Ⅰ．用一支游標卡尺測量一圓柱外徑時，游標尺零刻度在主尺的3.2cm和3.3cm之間，所測得的數值為3.248cm，則可知此游標尺共有

50

50

個等分刻度，游標尺的第

24

24

條刻線恰好與主尺上的一條刻線對齊，用這一游標尺測量出如下幾個數據：
A．0.66mm         B．2.613cm        C．2.800cm       D．1.00mm
其中不符合要求的讀數是

B

B

．
Ⅱ．常用螺旋測微器的精度是0.01mm，如圖中的螺旋測微器讀數為5.620mm請你在刻度線旁邊的方框內標出相
應的數以符合給出的數，若另制一個螺旋測微器，使其精確度提高到0.005mm，而螺旋測微器的螺距仍保
持0.5mm不變，可以采用的方法是

將可動刻度等分100份

將可動刻度等分100份

．

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Ⅰ．某實驗小組利用如圖甲所示的實驗裝置來驗證鉤碼和滑塊所組成的系統機械能守恒．

（1）實驗前需要調整氣墊導軌底座使之水平，利用現有器材如何判斷導軌是否水平？

接通氣源，將滑塊靜置于氣墊導軌上，若滑塊基本保持靜止，則說明導軌是水平的（或輕推滑塊，滑塊能基本做勻速直線運動）

接通氣源，將滑塊靜置于氣墊導軌上，若滑塊基本保持靜止，則說明導軌是水平的（或輕推滑塊，滑塊能基本做勻速直線運動）

．
（2）如圖乙所示，用游標卡尺測得遮光條的寬度d=

0.52

0.52

cm；實驗時將滑塊從圖示位置由靜止釋放，由數字計時器讀出遮光條通過光電門的時間△t=1.2×10^-2s，則滑塊經過光電門時的瞬時速度為

0.43

0.43

m/s．在本次實驗中還需要測量的物理量有：鉤碼的質量m、滑塊上的遮光條初始位置到光電門的距離s和

滑塊的質量M

滑塊的質量M

（文字說明并用相應的字母表示）．
（3）本實驗通過比較

mgs

mgs

和

1

2

(M+m)(

d

△t

)

2

1

2

(M+m)(

d

△t

)

2

在實驗誤差允許的范圍內相等（用測量的物理量符號表示），從而驗證了系統的機械能守恒．

Ⅱ．如圖是“測電源的電動勢和內阻”的實驗電路，器材如下：待測電源（電動勢約為1.5V，內阻較小） 

量程3V的理想電壓表V
量程0.6A的電流表A（具有一定內阻）
定值電阻R₀（R₀=1.50Ω）
滑動變阻器R₁（0-10Ω）
滑動變阻器R₂（0-200Ω）
開關S、導線若干
①為方便實驗調節且能較準確地進行測量，滑動變阻器應選用

R

1

R

1

（填R₁或 R₂）．
②用筆畫線代替導線在實物圖中完成連線．
③實驗中，改變滑動變阻器的阻值，測出當電流表讀數為I₁時，電壓表讀數為U₁；當電流表讀數為I₂時，電壓表讀數為U₂．則待測電源內阻的表達式r=

U   2 -U   1

I   1 -I   2

-R

0

U   2 -U   1

I   1 -I   2

-R

0

．（用I₁、I₂、U₁、U₂和R₀表示）

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Ⅰ．（1）在驗證機械能守恒定律的實驗中，實驗裝置如圖所示．實驗要驗證的是重物重力勢能的減少量是否等于它動能的增加量．以下步驟僅是實驗操作中的一部分，請將必要的步驟挑選出來，并且按正確的順序排列：

ACGEF

ACGEF

（填代號）．
A．把電火花打點計時器固定在鐵架臺上，并用導線把它和交流電源連接起來
B．用天平稱出重錘的質量
C．把紙帶的一端固定在重錘上，另一端穿過電火花打點計時器的限位孔，把重錘提升到一定的高度
D．用秒表測出重錘下落的時間
E．釋放紙帶
F．重復幾次，得到3～5條符合要求的紙帶
G．接通電源
（2）根據紙帶算出相關各點的速度v，量出由靜止開始下落的距離h，以

v2

2

為縱軸，以h為橫軸畫出的圖線應是下圖中的

B

B

，就證明機械能是守恒的，圖象的斜率代表的物理量是

g

g

．
Ⅱ．如圖是測量小燈泡U-I關系的實驗電路，表格中記錄的是某次實驗的測量數據．

實驗 序號	1	2	3	4	5	6	7	8
U（V）	0.0	0.2	0.5	1.0	1.5	2.0	2.5	3.0
I（A）	0.000	0.050	0.100	0.150	0.180	0.195	0.205	0.215

