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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载高三物理（人教版）其次轮专题辅导讲座第一讲 力学规律的综合应用【命题趋向】在物理学中,对力学问题的考查往往是将牛顿运动定律、动量守恒、能量守恒等学问相互联系来综合出题,争论对象经常是多个物体（组成的系统）；试题思路隐藏,过程复杂,难度较大, 能否正确分析求解这类问题问题是鉴别考生学习物理才能的试金石；高考是一种选拔性考试, 必定要求试题要有肯定的区分度和难度；因此综合性的动力学问题是历年高考的重点和热点； 虽然近年采纳综合考试主要是学科内的综合,试卷难度有所下降,有关力学学问的综合性考题难度也有肯定下降,但高考中对此内容的考
2、查仍旧是年年有,且经常成为高考的压轴题,所占分值较大,自然【考点透视】07 年的高考也会乐此不疲；解决动力学问题有三个基本观点,即是力的观点、动量的观点、能量的观点；一、学问回忆1力的观点匀变速直线运动中常见的公式（或规律）：vt2v222as,stv,saT2牛顿其次定律：Fma,运动学公式：vtv0at,sv 0t1 at 220圆周运动的主要公式：F 向ma 向mv2mrr2动量观点恒力的冲量：IFtpmv2mv 11,通常争论的对象是一个物体；动量：pmv,动量的变化动量大小与动能的关系P2mE kmv 2mv动量定理：Ip,对于恒力F合t动量守恒定律：条件：系统不受外力或系统所受外力
3、的合力为零；或系统所受外力的合力虽不为零,但比系统内力小得多, （如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多,可以忽视不计）；或系统所受外力的合力虽不为零,但在某个方向上的重量为零（在该方向上系统的总动量的重量保持不变）；表达式：对于两个物体有 m 1 v 1 m 2 v 2 m 1 v 1 m 2 v 2,争论的对象是一个系统（含两个或两个以上相互作用的物体）；3用能量观点解题的基本概念及主要关系名师归纳总结 恒力做功：WFscos,WPt,第 1 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料欢迎下载12
4、mv 21 22 mv 12 mv 1重力势能EPmgh,动能Ek1 mv 22,动能变化Ek212 mv 21 2动能定理： 力对物体所做的总功等于物体动能变化,表达式W总2常见的功能关系重力做功等于重力势能增量的负值W GWP弹EPE弹簧弹力做功等于弹性势能增量的负值有 相 对 时 , 系 统 克 服 滑 动 摩 擦 力 做 功 等 于 系 统 产 生 的 内 能 , 即QEkfl12 mv 012 mv 112 mv 2222机械能守恒：只有重力或系统内的弹力做功系统的总的机械能保持不变；表达式有1Ep1Ek2Ep2、Ek 增Ep 减、EA增EB 减能量守恒：能量守恒定律是自然界中普遍适
5、用的基本规律；二、力学规律的选用原就：1争论某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时,一般用力的观点解题；2争论某一个物体受到力的连续作用而发生运动状态转变时,假如涉准时间的问题一般 用动量定理,假如涉及位移问题往往用动能定理；3如争论的对象为多个物体组成的系统,且它们之间有相互作用,一般用动量守恒定律 和能量守恒定律去解决问题；提示：在涉及有碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时,由于它们作用时间都极短,故动量守恒定律一般能派上大用场,但须留意到这些过程般均隐含有系统机械能与其他形 式能量之间的转化；在涉及相对位移问题时,优先考虑能量守恒定律,即用系统克服摩擦力 所做的总功等于系统机械能
