动量及能量(全)
相对论：能量和动量的变换
相对论能量：物体在相对论中 的能量，包括静止能量和动能
相对论动量：物体在相对论中 的动量，等于其能量与速度的来自比值能量和动量的关系式
E^2
=
m^2c^4 +
p^2c^2
E^2
=
m^2c^4 +
(pc)^2
E^2
=
m^2c^4 +
(γm^2 -
m^2)c^2
E^2
=
m^2c^4 +
(γm^2 -
m^2)c^2 +
领域
引力波探测：利用相对论原理 探测引力波，研究宇宙起源和
演化
相对论中能量和 动量的实验验证
原子能与核能的实验验证
原子能实验：通过核裂变和核聚变 实验，验证了相对论中能量和动量 的关系
粒子加速器实验：通过粒子加速器 实验，验证了相对论中能量和动量 的关系
添加标题
添加标题
添加标题
添加标题
核能实验：通过核反应堆实验，验 证了相对论中能量和动量的关系
相对论中的能量和动量的物理意义
相对论的基本原理：光速不变原理 和相对性原理
相对论中的能量和动量的变换：在 相对论中，能量和动量不再是独立 的物理量，而是相互关联的
添加标题
添加标题
添加标题
添加标题
能量与动量的关系：能量是动量的 函数，动量是能量的时间导数
能量守恒定律：在相对论中，能量 守恒定律仍然成立，但需要修改为 能量-动量守恒定律
能量和动量变换 的应用
核能与核反应
核反应的类型和过程
核能的定义和特点
核能与核反应在能量和动量 变换中的应用
核能与核反应的安全性和环 保性考虑
粒子加速器
高中物理公式大全(全集)八动量与能量
高中物理公式大全（全集）八动量与能量1．动量 2．机械能1．两个〝定理〞〔1〕动量定理：F ·t =Δp 矢量式 (力F 在时刻t 上积存，阻碍物体的动量p ) 〔2〕动能定理：F ·s =ΔE k 标量式 (力F 在空间s 上积存，阻碍物体的动能E k )动量定理与动能定理一样，差不多上以单个物体为研究对象．但所描述的物理内容差不极大．动量定理数学表达式：F 合·t =Δp ，是描述力的时刻积存作用成效——使动量变化；该式是矢量式，即在冲量方向上产生动量的变化．例如，质量为m 的小球以速度v 0与竖直方向成θ角打在光滑的水平面上，与水平面的接触时刻为Δt ，弹起时速度大小仍为v 0且与竖直方向仍成θ角，如下图．那么在Δt 内：以小球为研究对象，其受力情形如下图．可见小球所受冲量是在竖直方向上，因此，小球的动量变化只能在竖直方向上．有如下的方程：F ′击·Δt -mg Δt =mv 0cos θ-〔-mv 0cos θ〕小球水平方向上无冲量作用，从图中可见小球水平方向动量不变．综上所述，在应用动量定理时一定要专门注意其矢量性．应用动能定理时就无需作这方面考虑了．Δt 内应用动能定理列方程：W 合=mυ02/2－mυ02 /2 =02．两个〝定律〞〔1〕动量守恒定律：适用条件——系统不受外力或所受外力之和为零公式：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2 ′或 p =p ′〔2〕机械能守恒定律：适用条件——只有重力〔或弹簧的弹力〕做功公式：E k2+E p2=E k1+E p1 或 ΔE p = －ΔE k3．动量守恒定律与动量定理的关系一、知识网络二、画龙点睛 规律动量守恒定律的数学表达式为：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′＋m 2v 2′，可由动量定理推导得出． 如下图，分不以m 1和m 2为研究对象，依照动量定理：F 1Δt = m 1v 1′- m 1v 1 ①F 2Δt = m 2v 2′- m 2v 2 ②F 1=-F 2 ③∴ m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′＋m 2v 2′ 可见，动量守恒定律数学表达式是动量定理的综合解．动量定理能够解决动量守恒咨询题，只是较苦恼一些．因此，不能将这两个物理规律孤立起来．4．动能定理与能量守恒定律关系——明白得〝摩擦生热〞(Q =f ·Δs )设质量为m 2的板在光滑水平面上以速度υ2运动，质量为m 1的物块以速度υ1在板上同向运动，且υ1＞υ2，它们之间相互作用的滑动摩擦力大小为f ，通过一段时刻，物块的位移为s 1，板的位移s 2，现在两物体的速度变为υ′1和υ′2由动能定理得：-fs 1=m 1υ1′2/2－m 1υ12/2 ①fs 2=m 2υ2′2/2－m 2υ22/2 ②在那个过程中，通过滑动摩擦力做功，机械能不断转化为内能，即不断〝生热〞，由能量守恒定律及①②式可得：Q =(m 1υ12/2+m 2υ22/2)－(m 1υ1′2/2－m 2υ2′2/2)=f (s 1－s 2)= f ·Δs ③ 由此可见，在两物体相互摩擦的过程中，缺失的机械能〔〝生热〞〕等于摩擦力与相对位移的乘积。
146相对论的动量和能量
第十四章 相对论
即：
讨论： 为零 （1） x2 x1
v t ' (t 2 x) c v t1 [( t 2 t1 ) 2 ( x2 x1 )] t2 c
0 t2 t1 0
（2）
异地事件的同时性是相对的。
x2 x1 0 t2 t1 0
（ 1 ）L L0 1 - ( / c ) 54m
2
t1 L / 2.25 107 s
( 2 )t2 L0 / 3.75 10 s
7
或 : t2
t1 1 - ( / c )2
14 - 6 相对论动量和能量
第十四章 相对论
例10、假定在实验室中测得静止在实验室中的μ+介 子（不稳定粒子）的寿命为2.2×10-6s ,而当它相对于 实验室运动时实验室中测得它的寿命为1.63×10-5s 。 试问：这两个测量结果符合相对论的什么结论？ μ+ 介子相对于实验室的运动速度是真空中光速c的多少 倍？ 解： 它符合相对论时间膨胀（或运动时钟变慢）的结论。
静能
m0c
2
：粒子静止时所具有的能量 .