（1）下列電源和滑動變阻器可供選擇的是

D

D

．
A．電動勢為3V，內阻為1Ω的電池組和總阻值為100Ω的滑動變阻器
B．電動勢為4.5V，內阻為1.5Ω的電池組和總阻值為100Ω的滑動變阻器
C．電動勢為3V，內阻為1Ω的電池組和總阻值為10Ω的滑動變阻器
D．電動勢為4.5V，內阻為1.5Ω的電池組和總阻值為10Ω的滑動變阻器
E．電動勢為4.5V，內阻為1.5Ω的電池組和總阻值為150Ω的滑動變阻器
（2）在按照實驗序號的先后得到以上數據的過程中，滑動變阻器的滑片移動的方向是

a→b

a→b

（選填“a→b”或“b→a”）．
（3）在方格紙內畫出小燈泡的U-I曲線．分析曲線可知小燈泡的電阻隨I變大而

增大

增大

（填“變大”、“變小”或“不變”）．
（4）將上述小燈泡接入到如圖乙所示的電路中，定值電阻R=24Ω，電源電動勢E=3V、內阻r=1Ω，則在這個電路中，小燈泡的電阻大小為

5

5

Ω．

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Ⅰ．某實驗小組采用如圖所示的裝置探究功與速度變化的關系，小車在橡皮筋的作用下彈出后，沿木板滑行．打點計時器工作頻率為50Hz．
（1）實驗中木板略微傾斜，這樣做

CD

CD

．
A．是為了使釋放小車后，小車能勻加速下滑
B．是為了增大小車下滑的加速度
C．可使得橡皮筋做的功等于合力對小車做的功
D．可使得橡皮筋松馳后小車做勻速運動
（2）實驗中先后用同樣的橡皮筋1條、2條、3條…，并起來掛在小車的前端進行多次實驗，每次都要把小車拉到同一位置再釋放小車．把第1次只掛1條橡皮筋時橡皮筋對小車做的功記為w₁，第二次掛2條橡皮筋時橡皮筋對小車做的功為2W₁，…；橡皮筋對小車做功后而使小車獲得的速度可由打點計時器打出的紙帶測出．根據第四次的紙帶求得小車獲得的速度為

2

2

m/s．

（3）若根據多次測量數據畫出的W-v草圖如圖1所示，根據圖線形狀，可知對w與v的關系作出的猜想肯定不正確的是

AB

AB

．

A．W∝

v

    B．W∝

1

v

   C．W∝v²     D．W∝v³
（4）如果W∝v²的猜想是正確的，則畫出的W-v²圖象應是

過原點的一條直線

過原點的一條直線

．
（5）在本實驗中你認為影響實驗效果的可能原因是

橡皮筋的規格不完全相同、木板傾斜過多、小車質量太小等

橡皮筋的規格不完全相同、木板傾斜過多、小車質量太小等

．（只要回答出一種原因即可）
Ⅱ．現有一特殊的電池，其電動勢E為9～10V，內阻r在35～55Ω范圍，最大允許電流為50mA．為測定這個電池的電動勢和內阻，某同學利用如圖2所示的電路進行實驗．圖中電壓表的內電阻很大，對電路的影響可以不計；R為電阻箱，阻值范圍為0～9 999Ω；R0是定值電阻．
（1）實驗室備有的定值電阻R0有以下幾種規格：
A．10Ω，2.5W    B．50Ω，1.0W    C．150Ω，1.0W    D．1 500Ω，5.0W
本實驗應選用

C

C

，其作用是

保護電路

保護電路

．
（2）該同學接人符合要求的R₀后，閉合開關S，調整電阻箱的阻值讀出電壓表的示數U，再改變電阻箱阻值，取得多組數據，作出了如圖3所示的圖線．則根據該同學所作的圖線可知圖象的橫坐標與縱坐標的比值表示

電流

電流

．
（3）根據圖3所作出的圖象求得該電池的電動勢E為

10

10

V，內電阻r為

4.75

4.75

Ω．

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Ⅰ．氣墊導軌工作時，空氣從導軌表面的小孔噴出，在導軌表面和滑塊內表面之間形成一層薄薄的空氣層，使滑塊不與導軌表面直接接觸，故滑塊運動時受到的阻力大大減小，可以忽略不計．為了探究做功與物體動能之間的關系，在氣墊導軌上放置一帶有遮光片的滑塊，滑塊的一端與輕彈簧相接，彈簧另一端固定在氣墊導軌的一端，將一光電門P固定在氣墊導軌底座上適當位置（如圖1），使彈簧處于自然狀態時，滑塊上的遮光片剛好位于光電門的擋光位置，與光電門相連的光電計時器可記錄遮光片通過光電門時的擋光時間．實驗步驟如下：
①用游標卡尺測量遮光片的寬度d；
②在氣墊導軌上適當位置標記一點A（圖中未標出，AP間距離遠大于d），將滑塊從A點由靜止釋放．由光電計時器讀出滑塊第一次通過光電門時遮光片的擋光時間t；
③利用所測數據求出滑塊第一次通過光電門時的速度V；
④更換勁度系數不同而自然長度相同的彈簧重復實驗步驟②③，記錄彈簧勁度系數及相應的速度V，如下表所示：

