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1、精选学习资料 - - - - - - - - - 专题之一 牛顿其次定律牛顿其次定律1.定律的表述物体的加速度跟所受的外力的合力成正比,跟物体的质量成反比,加速度的方向跟合力的方向相同,既 F=ma （其中的 F 和 m、a 必需相对应）特殊要留意表述的第三句话；由于力和加速度都是矢量,它们的关系除了数量大小的关系外,仍有方向之间的关系；明确力和加速度方向,也是正确列出方程的重要环节；如 F 为物体受的合外力,那么 a 表示物体的实际加速度；如 F 为物体受的某一个方向上的全部力的合力,那么 a 表示物体在该方向上的分加速度；如 F 为物体受的如干力中的某一个力,那么 a 仅表示该力产生的加速
2、度,不是物体的实际加速度；2.应用牛顿其次定律解题的步骤明确争论对象；可以以某一个物体为对象,也可以以几个物体组成的质点组为对象；设每个质点的质量为 mi,对应的加速度为 ai,就有： F合=m1a1+m2a2+m3a3+ +mnan对这个结论可以这样懂得：先分别以质点组中的每个物体为争论对象用牛顿其次定律：F1=m1a1,F 2=m2a2, F n=mnan,将以上各式等号左、右分别相加,其中左边全部力中,凡属于系统内力的,总是成对显现的,其矢量和必为零,所以最终实际得到的是该质点组所受的全部外力之和,即合外力 F；对争论对象进行受力分析；（同时仍应当分析争论对象的运动情形（包括速度、加速度
3、）,并把速度、加速度的方向在受力图旁边画出来；如争论对象在不共线的两个力作用下做加速运动,一般用平行四边形定就 （或三角形定就）解题； 如争论对象在不共线的三个以上的力作用下做加速运动,一般用正交分解法解题（留意灵活选取坐标轴的方向,既可以分解力,也可以分解加速度）；当争论对象在争论过程的不同阶段受力情形有变化时,那就必需分阶段进行受力分析,分阶段列方程求解；解题要养成良好的习惯；只要严格依据以上步骤解题,同时认真画出受力分析图,那么问题都能迎刃而解；3.应用举例A F 例 1如下列图, mA=1kg,mB=2kg ,A、B 间静摩擦力的最大值是5N,水平面光滑；用水平力F 拉 B,当拉力大小
4、分别是F=10N 和 F=20N 时,A、BB 的加速度各多大？解：先确定临界值,即刚好使A、B 发生相对滑动的F 值；当 A、B 间的静摩擦力达到5N 时,既可以认为它们仍旧保持相对静止,有共同的加速度,又可以认为它们间已经发生了相对滑动,A 在滑动摩擦力作用下加速运动；这时以A 为对象得到a =f/mA =5m/s2,再以 A、B 系统为对象得到 F =（mA+mB） a =15N 名师归纳总结 当 F=10N15N时, A 、 B 间肯定发生了相对滑动,用质点组牛顿其次定律列方程：- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - Fm Aa Am BaB,而 a
5、 A=f/mA =5m/s2,于是可以得到a B =7.5m/s2例 2如下列图, m =4kg 的小球挂在小车后壁上,细线与竖直方向成 37 角；当：小车以 a=g 向右加速；小车以 a=g 向右减速时,分别求细线对小球的拉力 F 1和后壁对小球的压力 F2 各多大？解：向右加速时小球对后壁必定有压力,球在三个共点力作用 F 1 v a F 1v 下向右加速；合外力向右,F2 向右,因此 G 和 F1 的合力肯定水 F2 a G G 平向左,所以 F1 的大小可以用平行四边形定就求出：F1=50N ,可见向右加速时 F1 的大小与 a 无关； F2 可在水平方向上用牛顿其次定律列方程：F2-
