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1、 力做功．當?0≤α

2、 P (2)勻加速運動的最后點為v1m－F  ＝ma；此時瞬時功率等于額 阻 定功率?P  額． (3)在勻加速過程中的某點有：?v?－F???＝ma. (4)在變加速運動過程中的某點有?v?－F???＝ma2. P1 阻 1 Pm 阻 2 4．動能定理 (1)定義：外力做功的代數(shù)和等于物體動能的變化量． (2)表達式：W?合＝Ek2－Ek1. (3)適用范圍：單個物體，單一過程或多個過程，直線運動或曲 線運動． 5．機械能守恒定律 (1)成立條件：系統(tǒng)內只有重力或彈力做功，其他任何內

3、力、外 力都不做功或做功的代數(shù)和為零． 物體間只有動能和重力勢能及彈性勢能相互轉化，系統(tǒng)跟外界沒 有發(fā)生機械能的轉化，機械能也沒有轉化成其他形式的能?(如沒有內 能產生)，系統(tǒng)的機械能守恒． (2)表達式 ①Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2 ②ΔEk＝－ΔEp. ③ΔEA?增＝ΔEB 減 6．幾種常見的功能關系 做功 重力做功 彈力做功  能量變化 重力勢能變化?ΔEp 彈性勢能變化?ΔEp  功能關系 WG＝－ΔEp WF＝－ΔEp

4、 合外力做功?W  合 動能變化?ΔEk W?合＝ΔEk 除重力和彈力之外其他力做功 W 其  機械能變化?ΔE  W?＝ΔE 其 系統(tǒng)內滑動摩擦力與介質阻力 做功?Ffs?相對  系統(tǒng)內能變化?ΔE  內  Ffs  相對  ＝ΔE  內 電場力做功 WAB＝qUAB 電流做功?W＝UIt  電勢能變化?ΔEp 電能變化?ΔE  WAB＝－ΔEp W＝－ΔE 7.動量定理 (1)內容

5、：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程 中所受力的沖量，這個關系叫做動量定理． (2)表達式：F·?t＝mv2－mv1＝Δp. 動量定理不僅適用于恒力作用的過程，也適用于隨時間變化的變 力作用的過程．對于變力作用的過程，動量定理中的?F?可以理解為 變力在作用時間內的平均值． v?′－v p′－p Δp (3)根據(jù)?F?＝ma?得?F?＝ma?＝m Δt?＝ Δt?，即?F?＝?Δt，這是 牛頓第二定律的另一種表達形式． 8．動量守恒定律 (1)內容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為?0， 這個系統(tǒng)的總動量

6、保持不變． (2)三種常見表達式 ①p＝p′(系統(tǒng)相互作用前的總動量?p?等于相互作用后的總動量 p′)． 實際應用時的三種常見形式： a．m?1v?1＋m?2v?2＝m?1v?1′＋m?2v2′(適用于作用前后都運動的兩個 物體組成的系統(tǒng))． b?．0＝m?1v1′＋m?2v2′(適用于原來靜止的兩個物體組成的系統(tǒng)， 比如爆炸、反沖等)． c．m?1v?1＋m?2v2＝(m?1＋m?2)v(適用于兩物體作用后結合為一體或 具有相同速度的情況，如完全非彈性碰撞)． ②Δp＝0(系統(tǒng)總動量不變)． 1 2 ③Δp＝－Δp(

7、相互作用的兩物體組成的系統(tǒng)，兩物體動量的變 化量大小相等、方向相反)． (3)動量守恒的條件 ①理想守恒：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力之和為零，則系統(tǒng)動 量守恒． ②分方向守恒：系統(tǒng)在某一方向上不受外力，或外力之和為零， 則系統(tǒng)在這一方向上的動量變化量為零，系統(tǒng)在這一方向上動量守 恒． ③近似守恒：系統(tǒng)的內力遠大于外力或者系統(tǒng)在某一方向上的內 力遠大于外力，則系統(tǒng)的外力或系統(tǒng)在某一方向上的外力可以忽略不 計，系統(tǒng)或系統(tǒng)在某一方向上的動量近似守恒． [回顧方法] 1．求變力做功的常用方法 (1)將變力轉化為恒力 以