6、的削减量,也等于系统增加的内能；三、动力学问题的解题步骤1仔细审题,明确题目所述的物理情形,确定争论对象及物理过程；2分析争论对象受力及运动状态和运动状态变化的过程,并作草图；3依据运动状态变化的规律确定解题观点,挑选恰当的物理公式或规律；4依据挑选的规律列式,有时仍需挖掘题目的其他条件（如隐含条件、临界条件、几何 关系等）列出补充方程；涉及矢量时应留意其方向性；5代人数据（统一单位）运算结果；【例题解析】一、力的观点与动量观点结合 例 1 如下列图,长 12 m,质量为 50 kg 的木板右端有一立柱,木板置于水平地面上,木 2 板与地面间的动摩因数为 0.1,质量为 50 kg 的人立于木
7、板左端, 木板与均静止, 当人以 4m/s的加速度匀加速向右奔跑至板右端时立刻抱住木柱,试求：（g 取 10m/s 2）（1）人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小；（2）人从开头奔跑至到达木板右端所经受的时间；名师归纳总结 （3）人抱住木柱后,木板向什么方向滑动.仍能滑行多远的距离. M,加速度大第 2 页,共 13 页解析：人相对木板奔跑时,设人的质量为m ,加速度为a ,木板的质量为- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 小为学习好资料欢迎下载fma 1200N；a ,人与木板间的摩擦力为f ,依据牛顿其次定律,对人有：（ 2 ） 设 人 从 木 板 左 端
8、 开 始 距 到 右 端 的 时 间 为 t , 对 木 板 受 力 分 析 可 知 ：fMm gMa2故a 2fLMm g2 m/s,方向向左；2a2t4 m/s；人M由几何关系得：1a 1 t21a2t2,代入数据得：t2 s22（3）当人奔跑至右端时,人的速度v 1a 1t8m/s,木板的速度v抱住木柱的过程中,系统所受的合外力远小于相互作用的内力,满意动量守恒条件,有：mv 1Mv2mM V（其中 V 为二者共同速度）ag1 m/s2,故木代入数据得Vs2 m/s,方向与人原先运动方向一样；以后二者以V2 m/s为初速度向右作减速滑动,其加速度大小为v22m；板滑行的距离为2 a点拨：
9、用力的观点解题时,要仔细分析物体受力及运动状态的变化,关键是求出加速度；二、动量观点与能量观点综合例 2如下列图,坡道顶端距水平面高度为h ,质量为 m 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下,在进入水平面上的滑道时无机械能缺失,为使A 制动,将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M 处的墙上, 另一端与质量为 m2 的挡板 B 相连,弹簧处于原长时,B 恰位于滑道的末端 O 点； A 与 B 碰撞时间极短,碰后结合在一起共同压缩弹簧,已知在 OM 段 A、B 与水平面间动摩擦因数均为,其余各处的摩擦不计,重力加速度为 g ,求：（1）物块 A 在与挡板 B 碰撞前瞬时速度 v 的大小；（2）弹簧最大
10、压缩量为 d 时的弹性势能 E p（设弹簧处于原长时弹性势能为零）；解析：（ 1）物块 A 在坡道上滑行时只有重力做功,满意机械能守恒的条件,有mgh 1 mv 2,故 v 2 gh；2（ 2）A、 B 在水平道上碰撞时内力远大于外力,m 1 v m 1 m 2 vA、 B 组成的系统动量守恒,有接 着A 、 B 一 起 压 缩 弹 簧 到 最 短 , 在 此 过 程 中A 、 B克 服 摩 擦 力 所 做 的 功Wm1m2gd由能量守恒定律可得1m 1ghm 1m 2gd；m2v2Epm 1m2gd,所以E p2 m 12m 1m 2点拨：有关弹簧的弹性势能,由于教材中没有给出公式,因此一般
