高三物理二轮专题复习研究 朱建廉 南京市 金陵中学.

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1 高三物理二轮专题复习研究 朱建廉 南京市 金陵中学

2 一、专题设置的思考 二、专题研究的实例 三、专题练习的配置

3 一、专题设置的思考

4 思考 二轮复习的专题设置应尊重： 复习内容的特征 高考能力的要求 一轮复习的状况 学习主体的实际

5 设置 知识整合 专题1：物体的运动（一）（匀变直、平抛） 专题2：物体的运动（二）（匀圆、天体） 专题3：物体的平衡（基于物理学范畴） 专题4：力与运动的关系（一）（基于力学范畴） 专题5：力与运动的关系（二）（基于物理学范畴）

6 专题6：动量与能量（一）（基于力学范畴） 专题7：动量与能量（二）（基于物理学范畴） 专题8：振动与波动（注意机械波与电磁波的比较） 专题9：热学问题研究（问题归类与方法概括） 专题10：电场与磁场（一）（孤立场中的问题） 专题11：电场与磁场（二）（复合场中的问题） 专题12：电路分析与计算（电路问题归类分析）

7 专题13：电磁感应研究（一）（基于理性的研究）
专题14：电磁感应研究（二）（基于方法的指导） 专题15：交变电与电磁波（问题归类与方法指导） 专题16：光学两个基本问题（传播与本性） 专题17：原子与原子核（问题归类与方法概括） 专题18：物理实验研究（目的、原理、方法、仪器、 操作、数据、误差、细节）

8 设置 能力要求 专题19：整体与隔离 专题20：分解与分割 专题21：等效与平均 专题22：图像与图形 专题23：临界与极值 专题24：思维与物理 专题25：数学与物理 专题26：生活与物理

9 二、专题研究的实例

10 专题研究实例1 碰撞过程研究

11 1、碰撞过程的基本概念 碰撞过程—— 两个运动物体的短暂相互作用过程 正碰撞过程—— 相互作用前后两物体的运动速度共线

12 2、碰撞过程的基本特征 相互作用时间极短—— 相互作用内力极大——

13 3、碰撞过程的共性规律 动量守恒——

14 习题1：A、B两个小球的质量分别为1kg和2kg，分别以速率4m/s和1m/s沿同一直线相向运动，发生正碰撞后粘在一起一共同的速度运动，求碰撞后两小球的共同速度。

15 解：由动量守恒定律，得 解得 方向与碰撞前A球的速度方向相同

16 习题2：质量为2kg的小物块A以6m/s的速度在光滑的水平平台上作匀速直线运动，与静止在平台边沿的质量为1kg的小物块B发生正碰撞，平台的高度为1.25m，重力加速度g取10m/s2 ，碰撞后小物块B离开平台作平抛运动落地时的水平位移大小为4m，求：碰撞后小物块A离开平台作平抛运动落地时水平位移的大小。

17 解：

18 4、碰撞过程的几种类型 从形变恢复情况分类— 弹性碰撞：形变完全恢复 非弹性碰撞：形变不完全恢复 完全非弹性碰撞：形变完全不恢复

19 从动能损失情况分类— 弹性碰撞：动能没损失 非弹性碰撞：动能有损失 完全非弹性碰撞：动能损失最多

20 习题3：试计算习题1和习题2中碰撞过程的动能损失，并判断碰撞的类型。

21 又由于碰后两球共同运动，所以碰撞是完全非弹性的。
解：对于习题1中的碰撞，由于 碰撞前 m1=1kg m2=2kg v1=4m/s v2=1m/s 碰撞后 v=(2/3)m/s 所以，碰撞过程中动能损失为 又由于碰后两球共同运动，所以碰撞是完全非弹性的。

22 由于碰撞中动能损失为零，所以碰撞是完全弹性的。
对于习题2中的碰撞，由于 碰撞前 碰撞后 物块A(m1=2kg) 物块B(m2=1kg) v0=6m/s v2=8m/s v1=2m/s 静止 所以，碰撞过程中动能损失为 由于碰撞中动能损失为零，所以碰撞是完全弹性的。

