相反。W=Fscosα，只適用于恒力功的計算。合外子也做正功。故D是正確的。二、功t的算P=Fvcosθθ是與速的角該有兩FvPF在該時刻的瞬時功率；②當v為某段位移（時間）內(nèi)的平均速度時，則要求這段位移（時間）PG=mgvy，即重力的瞬時功率等于重力和物體在該時a⑷汽車的兩種加速問題。當汽車從靜止開始沿水 af的基本都是P=Fv和F-f=maf①恒定功率的加速由P=Fv和F-f=ma知，由于P恒定隨著v的增大F必將減小，a也必將減小，汽車做加速度不斷減小的加速運動，直到v達到最大值vPmPm W=PtW=Fs計算（F為變力v的增大，PP

PmPmv W=FsW=Pt計算（因為P為變功率?！纠?】質(zhì)量為2t的農(nóng)用汽車，發(fā)動機額定功率為30kW，汽車在水平路面行駛時能達到的最大時速為54km/h。若汽車以額定功率從靜止開始加速，當其速度達到v=36km/h時的瞬時加速度是多大？mF等于阻力f，即Pm=fvm，vF=P/vF-f=maa=0.50m/s2m【例9】卡車在平直公從靜止開始加速行駛，經(jīng)時間t前進距離s，速度達到最大值vm。設此過發(fā)動機功率恒為P，卡車所受阻力為f，則這段時卡車的功能，∴BCD故AD是正確的。v1（v2<v1）行駛時，它的加速度是多少v2運動時，由第二定律有：F-f=mafPFP

得aP11)P(v1v2m 運動中的阻力不變。求：①汽車所受阻力的大小。②3s末汽車的瞬時功率。③P=FvF=4000N。而此時牽引力和阻力②由于3s時的速度v=at=6m/s，而牽引力由F—Ff=ma得F=8000N，故此時的功率為P=Fv=4.8×104W。③設勻加速運動的時間為t，則t時刻的速度為v=at=2t，這時汽車的功率為額定功率。由P=FvF=8000Nv=2tt=5s。一半，從而得牽引力的功為W=Pt=40000×5J=2×105J.【例12】質(zhì)量為0.5kg的物體從高處自由下落，在下落的前2s內(nèi)重力對物體做功的即時功率是多少？（g10ms22s，h1gt21102220 WGmgh0.51020100Jt

502s末速度vtgt102ms20ms2sPmgvt100W。F大小相等，ABCDs做功最小一質(zhì)量為m的木塊靜止在光滑的水平面上，從t=0Ft=TF的功率是F2Tm

Fm

F

F2T平拋面移動相同一段距離時，恒力的功和平均功率分別為W1、P1和W2、P2，則A．W1W2P1P2B．W1W2P1C．W1W2P1P2D．W1W2P1（gA．物體加速度大小為2m/s2B．F的大小為C．4s末F的功率大小為42WD．4s內(nèi)F做功的平均功率為42WA．2PB．4PC．8PD物體靜止在光滑水平面上，先對物體水平向右的恒力F1，經(jīng)時間t后撤去F1，立即再對它施加一水平向左的恒力F2，又經(jīng)時間t后物體回到原出發(fā)點，在這一過，F(xiàn)1、F2分別對物體做的功W1、W2之比為多少？到B點，不計滑輪的大小，不計繩、滑輪間摩擦，H=2.4mα=37°β=53°，求拉力F所做的功。參考答案DF做功多少與接觸面粗糙度無關，W=Fscosα，D中cosα最小，∴F做2．B此題易錯C，原因是將t=T時刻的功率錯誤地理解為T這段時間內(nèi)的t只能用P=F·v因此物體加速度aF，T時刻速度vaT PFvF2TBmv的增大而增大，∴A減小mav，∴C、D對。由第二定律：2F-∴Fmgma10.52pWFs10.52421W ts1at21Ft2m2 2直線運動：F2＝ma2，加速度a2＝F2／m，經(jīng)tsF2v的方向相反，則有svt1at2即s1at2vt1F2t2F1tt2 2 W1 W=Fscosθ中，sFA點運動到B連接物塊的繩子在定滑輪左側的長度變小，sHH sinFs。而這里物塊移動的位移大小為（Hcotα-Hcotβ可見本題力F作用點的位移大小不等于物塊移動的位移大根據(jù)功的定義式，有WFs