6、0.75 G =ma运算得 F2=70N ；可以看出 F2 将随 a 的增大而增大； （这种情形下用平行四边形定就比用正交分解法简洁；）必需留意到：向右减速时,F2 有可能减为零,这时小球将离开后壁而“ 飞” 起来；这时细线跟竖直方向的夹角会转变,因此 F1 的方向会转变；所以必需先求出这个临界值；当时 G 和 F1的合力刚好等于 ma,所以 a 的临界值为 a 3g；当 a=g 时小球必将离开后壁；不难看出,这时4F1= 2 mg=56N , F2=0 例 3如下列图,在箱内的固定光滑斜面（倾角为）上用平行于斜面的细线固定一木块,木块质量为 m；当箱以加速度 a 匀加速上升时,箱以加速度 a
7、 匀加速向左时,分别求线对木块的拉力 F 1 和斜面对箱的压力 F 2解： a 向上时,由于箱受的合外力竖直向上,重力竖直向下,所以F1、F2 的合力 F 必定竖直向上；可先F 2 F F 1 a v y ay F2 F 1 x 求 F,再由 F1=Fsin和 F2=Fcos求解,得到：a v G Gx ax F1=mg+asin ,F2=mg+acos 明显这种方法比正交分解法简洁；G Gy a 向左时,箱受的三个力都不和加速度在一条直线上,必需用正交分解法；可挑选沿斜面方向和垂直于名师归纳总结 斜面方向进行正交分解, （同时也正交分解a）,然后分别沿x、y 轴列方程求出F1、F2：第 2
8、页,共 28 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - F1=mgsin-acos ,F2=mgcos +asin 经比较可知,这样正交分解比依据水平、竖直方向正交分解列方程和解方程都简洁；仍应当留意到F1 的表达式F1=mgsin-acos 显示其有可能得负值,这意味这绳对木块的力是推力,这是不行能的；可见这里又有一个临界值的问题：当向左的加速度agtan时 F1=mgsin-acos 沿绳向斜上方；当是相对于斜面对上滑动,绳子放松,拉力为零；agtan 时木块和斜面不再保持相对静止,而例 4如下列图,质量为 m=4kg 的物体与地面间的动摩擦因数为 =0
9、.5,在与水平成 =37 角的恒力 F 作用下,从静止起向右前进 t1=2s 后撤去 F,又经过t2=4s 物体刚好停下；求：F 的大小、最大速度 vm、总位移 s F 解：由运动学学问可知：前后两段匀变速直线运动的加速度 a与时间 t 成反比,而其次段中 mg=ma 2,加速度 a2=g=5m/s2,所以第一段中的加速度肯定是a1=10m/s2；再由方程 F cos mg F sin ma 1 可求得： F=54.5N 第一段的末速度和其次段的初速度相等都是最大速度,可以按其次段求得：vm=a2t2=20m/s 又由于两段的平均速度和全过程的平均速度相等,所以有 s v m t 1 t 2
10、60 m 2需要引起留意的是：在撤去拉力 四、连接体（质点组）F 前后,物体受的摩擦力发生了转变；在应用牛顿其次定律解题时,有时为了便利,可以取一组物体（一组质点）为争论对象；这一组物体可以有相同的速度和加速度,也可以有不同的速度和加速度；以质点组为争论对象的好处是可以不考虑组内各物体间的相互作用,这往往给解题带来很大便利；使解题过程简洁明白；例 5如图 A、B 两木块的质量分别为mA、mB,在水平推力F 作用下沿光滑水平面匀加速向右A、运动,求 A、B 间的弹力 FN；F A v a 解：这里有 a、FN 两个未知数,需要建立两个方程,要取两次争论对象；B 比较后可知分别以B、（A+B）为对
