1．[答案]BC．取碰前速度为正，速度变化量，其大小为12 m／s，B正确．碰撞前后速度不变，动能无变化，由动能定理，墙对小球做功W=0，C正确．

◇限时基础训练(20分钟)

班级　　　　 　　姓名　　　　　　 　　　　成绩　　　

1．(2003年上海高考)一个质量为0.3kg的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与磁撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小△v和碰撞过程中墙对小球做功的大小W为(　)

A．△v＝0　　 B．△v＝12m/s　　 C．W＝0　　 D．W＝10.8J

[真题1] (2)一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M的盒子，如图6-3-6所示．现给盒子一初速度v₀，此后，盒子运动的v一t图象呈周期性变化，如图6-3-7所示．请据此求盒内物体的质量．

[解析]设物体的质量为m，t₀时刻受盒子碰撞获得速度v，根据动量守恒定律

Mv₀=mv 　　　　　　　　①

3t₀时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v₀，说明碰撞是弹性碰撞

Mv₀² = mv²　　　　　　　　　　 ②

联立①②解得m=M 　　　　　　　　　　③

(也可通过图象分析得出v₀=v ，结合动量守恒，得出正确结果)

[真题2]如图6-3-8， 一质量为M的物块静止在桌面边缘， 桌面离水平面的高度为h．一质量为m的子弹以水平速度V₀射入物块后， 以水平速度V₀/2射出． 重力加速度为g． 求

(1)此过程中系统损失的机械能；

(2)此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．

[解析](1)设子弹穿过物块后的速度为V，由动量守恒得　　 ①

解得：　　　 ②

系统损失的机械能为：　　　 ③

由②③两式可得：　　　　 ④

(2)设物块下落到地面所需时间为t，落地点距桌面边缘的水平距离为s，

则：　　　 ⑤

　　　　　　 ⑥

由②⑤⑥三式可得：　　　　 ⑦

[真题3]某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如题25图所示不用完全相同的轻绳将N个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3……N，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k(k＜1，如图6-3-9.将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰.(不计空气阻力，忽略绳的伸长， g取10 m/s²)

　(1)设与n+1号球碰撞前，n号球的速度为v_n，求n+1号球碰撞后的速度.

(2)若N＝5，在1号球向左拉高h的情况下，要使5号球碰撞后升高16k(16 h小于绳长)问k值为多少？

[解析](1)设n号球质量为m，n+1，碰撞后的速度分别为取水平向右为正方向，据题意有n号球与n+1号球碰撞前的速度分别为v_n、0、m_n+1

根据动量守恒，有　　　　　　　　　 (1)

根据机械能守恒，有=　　　　　 (2)　

由(1)、(2)得

设n+1号球与n+2号球碰前的速度为E_n+1

据题意有v_n-1=

得v_n-1==　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (3)

(2)设1号球摆至最低点时的速度为v₁，由机械能守恒定律有　　 (4)

v₁=　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (5)

同理可求，5号球碰后瞬间的速度　　　　　　　 (6)

由(3)式得　　　　　　　　　　　　 (7)

N=n=5时，v₅=　　　　　　　　　　　　 (8)

由(5)、(6)、(8)三式得k=　　　 (9)

(3)设绳长为l，每个球在最低点时，细绳对球的拉力为F，由牛顿第二定律有

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (10)

则　　　　　　 (11)

(11)式中E_kn为n号球在最低点的动能

由题意1号球的重力最大，又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大，根据(11)式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳最容易断.

[真题4]24．(18分)光滑水平面上放着质量m_A=1kg的物块A与质量m_B=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A、B均不拴接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能E_P=49J．在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图6-3-10所示．放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C．取g=10m／s²，求

(1)绳拉断后瞬间B的速度v_B的大小；

(2)绳拉断过程绳对B的冲量I的大小；

(3)绳拉断过程绳对A所做的功W．

[解析](1)设B在绳被拉断后瞬间的速度为，到达C点时的速度为，有

　　　　　　　 (1)

　　 (2)

代入数据得　　　　　　　　 (3)

(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速度为，取水平向右为正方向，有

　　　 (4)

　　　 (5)

代入数据得　 　其大小为4NS　 (6)

(3)设绳断后A的速度为，取水平向右为正方向，有　　 (7)

　 代入数据得　　　 (9)

2．考点整合

该部分内容是自然界最普遍的两个规律的联手演绎，是中学阶段最重要的主干知识之一，是高考永恒话题，常见的重点问题主要围绕几个模型进行的．不管什么模型，解决时都涉及到两个方面，一个是根据条件建立系统的动量守恒定律方程；另一个是根据系统内的能量变化的特点建立系统的能量方程，因此深刻理解动量守恒定律的“五性”与能量守恒定律的转化流程是我们解决问题的前提．