sin

)100教學后動能勢能教學目標教學難點：動能定理的應教學方法：講練結合，計算機輔助教教學過程

1mv221mv2＝p

p 服一定的阻力能運動多長時間。動能的變化決定外力對物體做多少功，動量的變化決定外力對物體施加的沖量。二、重力的。表達式：Epmgh，與零勢能面的選取有關。的變化是，勢能的變化與零點的選擇無關．WG=-△Ep=-（mgh2-mgh1三、動能定的合力，包括重力。表達式為W=ΔEK上獲得的速度分別為v1、v2，那么在這段時間內(nèi)，其中一個力做的功為A．1mv2B．1mv2C．1mv2D．1mv 錯解：在分力F1W1mv21 )21mv2A 2 F的方向上，由動動能定理得，WFs1mv2功為WFscos30

scos30

1Fs

1mv2B 2 對外力做功與動能變化關系的理解不一定是零寫出該過合外力做的功，或分別寫出各個力做的功（注意功的正2如圖所示，斜面傾角為α，長L，AB段光滑，BC段粗BC=2AB。質(zhì)量為m的木塊從斜面頂端無初速下滑，到達C端時速度剛好減小到零。求物體和斜面BC段間的動摩擦因數(shù)μ。摩擦力做的功為2mgLcos力不做初、3BαmgLsinα2mgLcos=0，3 的加速度，所以比用定律和運動學方程解題簡潔得多?！纠?】將小球以初速度v0豎直上拋，在不計空氣阻力的理想狀況下，小球高度的80%。設空氣阻力大小恒定，求小球落回拋出點時的速度大小v。 v 1mv f1 vmgH

mv和0.8mgf

f20.8H1mv21mv2 解得v 35點評：從本題可以看出：根據(jù)題意靈活地選取研究過程可 地面進入沙坑h/10停止，則（1）在沙坑中受到的平均阻力是重力的多少倍（1△EK=0。取停止處所在水平面為重力勢能的零參考平面，則重力的 （2）設在h處的動能為EK，則對的整個運動過程，由動能定理W=WF+WG=△EK=0，進一步展開為9mgh/8—Ffh/8=—EK，得EK=mgh/4點評：對第（2）問，有的學生這樣做，h/8—h/10=h/40，在h/40中阻力所Ffh/40=11mgh/40，因而在h處的動能EK=11mgh/40。這樣做對嗎？請【例5】質(zhì)量為M的木塊放在水平臺面上，臺面比水平地面高出木塊離臺的右端L=1.7m質(zhì)量為m=0.10M的以v0=180m/s的速度水平射向木v=90m/s的速度水平射出，木塊落到水平地面時的落地點到臺面右端的水平距離為s=1.6m，求木塊與臺面間的動摩擦因數(shù)為μ。塊末速度v1，mv0=mv+Mv1??①h木塊離開臺面時的速度為v2，MgL1Mv21Mv有 2gsg

由①、②、③可得本題還應引起注意的是：不要對系統(tǒng)用動能定理。在穿過木塊階段，四、動能定理的綜合應用動能定理巧求變力的【例6】如圖所示，AB為1/4圓弧軌道，半徑為R=0.8m，BC是水平軌道，長S=3m，BC處的摩擦系數(shù)為μ=1/15，今有質(zhì)量m=1kg的物體，自A點從靜止起下滑到C點剛好停止。求物體在軌道AB段所受的阻力對物體做的功。解析：物體在從A滑到C的過，有重力、AB段的阻力、BC段的摩擦力直接求。根據(jù)動能定理可知：W外=0，所以mgR-μmgS-WAB=0即WAB=mgR-μmgS=1×10×0.8-質(zhì)量、定滑輪的質(zhì)量和尺寸、滑輪上的摩擦都忽略不計．開始時A點，左右由A移到B的過，繩Q端的拉力對物體做的功．解析：設繩的P端到達B處時，左邊繩與水平地面所成夾角為θ，物體從井底上升的高度為h，速度為v，所求的功為W，則據(jù)動能定理可得：Wmgh1mv2 由幾何關系得：42由以上四式求得：W1mv2 2 mgSsin1mvmgSsinmgLcos0 mv2得L mg【例9】如圖所示，小滑塊從斜面頂點A由靜止滑至水平部分C點而停止。hs，B處無動能損失，斜面和解析：滑塊從A點滑到C點，只有重力和摩擦力做功，設滑塊質(zhì)量為m，動mghmgcos