2
E m c
14 - 6 相对论动量和能量
相对论动能 由功的定义及动能定理，得
第十四章 相对论
Ek
0
d ( m ) dr d ( m ) d Ek F dr dt d (m ) m d dm
同地事件的同时性是绝对的。
14 - 6 相对论动量和能量
第十四章 相对论
v t1 [( t 2 t1 ) 2 ( x2 x1 )] t2 c
动量和能量
3、功和能的关系 做功的过程是物体能量的转化过程，做了多少功， 就有多少能量发生了变化，功是能量转化的量度． a. 重力做功与重力势能增量的关系
重力做正功，重力势能减少；重力做负功，重力 势能增加．重力对物体所做的功等于物体重力势 能增量的负值． 即WG = EP1 － EP2 = －ΔEP
b. 弹力做功与弹性势能增量的关系 弹力做正功，弹性势能减少；弹力做负功，弹性 势能增加．弹力对物体所做的功等于物体弹性势能 增量的负值． 即W弹力= EP1－EP2 = －ΔEP
f = μ mg
a= μ g
t = v/a = v / μg
木板 的位移S 2=v t
在t 时间内，物体m 的位移S 1=1/2×v t
W = FS 2 = f S 2 = μ mgv t=mv2
又解：由能量守恒定律，拉力F 的功等于物体动能的增加和 υ m 转化的内能. f P f F 2 +f ΔS W=1/2× mv S1 v S2 = 1/2× mv2 + f (S 2 - S 1)
若A不固定，B向上摆动时A也要向右运动，当B恰能 摆到水平位置时，它们具有相同的水平速度，把A、B 看成一个系统，此系统除重力外，其他力不做功，机 械能守恒.又在水平方向上系统不受外力作用，所以系 统在水平方向上动量守恒，设M在最低点得到的速度 为v0，到水平位置时的速度为v. Mv0=(M+m)v. Mv02/2=(M+m)v2/2+Mgh. I′=. Mv0 M m I′= I m
ห้องสมุดไป่ตู้
例4.(2000全国高考题)有三根长度皆为 l＝1.00m 的 不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上 的 O 点，另一端分别拴有质量皆为 m＝1.00×10－ 2kg 的带电小球 A 和 B，它们的电量分别为 一q 和 ＋ q，q＝l.00×10－7C。A、B 之间用第三根线连接起来。 空间中存在大小为 E＝1.00×106N/C 的匀强电场，场 强方向沿水平向右，平衡时 A、B 球的位置如图所示。 现将 O、B 之间的线烧断，由于有空气阻力，A、B 球 最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势 能的总和与烧断前相比改变了多少。（不计两带电小球 间相互作用的静电力）
动量和能量
动量和能量1．力的三种效应：力的瞬时性（产生a ）F=ma 、⇒运动状态发生变化⇒牛顿第二定律 时间积累效应(冲量)I=Ft 、⇒动量发生变化⇒动量定理 空间积累效应(做功)w=Fs ⇒动能发生变化⇒动能定理 2．动量观点：动量：p=mv=KmE2 冲量：I = F t动量定理：内容：物体所受合外力的冲量等于它的动量的变化。
公式： F 合t = mv ’一mv (解题时受力分析和正方向的规定是关键)I=F 合t=F 1t 1+F 2t 2+---=∆p=P 末-P 初=mv 末-mv 初动量守恒定律：内容、守恒条件、不同的表达式及含义：'p p =；0p =∆；21p -p ∆=∆P ＝P ′ (系统相互作用前的总动量P 等于相互作用后的总动量P ′) ΔP ＝0(系统总动量变化为0)如果相互作用的系统由两个物体构成，动量守恒的具体表达式为P 1＋P 2＝P 1′＋P 2′ (系统相互作用前的总动量等于相互作用后的总动量) m 1V 1＋m 2V 2＝m 1V 1′＋m 2V 2′ ΔP ＝－ΔP ＇(两物体动量变化大小相等、方向相反)实际中应用有：m 1v 1+m 2v 2='22'11v m v m +； 0=m 1v 1+m 2v 2 m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 共原来以动量(P)运动的物体，若其获得大小相等、方向相反的动量(－P)，是导致物体静止或反向运动的临界条件。
即：P+(－P)=0注意理解四性：系统性、矢量性、同时性、相对性矢量性：对一维情况，先选定某一方向为正方向，速度方向与正方向相同的速度取正，反之取负，把矢量运算简化为代数运算。
相对性:所有速度必须是相对同一惯性参照系。
同时性：表达式中v 1和v 2必须是相互作用前同一时刻的瞬时速度，v 1’和v 2’必须是相互作用后同一时刻的瞬时速度。
解题步骤：选对象，划过程；受力分析。
所选对象和过程符合什么规律？用何种形式列方程；（先要规定正方向）求解并讨论结果。
动量和能量的关系公式
动量和能量的关系公式动量和能量是物理学中两个重要的物理量，它们之间存在着紧密的关系。
在经典力学中，动量和能量可以通过公式进行相互转化。
首先，我们来看动量的定义。
动量是物体的运动状态的量度，它定义为物体的质量乘以速度：动量 = 质量×速度。
动量的单位是千克·米/秒（kg·m/s）。
而能量则描述了物体所具有的做工能力。
能量可以通过物体的动能和势能来表示。
动能是物体由于运动而具有的能量，它等于物体的质量乘以速度的平方再除以2：动能 = 1/2 ×质量×速度^2。
动能的单位也是千克·米/秒（kg·m/s）。
势能则是物体由于位置而具有的能量，它与物体所处位置的势场相关，例如重力势能、弹性势能等。
根据动量和能量的定义可以得知，动量和能量的关系是通过速度来联系的。
由动量的定义可知，动量正比于速度，即动量随速度的变化而变化。
而根据动能的定义可以得知，动能正比于速度的平方。
因此，动量和能量之间存在以下关系：动能 = 动量的平方 / (2 ×质量)这个公式表明，当物体的质量不变时，动量的平方和动能呈正比关系。
当动量增加时，动能也会增加。
这意味着，在碰撞或运动过程中，当物体的动量增加时，它的动能也会增加。
此外，还存在能量守恒定律，即在一个封闭系统中，能量的总量保持不变。
这意味着在物体之间发生碰撞或相互作用时，能量可以从一个物体转移到另一个物体，但总能量保持不变。
总结起来，动量和能量之间存在紧密的联系，而它们的关系可以通过速度、质量和能量守恒定律进行描述和推导。
这些公式和定律的应用使得我们能够更好地理解和解释物体的运动和相互作用过程。
动量与能量重难点整理
动量与能量重难点整理一、基本的物理概念1．冲量与功的比较(2)属性⎩⎨⎧冲量是矢量，既有大小又有方向(求合冲量应按矢,量合成法则来计算)功是标量，只有大小没有方向(求物体所受外力的,总功只需按代数和计算)2．动量与动能的比较(1)定义式⎩⎪⎨⎪⎧动量的定义式：p ＝mv 动能的定义式：E k＝12mv2(2)属性⎩⎨⎧动量是矢量(动量的变化也是矢量,求动量的变化,应按矢量运算法则来计算)动能是标量(动能的变化也是标量,求动能的变化,只需按代数运算法则来计算)(3)动量与动能量值间的关系⎩⎨⎧p ＝2mEkE k＝p 22m ＝12pv(4)动量和动能都是描述物体状态的量，都有相对性(相对所选择的参考系)，都与物体的受力情况无关．动量的变化和动能的变化都是过程量，都是针对某段时间而言的．二、动量观点的基本物理规律1．动量定理的基本形式与表达式：I＝Δp．分方向的表达式：I x合＝Δp x，I y合＝Δp y．2．动量定理推论：动量的变化率等于物体所受的合外力，即ΔpΔt＝F合．3．动量守恒定律(1)动量守恒定律的研究对象是一个系统(含两个或两个以上相互作用的物体)．(2)动量守恒定律的适用条件①标准条件：系统不受外力或系统所受外力之和为零．②近似条件：系统所受外力之和虽不为零，但比系统的内力小得多(如碰撞问题中的摩擦力、爆炸问题中的重力等外力与相互作用的内力相比小得多)，可以忽略不计．