11、象较为简洁（它们在水平方向上都只受到一个力作用） ；可得FNmm Bm BFA这个结论仍可以推广到水平面粗糙时（A、B 与水平面间 相同）；也可以推广到沿斜面方向推B 向上加速的问题,好玩的是,答案是完全一样的；名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页,共 28 页精选学习资料 - - - - - - - - - 例 6如图,倾角为 的斜面与水平面间、斜面与质量为m 的木块间的动摩擦因数均为 ,木块由静止开头沿斜面加速下滑时斜面仍保持静止；求水平面给斜面的摩擦力大小和方向；解：以斜面和木块整体为争论对象,水平方向仅受静摩擦力作用,而整体中只有木块的加速度有水平方向的重量；可以先求出木
12、块的加速度agsincoscos,再在水平方向对质点组用牛顿其次定律,很简洁得到：F fmgsincos假如给出斜面的质量M,此题仍可以求出这时水平面对斜面的支持力大小为：FN=Mg+mgcos +sin sin ,这个值小于静止时系统对水平面的压力；例 7 长 L 的轻杆两端分别固定有质量为m 的小铁球,杆的三等分点 O 处有光滑的水平转动轴；用手将该装置固定在杆恰好水平的位F2 O 1 置,然后由静止释放,当杆到达竖直位置时,求轴对杆的作用力的大小和方向；v ：解：依据系统机械能守恒可求出小球1 在最高点的速度0=mg 1/3L-mg 2/3 L+1/2 mv2+1/2 m2v2, 在竖直
13、位置对系统用牛顿其次定律,以向下为正方向,设轴对系统的作用力F 向上,2mgFmv2m2 v2,得到L/32L/3F=2.4 mg 五、向心力和向心加速度（牛顿其次定律在圆周运动中的应用）1.做匀速圆周运动物体所受的合力为向心力“ 向心力” 是一种成效力；任何一个力,或者几个力的合力,或者某一个力的某个分力,只 要其成效是使物体做匀速圆周运动的,都可以作为向心力；2.一般地说,做圆周运动物体沿半径方向的合力为向心力；当作圆周运动物体所受的合力不指向圆心时, 可以将它沿半径方向和切线方向正交分解,其沿半径方向的分力为向心力,只转变速度的方向,不转变速度的大小；其沿切线方向的分力为切向力,只转变速
14、度的大小,不转变速度的方向；分别与它们相应的向心加速度描述速度方向变化的快慢,快慢；3.圆锥摆 圆锥摆是典型的运动轨迹在水平面内的匀速圆周运动；切向加速度描述速度大小变化的其特点是由物体的重力与弹力的合力充当向心力, 向心力的方向水平；也可以说是其中弹力的水平分力供应向心力（弹力的竖直分力和重力互为平稳力） ；例 8小球在半径为R 的光滑半球内做水平面内的匀速圆周运动,试分析图中N F G 的 （小球与半球球心连线跟竖直方向的夹角）与线速度v、周期 T 的关系；（小球的半径远小于R；）解：小球做匀速圆周运动的圆心在和小球等高的水平面上（不在半球的球心） ,向心力 F 是重力 G 和支持力 N
15、的合力,所以重力和支持力的合力方向必定水平；如下列图有：名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页,共 28 页精选学习资料 - - - - - - - - - mgtanmv2mRsin2,由此可得：Rsinv gR tan sin , T 2 R cos2 h,（式中 h 为小球轨道平面到球心的高度）；可见, g g越大（即轨迹所在平面越高）,v 越大, T 越小；此题的分析方法和结论同样适用于圆锥摆、火车转弯、 飞机在水平面内做匀速圆周飞行等在水平面内的匀速圆周运动的问题；共同点是由重力和弹力的合力供应向心力,向心力方向水平；4.竖直面内圆周运动最高点处的受力特点及结论这类题的特