11、只能通过能量的转化名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 13 页精选学习资料 - - - - - - - - - 和守恒定律来运算；学习好资料欢迎下载能量守恒是自然界普遍遵守的规律,用此观点求解的力学问题可以收到事半功倍的成效,仔细分析题中事实实现了哪些能量的转化和转移,否就可能会前功尽弃；例 3如下列图,在光滑的水平面上有一质量为m,长度为 l 的小车,小车左端有一质量也是 m 可视为质点的物块,车子的右壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧（弹簧长度与车长相比可忽视） ,物块与小车间滑动摩擦因数为,整个系统处于静止状态；现在给物块一个水平向右的初速度v ,物块刚好能与小车右
12、壁的弹簧接触,此时弹簧锁定瞬时解除,当物块再回到左端时,恰与小车相对静止；求：（1）物块的初速度 0v 及解除锁定前小车相对地运动的位移；（2）求弹簧解除锁定瞬时物块和小车的速度分别为多少 . 解析：（1）物块在小车上运动到右壁时,设小车与物块的共同速度为 v ,由动量守恒定律得 mv 0 2 mv,由能量关系有 mgl 1 mv 0 2 1 2 mv 2,故 v 0 2 gl,在物块相对小2 2车向右运动的过程中,小车向右作匀加速运动加速度为 a g,速度由 0 增加到 v v 0,22小车位移为 s ,就 s v；2 a（2）弹簧解除锁定的瞬时,设小车的速度为 v ,物块速度为 v ,最终
13、速度与小车静止时 , 共 同 速 度 为 v , 由 动 量 守 恒 定 律 得 2 mv mv 1 mv 2 2 m v, 由 能 量 关 系 有mgl 1 mv 1 2 1 mv 2 2 1 2 m v 2,2 2 2v 1 v 0 v 1 0联立四式解得：和（舍去）,所以 v 1 v 0 2 gl,v 2 0；v 2 0 v 2 v 0点拨：弹簧锁定意味着储存弹性势能能量,解出锁定意味着释放弹性势能能量；求解物理问题,有时需要依据结果和物理事实,作出正确判定,确定取舍；例 4 一辆质量为 m 2 kg 的平板车,左端放有质量 M 3 kg 的小滑块,滑块与平板车之间的动摩擦因数 0.4,
14、如下列图,开头时平板车和滑块共同以 v 2 m/s 的速度在光滑水平面上向右运动,并与竖直墙壁发生碰撞,设碰撞时间极短,且碰撞后平板车速度大小保持不变,但方向与原先相反；设平板车足够长,以至滑块不会滑到平板车右端（取 g1.0 m/s 2）,求：（1）平板车第次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离；名师归纳总结 （2）平板车其次次与墙壁碰撞前瞬时的速度v ；第 4 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端,平板车至少多长 . 解析：（1） 平板车第次与墙壁碰撞后因受滑块对它的摩擦力作用而向左作
15、匀减速直线运动；设向左运动的最大距离为；1s,由动能定理得Mgs 1012 mv 02所以有s 1mv2 01m2Mg3有（2）假设平板车其次次与墙壁碰撞前和物块已经达到共同速度v ,由于系统动量守恒,1v 所发生的位移Mv0mv0Mmv 1,即v 1Mm v 00 . 4 m/sMm设平板车从第次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离处到再加速到速度大小为1s ,由动能定理得Mg s 11 mv 1 22有s 12 mv 1mv2 0Mm2,明显s 1s 1,2Mg2MgMm 21v04.m/s,这一速度也是平板车第说明平板车其次次与墙壁碰撞前已经达到了共同速度二次与墙壁碰撞前瞬时的速度；（3）平板
16、车与墙壁多次碰撞,使M与 m 之间发生相对滑动；由于摩擦生热,系统的动能逐步削减,直到最终停止在墙角边,设整个过程中物块与平板车的相对位移为l ,由能量转化和守恒定律得Mgl1mM v2,所以lmM2 v 05m；02Mg62点拨：用数学学问求解物理问题是考生应当具有的一项才能；在求解一些物理问题时往往要用到有关的数学学问,如：数列求和、不等式求解、极值争论等等,正确求解这类问题必需以较好的数学学问为前提；例 5 如下列图, C 是放在光滑水平面上的一块木板,木板质量为 3m,在木板的上面有两块质量均为 m 的小木块 A 和 B,它们与木板间的动摩擦因数均为 ；最初木板静止,A、B 两木块同时