③分量条件：系统所受外力之和虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统总动量的分量保持不变．(3)使用动量守恒定律时应注意：①速度的瞬时性；②动量的矢量性；③时间的同一性．(4)应用动量守恒定律解决问题的基本思路和方法①分析题意，明确研究对象．在分析相互作用的物体总动量是否守恒时，通常把这些被研究的物体统称为系统．对于比较复杂的物理过程，要采用程序法对全过程进行分段分析，要明确在哪些阶段中，哪些物体发生相互作用，从而确定所研究的系统是由哪些物体组成的．②对各阶段所选系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的内力，哪些是作用于系统的外力．在受力分析的基础上根据动量守恒定律的条件，判断能否应用动量守恒定律．③明确所研究的相互作用过程，确定过程的始末状态，即系统内各个物体的初动量和末动量的值或表达式．(注意：在研究地面上物体间相互作用的过程时，各物体运动的速度均应取地球为参考系)④确定正方向，建立动量守恒方程求解．三、功和能1．中学物理中常见的能量动能E k＝12mv2；重力势能E p＝mgh；弹性势能E弹＝12kx2；机械能E＝E k＋E p；分子势能；分子动能；内能；电势能E＝qφ；电能；磁场能；化学能；光能；原子能(电子的动能和势能之和)；原子核能E＝mc2；引力势能；太阳能；风能(空气的动能)；地热、潮汐能．2．常见力的功和功率的计算：恒力做功W＝Fs cos θ；重力做功W＝mgh；一对滑动摩擦力做的总功W f＝－fs路；电场力做功W＝qU；功率恒定时牵引力所做的功W＝Pt；恒定压强下的压力所做的功W＝p·ΔV；电流所做的功W＝UIt；洛伦兹力永不做功；瞬时功率P＝Fv cos_θ；平均功率P－＝Wt＝F v－cos θ．3．中学物理中重要的功能关系能量与物体运动的状态相对应．在物体相互作用的过程中，物体的运动状态通常要发生变化，所以物体的能量变化一般要通过做功来实现，这就是常说的“功是能量转化的量度”的物理本质．那么，什么功对应着什么能量的转化呢？在高中物理中主要的功能关系有：(1)外力对物体所做的总功等于物体动能的增量，即W总＝ΔE k．(动能定理)(2)重力(或弹簧的弹力)对物体所做的功等于物体重力势能(或弹性势能)的增量的负值，即W重＝－ΔE p(或W弹＝－ΔE p)．(3)电场力对电荷所做的功等于电荷电势能的增量的负值，即W电＝－ΔE电．(4)除重力(或弹簧的弹力)以外的力对物体所做的功等于物体机械能的增量，即W其他＝ΔE机．(功能原理)(5)当除重力(或弹簧弹力)以外的力对物体所做的功等于零时，则有ΔE机＝0，即机械能守恒．(6)一对滑动摩擦力做功与内能变化的关系是：“摩擦所产生的热”等于滑动摩擦力跟物体间相对路程的乘积，即Q＝fs相对．一对滑动摩擦力所做的功的代数和总为负值，表示除了有机械能在两个物体间转移外，还有一部分机械能转化为内能，这就是“摩擦生热”的实质．(7)安培力做功对应着电能与其他形式的能相互转化，即W安＝ΔE电．安培力做正功，对应着电能转化为其他能(如电动机模型)；克服安培力做负功，对应着其他能转化为电能(如发电机模型)；安培力做功的绝对值等于电能转化的量值．(8)分子力对分子所做的功等于分子势能的增量的负值，即W分子力＝－ΔE分子．(9)外界对一定质量的气体所做的功W与气体从外界所吸收的热量Q之和等于气体内能的变化，即W＋Q＝ΔU．(10)在电机电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与输出的机械功率之和．(11)在纯电阻电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率．(12)在电解槽电路中，电流做功的功率等于电阻发热的功率与转化为化学能的功率之和．(13)在光电效应中，光子的能量hν＝W＋12mv02．(14)在原子物理中，原子辐射光子的能量hν＝E初－E末，原子吸收光子的能量hν＝E末－E初．(15)核力对核子所做的功等于核能增量的负值，即W核＝－ΔE核，并且Δmc2＝ΔE核．(16)能量转化和守恒定律．对于所有参与相互作用的物体所组成的系统，无论什么力做功，可能每一个物体的能量的数值及形式都发生变化，但系统内所有物体的各种形式能量的总和保持不变．4．运用能量观点分析、解决问题的基本思路(1)选定研究对象(单个物体或一个系统)，弄清物理过程．(2)分析受力情况，看有什么力在做功，弄清系统内有多少种形式的能在参与转化．(3)仔细分析系统内各种能量的变化情况及变化的数量．(4)列方程ΔE减＝ΔE增或E初＝E末求解．四、弹性碰撞在一光滑水平面上有两个质量分别为m1、m2的刚性小球A和B以初速度v1、v2运动，若它们能发生正碰，碰撞后它们的速度分别为v1′和v2′．v1、v2、v1′、v2′是以地面为参考系的，将A和B看做系统．由碰撞过程中系统动量守恒，有：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′由于弹性碰撞中没有机械能损失，故有：1 2m1v12＋12m2v22＝12m1v1′2＋12m2v2′2由以上两式可得：v2′－v1′＝－(v2－v1)或v1′－v2′＝－(v1－v2)碰撞后B相对于A的速度与碰撞前B相对于A的速度大小相等、方向相反；碰撞后A相对于B的速度与碰撞前A相对于B的速度大小相等、方向相反．【结论1】对于一维弹性碰撞，若以其中某物体为参考系，则另一物体碰撞前后速度大小不变、方向相反(即以原速率弹回)．联立以上各式可解得：v1′＝2m2v2＋(m1－m2)v1m1＋m2v2′＝2m1v1＋(m2－m1)v2m1＋m2若m1＝m2，即两个物体的质量相等，则v1′＝v2，v2′＝v1，表示碰后A的速度变为v2，B的速度变为v1．【结论2】对于一维弹性碰撞，若两个物体的质量相等，则碰撞后两个物体互换速度(即碰后A的速度等于碰前B的速度，碰后B的速度等于碰前A的速度)．若A的质量远大于B的质量，则有：v1′＝v1，v2′＝2v1－v2；若A的质量远小于B的质量，则有：v2′＝v2，v1′＝2v2－v1．【结论3】对于一维弹性碰撞，若其中某物体的质量远大于另一物体的质量，则质量大的物体碰撞前后速度保持不变．至于质量小的物体碰后速度如何，可结合结论1和结论2得出．在高考复习中，若能引导学生推导出以上二级结论并熟记，对提高学生的解题速度是大有帮助的．热点、重点、难点一、动量定理的应用问题动量定理的应用在高考中主要有以下题型：1．定性解释周围的一些现象；2．求打击、碰撞、落地过程中的平均冲力；3．计算流体问题中的冲力(或反冲力)；4．根据安培力的冲量求电荷量．●例1 如图2－1所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，瓶的底端与竖直墙壁接触．现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁的作用力大小是( )图2－1A．ρvS B．ρv2SC．12ρv2S D．ρv2S【解析】Δt时间内喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得：F·Δt＝Δm·v－0解得：F＝ρv2S．[答案] D【点评】动量定理对多个物体组成的系统也成立，而动能定理对于多个物体组成的系统不适用．★同类拓展1 如图2－2所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为( )图2－2A．v＝mv0M＋m，I＝0 B．v＝mv0M＋m，I＝2mv0C．v＝mv0M＋m，I＝2m2v0M＋mD．