彈簧勁度系數	k	2k	3k	4k	5k	6k
V （m/s）	0.71	1.00	1.22	1.41	1.58	1.73
V2 （m2/s2）	0.50	1.00	1.49	1.99	2.49	2.99
V3 （m3/s3）	0.36	1.00	1.82	2.80	3.94	5.18

（1）測量遮光片的寬度時游標卡尺讀數如圖2所示，讀得d=

 

m；
（2）用測量的物理量表示遮光片通過光電門時滑塊的速度的表達式V=

 

；
（3）已知滑塊從A點運動到光電門P處的過程中，彈簧對滑塊做的功與彈簧的勁度系數成正比，根據表中記錄的數據，可得出合力對滑塊做的功W與滑塊通過光電門時的速度V的關系是

 

．
Ⅱ．現已離不開電視、手機等電子產品，但這些產品生產過程中會產生含多種重金屬離子的廢水，這些廢水是否達標也引起了人們的關注．某同學想測出學校附近一工廠排出廢水的電阻率，以判斷廢水是否達到排放標準（一般工業廢水電阻率的達標值為ρ≥200Ω?m）．圖甲為該同學所用盛水容器，其左、右兩側面為帶有接線柱的金屬薄板（電阻極�。�，其余四面由絕緣材料制成，容器內部長a=40cm，寬b=20cm，高c=10cm．他將水樣注滿容器后，進行以下操作：
（1）他先后用多用電表歐姆檔的“×1k”、“×100”兩個檔位粗測水樣的電阻值時，表盤上指針如圖乙中所示，則所測水樣的電阻約為

 

Ω．
（2）他從實驗室中找到如下實驗器材更精確地測量所取水樣的電阻：
A．電流表（量程5mA，電阻R_A=800Ω）
B．電壓表（量程15V，電阻R_V約為10.0kΩ）
C．滑動變阻器（0～20Ω，額定電流1A）
D．電源（12V，內阻約10Ω）
E．開關一只、導線若干
請用筆線代替導線幫他在圖丙中完成電路連接．
（3）正確連接電路后，這位同學閉合開關，測得一組U、I數據；再調節滑動變阻器，重復上述測量得出一系列數據如下表所示，請你在圖丁的坐標系中作出U-I關系圖線．

U/V	2.0	3.8	6.8	8.0	10.2	11.6
I/mA	0.73	1.36	2.20	2.89	3.66	4.15

（4）由以上測量數據可以求出待測水樣的電阻率為

 

Ω?m．據此可知，所測水樣在電阻率這一指標上

 

（選填“達標”或“不達標”）．

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典型例題

[例1]  解析：對系統進行整體分析，受力分析如圖1―2：

由平衡條件有：

由此解得 

[例2]  解析： （1）設t₁、t₂為聲源S發出兩個信號的時刻，為觀察者接收到兩個信號的時刻．則第一個信號經過時間被觀察者A接收到，第二個信號經過（）時刻被觀察者A接收到，且

設聲源發出第一個信號時，S、A兩點間的距離為L，兩個聲信號從聲源傳播到觀察者的過程中，它們的運動的距離關系如圖所示，

可得

由以上各式解得

（2）設聲源發出聲波的振動周期為T，這樣，由以上結論，觀察者接收到的聲波振動的周期T′,．

由此可得，觀察者接收到的聲波頻率與聲源發出聲波頻率間的關系為

．

[例3] 解答：根據題意作圖1―4．

對這兩個天體而言，它們的運動方程分別為   ①

   ②

以及       ③

由以上三式解得．

將r₁和r₂的表達式分別代①和②式，

可得．

[例4]  解答：（1）A、B兩球以相同的初速度v₀，從同一點水平拋出，可以肯定它們沿同一軌道運動．

作細線剛被拉直時刻A、B球位置示意圖1―5．

根據題意可知：

設A球運動時間為t，則B球運動時間為t－0.8，由于A、B球在豎直方向上均作自由落體運動，所以有．

由此解得t =1s．

（2）細線剛被拉直時，

A、B球的水平位移分別為

[例5]  解答：（1）A球通過最低點時，作用于環形圓管的壓力豎直向下，根據牛頓第三定律，A球受到豎直向上的支持力N₁，由牛頓第二定律，有：

     ①

由題意知，A球通過最低點時，B球恰好通過最高點，而且該時刻A、B兩球作用于圓管的合力為零；可見B球作用于圓管的壓力肯定豎直向上，根據牛頓第三定律，圓管對B球的反作用力N₂豎直向下；假設B球通過最高點時的速度為v，則B球在該時刻的運動方程為    ②