17、以方向水平向右的初速度 v0和 2v0在木板上滑动,木板足够长,A、B 始终未滑离木板；求：（1）木块 B 从刚开头运动到与木板 C 速度刚好相等的过程中,木块 B 所发生的位移；（2）木块 A 在整个过程中的最小速度；v0 2 v 0 解析：（ 1）木块 A 先做匀减速直线运动至与 C A B速度相同,后与一道做匀加速直线运动；木块 B C始终做匀减速直线运动；木板 C 做两段加速度不同的匀加速直线运动,直到 A、B、C 三者的速度相等（设为 v1）为止,A、B、C 三者组成的系统动量守恒故：mv 0 2 mv 0 m m 3 m v 1, v1=0.6v0；对木块 B 运用动能定理,2有
18、mgs 1mv 1 2 1m 2 v 0 2,所以 s 91 v 0；2 2 50 g（2）设木块 A 在整个过程中的最小速度为v （此时 A、C 共速）,由动量定理知, 至此,名师归纳总结 A、 B 的动量变化都相同,都为m v0v,因A 、 B、 C 组成的系统动量守恒,有第 5 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 2m v0v3 m v学习好资料欢迎下载2v 0；,所以木块A 在整个过程中的最小速度v/5点拨：对于多物体系统只要仔细分析每一个物体受力情形和运动情形,抓住相关联的运动状态,问题仍旧很简洁解决；三、三种观点综合应用例 6
19、对于两物体碰撞前后速度在同始终线上,且无机械能缺失的碰撞过程,可以简化为如下模型： A、B 两物体位于光滑水平面上,仅限于沿同始终线运动；当它们之间的距离大于等于某肯定值d 时,相互作用力为零,当它们之间的距离小于d 时,存在大小恒为F 的斥力；设 A 物体质量 m1l.0kg ,开头时静止在直线上某点；B 物体质量 m2 3.0 kg,以速度 v 从远处沿直线向 A 运动,如下列图；如 d0.10 m, F0.60 N ,0v 0.20m/s,求：（1）相互作用过程中 A、B 加速度的大小；（2）从开头相互作用到A、B 间的距离最小时,系统（物体组）动能的削减量；（3） A、B 间的最小距离
20、；解析：（ 1）由牛顿运动定律可知,相互作用过程中A、B 加速度的大小分别为a1F0.60m/s2,a 2F0.20m/s2；m 1m 2（2）A、B 间距离最小时,两者速度相同,全过程满意由动量守恒的条件,故有m2v0m 1m2v,所以vm 2v 00 .15m/sm 2 v20 . 015 J；m 1m 2系统（物体组）动能的削减量为|Ek|1m 22 v 01m 122（3）依据匀变速直线运动规律得v 1a 1t,v2v0a2t,而距离最小时有v1=v2 ,由匀变速直线运动规律可得两物体位移分别为s 11a 1t2,s 2v 0t1a 2t2,由几何关系可22知ss 1ds 2,解以上各
21、式得A、B 间的最小距离s.0075 m；点拨：理论联系实际,用物理学问综合解决所遇问题是高考的一种追求；在处理有关问题时, 为了便利需要忽视问题中的次要因素,突出主要因素, 作恰当的简化,建立与所学知识间的联系,最终达到解决问题的目的；此题对实际问题的处理有较好的示范作用；例 8 如题右图,半径为 R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内；小球 A、B 质量分别为 m、 m（ 为待定系数）；A 球从左边与圆心等高处由静止开头沿轨道下滑,与静止于轨道最低点的 B球相撞, 碰撞后 A、B 球能达到的最大高度均为 1 R ,碰撞中无机4械能缺失；重力加速度为 g；试求：（1）待定系数 ；名师归纳总结 （2
22、）第一次碰撞刚终止时小球A、B 各自的速度和B 球对轨第 6 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载道的压力；（3）小球 A、B 在轨道最低处其次次碰撞刚终止时各自的速度,并争论小球 A、B 在轨道最低处第 n 次碰撞刚终止时各自的速度；解析：（ 1）由机械能守恒定律得 mgR mgR mgR故 3 ；4 4（ 2 ） 设 A 、 B 第 一 次 碰 撞 后 的 速 度 大 小 分 别 为 1v 、v 2, 就 1mv 1 2 m gR,2 41 2 mgR gR gRmv 2,故 v 1,向左；v 2 向右；2 4 2