v＝mv0M，I＝2mv0【解析】设在子弹射入木块且未压缩弹簧的过程中，木块(含子弹)的速度为v1，由动量守恒定律得：mv0＝(m＋M)v1解得：v1＝mv0 m＋M对木块(含子弹)压缩弹簧再返回A点的过程，由动能定理得：1 2(m＋M)v2－12(m＋M)v12＝W总＝0可知：v＝v1＝mv0 m＋M取子弹、木块和弹簧组成的系统为研究对象，由动量定理得：I＝(m＋M)·(－v)－(m＋M)v1＝－2mv0负号表示方向向左．[答案] B二、动能定理、机械能守恒定律的应用1．对于单个平动的物体：W总＝ΔE k，W总指物体所受的所有外力做的总功．2．系统只有重力、弹力作为内力做功时，机械能守恒．(1)用细绳悬挂的物体绕细绳另一端做圆周运动时，细绳对物体不做功．(2)轻杆绕一端自由下摆，若轻杆上只固定一个物体，则轻杆对物体不做功；若轻杆上不同位置固定两个物体，则轻杆分别对两物体做功．(3)对于细绳连接的物体，若细绳存在突然绷紧的瞬间，则物体(系统)的机械能减少．3．单个可当做质点的物体机械能守恒时，既可用机械能守恒定律解题，也可用动能定理解题，两种方法等效．发生形变的物体和几个物体组成的系统机械能守恒时，一般用机械能守恒定律解题，不方便应用动能定理解题．●例2 以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物块．假定物块所受的空气阻力f大小不变．已知重力加速度为g，则物块上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为[2009年高考·全国理综卷Ⅱ]()A．v022g(1＋fmg)和v0mg－fmg＋fB．v022g(1＋fmg)和v0mgmg＋fC．v022g(1＋2fmg)和v0mg－fmg＋fD．v022g(1＋2fmg)和v0mgmg＋f【解析】方法一：对于物块上升的过程，由动能定理得：－(mgh＋fh)＝0－12 mv02解得：h＝v022g(1＋f mg)设物块返回至原抛出点的速率为v，对于整个过程应用动能定理有：1 2mv2－12mv02＝－f·2h解得：v＝v0mg－f mg＋f．方法二：设小物块在上升过程中的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：a1＝mg＋f m故物块上升的最大高度h＝v022a1＝v022g(1＋fmg)设小物块在下降过程中的加速度为a2，由牛顿第二定律有：a2＝mg－f m可得：v＝2a2h＝v0mg－f mg＋f．[答案] A【点评】动能定理是由牛顿第二定律导出的一个结论，对于单个物体受恒力作用的过程，以上两种方法都可以用来分析解答，但方法二的物理过程较复杂．例如涉及曲线运动或变力做功时，运用动能定理更为方便．★同类拓展2 一匹马拉着质量为 60 kg 的雪橇，从静止开始用 80 s 的时间沿平直冰面跑完 1000 m．设在运动过程中雪橇受到的阻力保持不变，已知雪橇在开始运动的 8 s 时间内做匀加速直线运动，从第 8 s 末开始，马拉雪橇做功的功率保持不变，使雪橇继续做直线运动，最后一段时间雪橇做的是匀速直线运动，速度大小为 15 m/s；开始运动的 8 s 内马拉雪橇的平均功率是 8 s 后功率的一半．求：整个运动过程中马拉雪橇做功的平均功率和雪橇在运动过程中所受阻力的大小．【解析】设 8 s 后马拉雪橇的功率为P ，则：匀速运动时P ＝F ·v ＝f ·v即运动过程中雪橇受到的阻力大小f ＝P v对于整个过程运用动能定理得：P2·t 1＋P (t 总－t 1)－f ·s 总＝12mv t 2－0 即P 2×8＋P (80－8)－P 15×1000＝12×60×152 解得：P ＝723 W故f ＝48.2 N再由动能定理可得P －t 总－f ·s ＝12mv t 2解得：P －＝687 W ．[答案] 687 W 48.2 N●例3 如图2－3所示，质量为m 1的物体A 经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m 2的物体B 相连，弹簧的劲度系数为k ，A 、B 都处于静止状态．一条不可伸长的轻绳绕过两个轻滑轮，一端连物体A ，另一端连一轻挂钩．开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段沿竖直方向．若在挂钩上挂一质量为m3的物体C，则B将刚好离地．若将C换成另一个质量为m1＋m3的物体D，仍从上述初始位置由静止状态释放，则这次B刚离地时D的速度大小是多少？(已知重力加速度为g)图2－3【解析】开始时A、B静止，即处于平衡状态，设弹簧的压缩量为x1，则有：kx1＝m1g挂上C后，当B刚要离地时，设弹簧的伸长量为x2，则有：kx2＝m2g此时，A和C的速度均为零从挂上C到A和C的速度均为零时，根据机械能守恒定律可知，弹性势能的改变量为：ΔE＝m3g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)将C换成D后，有：ΔE＋12(m1＋m3＋m1)v2＝(m1＋m3)g(x1＋x2)－m1g(x1＋x2)联立解得：v＝2m1(m1＋m2)g2 k(2m1＋m3)．[答案] 2m1(m1＋m2)g2 k(2m1＋m3)【点评】含弹簧连接的物理情境题在近几年高考中出现的概率很高，而且多次考查以下原理：①弹簧的压缩量或伸长量相同时，弹性势能相等；②弹性势能的变化取决于弹簧的始末形变量，与过程无关．三、碰撞问题1．在高中物理中涉及的许多碰撞过程(包括射击)，即使在空中或粗糙的水平面上，往往由于作用时间短、内力远大于外力，系统的动量仍可看做守恒．2．两滑块在水平面上碰撞的过程遵循以下三个法则：①动量守恒；②机械能不增加；③碰后两物体的前后位置要符合实际情境．3．两物体发生完全非弹性碰撞时，机械能的损耗最大．●例4 如图2－4所示，在光滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线等间距的静止排着多个形状相同的带正电的绝缘小球，依次编号为1、2、3……每个小球所带的电荷量都相等且均为q＝3.75×10－3 C，第一个小球的质量m＝0.03 kg，从第二个小球起往下的小球的质量依次为前一个小球的13，小球均位于垂直于小球所在直线的匀强磁场里，已知该磁场的磁感应强度B＝0.5 T．现给第一个小球一个水平速度v＝8 m/s，使第一个小球向前运动并且与后面的小球发生弹性正碰．若碰撞过程中电荷不转移，则第几个小球被碰后可以脱离地面？(不计电荷之间的库仑力，取g＝10 m/s2)图2－4【解析】设第一个小球与第二个小球发生弹性碰撞后两小球的速度分别为v1和v2，根据动量和能量守恒有：mv＝mv1＋13 mv21 2mv2＝12mv12＋16mv22联立解得：v2＝3 2 v同理，可得第n＋1个小球被碰后的速度v n＋1＝(32)n v设第n＋1个小球被碰后对地面的压力为零或脱离地面，则：qv n＋1B≥(13)n mg联立以上两式代入数值可得n≥2，所以第3个小球被碰后首先离开地面．[答案] 第3个【点评】解答对于多个物体、多次碰撞且动量守恒的物理过程时，总结出通项公式或递推式是关键．★同类拓展3 如图2－5所示，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x0．一个物块从钢板的正上方相距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．已知物块的质量也为m时，它们恰能回到O点；若物块的质量为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．求物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离．