8、恒代變法——通過關聯(lián)點將變力做功轉化為恒力做功； 化曲為直法?——可將方向變化大小不變的變力轉化為恒力來求 所做的功； 平均力法——若力?F?隨位移?l?線性變化，可用平均力將變力轉化 為恒力． (2)圖象法：作出變力?F?隨位移?l?變化的圖線，圖線與位移軸所 圍的面積即變力所做的功． (3)當某力做功的功率?P?一定時，該力在時間?t?內做的功可由?W ＝Pt?計算． (4)根據(jù)動能定理、功能關系，通過求能量的變化來求變力所做 的功． 2．解決機械能守恒綜合題目的一般方法 (1)對物體進行運動過程的分析，分析每一運動過

9、程的運動規(guī)律． (2)對物體進行每一過程中的受力分析，確定有哪些力做功，有 哪些力不做功，哪一過程中滿足機械能守恒定律的條件． (3)分析物體的運動狀態(tài)，根據(jù)機械能守恒定律及有關的力學規(guī) 律列方程求解． ①碰前兩物體同向，則應用?v???>v???，碰后，原來在前的物體速 度一定增大，且?v???′≥v???′； 3．分析小球碰撞是否合理的三種方法 (1)動量守恒，即?p1＋p2＝p1′＋p2′ 1 1 1 m1v21＋ (2)動能不增加，即?Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或2 2m2v2≥2 1 m1v1′2＋2m2v2′2

10、 (3)速度要符合物理情景 后 前 前 后 ②兩物體相向運動，碰后兩物體的運動方向不可能都不改變． [回顧易錯點] 1．區(qū)分一對靜摩擦力與一對滑動摩擦力做功． 2．區(qū)分平均功率與瞬時功率． 3．區(qū)分在機車啟動類問題中“勻加速最后時刻的速度”與“所 能達到的最大速度”． 4．區(qū)分機械能守恒條件中“只有重力做功”和“只受重力作 用”． 5．區(qū)分動量守恒條件與機械能守恒條件． 6．區(qū)分動量定理與動能定理． 7．區(qū)分彈性碰撞與非彈性碰撞． [保溫精練] 1．(多選)如圖所示，質量為?2m?的物體?B?

11、靜止在光滑的水平面 上，物體?B?的左邊固定有輕質彈簧，質量為?m?的物體?A?以速度?v?向 物體?B?運動并與彈簧發(fā)生作用，從物體?A?接觸彈簧開始到離開彈簧 的過程中，物體?A、B?始終沿同一直線運動．以初速度?v?方向為正， 則( ) B．彈簧的最大彈性勢能為??mv2 C．此過程彈簧對物體?B?的沖量為??mv D．物體?A?離開彈簧后的速度為－??v 由動量守恒定律得?mv＝(m＋2m)v′，解得?v′＝??，由能量守恒定 2·2mv2，聯(lián)立解得?v1＝－??v，v2＝??v.在物體?A?離開彈

12、簧時，由動量 ＝??mv，選項?C?錯誤，D?正確． A．此過程中彈簧對物體?B?的沖量大小大于彈簧對物體?A?的沖量 大小 1 3 2 3 1 3 [解析] 此過程中彈簧對物體?B?的作用力和彈簧對物體?A?的作用 力是一對作用力和反作用力，大小相等，作用時間相同，根據(jù)沖量的 定義可知，此過程中彈簧對物體?B?的沖量大小等于彈簧對物體?A?的 沖量大小，選項?A?錯誤；當兩物體速度相等時，彈簧彈性勢能最大， v 3 1 1 1 mv2－????????????? 律得，彈簧的最大彈性勢能?Ep＝2 2(m＋2m)v′

13、2＝3mv2，選項 B?正確；設物體?A?離開彈簧時速度為?v1，物體?B?速度為?v2，由動量 1 1 mv2＝ 1 守恒定律得，mv＝mv1＋2mv2，由能量守恒定律得，?2 2mv2＋ 1 1 2 2 3 3 定理得，此過程中彈簧對?B?的沖量等于物體?B?動量的變化，即?I＝2mv2 4 3 [答案] BD 2.甲、乙兩物體用細線相連，跨過兩光滑滑輪按如圖所示方式連 接，滑輪上方放置一豎直的光滑半圓形軌道，甲物體與地面接觸，乙 物體緊挨滑輪位置，兩滑輪到地面距離與半圓軌道直徑相等，且與圓 心在同一水平線上．若兩滑輪