由題意N₁=N₂     ③

∴     ④

對B球運用機械能守恒定律     ⑤

解得     ⑥

⑥式代入④式可得：．

[例6]  解答：火箭上升到最高點的運動分為兩個階段：勻加速上升階段和豎直上拋階段．

地面上的擺鐘對兩個階段的計時為

即總的讀數（計時）為t =t₁＋t₂=360（s）

放在火箭中的擺鐘也分兩個階段計時．

第一階段勻加速上升，a=8g，鐘擺周期

其鐘面指示時間

第二階段豎直上拋，為勻減速直線運動，加速度豎直向下，a=g，完全失重，擺鐘不“走”，計時．可見放在火箭中的擺鐘總計時為．

綜上所述，火箭中的擺鐘比地面上的擺鐘讀數少了．

[例7]  解答：在情形（1）中，滑塊相對于桌面以速度v₀=0.1m/s向右做勻速運動，放手后，木板由靜止開始向右做勻加速運動．

經時間t，木板的速度增大到v₀=0.1m/s，．

在5s內滑塊相對于桌面向右的位移大小為S₁=v₀t=0.5m．

而木板向右相對于桌面的位移為．

可見，滑塊在木板上向右只滑行了S₁－S₂=0.25m，即達到相對靜止狀態，隨后，它們一起以共同速度v₀向右做勻速直線運動．只要線足夠長，桌上的柱子不阻擋它們運動，滑塊就到不了木板的右端．

在情形（2）中，滑塊與木板組成一個系統，放手后滑塊相樹于木板的速度仍為v₀，滑塊到達木板右端歷時．

[例8]  解答：以m表示球的質量，F表示兩球相互作用的恒定斥力，l表示兩球間的原始距離．A球作初速度為v₀的勻減速運動，B球作初速度為零的勻加速運動．在兩球間距由l先減小，到又恢復到l的過程中，A球的運動路程為l₁，B球運動路程為l₂，間距恢復到l時，A球速度為v₁，B球速度為v₂．

由動量守恒，有

由功能關系：A球      B球：

根據題意可知l₁=l₂，

由上三式可得

得v₂=v₀、v₁=0    即兩球交換速度．

當兩球速度相同時，兩球間距最小，設兩球速度相等時的速度為v，

則

B球的速度由增加到v₀花時間t₀，即

得．

解二：用牛頓第二定律和運動學公式．（略）

跟蹤練習

1．C   提示：利用平衡條件．

2．（1）重物先向下做加速運動，后做減速運動，當重物速度為零時，下降的距離最大，設下降的最大距離為h，

由機械能守恒定律得   解得．

（2）系統處于平衡狀態時，兩小環的可能位置為

a．兩小環同時位于大圓環的底端

b．兩小環同時位于大圓環的頂端

c．兩小環一個位于大圓環的頂端，另一個位于大圓環的底端

d．除上述三種情況外，根據對稱性可知，系統如能平衡，則小圓環的位置一定關于大圓環豎直對稱軸對稱．設平衡時，兩小圓環在大圓環豎直對稱軸兩側角的位置上（如圖）．

對于重物m，受繩的拉力T與重力mg作用，有T=mg．對于小圓環，受到三個力的作用，水平繩的拉力T，豎直繩的拉力T，大圓環的支持力N．兩繩的拉力沿大圓環切向的分力大小相等，方向相反．