23、 22设轨道对 B 球的支持力为 N ,B 球对轨道的压力为 N ,N mg m v 2 ,由牛顿第R三定律知 N N 4 . 5 mg,方向竖直向下；（3） 由机械能守恒定律知,第一次碰撞前 A 的速度为 v 0 2 gR；mv 1 mv 2 mV 1 mV 2设 A、B 球其次次碰撞刚终止时的速度分别为 V 、V ,就mgR 1 mV 1 2 1 mV 2 22 2解得 V 1 2 gR,V 2 0（另一组解：V 1 gR,V 2 gR不合题意,舍去） ；2 2由此可得：当 n 为奇数时,小球 A、B 在第 n 次碰撞刚终止时的速度分别与其第一次碰撞刚终止时相同；当 n 为偶数时,小球 A
24、、B 在第 n 次碰撞刚终止时的速度分别与其其次次碰撞刚终止时相同；点拨：对物理问题进行规律推理得出正确结论和作出正确判定,并把推导过程正确地表达出来,表达了对推理才能的考查,期望考生留意这方面的训练；【专题训练与高考猜测】名师归纳总结 1如右图,质量为 M3kg 的木板放在光滑水平面上,质量为 m1kg 的物块在木板上,第 7 页,共 13 页它们之间有摩擦, 木板足够长, 两者都以 v4m/s 的初速度向相反方向运动,当木板的速度为1v2.4m/s 时,物块（）A 加速运动B减速运动C匀速运动D静止不动2如右图所示, 一轻弹簧与质量为m 的物体组成弹簧振子,物体在同一条竖直线上的A、B 间
25、作简谐运动, O 为平稳位置, C 为 A、B 的中点,已知 OC h ,振子的周期为 T ,某时刻物体恰好经过 C 点并向上运动,就从今时刻开头的半个周期时间内,以下说法错误选项（）A 重力做功2mghB重力的冲量大小为mgT 2- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载C合外力的冲量为零D合外力做功为零3 有一传送装置如下列图,水平放置的传送带保持v0以 v2m/s 的速度向右匀速运动；传送带两端之间的距离 L10m,现有一物件以向右 4m/s 的初速度从左端滑上传送带, 物件与传送带之间的动摩擦因数0.2；求物件从传送带的左端运动到右
26、端所用的时间（ g10m/s 2）；4 一个质量 m 60kg 的滑雪运动员从高 h 20 m 的高台上水平滑出,落在水平地面上的 B 点,由于落地时有机械能缺失,落地后只有大小为 10 m/s 的水平速度,滑行到 C 点后静止,如下列图；已知 A 与B、B 与 C 之间的水平距离 1s 30 m,2s 40m,g10m/s 2,不计空气阻力；求：（1）滑雪运动员在水平面BC 上受到的阻力大小f ；（2）平抛运动的初速度；（3）落地时缺失的机械能 E ；5 如下列图, 质量 M=0.2kg 的长木板静止在水平面上,长木板与水平面间的动摩擦因数2=0.1,现有一质量为 m 0.2kg 的滑块,
27、以 0v =1.2m/s 的速度滑上 v0m M 长板的左端,小滑块与长木板间的动摩擦因数 1=0.4,滑块最终没有滑离长木板, 求滑块从开头滑上长木板到最终相对于地面静止下来的过程中,滑块滑行的距离是多少（以地球为参考系,g=10m/s 2）6 质量为 M 的小物块 A 静止在离地面高 h的水平桌面的边缘,质量为 m 的小物块 B 沿桌面对 A 运动并以速度 v 与之发生正碰 （碰撞时间极短） ；碰后 A 离开桌面, 其落地点离出发点的水平距离为 L,碰后 B 反向运动,求 B 后退的距离；已知 B 与桌面间的动摩擦因数为,重力加速度为 g ；7 如图,长木板 ab 的 b 端固定一档板,木