图2－5【解析】物块与钢板碰撞前瞬间的速度为：v0＝6gx0设质量为m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v1，由动量守恒定律有：mv0＝2mv1设弹簧的压缩量为x0时的弹性势能为E p，对于物块和钢板碰撞后直至回到O点的过程，由机械能守恒定律得：E p＋12×2m×v12＝2mgx0设质量为2m的物块与钢板碰撞后瞬间的速度为v2，物块与钢板回到O点时所具有的速度为v3，由动量守恒定律有：2mv0＝3mv2由机械能守恒定律有：E p＋12×3m×v22＝3mgx0＋12×3m×v32解得：v3＝gx0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的作用，加速度为g；一过O点，钢板就会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，故在O点处物块与钢板分离；分离后，物块以速度v3竖直上升，由竖直上抛的最大位移公式得：h＝v322g ＝x02所以物块向上运动所到达的最高点与O点之间的距离为x0 2．[答案] x0 2【点评】①物块与钢板碰撞的瞬间外力之和并不为零，但这一过程时间极短，内力远大于外力，故可近似看成动量守恒．②两次下压至回到O点的过程中，速度、路程并不相同，但弹性势能的改变(弹力做的功)相同．③在本题中，物块与钢板下压至回到O点的过程也可以运用动能定理列方程．第一次：0－12×2m×v12＝W弹－2mgx0第二次：12×3m×v32－12×3m×v22＝W弹－3mgx0．四、高中物理常见的功能关系1．摩擦生热——等于摩擦力与两接触面相对滑动的路程的乘积，即Q＝f·s相．●例5 如图2－6所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ＝30°，皮带在电动机的带动下始终以v0＝2 m/s的速率运行．现把一质量m＝10 kg的工件(可看做质点)轻轻放在皮带的底端，经时间t＝1.9 s，工件被传送到h＝1.5 m的皮带顶端．取g＝10 m/s2．求：(1)工件与皮带间的动摩擦因数μ．(2)电动机由于传送工件而多消耗的电能．图2－6【解析】(1)由题意可知，皮带长s＝hsin 30°＝3 m工件的速度达到v0前工件做匀加速运动，设经时间t1工件的速度达到v0，此过程工件的位移为：s1＝12v0t1达到v0后，工件做匀速运动，此过程工件的位移为：s－s1＝v0(t－t1)代入数据解得：t1＝0.8 s工件加速运动的加速度a＝v0t1＝2.5 m/s2据牛顿第二定律得：μmg cos θ－mg sin θ＝ma解得：μ＝32．(2)在时间t1内，皮带运动的位移s2＝v0t1＝1.6 m工件相对皮带的位移Δs＝s2－s1＝0.8 m在时间t1内，因摩擦产生的热量Q＝μmg cos θ·Δs＝60 J工件获得的动能E k＝12mv02＝20 J工件增加的势能E p＝mgh＝150 J电动机多消耗的电能E＝Q＋E k＋E p＝230 J．[答案] (1)32(2)230 J2．机械能的变化——除重力、弹簧的弹力以外的力做的功等于系统机械能的变化．●例6 一面积很大的水池中的水深为H，水面上浮着一正方体木块，木块的边长为a，密度为水的12，质量为m．开始时木块静止，有一半没入水中，如图2－7甲所示，现用力F将木块缓慢地向下压，不计摩擦．图2－7甲(1)求从开始压木块到木块刚好完全没入水的过程中，力F所做的功．(2)若将该木块放在底面为正方形(边长为2a)的盛水足够深的长方体容器中，开始时，木块静止，有一半没入水中，水面距容器底的距离为2a，如图2－7乙所示．现用力F将木块缓慢地压到容器底部，不计摩擦，求这一过程中压力做的功．图2-7乙【解析】方法一：(1)因水池的面积很大，可忽略因木块压入水中所引起的水深变化，木块刚好完全没入水中时，图2－7丙中原来处于划斜线区域的水被排开，结果等效于使这部分水平铺于水面，这部分水的质量为m，其势能的改变量为(取容器底为零势能面)：图2－7丙ΔE 水＝mgH －mg (H －34a )＝34mga 木块势能的改变量为：ΔE 木＝mg (H －a2)－mgH＝－12mga根据功能原理，力F 所做的功为：W ＝ΔE 水＋ΔE 木＝14mga ．(2)因容器的底面积为2a 2，仅是木块的底面积的2倍，故不可忽略木块压入水中所引起的水深变化．如图2－7丁所示，木块到达容器底部时，水面上升14a ，相当于木块末状态位置的水填充至木块原浸入水中的空间和升高的水面处平面，故这一过程中水的势能的变化量为：图2－7丁488木块的势能的变化量ΔE木′＝－mg·3 2 a根据功能原理，压力F做的功为：W′＝ΔE水′＋ΔE木′＝118 mga．方法二：(1)水池的面积很大，可忽略因木块压入水中引起的水深变化．当木块浮在水面上时重力与浮力的大小相等；当木块刚没入水中时，浮力的大小等于重力的2倍，故所需的压力随下压位移的变化图象如图2－7戊所示．图2－7戊故W F＝12mg·a2＝14mga．(2)随着木块的下沉水面缓慢上升，木块刚好完全没入水中时，水面上升a4的高度，此时木块受到的浮力的大小等于重力的2倍．此后，木块再下沉54a的距离即沉至容器底部，故木块下沉的整个过程中压力的大小随位移的变化图象如图2－7己所示图2－7己2448[答案] (1)14mga(2)118mga【点评】①通过两种方法对比，深刻理解功能关系．②根据功的定义计算在小容器中下压木块时，严格的讲还要说明在0～a4的位移段压力也是线性增大的．3．导体克服安培力做的功等于(切割磁感线引起的)电磁感应转化的电能．●例7 如图2－8所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1′O′内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B．一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0．现使ab棒由静止开始释放，棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计)．图2－8(1)求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小．(2)求棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热．(3)试分析讨论棒ab在磁场中可能出现的运动情况．【解析】(1)设棒ab离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v，产生的感应电动势为：E＝BLv电路中的电流I＝E R＋r对棒ab，由平衡条件得：mg－BIL＝0解得：v＝mg(R＋r)B2L2．(2)设整个回路中产生的焦耳热为Q，由能量的转化和守恒定律可得：mg(d0＋d)＝Q＋12 mv2解得：Q＝mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4故Q ab＝rR＋r[mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4]．(3)设棒刚进入磁场时的速度为v0，由mgd0＝12 mv02解得：v0＝2gd0棒在磁场中匀速运动时的速度v＝mg(R＋r)B2L2，则①当v0＝v，即d0＝m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后做匀速直线运动；②当v0＜v，即d0＜m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；③当v0＞v，即d0＞m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动．