得．

3．設測速儀掃描速度為v′，因P₁、P₂在標尺上對應間隔為30小格，所以格/s．

測速儀發出超聲波信號P₁到接收P₁的反射信號n₁．從圖B上可以看出，測速儀掃描12小格，所以測速儀從發出信號P₁到接收其反射信號n₁所經歷時間．

汽車接收到P₁信號時與測速儀相距．

同理，測速儀從發出信號P₂到接收到其反射信號n₂，測速儀掃描9小格，故所經歷時間．汽車在接收到P₂信號時與測速儀相距．

所以，汽車在接收到P₁、P₂兩個信號的時間內前進的距離△S=S₁－S₂=17m．

從圖B可以看出，n₁與P₂之間有18小格，所以，測速儀從接收反射信號n₁到超聲信號P₂的時間間隔．

所以汽車接收P₁、P₂兩個信號之間的時間間隔為．

∴汽車速度m/s．

4．從B發出第一個超聲波開始計時，經被C車接收．故C車第一次接收超聲波時與B距離．

第二個超聲波從發出至接收，經T＋△T時間，C車第二車接收超聲波時距B為，C車從接收第一個超聲波到接收第二個超聲波內前進S₂－S₁，接收第一個超聲波時刻，接收第二個超聲波時刻為．

所以接收第一和第二個超聲波的時間間距為．

故車速．車向右運動．

5．ACD

6．（1）根據動能定理，可求出衛星由近地點到遠地點運動過程中，地球引力對衛星的功為．

（2）由牛頓第二定律知   ∴

7．（1）建立如圖所示坐標系，將v₀與g進行正交分解．

在x方向，小球以為初速度作勻加速運動．

在y方向，小球以為初速度，作類豎直上拋運動．

當y方向的速度為零時，小球離斜面最遠，由運動學公式．

小球經時間t上升到最大高度，由得．

（2）

8．（1）設滑雪者質量為m，斜面與水平面夾角為，滑雪者滑行過程中克服摩擦力做功   ①

由動能定理    ②

離開B點時的速度     ③

（2）設滑雪者離開B點后落在臺階上

可解得 ④         此時必須滿足  ⑤

當時，滑雪者直接落到地面上，，

可解得．

9．AC

10．擺球先后以正方形的頂點為圓心，半徑分別為R₁=4a，R₂=3a，R₃=2a，R₄=a為半徑各作四分之一圓周的圓運動．

當擺球從P點開始，沿半徑R₁=4a運動到最低點時的速度v₁，

根據動量定理  ①

當擺球開始以v₁繞B點以半徑R₂=3a作圓周運動時，擺線拉力最大，為T_max=7mg，這時擺球的運動方程為        ②

由此求得v₀的最大許可值為．

當擺球繞C點以半徑R₃=2a運動到最高點時，為確保沿圓周運動，

到達最高點時的速度（重力作向心力）

由動能定理

∴

11．B

12．由題意知，周期為．波速．

P、Q兩點距離相差次全振動所需時間即

∴．

13．ABC  開始時小車上的物體受彈簧水平向右的拉力為6N，水平向左的靜摩擦力也為6N，合力為零．沿水平向右方向對小車施加以作用力，小車向右做加速運動時，車上的物體沿水平向右方向上的合力（F=ma）逐漸增大到8N后恒定．在此過程中向左的靜摩擦力先減小，改變方向后逐漸增大到（向右的）2N而保持恒定；彈簧的拉力（大小、方向）始終沒有變，物體與小車保持相對靜止，小車上的物體不受摩擦力作用時，向右的加速度由彈簧的拉力提供：．

14．（1）設物體與板的位移分別為S_物、S_板，則由題意有    ①

    ②     解得：．

（2）由．

得，故板與桌面之間的動摩擦因數．

15．在0～10s內，物體的加速度（正向）

在10～14s內，物體的加速度 （反向）

由牛頓第二定律    ①              ② 

由此解得F=8.4N    =0.34

16．（1）依題意得=0，設小滑塊在水平面上運動的加速度大小為a，

由牛頓第二定律，，由運動學公式，解得．

（2）滑塊在水平面上運動時間為t₁，由．

在斜面上運動的時間

（3）若滑塊在A點速度為v₁=5m/s，則運動到B點的速度．

即運動到B點后，小滑塊將做平拋運動．

假設小滑塊不會落到斜面上，則經過落到水平面上，

則水平位移．

所以假設正確，即小滑塊從A點運動到地面所需時間為．

專題二  動量與機械能

典型例題

[例1]  D

解析：本題辨析一對平衡力和一對作用力和反作用力的功、沖量．因為，一對平衡力大小相等、方向相反，作用在同一物體上，所以，同一段時間內，它們的沖量大小相等、方向相反，故不是相同的沖量，則①錯誤．如果在同一段時間內，一對平衡力做功，要么均為零（靜止），要么大小相等符號相反（正功與負功），故②正確．至于一對作用力與反作用力，雖然兩者大小相等，方向相反，但分別作用在兩個不同物體上（對方物體），所以，即使在同樣時間內，力的作用點的位移不是一定相等的（子彈穿木塊中的一對摩擦力），則做功大小不一定相等．而且作功的正負號也不一定相反（點電荷間相互作用力、磁體間相互作用力的做功，都是同時做正功，或同時做負功．）因此③錯誤，④正確．綜上所述，選項D正確．