mgs2s1s2s為m，中途脫節(jié)，發(fā)覺時，機車已行駛L的距離，于是立即關閉油門，除去牽FLk(Mm)gs1(M kmgs1mv 而ss1s2由以上方程解得sMLM五、針對3333質(zhì)量為m的小球用長度為L的輕繩系住，在豎直平面內(nèi)做圓周運動，運動過小球受空氣阻力作用.已知小球經(jīng)過最低點時輕繩受的拉力為7mg，經(jīng)的動摩擦因數(shù)為μ。開始時板水平，在繞O點緩慢轉過一個小角度θ的過，若A、摩擦力對物塊所做的功為mglsinθ(1- 如圖所示，小球以大小為v0的初速度由A端向右運動，到B端時的速度減小vBB端向左運動，到A端時的速度減小為vA。已知小球運動過始終未離開該粗糙軌道。比較vA、vB的大小，結論是C.vA<vBD.mv0(2)從起飛到上升至h高度的過升力所做的功及在高度h處飛機的動能.恰能沿凹陷于地面的半圓形槽壁運動，半圓槽半徑R=0.4m。小球到達槽最低點小球最多能飛出槽外的次數(shù)（取g=10m/s2參考答案而C中的功為這兩個功之和，所以也不能得出。由W=△EK，知合力對物塊所做的W=WF+WG=0WF=-WG=mglsinθ，這就是木板對物塊所做的功。正確選項是C。NmgmvR

DD向心力方程mgNmvR

選A。2a由第二定0F=mg+ma=mg(1+2hv00(2W=Fh=mgh(1+2hv0 hvt=at=E1m(v2+ 2

2ahl

0=2mv 0l解析：（1）mg(HR)

1mv2解得

mg(HR)1mv222由對稱性知小球從槽底到槽左端口摩擦力的功也為離槽上升的高度h

mg(HR)1mv2

1mv2得h

（2）設小球飛出槽外nmgHn2Wf∴n

254機械能守恒定律及其教學目標一、機械能守恒定v，也是相對于地“只有重力做功”不等于“只受重力作用”。在該過，物體可以恒。這里要提醒兩條：⑴由于斜面本身要向左滑動，所以斜面對物塊的彈力Ns的方向已經(jīng)不再垂直，彈力要對物塊做負功，對物塊來說已經(jīng)（1）mgh1mv2mgh1mv2EEEE （2）EPEk0；E1E20；EP用EPEK，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2】如圖所示，質(zhì)量分別為2m3m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處有光滑的固定轉動軸。AO、BO2LLAO部分處于水平位置BO的正下方。讓該系統(tǒng)由靜止開始自由轉動，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hBvm。 v度總是B的2倍。2mg2L3mgL 2mv2 ，解得v 2⑵B球不可能到達OαAθ αAθ 比OA豎直位置向左偏了α2mg2Lcosα=3mgL（1+sinα），此式可化簡為α-3sinα=3，利用三角可解得sin（53°-WGOA從開始轉過θB球速度最大，12m2v213mv2=2mg2Lsinθ-3mgL（1- =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EPEK就要簡潔得多。下面再看一道例題。m和MA升至最高點C時A、B兩球的速度？AA、BA上升的高度為hR；BH2RR；對于系統(tǒng)，由機械能守恒定 EPEK MgRmgR1(M Mm1

514mg2L1mg(2LL)mgL1 21mgLmg(LL1mv 5 5本題用EPEK也可以求解，但不如用EP+EK=EP＇+EK＇簡便，可二、機械能守恒定律的綜合應5U形管內(nèi)裝有總長為K后，左右水面剛好相平時左管液面的速度是多高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8mmg

18mv

，得v 點評：本題在應用機械能守恒定律時仍然是用EPEK【例6】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，才能游樂車的質(zhì)量為m，則據(jù)機械能守恒定律得：mv22RmgR1mv Lv>0，所以有v0L70.02kg上，在汽車距車站15m處開始剎車，在剎車過，拴球的細線與豎直方向夾角F合a=gtanθ=100.60對汽車，由v0得 （2）小球擺到最低點時，拉力最大，設為T，繩長設為mg（l-lcosθ）12lT=mg+2mg（1cosθ【例8】如圖所示，一根長為1m，可繞O軸在豎直平面內(nèi)無摩擦轉動的細AB，已知OA0.6m;OB0.4mA、B端，A、B球在同一桿上具有相同的角速度vAvBRARB32EPEPAEPBmgR1mgR2mg(R1R2) 1mv21mv21m(R2R2) EP 0.2mg0.26m10

ss【例9】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BR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？ss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。CmgmvRBmg2R1mv21mvB 由①、②式得vB

2R1gt2③水平位移s=vt，v gR④由③、④式可得s=2R A到過程，滿足2asv2 a5 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v′，根據(jù)小球?qū)ψ罡唿c壓力為零，由圓周運動有mg