[答案] (1)mg(R＋r)B2L2(2)rR＋r[mg(d0＋d)－m3g2(R＋r)22B4L4](3)①当v0＝v，即d0＝m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后做匀速直线运动；②当v0＜v，即d0＜m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；③当v0＞v，即d0＞m2g(R＋r)22B4L4时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动．【点评】①计算转化的电能时，也可应用动能定理：mg(d0＋d)－W安＝12mv2－0，其中W安＝E电＝Q．②对于电磁感应中能量转化的问题，在以后的《感应电路》专题中还会作更深入的探讨．五、多次相互作用或含多个物体的系统的动量、功能问题●例8 如图2－9所示，在光滑水平面上有一质量为M的长木板，长木板上有一质量为m的小物块，它与长木板间的动摩擦因数为μ．开始时，长木板与小物块均靠在与水平面垂直的固定挡板处，某时刻它们以共同的速度v0向右运动，当长木板与右边的固定竖直挡板碰撞后，其速度的大小不变、方向相反，以后每次的碰撞均如此．设左右挡板之间的距离足够长，且M＞m．图2－9(1)要想物块不从长木板上落下，则长木板的长度L应满足什么条件？(2)若上述条件满足，且M＝2 kg，m＝1 kg，v0＝10 m/s，求整个系统在第5次碰撞前损失的所有机械能．【解析】(1)设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v1，第n次碰撞后小物块与长木板共同运动的速度为v n．每次碰撞后，由于两挡板的距离足够长，物块与长木板都能达到相对静止，第1次若不能掉下，往后每次相对滑动的距离会越来越小，更不可能掉下．由动量守恒定律和能量守恒定律有：(M－m)v0＝(M＋m)v1μmgs＝12(m＋M)v02－12(M＋m)v12解得：s＝2Mv02μ(M＋m)g故L应满足的条件是：L≥s＝2Mv02μ(M＋m)g．(2)第2次碰撞前有：(M－m)v0＝(M＋m)v1第3次碰撞前有：(M－m)v1＝(M＋m)v2第n次碰撞前有：(M－m)v n－2＝(M＋m)v n－1所以v n－1＝(M－mM＋m)n－1v0故第5次碰撞前有：v4＝(M－mM＋m)4v0故第5次碰撞前损失的总机械能为：ΔE＝12(M＋m)v02－12(M＋m)v42代入数据解得：ΔE＝149.98 J．[答案] (1)L≥2Mv02μ(M＋m)g(2)149.98 J【点评】在复杂的多过程问题上，归纳法和演绎法常常大有作为．经典考题动量与功能问题可以与高中物理所有的知识点综合，是高考的重点，试题难度大，需要多训练、多总结归纳．1．如图所示，一轻绳的一端系在固定粗糙斜面上的O点，另一端系一小球，给小球一足够大的初速度，使小球在斜面上做圆周运动，在此过程中[2008年高考·海南物理卷]( )A．小球的机械能守恒B．重力对小球不做功C．绳的张力对小球不做功D．在任何一段时间内，小球克服摩擦力所做的功是等于小球动能的减少【解析】小球与斜面之间的摩擦力对小球做功使小球的机械能减小，选项A错误；在小球运动的过程中，重力、摩擦力对小球做功，绳的张力对小球不做功．小球动能的变化等于重力、摩擦力做功之和，故选项B、D错误，C正确．[答案] C。
物理能量与动量
物理能量与动量物理学是一门关于能量和物质运动的科学领域。
本文将聚焦于物理中的两个重要概念：能量和动量。
通过深入探讨它们的定义、性质和相互关系，我们可以更好地理解宇宙中发生的各种运动和相互作用。
一、能量的定义和性质能量是物体或系统具有的做功能力。
它是物理学中最基本的概念之一，广泛应用于各个学科领域。
根据能量形式的不同，能量可以分为多种类型，包括机械能、热能、电能、化学能等。
1. 机械能：机械能是物体由于运动或位置而具有的能量。
它包括动能和势能两个组成部分。
动能是由于物体的运动而产生的能量，它与物体的质量和速度成正比。
势能是由于物体的位置而产生的能量，它与物体的质量和位置高度成正比。
2. 热能：热能是物体内部微观粒子的热运动所具有的能量。
它与物体的温度和热容量有关，符合热力学第一定律，即能量守恒定律。
3. 电能：电能是由于电荷之间的相互作用所产生的能量。
在电路中，电能可以转化为其他形式的能量，如光能、热能、声能等。
二、动量的定义和性质动量是物体运动的物理量，是描述物体运动状态的重要参数。
它是速度与质量的乘积，用符号p表示。
动量是矢量量，方向与速度方向一致。
动量的定义为：p = m·v其中，p表示动量，m表示物体的质量，v表示物体的速度。
动量的单位是千克·米/秒（kg·m/s）。
根据动量定理，当一个物体受到外力作用时，它的动量将发生变化，变化率等于作用力的瞬时值，即：F = Δp/Δt其中，F表示作用力，Δp表示动量的变化量，Δt表示时间的变化量。
这个定理说明了力与物体动量变化之间的关系。
三、能量与动量的关系能量和动量在物理中有着密切联系，并且彼此之间可以相互转化。
1. 动能和能量转化：当物体的动量改变时，它的动能也会发生相应改变。
根据动能的定义，动能的大小与物体的质量和速度平方的乘积成正比。
因此，当速度增加时，动能增加；当速度减小时，动能减小。
2. 势能和能量转化：物体的势能也能转化为动能或其他形式的能量。
能量和动量的综合应用(超详细)
【本讲主要内容】能量和动量的综合应用相互作用过程中的能量转化及动量守恒的问题【知识掌握】【知识点精析】1. 应用动量和能量的观点求解的问题综述：该部分是力学中综合面最广，灵活性最大，内容最为丰富的部分。
要牢固树立能的转化和守恒思想，许多综合题中，当物体发生相互作用时，常常伴随多种能量的转化和重新分配的过程。
因此，必须牢固地以守恒（系统总能量不变）为指导，这样才能正确无误地写出能的转化和分配表达式。
2. 有关机械能方面的综述：（1）机械能守恒的情况：例如，两木块夹弹簧在光滑水平面上的运动，过程中弹性势能和木块的动能相互转化；木块冲上放在光滑面上的光滑曲面小车的过程，上冲过程中，木块的动能减少，转化成木块的重力势能和小车的动能。
等等……（2）机械能增加的情况：例如，炸弹爆炸的过程，燃料的化学能转化成弹片的机械能；光滑冰面上两个人相互推开的过程，生物能转化成机械能。
等等……（3）机械能减少的情况：例如，“子弹击木块”模型，包括“木块在木板上滑动”模型等；这类模型为什么动量守恒，而机械能不守恒（总能量守恒），请看下面的分析：如图1所示，一质量为M 的长木板B 静止在光滑水平面上，一质量为m 的小滑块A 以水平速度v 0从长木板的一端开始在长木板上滑动，最终二者相对静止以共同速度一起滑行。
滑块A 在木板B 上滑动时，A 与B 之间存在着相互作用的滑动摩擦力，大小相等，方向相反，设大小为f 。
因水平面光滑，合外力为零，以A 、B 为系统，动量守恒。
（过程中两个滑动摩擦力大小相等，方向相反，作用时间相同，对系统总动量没有影响，即系统的内力不影响总动量）。
由动量守恒定律可求出共同速度0v m M m v += 上述过程中，设滑块A 对地的位移为s A ，B 对地位移为s B 。
由图可知，s A ≠s B ，且s A ＝（s B +Δs ），根据动能定理：对A ：W fA ＝2020202B 21)(212121)(mv m M mv m mv mv s s f -+=-=∆+- 对B ：202B fB )(21021mM mv M Mv fs W +=-== 以上两式表明：滑动摩擦力对A 做负功，对B 做正功，使A 的动能减少了，使B 的动（1）撤去力F 后木块B 能够达到的最大速度是多大？（2）木块A 离开墙壁后，弹簧能够具有的弹性势能的最大值多大？分析：本题第一问，撤去力F 后木块B 只在弹簧弹力作用下运动，木块A 不动，弹簧的弹性势能转化为木块B 的动能，弹簧第一次恢复原长时，木块B 有最大速度。