【例2】  解析：（1）飛機達到最大速度時牽引力F與其所受阻力f 大小相等，

由P=Fv得

（2）航空母艦上飛機跑道的最小長度為s，由動能定理得

 將代入上式得或

【例3】  解析：解法1（程序法）：

選物體為研究對象，在t₁時間內其受力情況如圖①所示，選F的方向為正方向，根據牛頓第二定律，物體運動的加速度為．

撤去F時物體的速度為v₁=a₁t₁=2×6m/s=12m/s

撤去F后，物體做勻減速運動，其受力情況如圖②所示，根據牛頓第二定律，其運動的加速度為．

物體開始碰撞時的速度為v₂=v₁＋a₂t₂=[12＋(－2)×2]m/s=8m/s．

再研究物體碰撞的過程，設豎直墻對物體的平均作用力為，其方向水平向左．若選水平向左為正方向，根據動量定理有．

解得．

解法2（全程考慮）：取從物體開始運動到碰撞后反向彈回的全過程應用動量定理，并取F的方向為正方向，則

所以

點評：比較上述兩種方法看出，當物體所受各力的作用時間不相同且間斷作用時，應用動量定理解題對全程列式較簡單，這時定理中的合外力的沖量可理解為整個運動過程中各力沖量的矢量和．此題應用牛頓第二定律和運動學公式較繁瑣．

另外有些變力作用或曲線運動的題目用牛頓定律難以解決，應用動量定理解決可化難為易．

【例4】  解析：該題用守恒觀點和轉化觀點分別解答如下：

解法一：（守恒觀點）選小球為研究對象，設小球沿半徑為R的軌道做勻速圓周運動的線速度為v₀，根據牛頓第二定律有   ①

當剪斷兩物體之間的輕線后，輕線對小球的拉力減小，不足以維持小球在半徑為R的軌道上繼續做勻速圓周運動，于是小球沿切線方向逐漸偏離原來的軌道，同時輕線下端的物體m₁逐漸上升，且小球的線速度逐漸減�。�假設物體m₁上升高度為h，小球的線速度減為v時，小球在半徑為（R＋h）的軌道上再次做勻速圓周運動，根據牛頓第二定律有      ②

再選小球M、物體m₁與地球組所的系統為研究對象，研究兩物體間的輕線剪斷后物體m₁上升的過程，由于只有重力做功，所以系統的機械能守恒．選小球做勻速圓周運動的水平面為零勢面，設小球沿半徑為R的軌道做勻速圓周運動時m₁到水平板的距離為H，根據機械能守恒定律有    ③

以上三式聯立解得 

解法二：（轉化觀點）與解法一相同，首先列出①②兩式，然后再選小球、物體m₁與地球組成的系統為研究對象，研究兩物體間的輕線剪斷后物體m₁上升的過程，由于系統的機械能守恒，所以小球動能的減少量等于物體m₁重力勢能的增加量．即

     ④

①、②、④式聯立解得 

點評：比較上述兩種解法可以看出，根據機械能守恒定律應用守恒觀點列方程時，需要選零勢面和找出物體與零勢面的高度差，比較麻煩；如果應用轉化觀點列方程，則無需選零勢面，往往顯得簡捷．