R1mv2mg2R1 v′，可得vC同理可得小球滑過D點時的速度vD ，設CD段的長度為l，對小球滑過CD段過程應用動能定理mgl1mv21mv C將vC、vDl5(R可 三、針對訓A．AB．BC．A、BD．A．ttEEB．ttEEC．ttEED．ttEEhmH處自由落下，mghB．mgHC．mg（H+h）D．mg（H-一顆水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在A中，A和木塊B用一根彈性良好的輕彈簧連在一起，如圖所示，則在打擊木塊A及彈簧壓縮的過，對、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)（）動量守恒，機械能守恒 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斜和上拋，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hA、hB、hC，則hAhBhCB．hAhBC．hAhBhCD．hAhB,hA兩球運動的線速度相等B．兩球運動的角速度相等M的小車，小車跟繩一端相連，m的磚碼，則當砝碼著地的瞬間（小車未離開 中它的速度最大值為vm，當由遠地點運行到近地點的過，地球引力對它做的功為W，則在近地點處的速度 速度 參考答在凹曲面上運動時，由于機械能守恒，一部分重力勢能轉化為動能，過到，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．C3．B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EEpEk，小球在自由下落過重4．C在打木塊的過，認為A還沒有移動，系統(tǒng)動量守恒，機械恒，機械能不守恒，應選C。CACB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mgh1mv v2v得h 0Bmgh1mv21mv vv所以h tC、D設小球到達最低點的線速度為v，繩長為LmgL1mv2得v ，因而角速度、向心加速度、繩中拉力分別2vL

，avLL

2g可見，v和ω與繩長L有關，a和T與繩長無1mv2mgh1mv 0∴vt 2ghv20因為它們的h、v0（速度大?。┫嗤?，∴落地速度大小也相同，∴選D8.mMghM

M提示：以地面為零勢能面，由機械能守恒得mgh1(mM)v22解得v 2mghM根據(jù)動能定理，繩對小車做功W

v2Mv，v2 度v。設遠地點的速度為v，則W1mv21mv2，∴v 重力勢能增加Ep1803248J。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Wf100J，即重力勢能增加Ep100WfWf

32

100

Ek2Ek12Wf10024020J。教學后功能關系動量能量教學目標教學重點：動量能量綜合問題的解決方教學過程一、功能 外=ΔEk，這就是動能定理物體重力勢能的增量由重力做的功來量度：WG=-ΔEP當W其它=0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【例1】質(zhì)量為m的物體在豎直向上的恒力F作用下上升了H，在這個vaD.物體重力勢能的增加小于動能的減2A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D位置小球速度減小到零。小球下降階段下列說法中正確A.BB.CC.從A→CD.從A→D位置小球重力勢能的減少等于彈簧彈性勢能的增 BA→C小球重力勢能的減少等于小球動能的增加和彈性勢能之和，所以C正確。A、D兩位置動能均為零，重力做的正功等于彈力做的負功，所以D正確。選B、C、D。二、動量能量綜合【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、cA.它們同時到達同一水平面

ab解析：b、c飛行時間相同（都是g）ab同（末動能相同；但顯然a的位移大，所以用的時間長，因此A、B都不對。由于機械能守恒，c的機械能最大（有初動能C也不對。a、b的初動量都是零，末動量大小又相同，所以動量變化大小相同；b、c所受沖量相同，所以動量變化大小也相同，故D正確。在比較中以b為中介：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的汽車在平直公以速度v勻速行駛，發(fā)動機實際功率2解：由F-f=ma和P=Fv，原來牽引力F等于阻力f，減小油門瞬間v2

P為

以后汽車做恒定功率的運動，F(xiàn)又逐漸增大當增大到F=f時速度減到最小為v/2，點評這道題是恒定功率的問題和恒定功率加速的思路是完全相同的一質(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B相對于車向右返回過小車的速度變化情況的速度是相同的，都滿足：mv0（m+Mv過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、返兩個過摩EPQ2EPMmv Mmv Mmv0而Ek ，∴Ep ,Q 0 22M 4M 2M至于B相對于車向右返回過小車的速度變化則應該用運動定律來分析：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)第三定律，小車受的彈力F也一定大f，小車向左加速運動；彈力逐漸減小而摩擦力大【例6】海岸將彈水平射出。身質(zhì)量（不含彈）為M，每顆彈質(zhì)量為m。當身固定時，彈水平射程為s，那么當身不固定時，發(fā)射同樣的解析：兩次發(fā)射轉化為動能的化學能E是相同的。第一次化學能全部轉化為彈的動能；第二次化學能轉化為彈和身的動能，而彈和身水平動量守2恒，由動能和動量的關系式 p知，在動量大小相同的情況下，物體的動 和質(zhì)量成反比，彈的動能E1mv2E,E1mv2 Ms

v2

M

s Mm7mAmB、CAA的上表面，初速度大v2v，B、CA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？

B、C不相撞，A解析：B、C都相對于A滑動時，A

A、B、C最終的共同速度vv，這段加速經(jīng)歷的時間為

2vA將以vv3全過程系統(tǒng)動能的損失都將轉化為系統(tǒng)的內(nèi)能，而摩擦生熱，，由 守恒 列式：111v7vmgd mv2 m2v2 3m,解得d

3 BCB點評：本題還可以求系統(tǒng)機械