16、点是：物体做圆周运动的速率是时刻在转变的,由于机械能守恒,物体在最高点处的速率最小,在最底点处的速率最大；物体在最低点处向心力向上,而重力向下,所以弹力必然向上且大于重力；而在最高点处,向心力向下,重力也向下,所以弹力的方向就不能确定了,要分三种情形进行争论；弹力只可能向下,如绳拉球； 这种情形 F 下有 F mg mvR 2mg F G 绳G 即 v gR,否就不能通过最高点；弹力只可能向上,如车过桥； 在这种情2况下有 mg F mv mg , v gR,否就将离开桥面,做平抛运动；R弹力既可能向上又可能向下,如管内转（或杆连球）；这种情形下,速度大小 v 可以取任意值；可以进一步争论：当
17、 v gR 时弹力必定是向下的；当 v gR 时弹力必定是向上的；当v gR 时弹力恰好为零；当弹力大小 Fmg时,向心力只有一解：F +mg；当弹力 F=mg 时,向心力等于零；例 9杆长为 L,球的质量为 m,杆连球在竖直平面内绕轴 O 自由转动,已知在最高点处,杆对球的弹力大小为 解：小球所需向心力向下,此题中F=1/2mg,求这时小球的即时速度大小；F=1/2 mg mg,所以弹力的方向可能向上也可 能 向 下 ； 如F向 上 , 就mgFmv2,vgL 如F向 下 , 就L2mgF2 mv,v3gLL2此题是杆连球绕轴自由转动,依据机械能守恒,仍能求出小球在最低点的即时速度；特殊需要
18、留意的是：如题目中说明小球在杆的带动下在竖直面内做匀速圆周运动,就运动过程中小球的机械能不再守恒,这两类题务必分清；名师归纳总结 六、万有引力人造卫星第 5 页,共 28 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1.用万有引力定律求中心星球的质量和密度当一个星球绕另一个星球做匀速圆周运动时,设中心星球质量为 M,半径为 R,环绕星球质量为 m,线速度为 v,公转周期为 T,两星球相距 r,由万有引力定律有：2 2 2 2 3GMm2 mv mr 2,可得出 M v r 4 r2,由 r、v 或 r、T 就可以求出中心星球的质r r T G GT量；假如环绕
19、星球离中心星球表面很近,即满意 rR,那么由 M 4 R 3可以求出中心星球3的平均密度 ；2.双星宇宙中往往会有相距较近,质量可以相比的两颗星球,它们离其它r1 Or2 m2 星球都较远,因此其它星球对它们的万有引力可以忽视不计；在这种情况下,它们将环绕它们连线上的某一固定点做同周期的匀速圆周运动；m1 这种结构叫做双星；由于双星和该固定点总保持三点共线,所以在相同时间内转过的角度必相等, 即双星做匀速圆周运动的角速度必相等,因此周期也必定相同；F=mrL,而向心力表由于每颗星的向心力都是由双星间相互作用的万有引力供应的,因此大小必定相等,由2 可得r1 ,于是有r 1m 2L ,r2m 1
20、m 12Lm 1m 2mm列式时须留意：万有引力定律表达式中的r 表示双星间的距离,按题意应当是达式中的 r 表示它们各自做圆周运动的半径,在此题中为 3.人造卫星（只争论绕地球做匀速圆周运动的人造卫星）r1、r2,千万不行混淆；人造卫星的线速度和周期；人造卫星的向心力是由地球对它的万有引力供应的,因此有：GMmmv2mr22,由此可得到两个重要的结论：vGM1和T2r3r3；r2rTrrGM可以看出,人造卫星的轨道半径r、线速度大小v 和周期 T 是一一对应的,其中一个量确定后,另外两个量也就唯独确定了；离地面越高的人造卫星,线速度越小而周期越大；近地卫星； 近地卫星的轨道半径r 可以近似地