【例5】  解析：（1）第一顆子彈射入木塊過程中動量守恒   ①

解得：=3m/s   ②

木塊向右作減速運動加速度m/s²    ③

木塊速度減小為零所用時間      ④

解得t₁ =0.6s<1s    ⑤

所以木塊在被第二顆子彈擊中前向右運動離A點最遠時，速度為零，移動距離為

解得s₁=0.9m．     ⑥

（2）在第二顆子彈射中木塊前，木塊再向左作加速運動，時間t₂=1s－0.6s=0.4s   ⑦

速度增大為v_­2=at₂=2m/s（恰與傳送帶同速）      ⑧

向左移動的位移為    ⑨

所以兩顆子彈射中木塊的時間間隔內，木塊總位移S₀=S₁－S₂=0.5m方向向右     ⑩

第16顆子彈擊中前，木塊向右移動的位移為    11

第16顆子彈擊中后，木塊將會再向右先移動0.9m，總位移為0.9m＋7.5=8.4m>8.3m木塊將從B端落下．

所以木塊在傳送帶上最多能被16顆子彈擊中．

（3）第一顆子彈擊穿木塊過程中產生的熱量為

   12

木塊向右減速運動過程中板對傳送帶的位移為    13

產生的熱量為Q₂=      14

木塊向左加速運動過程中相對傳送帶的位移為     15

產生的熱量為     16

第16顆子彈射入后木塊滑行時間為t₃有    17

解得t₃=0.4s   18

木塊與傳送帶的相對位移為S=v₁­t₃＋0.8    19

產生的熱量為Q₄=   20

全過程中產生的熱量為Q=15(Q₁＋Q₂＋Q­₃)＋Q₁＋Q₄

解得Q=14155.5J    21

【例6】  解析：運動分析：當小車被擋住時，物體落在小車上沿曲面向下滑動，對小車有斜向下方的壓力，由于P的作用小車處于靜止狀態，物體離開小車時速度為v₁，最終平拋落地，當去掉擋板，由于物對車的作用，小車將向左加速運動，動能增大，物體相對車滑動的同時，隨車一起向左移動，整個過程機械能守恒，物體滑離小車時的動能將比在前一種情況下小，最終平拋落地，小車同時向前運動，所求距離是物體平拋過程中的水平位移與小車位移的和．求出此種情況下，物體離開車時的速度v₂，及此時車的速度以及相應運動的時間是關鍵，由于在物體與小車相互作用過程中水平方向動量守恒這是解決v₂、間關系的具體方法．

（1）擋住小車時，求物體滑落時的速度v₁，物體從最高點下落至滑離小車時機械能守恒，設車尾部（右端）離地面高為h，則有，     ①

由平拋運動的規律s₀=v₁t    ②

．    ③

（2）設去掉擋板時物體離開小車時速度為v₂，小車速度為，物體從最高點至離開小車之時系統機械能守恒    ④

物體與小車相互作用過程中水平方向動量守恒．   ⑤

此式不僅給出了v₂­與大小的關系，同時也說明了v­₂是向右的．

物體離開車后對地平拋       ⑥

     ⑦

車在時間內向前的位移    ⑧

比較式⑦、③，得解式①、④、⑤，得．

此種情況下落地點距車右端的距離

．

點評：此題解題過程運用了機械能守恒、動量守恒及平拋運動的知識，另外根據動量守恒判斷m離車時速度的方向及速度間的關系也是特別重要的．

【例7】  解析：（1）設第一次碰墻壁后，平板車向左移動s，速度為0．由于體系總動量向右，平板車速度為零時，滑塊還在向右滑行．

由動能定理    ①

            ②

代入數據得      ③

（3）假如平板車在第二次碰撞前還未和滑塊相對靜止，那么其速度的大小肯定還是2m/s，滑塊的速度則大于2m/s，方向均向右．這樣就違反動量守恒．所以平板車在第二次碰撞前肯定已和滑塊具有共同速度v．此即平板車碰墻前瞬間的速度．

     ④

∴      ⑤

代入數據得    ⑥

（3）平板車與墻壁第一次碰撞后到滑塊與平板又達到共同速度v前的過程，可用圖（a）（b）（c）表示．（a）為平板車與墻壁撞后瞬間滑塊與平板車的位置，圖（b）為平板車到達最左端時兩者的位置，圖（c）為平板車與滑塊再次達到共同速度為兩者的位置．在此過程中滑塊動能減少等于摩擦力對滑塊所做功，平板車動能減少等于摩擦力對平板車所做功（平板車從B到A再回到B的過程中摩擦力做功為零），其中、分別為滑塊和平板車的位移．滑塊和平板車動能總減少為其中為滑塊相對平板車的位移．此后，平板車與墻壁發生多次碰撞，每次情況與此類似，最后停在墻邊．設滑塊相對平板車總位移為l，則有    ⑦

        ⑧

代入數據得      ⑨

l即為平板車的最短長度．

【例8】  解析：本題應用動量守恒，機械能守恒及能量守恒定律聯合求解。

在m下落在砂箱砂里的過程中，由于車與小泥球m在水平方向不受任何外力作用，故車及砂、泥球整個系統的水平方向動量守恒，則有：

    ①

此時物塊A由于不受外力作用，繼續向右做勻速直線運動再與輕彈簧相碰，以物塊A、彈簧、車系統為研究對象，水平方向仍未受任何外力作用，系統動量守恒，當彈簧被壓縮到最短，達最大彈性勢能E_­p­時，整個系統的速度為v₂，則由動量守恒和機械能守恒有：

     ②

    ③

由①②③式聯立解得：     ④

之后物塊A相對地面仍向右做變減速運動，而相對車則向車的左面運動，直到脫離彈簧，獲得對車向左的動能，設剛滑至車尾，則相對車靜止，由能量守恒，彈性勢能轉化為系統克服摩擦力做功轉化的內能有：    ⑤