14、與甲、乙物體均視為質點，且兩滑輪之 間距離可視為與半圓軌道直徑相等，現(xiàn)將乙由靜止開始釋放，甲物體 向上運動到圓弧軌道后，恰好能沿半圓軌道做圓周運動，則甲、乙兩 物體質量之比為( ) A．1∶7 C．1∶5 B．1∶6 D．1∶4 動，則甲球在圓軌道最高點時必有?m1g＝??R??，甲由軌道下端運動到 [解析] 設甲、乙兩物體質量分別為?m1、m2，軌道半徑為?R，當 乙下落到地面、甲運動到半圓軌道下端時，由題意知，對系統(tǒng)由機械

15、1 能守恒定律可得?2m2gR－2m1gR＝2(m2＋m1)v2，甲球恰好能做圓周運 m1v21 1 1 m1v2＝m1gR＋ 2 最高點過程中由機械能守恒定律可得：?2 2m1v1，聯(lián)立 以上各式可得：m2＝7m1，則?A?正確． [答案] A 3．(2018·?衡水中學六調)有一條捕魚小船?？吭诤叴a頭，小船 又窄又長，一位同學想用一個卷尺粗略地測定它的質量，他進行了如 下操作：首先將船平行碼頭自由停泊，然后他輕輕從船尾上船，走到 船頭后停下，而后輕輕下船，用卷尺測出船后退的距離為?d，然后用 卷尺測出船長為?L.

16、已知他自身的質量為?m，則小船的質量?m0?為( ) d d L m(L＋d) A. mL C.?d m(L－d) B. m(L＋d) D. 量守恒定律有，??????? ＝??t??，解得?m0＝ m(L－d) m0d??????? m(L－d) ，B?正確． [解析] 人在小船上移動，人和船組成的系統(tǒng)動量守恒．根據(jù)動 t d [答案] B 4．(2018·?河北六校聯(lián)考)如圖所示，質量?m1＝3?kg、

17、速度?v1＝2 m/s?的小球?A?與質量?m2＝1?kg、速度?v2＝－4?m/s?的小球?B?發(fā)生正碰， 以下情況表示完全彈性碰撞的是(v′1、v′2?分別對應碰后小球?A、B 的速度)( ) ＋??m2v2 22＝??×3×2??J＋??×1×42?J＝14?J. A．v′1＝－1?m/s v′2＝5?m/s B．v′1＝－2?m/s v′2＝8?m/s C．v′1＝1?m/s v′2＝－5?m/s 2 ? D．v′1＝－3?m/s v′2＝4?m/s [解析] 取?

18、v1?的方向為正方向，碰撞前總動量?p＝m1v1＋m2v2＝ 1 3×2?kg·m/s－1×4 kg·m/s＝2 kg·m/s，碰撞前的總動能?Ek＝2m1v21 1 1 1 2 2 2 如果?v′1＝－1?m/s、v′2＝5?m/s，則碰撞后總動量?p′1＝m1v′1 ＋m2v′2＝2?kg·m/s，動量守恒． 1 1 m1v′12＋ 碰撞后的總動能?Ek1＝2 2m2v′2＝14?J，機械能守恒， 所以發(fā)生完全彈性碰撞，故?A?正確． 如果?v′1＝－2?m/s、v′2＝8?m/s，則碰撞后總動量?p′2＝m1v′1 ＋m2v′2＝2

19、?kg·m/s，動量守恒． 1 1 m1v′12＋ 碰撞后的總動能?Ek2＝2 2m2v′2＝38?J，機械能不守恒， 故?B?錯誤． 如果?v′1＝1?m/s、v′2＝－5?m/s，則碰撞后總動量?p′3＝m1v′1 ＋m2v′2＝－2?kg·m/s，動量不守恒，故?C?錯誤． 2 ? 如果?v′1＝－3?m/s、v′2＝4?m/s，則碰撞后總動量?p′4＝m1v′1 2碰撞后的總動能?Ek4＝??m1v′1＋??m?v′?≈8.7?J，??械能不守恒， 機 ??????? 22 2 ＋m2v′2＝2?kg·m/s，動量守恒． 1 1 2 故?D?錯誤． [答案] A