21、认为等于地球半径R,又由于地面邻近gGM,R2所以有vgR7. 9103m/s ,T2R5. 1103s85min；它们分别是绕地球做匀速圆周g运动的人造卫星的最大线速度和最小周期；同步卫星；“ 同步” 的含义就是和地球保持相对静止（又叫静止轨道卫星）,所以其周期等于地球自转周期,既 T=24h,依据可知其轨道半径是唯独确定的,经过运算可得求得同步卫星离地面的高度为 h=3.6 10 7m5.6R 地,而且该轨道必需在地球赤道的正上方,卫星的运转方向必需是由西向东；例 10.“ 神舟三号” 顺当发射升空后,在离地面 340km 的圆轨道上运行了 108 圈；运行中需要多次进行 “ 轨道维护”；
22、所谓“ 轨道维护” 就是通过掌握飞船上发动机的点火时间和推力的大小方向,使飞船能保持在预定轨道上稳固运行；假如不进行轨道维护,由于飞船受轨道上淡薄空气的摩擦阻力, 轨道高度会逐步降低,在这种情形下飞船的动能、重力势能和机械能变化情形将会是A. 动能、重力势能和机械能都逐步减小B. 重力势能逐步减小,动能逐步增大,机械能不变名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页,共 28 页精选学习资料 - - - - - - - - - C.重力势能逐步增大,动能逐步减小,机械能不变D. 重力势能逐步减小,动能逐步增大,机械能逐步减小解：由于阻力很小,轨道高度的变化很慢,卫星运行的每一圈仍可认为是
23、匀速圆周运动；由于摩擦阻力做负功,依据机械能定理,卫星的机械能减小；由于重力做正功,依据势能定理,卫星的重力势能减小；由 v GM 1 可知, 卫星动能将增大；这也说明该过程中重力做的功大于克r r服阻力做的功,外力做的总功为正；答案选 D 例 11 如下列图,某次发射同步卫星时,先进入一个近地的圆轨道,然后在 P 点点火加速,进入椭圆形转移轨道（该椭圆轨道的近地点为近地圆轨道上的 P,远地v3点为同步轨道上的 Q）,到达远地点时再次自动点火加速,进入同步轨Q 道；设卫星在近地圆轨道上运行的速率为 v1,在 P 点短时间加速后的 v4 v1 速率为 v2,沿转移轨道刚到达远地点 Q 时的速率为
24、 v3,在 Q 点短时间加速后进入同步轨道后的速率为 v4；试比较 v1、v2、v3、v4 的大小,并用小于号将它们排列起来 _；P v2 解：依据题意在 P、 Q 两点点火加速过程中,卫星速度将增大,所以有 v2v1、v4v3,而 v1、v4 是绕地球做匀速圆周运动的人造卫星的线速度,由于它们对应的轨道半径 r1v4；把以上不等式连接起来,可得到结论：v2v1v4v3；（卫星沿椭圆轨道由 PQ 运行时, 由于只有重力做负功,卫星机械能守恒,其重力势能逐步增大,动能逐步减小,因此有 v2v3；）例 12 欧洲航天局用阿里亚娜火箭发射地球同步卫星；该卫星发射前在赤道邻近（北纬 5 左右）南美洲的
25、法属圭亚那的库卢基地某个发射场上等待发射时为1 状态,发射到近地轨道上做匀速圆周运动时为 2 状态,最终通过转移、调试,定点在地球同步轨道上时为 3 状态；将以下物理量按从小到大的次序用不等号排列：这三个状态下卫星的线速度大小 _；向心加速度大小_；周期大小 _；解：比较2、3 状态,都是绕地球做匀速圆周运动,由于r2r 3,所以 v3v2；比较 1、3 状态,周期相同,即角速度相同,而r1r3 由 v= r,明显有 v1v3；因此 v1v3v2；比较 2、3 状态,都是绕地球做匀速圆周运动,由于 r2r 3,而向心加速度就是卫星所在位置处的重力加速度g=GM/r21/r2,所以 a3a2；比