由④⑤兩式得：  

跟蹤練習

1．【答案】 D

【解析】 在△t₁時間內，I₁=F△t₁=mv=△p₁，在△t₂時間內．I₂=F△t₂=2mv－mv=mv=△p₂  ∴I₁=I₂

又

∴W₁<W₂，D選項正確．

【說明】 物體在恒定的合外力F作用下做直線運動，由牛頓第二定律可知物體做勻加速直線運動，速度由零增大到v的時間△t₂和由v增大到2v的時間△t₂是相等的，所以在△t₁和△t₂的兩段時間內合外力的沖量是相等的．在△t₁的平均速度小于△t₂時間內的平均速度，從而得出在△t₁內的位移小于在△t­₂時間的位移，恒力F所做的功W₁<W₂．D選項正確．

2．【答案】 C

【解析】 無論子彈射入的深度如何，最終子彈和木塊都等速，由動量守恒定律知，兩種情況最終兩木塊（包括子彈）速度都相等．對木塊由動能定理知：兩次子彈對木塊做功一樣多．由動量定理知：兩次木塊所受沖量一樣大．對系統由能的轉化和守恒定律知，兩次損失的機械能一樣多，產生的熱量也一樣多．

3．【解析】 （1）物體由A滑到B的過程中，容器不脫離墻，物塊由B沿球面向上滑時，物塊對容器的作用力有一水平向右的分量，容器將脫離墻向右運動．因此，物塊由A→B動量變化量最大，受容器的沖量最大，豎直墻作用于容器的沖量也最大．

物塊由A→B機械能守恒，設物塊滑到B的速度為v_B，則

∴    ①

物塊動量變化量方向沿水平方向．容器作用于物塊的沖量為．

容器不動，墻對容器的沖量，方向水平向右，這是最大沖量．

（2）物塊從B處上升，容器向右運動過程中，系統水平方向動量守恒．物塊上升到最高處相對容器靜止的時刻，物塊與容器具有共同的水平速度，設它為v，則由動量守恒定律得    ②

系統機械能守恒    ③

聯立①②③式解得   M=3m

4．【解析】 設離子噴出尾噴管時的速度為v，單位時間內噴出n個離子，則△t時間內噴出離子數為n△t，由動量定理得

在發射離子過程中，衛星和發射出的離子系統，動量守恒，設噴出離子總質量為△m，則有△mv=(M－△m)v_星  ∵△mm   ∴v．

5．【解析】 （1）設整個過程摩擦力做的功是W，由動能定理得：mgh－W=0    ①

W=mgh

（2）設物塊沿軌道AB滑動的加速度為a₁，

由牛頓第二定律有  ②

設物塊到達B點時的速度為V_B，則有V_B=a₁t₁   ③

設物塊沿軌道BC滑動的加速度為a₂，由牛頓第二定律有    ④

物塊從B點開始作勻減速運動，到達C點時，速度為零，故有    ⑤

由②③④⑤式可得：    ⑥

（3）使物塊勻速地、緩慢地沿原路回到A點所需做的功應該是克服重力和阻力所做功之和，即是W₁=mgh＋W=2mgh

6．【解析】 （1）物體P從A下滑經B到C過程中根據動能定理：

經C點時

根據牛頓第三定律，P對C點的壓力

（2）從C到E機械能守恒

E與D間高度差

（3）物體P最后在B與其等高的圓弧軌道上來回運動時，經C點壓力最小，由B到C根據機械能守恒

根據牛頓第三定律  壓力

7．【解析】 物塊的運動可分為以下四個階段：①彈簧彈力做功階段；②離開彈簧后在AB段的勻速直線運動階段；③從B到C所進行的變速圓周運動階段；④離開C點后進行的平拋運動階段．彈簧彈力是變化的，求彈簧彈力的功可根據效果――在彈力作用下物塊獲得的機械能，即到達B點的動能求解．物塊從B至C克服阻力做的功也是變力，同樣只能根據B點和C點兩點的機械能之差判斷．因此求出物塊在B點和C點的動能是關鍵．可根據題設條件：“進入導軌瞬間對導軌的壓力為其重力的7倍”、“恰能到達C點”，求出．

物塊在B點時受力mg和導軌的支持力N=7mg，由牛頓第二定律，

有

∴

物塊到達C點僅受重力mg，根據牛頓第二定律，有

∴．

（1）根據動能定理，可求得彈簧彈力對物體所做的功為W_彈=E_kB=3mgR．

（2）物體從B到C只有重力和阻力做功，根據動能定理，

有

即物體從B到C克服阻力做的功為0.5mgR．

（3）物體離開軌道后做平拋運動，僅有重力做功，機械能守恒，

有．

評析：中學階段不要求直接用