解决力学问题有三大途径，其中用动量的观点和能量的观点解决力学问题，是我们的首选．特别是对于变力作用或曲线运动问题，不涉及运动过程的细节，不涉及加速度，更显示出这两大观点的优越性．

应用能量转换和守恒定律解题的一般步骤：

(1)明确研究的对象及过程

(2)搞清在这个过程中有哪些能量参与了转换(不能把能量的转换和做功重复考虑)

(3)确定参与转化的能量中有哪些能量增加，哪些能量减少．

(4)列出增加的能量和减小的能量之间的守恒式(或初、末状态能量相等的守恒式)

考点一　 子弹打木块模型

子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒，系统部分机械能单向转化为内能

[例1]如图6-3-1所示，设质量为m的子弹以初速度V₀射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d．求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离．

[解析]子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞．

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：mV₀=(M+m)V

从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能．设平均阻力大小为f，设子弹、木块的位移大小分别为s₁、s₂，如图所示，显然有s₁-s₂=d

对子弹用动能定理：……①

对木块用动能定理：……②

①、②相减得：……③

这个式子的物理意义是：fž d恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热(机械能转化为内能)，等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积(由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移)．

由上式不难求得平均阻力的大小：

至于木块前进的距离s₂，可以由以上②、③相比得出：

从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论．由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：，，

一般情况下M>>m，所以s₂<<d．这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，可以忽略不计．这就为分阶段处理问题提供了依据．象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型，全过程动能的损失量可用公式：…④

当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔE_K=fžd(这里的d为木块的厚度)，但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔE_K的大小．

做这类题时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据．

考点二　 根据动量守恒定律求解分析求解“三体二次作用过程”问题

所谓“三体二次作用”问题是指系统由三个物体组成，但这三个物体间存在二次不同的相互作用过程．解答这类问题必须弄清这二次相互作用过程的特点，有哪几个物体参加？是短暂作用过程还是持续作用过程？各个过程遵守什么规律？弄清上述问题，就可以对不同的物理过程选择恰当的规律进行列式求解．

[例2]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6-3-2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．

[解析]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V_BC，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：

　　　　　　 ②

　　 ③

由式①②③可得：当弹簧的弹性势能达到最大为E_P=12J时，物块A的速度V=3 m/s．

[例3]如图6-3-3所示为三块质量均为m，长度均为L的木块．木块1和木块2重叠放置在光滑的水平桌面上，木块3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后原来叠放在上面的木块1完全移到木块3上，并且不会从木块3上掉下，木块3碰撞前的动能应满足什么条件？设木块之间的动摩擦因数为m．

[解析]设第3块木块的初速度为V₀，对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V₁，据动量守恒定律得：mV₀=2mV₁　　　　 ①

对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V₂，则据动量守恒定律得：2mV₁=3mV₂ ②

(1)第1块木块恰好运动到第3块上，首尾相齐，则据能量守恒有：　　 ③

由①②③联立方程得：E_k3=6μmgL　　 　　　　　④

(2)第1块运动到第3块木块上，恰好不掉下，据能量守恒定律得：

　　　　 ⑤

由①②⑤联立方程得：E_k3=9μmgL　

故：

考点三　 根据动量守恒定律求解分析求解“三体二次作用过程”问题

所谓“二体三次作用”问题是指系统由两个物体组成，但这两个物体存在三次不同的相互作用过程．求解这类问题的关键是正确划分三个不同的物理过程，并能弄清这些过程的特点，针对相应的过程应用相应的规律列方程解题．

[例4]如图6-3-4所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为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μ．最初木板静止，A、B两木块同时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从刚开始运动到与木板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．

[解析](1)木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为V₁．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：

解得：V₁=0．6V₀

对木块B运用动能定理，有：

解得

(2)设木块A在整个过程中的最小速度为V′，所用时间为t，由牛顿第二定律：

对木块A：，

对木板C：，

当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，因此有：　　　 ，解得

木块A在整个过程中的最小速度为：

考点四　 用动量守恒定律和能量守恒解“相对滑动类”问题

[例5]如图6-3-5所示，一质量为M、长为L的长方形木板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，m＜M.现以地面为参照系，给A和B以大小相等、方向相反的初速度(如图1)，使A开始向左运动，B开始向右运动，但最后A刚好没有滑离B板，以地面为参照系.

(1)若已知A和B的初速度大小为V₀，求它们最后的速度大小和方向.