26、较 1、3 状态,角速度相同,而r1r3,由 a=r2r,有 a1a3；所以 a1a3a2；比较 1、2 状态,可以认为它们轨道的周长相同,而 v1 v 2,所以 T2T1；又由于 3 状态卫星在同步轨道,周期也是24h ,所以 T3=T1,因此有 T2T1=T3；名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 28 页精选学习资料 - - - - - - - - - 专题之二 动量和能量概述：处理力学问题、常用的三种方法一是牛顿定律；二是动量关系；三是能量关系；如考查的物理量是瞬时对应关系,常用牛顿运动定律；如争论对象为一个系统,第一考虑的是两个守恒定律；如争论对象为一个物体,可优先
27、考虑两个定理；特殊涉准时间问题时,优先考虑的是动量定理、而涉及位移及功的问题时,优先考虑的是动能定理；两个定律和两个定理,只考查一个物理过程的始末两个状态,对中间过程不予以细究,这正是它们的便利之处,特殊是变力问题,就显示出其优越性；动量与能量的综合问题,是高中力学最重要的综合问题,也是难度较大的问题；分析这类问题时,应第一建立清晰的物理图景、抽象出物理模型、挑选物理规律、建立方程进行求解；例题分析：例 1. 如下列图, 质量分别为 m 和 2m 的 A、B 两个木块间用轻弹簧相连,A B F 放在光滑水平面上,A 靠紧竖直墙；用水平力F 将 B 向左压,使弹簧被压缩肯定长度,静止后弹簧储存的
28、弹性势能为E；这时突然撤去F,关于 A、B 和弹簧组成的系统,以下说法中正确选项（BD ）A.撤去 F 后,系统动量守恒,机械能守恒B.撤去 F 后, A 离开竖直墙前,系统动量不守恒,机械能守恒C.撤去 F 后, A 离开竖直墙后,弹簧的弹性势能最大值为 E D.撤去 F 后, A 离开竖直墙后,弹簧的弹性势能最大值为 E/3 A 离开墙前墙对 A 有弹力,这个弹力虽然不做功,但对 A 有冲量,因此系统机械能守恒而动量不守恒； A 离开墙后就系统动量守恒、机械能守恒；A 刚离开墙时刻,B 的动能为 E,动量为p= 4 mE 向右；以后动量守恒,因此系统动能不行能为零,当 A、B 速度相等时,
29、系统总动能最小,这时的弹性势能为 E/3； 指出：应用守恒定律要留意条件；对整个宇宙而言, 能量守恒和动量守恒是无条件的；但对于我们选定的争论对象所组成的系统,守恒定律就有肯定的条件了；如系统机械能守恒的条件就是“ 只有重力做功”；而系统动量守恒的条件就是“ 合外力为零” ；名师归纳总结 例 2. 长为 L 宽为 d 质量为 m 总电阻为 R 的矩形导线框上下两边保持水平,B L d d 第 8 页,共 28 页在竖直平面内自由落下而穿越一个磁感应强度为B 宽度也是d 的匀强磁场区；已知线框下边刚进入磁场就恰好开头做匀速运动；就整个线框穿越该磁场的全过程中线框中产生的电热是_ ；如直接从电功率
30、运算,就需要依据mgB2L2v求匀速运动的速度v、再求电R- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 动势 E、电功率P、时间 t,最终才能得到电热Q；假如从能量守恒考虑,该过程的能量转化途径是重力势能EP电能 E电热 Q,因此直接得出Q=2mgd 指出 ：深刻懂得守恒的本质,敏捷选用守恒定律的各种表示形式例如机械能守恒定律就有多种表达形式：EK+EP=EK/+EP , EK+ EP=0 ；它们的实质是一样的, 但在运用时有繁简之分；由于重力势能的运算要选定参考平面,而重力势能变化的运算跟参考平面的选取无关,所以用后者往往更便利一些；在运用更广义的能量守恒定律解
31、题时,可以这样分析： 先确定在某一过程中有哪些能量参加了转化；哪些能量增加了,哪些能量削减了；然后依据能量守恒的思想,全部增加了的能量之和肯定等于全部削减了的能量之和,即 E 增= E 减；例 3 如下列图, 质量为 1.0kg 的物体 m1,以 5m/s 的速度在水平桌面上 AB 部分的左侧向右运动,桌面 AB 部分与 m1 间的动摩擦因数 =0.2,AB 间的距离 s=2.25m,桌面其他部分光滑；m1 滑到桌边处与质量为2.5kg 的静止物体m2 发生正碰,碰撞后m2在坚直方向上落下0.6m 时速度大小为4m/s,如 g 取 10m/s2,问 m1 碰撞后静止在什么位置？解析： m1 向