专题二 动量和能量
内容最 丰富 的部 分 ． 以两 大 定律 与 两 大 定理 为 核心 构 筑 了力 学 体 系 ． 够 能 渗 透 到 中学 物 理 大 部 分 章 节 与 知 识
点 中。将 各 章节 知 识不 断 分 化 ． 与 再
一
动 量 守恒
、
解题 方 法 总 结 归纳 讲 解
（ ） 用 动 量 守 恒 定 律 解 Байду номын сангаас 问题 一 应
的基 本 思 路 和 一 般 方 法
会 形成 综 合 型考 查 问题 ． 面考 查 知 全
识 掌 握 程 度 与 应 用 物 理 知识 解 决 问 题 的 能力 。这 是 历 年 高考 的 热点 ， 其
－ ．
１ 量恒律ｌ２ ｌ№ ｌ 体统合力０， 内状变情 ②船动—箭ｓ 定定ｍ＋２＇ — ｌ 系受外为时 统部态化况 ③冲型 Ｓ ；＝ 动 ｖｖ Ｖ ｌ ＝ｌ ｍ ｍｔ ＋ — 物 系 人模：火Ｓ 反运—＝ ￡ Ｍ ＋
考 考 纲 解 读
～
合 到带 电 粒 子 的 运 动 及 电 磁 感 应 之
命 题方 式 多样 、 型 全 、 量 重 ， 到 题 分 小 选 择 题 ． 到 压 轴 题 ． 可 能在 此 出 大 都 题 考查 内容涉 及 中学 物理 的各 个 板 块． 因此 综 合性 强 。主要 综 合考 查 动
１分 析题 意 ， ． 明确 研 究 对 象 。在
分 析 相 互 作 用 的物 体 总 动 量 是 否 守 恒 时 ． 常 把这 些 被 研究 的物 体 总称 通
析 ． 明 确在 哪 些 阶 段 ． 些 物 体 发 要 哪 生 相 互作 用 ． 而确 定 所研 究 的 系统 从
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
动量与能量专题 ２．子弹击中木块模型（１）“子弹击中木块” 模型，不管子弹是否击穿木块，由子弹和木块组成的系统，在水平方向所受合力为零，故系统水平方向动量是守恒的，即：()0mv M m v =+（未击穿时） 012mv mv mv =+（击穿时）（２）“子弹击中木块” 模型过程中各力做功例举如下：如图5，质量为M 的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m 的子弹以速度v 0射入木块中，木块与子弹的共同速度为v 设子弹在木块中所受阻力f 不变，且子弹未射穿木块。
若子弹射入木块的深度为d ，则：以子弹、木块组成系统为研究对象。
画出运算草图，如图6。
系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。
据动量守恒定律有: mv 0=(M+m)v (设v 0方向为正)……①子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功： 对子弹做负功: w f s =-⋅子……② 对木块做正功: w f s '=⋅木……③ f对系统（子弹和木块）做功：()W w w f s s fd '=+=--=-子木……④即对系统做功：W fd =-（相互作用力乘以相对位移）（３）“子弹击中木块” 模型过程中（子弹未突穿出）的能量转化和转移 对子弹：克服阻力f 做的功等于子弹动能的减少，即：2201122f k w fs E mv mv ==∆=-子子 对木块，阻力f 对其做正功等于木块动能的增加，即：2102w fs mv '==-木 对系统，阻力f 对其做负功等于系统动能的变化，即：22011()22W fd M m v mv =-=+-或系统克服阻力做的功等于系统动能的减少，即：22011()22fd mv M m v =-+可见，转化和转移规律是：子弹机械能减少22011()22mv mv -一部分转移给木块使木块机械能增加21()2Mv ；另一部分转化为系统内能()fd ，而转化为系统内能（即产生的热量）恰是系统机械能减少部分22011[()]22mv M m v -+ (重要结论:系统损失的机械能等于滑动摩擦力与相对位移的乘积)图5图6(二)．典例示范【例１】如图7，长木板ab 的b 端固定一档板，木板连同档板的质量为M=4.0kg ，a 、b 间的距离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μ=0.10，它们都处于静止状态。
现令小物块以初速v 0=4m/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。
求碰撞过程中损失的机械能。
（取g =10m/s 2）分析与解：设木块和物块最后共同的速度为V ，由动量守恒定律：V M m mV )(0+= ……①设全过程损失的机械能为E ，则有：220)(2121V M m mV E +-=……② 在全过程中因摩擦而生热:Q=2μmgS ……③则据能量守恒可得在碰撞过程中损失的机械能为：E 1=E －Q ……④ 联立①②③④并解得： E 1=2.4J.或选讲：附1．如图8所示，长木板A 右边固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为1.5M ，静止在光滑的水平地面上.小木块B 质量为M ，从A 的左端开始以初速度v 0在A 上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰后木块B 恰好滑到A 的左端就停止滑动.已知B 与A 间的动摩擦因数为μ，B 在A 板上单程滑行长度为L .求：（1）若μL =g160320v ，在B 与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板A 做正功还是负功？做多少功？（2）讨论A 和B 在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的.如果不可能，说明理由；如果可能，求出发生这种情况的条件.解：(1)B 与A 碰撞后，B 相对于A 向左运动，A 所受摩擦力方向向左，A 的运动方向向右，故摩擦力做负功.设B 与A 碰撞后的瞬间A 的速度为v 1,B 的速度为v 2, A 、B 相对静止后的共同速度为v ，整个过程中A 、B 组成的系统动量守恒，有: Mv 0=(M +1.5M )v , v =520v . 碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即 Mv 2+1.5Mv 1=2.5Mv , ①21×1.5Mv 12+21 Mv 22-21×2.5Mv 2=M μgl , ② 可解出v 1=21v 0(另一解v 1=103v 0因小于v 而舍去)这段过程中，A 克服摩擦力做功：W =21×1.5Mv 12-21×1.5Mv 2=40027Mv 02(0.068Mv 02).(2)A 在运动过程中不可能向左运动，因为在B 未与A 碰撞之前，A 受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后A 受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动. B 在碰撞之后，有可能向左运动，即v 2<0.图8A图7ba先计算当v 2=0时满足的条件，由①式，得:v 1=320v -322v ,当v 2=0时，v 1=320v，代入②式，得:21×1.5M 9420v -21×2.5M 25420v =M μgl , 解得μgl =15220v .B 在某段时间内向左运动的条件之一是μl <gv 15220.另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即21Mv 02-212.5M (520v )2≥2M μgl ,解出另一个条件是 μl ≤gv 20320, 最后得出B 在某段时间内向左运动的条件是：g v 15220 <μl ≤gv 2032【例２】 如图9，质量为M 的木块放在光滑水平面上，现有一质量为m 的子弹以速度v 0射入木块中。