(2)若初速度的大小未知，求小木块A向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.

[解析]

方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解．

A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t，A、B间的滑动摩擦力为f.如图14所示．

对A据牛顿第二定律和运动学公式有：f=ma_A，　 L₂=， V=-V₀+a_At；

对B据牛顿第二定律和运动学公式有：

f=Ma_B，　 ，V=V₀-a_Bt；

由几何关系有：L₀+L₂=L；

由以上各式可求得它们最后的速度大小为V＝. V₀，方向向右．

对A，向左运动的最大距离为．

方法2、用动能定理和动量定理求解．

A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V，经过时间为t， A和B的初速度的大小为V₀，则据动量定理可得：

对A： f t= mV+mV₀　　　　　　 ①

对B：-ft=MV－MV₀　　　　　 ②

解得：V＝V₀，方向向右　　　　

A在B板的右端时初速度向左，而到达B板左端时的末速度向右，可见A在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V的两个阶段．设L₁为A开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L₂为A从速度为零增加到速度为V的过程中向右运动的路程，L₀为A从开始运动到刚好到达B的最左端的过程中B运动的路程，如图2所示，设A与B之间的滑动摩擦力为f，则由动能定理可得：

对于B ：　　 -f L₀=　　　 ③

对于A ：　　 -f L₁= -　　　　 ④

　　　　　　　　　 f (L₁-L₂)=　　　　 ⑤

由几何关系L₀+L₂=L　 　　　　　⑥

由①、②、③、④、⑤、⑥联立求得L₁=.

方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解．

A刚好没有滑离B板，表示当A滑到B板的最左端时，A、B具有相同的速度，设此速度为V， A和B的初速度的大小为V₀，则据动量守恒定律可得：MV₀－mV₀=(m+m)V　

解得：V＝. V₀，方向向右 .

对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL=

对于A 　　fL₁=

由上述二式联立求得L₁=.

从上述三种解法中，不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案．因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解．

考点五　 连续发生作用的问题

[例6]用质量为M的铁锤沿水平方向将质量为m、长为L的铁钉敲入木板，铁锤每次以相同的速度V₀击钉，随即与钉一起运动并使钉进入木板一定距离．在每次击进入木板的过程中，钉所受的平均阻力为前一次受击进入木板过程中所受平均阻力的K倍(K>1)．若第一次敲击使钉进入木板深度为L₁，问至少敲击多少次才能将钉全部敲入木板？并就你的解答讨论要将钉全部敲入木板，L₁必须满足什么条件？

[解析]设铁锤每次敲击铁钉后以共同速度V运动，根据动量守恒定律可得：　　　　　　　　　 MV₀=(M+m)V　　　　　

设第一次受击进入木板过程中受平均阻力为f₁，则根据动能定理可得：

第二次受击进入木板过程中受平均阻力为f₂=Kf₁， 根据动能定理可得：

所以L₂=L₁/K．同理可得L₃=L₁/K²，L₄=L₁/K³…………L_n=L₁/K_N^(N-1)

因为L=L₁+L₂+……+L_n=，所以

当时，上式无意义，但其物理意义是当时不论你敲击多少次都不能将铁钉全部敲入木板．所以要将钉全部敲入木板，L₁必须满足：

L₁>(K-1)L/K

1．考纲解读

10．从某一高处先后落下两个铁球，两球用长35m的细绳相连．第一球降落1s后，第二球开始降落，若不计空气阻力，第二个球下降多长时间细绳刚好被拉直(g取10m/s²)？

9．在离地高20m处将一小球以速度v₀竖直上抛，不计空气阻力，取g=10m/s²，当它到达上升最大位移的3/4 时，速度为10m/s，则小球抛出后5s内的位移及5s末的速度分别为(　　 )

A．－25m，－30m/s　　　 B．－20m，－30m/s　　 C．－20m，0　　　 D．0，－20m/s

8．在一根轻绳的两端各拴一个小球，一人用手拿绳上端的小球站在三层楼的阳台上放手让小球自由下落，两球落地时间差为△t．如果站在四楼阳台上，重复上述实验，则两球落地时间差会(　　 )

A．不变　　　　　 B．变大　　　　　 C．变小　　　　　 D．由于层高不知，无法比较

7．自由下落的物体，自起点开始依次下落三段相等位移所用时间的比是

A．1∶3∶5　　　　　　　　　　 B．1∶∶

C．1∶4∶9　　　　　　　　　　 D．1∶(－1)∶(－)

6. 一根长L=1m的铁索从楼顶自由下落，则此铁索经过楼顶下距楼顶h=5m的A点，需时间为多少？(g取)