32、右运动经过 AB 段作匀减速运动,由动能定律可以求出离开 B 点连续向右运动的速度为 4 米/秒；和 m2发生碰撞后, m2 作平抛运动,由平抛运动学问可以求出 为 2 米 /秒；利用动量守恒定律可以求出碰撞之后瞬时出返回经过 AB 段,离 B 点 0.25 米处停止 ；m2 做平抛运动的初速度（碰撞之后）m1 的速度为 1 米/秒；由动能定律可以求例 4 如下列图,球 A 无初速地沿光滑圆弧滑下至最低点 C 后,又沿水平轨道前进至 D 与质量、大小完全相同的球 B 发生动能没有缺失的碰撞；B 球用长 L 的细线悬于 O 点,恰与水平地面切于 D 点； A 球与水平地面间摩擦系数 =0.1,已
33、知球 A 初始高度h=2 米, CD=1 米；问：1 如悬线 L=2 米, A 与 B 能碰几次 .最终 A 球停在何处？2 如球 B 能绕悬点 O 在竖直平面内旋转, L 满意什么条件时,名师归纳总结 A、B 将只能碰两次？A 球最终停于何处？第 9 页,共 28 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 120 次 A 球停在 C 处2L 0.76 米, A 球停于离 D9.5 米处例 5 如下列图,小木块的质量m0.4kg,以速度 20m/s,水平地滑上一个静止的平板小车,小车的质量M 1.6kg ,小木块与小车间的动摩擦因数 0.2.（不计车与路面的
34、摩擦）求：1小车的加速度；2小车上的木块相对于小车静止时,小车的速度；3这个过程所经受的时间 . 10.5m/s 2；24m/s ；38s 其次问：对 m、M 系统争论,利用动量守恒定律很快求出木块相对小车静止时,小车的速度；也可以利用动能定理分别争论烦得多；说明合理挑选物理规律求解,可以提高解题速度和精确程度m 和 M,但相对而言要麻例 6 如下列图 ,在光滑水平地面上有一辆质量为 M 的小车 ,车上装有一个半径为 R 的光滑圆环 .一个质量为 m 的小滑块从跟车面等高的平台上以速度 V0 滑入圆环 .试问 :小滑块的初速度 V0 满意什么条件才能使它运动到环顶时恰好对环顶无压力 . 解析：
35、滑块至圆环的最高点且恰好对环顶无压力,应有mgmv2R 1 式中 V 是滑块相对圆心O 的线就滑块的对地速度为vu.速度, 方向向左； 设小车此时速度u,并以该速度方向为正方向,对滑块和小车组成的系统,由于水平方向所受合外力为零,由动量守恒有mv 0Mum vu2 vu22 mgR3 三式由滑块和小车系统的机械能守恒有122 mv 012Mu212m 联立求解得：v05M4mRgMu 向右移动的,所以滑快对指出：公式v2/R 中的v是相对圆心的线速度,而此题中的圆心是以地速度为 Vu；而动量守恒定律、机械能守恒定律表达式中的速度均应为对地的；例 7 如下列图 , 一质量为 M 、长为 l 的长
36、方形木板 B放在光滑的水平地面上 , 在其右端放一质量为 m 的小木块 A, mM. 现以地面为参照系 , 给 A 和 B 以大小相X 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页,共 28 页精选学习资料 - - - - - - - - - 等、方向相反的初速度, 使 A 开头向左运动、 B 开头向右运动 , 但最终 A, 刚好没有滑离B 板以地面为参照系 1如已知 A 和 B 的初速度大小均为 V 0, 求它们最终的速度的大小和方向 . 2 如初速度大小未知 , 求小木块 A 向左运动到达的最远处 从地面上看 离动身点的距离 . 解析：A 和 B 相对静止时, A 相对 B 向左滑