设子弹在木块中所受阻力不变，大小为f ，且子弹未射穿木块。
若子弹射入木块的深度为d ，则木块向前移动距离是多少？系统损失的机械能是多少？【错解】（1）以木块和子弹组成的系统为研究对象。
系统沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒。
设子弹和木块共同速度为v .据动量守恒有: mv 0=（M ＋m ）v 解得:v=mv 0子弹射入木块过程中，摩擦力对子弹做负功: 2201122fd mv mv -=-……① 摩擦力对木块做正功: 212fs Mv =……② 联立①②解得:2ds M m=+（2）系统损失的机械能即为子弹损失的动能:22200211(2)222()k Mmv m M E mv mv M m +∆=-=+ 【错解原因】错解①中错误原因是对摩擦力对子弹做功的位移确定错误。
子弹对地的位移并不是d ，而d 打入深度是相对位移。
而求解功中的位移都要用对地位移。
错解②的错误是对这一物理过程中能量的转换不清楚。
子弹打入木块过程中，子弹动能减少并不等于系统机械能减少量。
因为子弹减少的功能有一部分转移为木块的动能，有一部转化为焦耳热。
【分析解答】以子弹、木块组成系统为研究对象。
画出运算草图，如图10。
系统水平方向不受外力，故水平方向动量守恒。
据动量守恒定律有: mv 0=(M+m)v (设v 0方向为正)……① 子弹打入木块到与木块有相同速度过程中摩擦力做功： 对子弹: 2201122fs mv mv -=-子……② 对木块: 212fs Mv =木……③图9图10由运动草图可得: S 木=S 子-d ……④ 联立①②③④解得:mds M m=+木由 ①＋② 得: 22011()()22M m v mv f s s +-=--子木 即:22011()22mv M m v fd -+= 系统损失的机械能: 2220011()222()k mMv E mv M m v M m ∆=-+=+【评析】子弹和木块相互作用过程中，子弹的速度由V 0减为V ，同时木块的速度由0增加到V 。
对于这样的一个过程，因为其间的相互作用力为恒力，所以我们可以从牛顿运动定律（即f 使子弹和木块产生加速度，使它们速度发生变化、能量观点、或动量观点三条不同的思路进行研究和分析）。
类似这样的问题都可以采用同样的思路。
一般都要首先画好运动草图。
【例３】足够长的传送带以v 匀速运动，一质量为m 的小物块A 由静止轻放于传送带上，若小物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，如图11所示，当物体与传送带相对静止时，转化为内能的能量为 （D ）A ．2mvB ．22m vC ．241mv D ．221mv块加速，最终与带子速度相同均为v ．由于题目要求出转化为内能的能量，必须求出滑动摩擦力对系统做的总功，再由Q=F 滑·Ｓ相对求解．物块所受的滑动摩擦力：F=μmg 物块的加速度：a=F/m =μg 加速到v的时间t ： t=v/a=v/μg物块对地面运动的位移： s A =vt/2=v 2/(2μg )这段时间内带子向前运动的位移：s 带=vt=v 2/(μg )则物块相对于带子向后滑动路程：s 相对= s 带－s Ａ=v 2/(２μg ) 根据能理守恒定律：Q=F 滑·Ｓ相对＝μmg · v 2/(２μg )= m v 2/２【拓展】４．如图12所示，水平传送带AB 长L =8.3m ，质量M =1kg 的木块随传送带一起以v 1=2m/s 的速度向左运动（传送带的速度恒定不变），木块与传送带间的摩擦因数μ=0.5．当木块运动到传送带最左端A 点时，一颗质量为m =20g 的子弹以v o =300m/s 水平向右的速度正对入射木块并穿出，穿出速度为v 2=50m/s ，以后每隔1s 就有一颗子弹射向木块．设子弹与木块的作用时间极短，且每次射入点不同，g =10m/s 2．求：（1）在木块被第二颗子弹击中前木块向右运动离A 点的最大距离．（2）木块在传送带上最多能被多少颗子弹子击中．（3）在被第二颗子弹击中前，子弹、木块、传送带这一系统所产生的热能是多少？（4）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹木块和传送带这一系统所产生的热能是多少？（取g=10m/s 2）解：(1)第一颗子弹射入并穿出木块过程中，由动量守恒：mv 0－Mv 1=mv 2+Mv 1′解得：v 1′=3m/s木块向右做减速运动，其加速度大小：5f Mg a g M Mμμ====m/s 2 木块速度减小为零所用时间为：110.6v t a'==s<1s 所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动速度为零时离A 点最远，移动的距离为：2110.92v s a'==m(2)在第二颗子弹射中木块前，木块再向左做加速运动，时间：t 2=1s －0.6s=0.4s速度增大为：v '2=at 2=2m/s （恰与传递带同速） 向左移动的位移为:22210.42s at ==m所以两颗子弹击中木块的时间间隔内，木块总位移：s 0=s 1－s 2=0.5m ，方向向右 设木块在传送带上最多能被n 颗子弹击中，则：(2)0.50.98.3n -⨯+≤ (1)0.50.98.3n -⨯+> 解得：n ＝16(3)第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为：22221012111112222Q mv Mv mv Mv '=+--木块向右减速运动过程中相对传送带的位移为：111s v t s '=+ 产生的热量为：2Q Mgs μ'=木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为122s v t s ''=-，产生的热量为：3Q Mgs μ''=所以，在第二颗子弹击中前,系统产生的总热能为： 123872.5J 10.5J 2J 885J Q Q Q Q =++=＋＋＝ （4）第16颗子弹射入后木块滑行时间为t 3，有：2133018.3150.82v t at s -=-⋅= 解得：t 3＝0.4s ( t 3=0.8s 舍去)木块相对传送带的位移为：130.8s v t '''=+ 产生的热量为：4Q Mgs μ'''= 则所求全过程中产生的热量为：12314415()15(872.5J 10.5J 2J)872.5J J Q Q Q Q Q Q Q =++++=++＋＋＝14155.5三.综合类 (一)．知识提炼１．解决动力学问题的三个基本观点 （１）力的观点：(牛顿定律结合运动学解题)牛顿运动定律结合运动学公式，这是解决力学问题的基本思路和方法，此种方法往往求得的是瞬时关系．利用此种方法解题必须考虑运动状态改变的细节．中学只能用于匀变速运动（包括直线和曲线运动）和一些特殊的变加速运动（如圆运动，简谐运动等），对于一般的变加速运动，不能用来求解．（２）动量观点：(用动量定理和动量守恒定律解题) 动量观点主要包括动量定理和动量守恒定律． （３）能量观点(用动能定理和能量守恒定律解题)这两个观点研究的是物体或物体系经历的过程中状态的改变，它不要求对过程细节深入研究，关心的运动状态变化，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中的冲量和功，即可对问题求解．一般来说，用动量观点和能量观点，比用力的观点解题简便。