28、板连同档板的质量为 M=4.0kg , a、b 间距离s=2.0m；木板位于光滑水平面上；在木板 a 端有一小物块,其质量 m=1.0kg ,小物块与木板间的动摩擦因数 0 . 10,它们都处于静止状态；现令小物块以初速 v 0 4 . 0 m / s 沿木板向前滑动,直到和档板相撞； 碰撞后,小物块恰好回到a 端而不脱离木板； 求碰撞过程中缺失的机械能；8质量为 m1kg 的小木块（可视为质点）放在质量为M=5kg 的长木板上的左端,如图所示,长木板放在光滑水平桌面上,小木块与长木板间的m F M 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页,共 13 页精选学习资料 - - - -
29、- - - - - 动摩擦因数学习好资料2m欢迎下载=0.1,长木板的长度为L,现要使小木块从长木板的右端脱离出来,给小木块施加水平向右的恒力 F 作用 2 秒,就 F 至少为多大（g 10 m/ s 2）？9 在光滑水平面上静止有质量均为 m 的木板 AB 和滑块 CD ,木板 AB 上表面粗糙, 与滑块的动摩擦因数为 ,滑块 CD 上表面是光滑的 1 圆弧, 它们紧靠在一起,如下列图；一个4可视为质点的物块 P,质量也为 m,它从木板 AB 的右端以初速度 v0 滑入,过 B 点时速度为0v,然后又滑上滑块 CD ,最终恰好2能滑到滑块 CD 圆弧的最高点 C 处；求：（1）物块滑到 B
30、处时的木板的速度vAB（2）木板的长度 L；（3）滑块 CD 圆弧的半径 R；【参考答案】1 A；解析：木板和对物块组成的系统动量守恒,规定向右为矢量的正方向,设最终的共同速名师归纳总结 度为 V ,就有：MvmvMm V,所以V2 m/s；又由于木板和对物块相互作用第 9 页,共 13 页的全过程中均动量守恒,当木板的速度为1v2.4m/s 时,物块,设物块的速度为v ,就有MvmvMv1mv2,v208.m/s,故物块正在向右作加速运动,正确选项是A ；2C；解析：由题意可知, C、B 应关于点对称, 故重力做功mg2h2mgh,重力冲量I GmgtmgT ,合力冲量 2Imvmv2 mv
31、0,由动能定理得合外力做功WEk0,所以此题的正确选项是C；3.45 s；解析：因v04m/sv2m/s,物件在传送带上做匀减速运动,当速度减小到与传送带速度相同后, 随传送带匀速运动； 由牛顿其次定律Fma得amgg2 2 m/s,减m速所经过的位移s 1v22v23 m,所用时间t1vv 01 s,物件到达右端仍需时间0aat2Lvs 135.s,物件到达右端共需时间tt1t24.5 s；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 475 N,15 m/s,学习好资料欢迎下载15750 ；解析：（1）对 BC 过程运用动能定理得2 sfs 21 mv 22,
32、f2 mv75N；（2）在平抛2s 2运动过程中因h1 gt 22,有t2 h,平抛运动的初速度为v0s 115 m/s；（3）gt由能量守恒知,落地时缺失的机械能为E12 mv 0mgh1mv215750 J；225.024 m；解析：滑块滑上长木板后,作匀减速运动,长木板作匀加速运动直到速度相同为止,以后整体再作匀减速运动至速度为零；滑 块 的 加 速 度 大 小 为 a 1 1 mg4 m/ s 2, 长 木 板 的 加 速 度 大 小 为ma 2 1 mg 2 m M g2 m / s 2,设经过时间 t 达到共同速度 v ,就有 v 0 a 1 t a 2 t,M故 t 0 2. s
33、,v 0 4. m/s,滑块的位移为 s 1 v 0 1 at 20 . 16 m；整体作匀减速运动的2位移为 s ,由动能定理得 2 m M gs 2 1 m M v 2,有 2s 0 8. m,滑块滑行的2距离为 s s 1 s 2 0 . 24 m；21 ML g6 v 0；2 g m 2 h解析：设 t 为 A 从离开桌面至落地经受的时间,V表示刚碰后 A 的速度,有 h 1 gt 2,2L Vt,设 v 为刚碰后 B 的速度的大小, 由动量守恒得 mv0 MV mv,设 B 后退的距离2为 l ,由动能定理得,mgl 1 mv 2,解得 l 1 ML gv 0；2 2 g m 2 h