37、动了 L 如图（ 3）设此时速度为 V；由动量守恒定律：Mv 0 mv 0 M m vv M m v 0 / M m 小木块 A 向左运动到达最远处 x 时（如图（ 2）对地速度为零,对小木块 A 由动能定理：fx 1 mv 0 2 对 AB 全程由能量转化和守恒定律：21 2 1 2mgL M m v 0 M m v 由以上三式可解得 x；求解此题要充分利用草图弄清物2 2理过程；例 8、 如下列图,小车 A 质量为 mA 2 kg 置于光滑水平面上；初速度为 v 14 m / s,带电量q=0.2C 的可视为质点的物体 B,质量为 mB 0 1. kg ,轻放在小车的右端 ,它们的周转围存
38、在匀强磁场,方向垂直纸面对里 ,磁场强度为 B=0.5T,物体 B 与小车之间有摩擦力 ,小车足够长 .求1物体 B 的最大速度 .2小车 A 的最小速度 .3在此过程中转变成多少内能解析 :小车受到摩擦力作减速运动,物体BA B V 受到摩擦力作用而加速运动,其受到的磁场力方向向上 ,把 A 和 B 作为一个系统 ,在竖直方向上合外力为零,水平方向不受外力作用,系统总动量守恒.当物体B 受到的磁场力和所受重力平 衡 时 , 其 速 度 最 大 , 此 时 小 车A 的 速 度 最 小 , 在 这 个 过 程 中 系 统 损 失 的 动 能 转 变 成 内能.1 qBv1 mg v 1 m B
39、 gqB 10 m / s2 依据动量守恒定律有 : Mv mv 1 Mv 2 v 2 13 5. m / s1 2 1 2 1 23 Q Mv Mv 2 mv 1 8 . 75 J2 2 2例 9 静止在太空中的飞行器上有一种装置 ,它利用电场加速带电粒子 ,形成向外发射的粒子流 ,从而对飞行器产生反冲力 ,使其获得加速度 .已知飞行器的质量为 M, 发射的 2 价氧离子 ,发射功率为 P,加速电压为 U,每个氧离子的质量为 m,单位电荷的电量为 e,不计发射离子后飞行器质量的变化 ,求：（1）射出的氧离子速度； （2）每秒钟射出的氧离子数； （3）射出离子后飞行器开头运动的加速度；名师归纳
40、总结 解析：（ 1）以氧离子为争论对象,依据动能定理,有：E k1mv2qU2eU1 所第 11 页,共 28 页2以氧离子速度为v2eU/m（2）设每秒钟射出的氧离子数为N,就发射功率可表示为：- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - PNE k2NeU2 所以氧离子数为N=P/2eU （3）以氧离子和飞行器为系统,设飞行器的反冲速度为 V,依据动量守恒定律 mv MV 0 N tmv MV 所以,飞行器的加P速度为 a m / eUM例 10、质量为 0.01kg 的子弹以 300m/s 的水平速度射中一静止在光滑水平面上的木块,子弹进入木块 6cm 而相对于木块静止下来；在这过程中, 木块往前移动了 0.2cm；求：（1）木块的末速度；（2）木块的质量解析：以子弹和木块为系统,相对静止时共同速度为 V 由动量守恒 mv 0 m M v 子弹与木块相对静止时,木块滑动的位移为 L,子弹相对地面发生的位移为 L+d ,对子弹和木块分别利用动能定理：f L d 1mv 0 2 1mv 2 fL 1 Mv 2 由以上三式可解得2 2 2V=10m/S M=0.29Kg 例 11、如图,物块 A 以初速度