34、7 2.4J；解析：物块在长木板上向右滑行时作减速运动,长木板作加速运动,碰撞时物块再传递名师归纳总结 一部分能量给长木板,以后长木板减速,物块加速直到速度相同为止；设木块和物块最终共第 10 页,共 13 页同的速度为v,由动量守恒定律得mv 0mMv,设全过程缺失的机械能为E ,E12 mv 01mMv2；因相对滑动而产生的内能为Qmg2s, E 用表示在碰22撞 过 程 中 损 失 的 机 械 能 , 由 能 量 守 恒 定 律 可 得EQE, 就- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - E81mMv22学习好资料欢迎下载mgs,代入数据得E =2.4J
35、；2mM01 . 85N；解析：未撤去力 2 秒内,小木块的加速度为 a 1 F mg F 1,撤去力后小木块m的 加 速 度 为 a 2 g 1 m / s 2, 长 木 板 一 直 在 加 速 , 其 加 速 度 为a 3 mg0 2. m/s 2； 刚 撤 去 力 时 小 木 块 的 速 度 v 1 a 1 t 2 F 1 , 位 移Mv 1 v 2s 1 t 2 F 1 ,长木板的速度为 v 2 a 3 t 0 4. m/s,位移为 s 1 t 0 . 4 m,相对2 2位移为 s 1 s 1 s 2 2 F 2 . 4,以后至小木块刚要滑离长木板时二者速度相等,由动量守 恒 定 律
36、得 mv 1 Mv 2 m M v, 有 v F, 该 段 时 间 内 相 对 位 移 为3s 2 L s 1 4 4. 2 F 由能量守恒定律得 mg s 2 1 mv 1 2 1 Mv 2 2 1 m M v 2,2 2 2整理得 5 F 2 6 F 6 0,解得 F 1 . 85 N；2 20v 5 v 0 v 09 v AB,L,R；4 16 g 64 g解 析 ：（ 1 ） 物 块 P 在 AB 上 滑 动 时 , 三 个 物 体 组 成 的 系 统 动 量 守 恒 , 即v 0 0vmv 0 m 2 mv AB,有 v AB；2 42（2）由能量守恒可得 mgL 1 mv 0 2
37、1 m v 2 1 2 m v 2,所以 L 5 v 0；2 2 2 2 4 16 g（3）在物块 P 与 CD 相互作用的过程中,满意动量守恒定律和机械能守恒定律,故2 2m v 0mv AB 2 mv,1m v 0 1mv 2AB 1mv 2mgR,解得：R v 0；2 2 2 2 2 64 g以下红色字体部分是从文中删掉的；难度太大,有点偏；上网时请总编全部删掉即可；例 3 如下列图,水平面放一质量为 0.5 kg 的长条形金属盒,盒宽 l =lm ,它与水平面间的动摩擦因数是0.25,在盒的 A 端有一个与盒质量相等的小球, 球与盒无摩擦； 现在盒的 A 端快速打击一下金属盒,给盒以
38、lN s的向右的冲量, 设球与盒间的碰撞没有能量缺失,且碰撞时间极短,求球与盒组成的系统从开头运动到完全停名师归纳总结 止所用时间（g 10m/s 2） ；第 11 页,共 13 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习好资料 欢迎下载解析：此题包括了五个物理过程,即给盒冲量使盒具有初速度,盒与球碰撞,球作匀速直线运动,球与盒再次碰撞,最终盒作匀减速运动；对盒由动量定理得 I m A v 0,就盒被打击后的速度 v 0 I2m/s；m A盒与球碰撞时间极短,盒与球组成的系统动量守恒,所以 m A v 0 m A v A m B v B,由于碰撞没有能量缺失, 有 1m A v 0 2 1m A v A 2 1m B v B 2,而 m A m B,代入数据, 解得 v A 0,2 2 2v B 2 m/s（即质量相同的两物体发生弹性碰撞时速度互换）；B 球在盒内向右匀速运动,经时间 t1 l0.5s,球在右端与盒相碰,由动量守恒和能v B量守恒可得,碰后盒与球的速度分别为 v A 2 m/