23 5、碰撞过程的两个极端 从形变恢复情况来看— 弹性碰撞：形变完全恢复，碰撞双方相互作用过程最长，是所有碰撞情况中的一个极端。 完全非弹性碰撞：形变完全不恢复，碰撞双方相互作用过程最短，是所有碰撞情况中的另一个极端。

24 从动能损失情况来看— 弹性碰撞：动能没损失，即碰撞过程中的动能损失取得最小值，是所有碰撞情况中的一个极端。 完全非弹性碰撞：动能损失最多，即碰撞过程中的动能损失取得最大值，是所有碰撞情况中的另一个极端。

25 弹性碰撞： 完全非弹性碰撞：

26 习题4：质量为2kg的小球A以6m/s的速度与静止的质量为1kg的小球B发生正碰撞，则碰撞后两小球速度的最小值和最大值分别为多少？

27 解：如碰撞是弹性的，则 如碰撞是完全非弹性的，则 所以，A、B两球速度大小的取值范围为

28 习题5：质量为1kg的小球A以6m/s的速度与静止的质量为2kg的小球B发生正碰撞，则碰撞后两小球速度的最小值和最大值分别为多少？

29 解：如碰撞是弹性的，则 如碰撞是完全非弹性的，则 所以，A、B两球速度大小的取值范围为

30 6、碰撞过程的三种制约 动量制约：守恒 动能制约：不增 运动制约：合理

31 习题6:两个小球A、B在光滑水平面上沿同一直线运动，其动量大小分别为5kgm/s和7kgm/s，发生碰撞后小球B的动量大小变为10kgm/s，由此可知两小球的质量之比可能为 （ ）
C、1/ D、1/10

32 解：将两小球碰撞前后的动量方向间关系作出如下各种假设，然后 运用碰撞的三个制约因素进行检验。
1、设A、B两小球相向运动而发生碰撞，并 取小球B碰前的运动方向为参考正方向，即 PA0=–5kgm/s PB0=7kgm/s 根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增 大，其动量方向必与原动量方向相反，即 PB=–10kgm/s 根据“动量制约”，小球A在碰后动量必为 PA=12kgm/s 而这样的碰撞结果显然违背了“动能制约”， 因为显然有 碰前 PB0=7 PA0=–5 碰后 PA=12 PB=–10

33 2、设A、B两小球同向运动而发生碰撞，且A球在前，B球在后，取两小球碰前的运动方向为参考正方，即
PA0=5kgm/s PB0=7kgm/s 根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相反，即 PB=–10kgm/s 根据“动量制约”，小球A在碰后动量必为 PA=22kgm/s 而这样的碰撞结果显然也违背“动能制约”，因为显然也有 碰前 PB0=7 PA0=5 碰后 PA=22 PB=–10

34 3、设A、B两小球同向运动而发生碰撞，且B球在前，A球在后，仍取两小球碰前的运动方向为参考正方，即
PA0=5kgm/s PB0=7kgm/s 根据“运动制约”，小球B在碰后动量欲增大，其动量方向必与原动量方向相同，即 PB=10kgm/s 根据“动量制约”，小球A在碰后动量必为 PA=2kgm/s 而这样的碰撞结果完全可以不违背“动能制约”，只要有 碰前 PB0=7 PA0=5 碰后 PA=2 PB=10

35 4、然根据“运动制约”，为了保证碰前小球A能追上小球B而发生碰撞，同时为了保证碰后小球A不至于超越到小球B的前面，应分别有
即：此例应选C。

36 7、弹性正碰的两个特征 特征1：弹性正碰不改变碰撞双方的相对速率 特征2：质量相等的物体发生弹性正碰后速度互换

37 特征1证明： 由 解得 所以

38 习题7：如图所示，滑块A1A2由轻杆连结成一个物体，其质量为M，轻杆长L 。滑块B的质量为m ，长L/2 ，其左端为一小槽，槽内装有轻质弹簧。开始时，B紧贴A，使弹簧处在压缩状态。今突然松开弹簧，在弹簧作用下整个系统获得动能E，弹簧松开后，便离开小槽并不再与物体A1A2及B发生作用。以后B将在A1和A2之间发生无机械能损失的碰撞。假定整个系统都位于光滑的水平面上，求：物块B的运动周期。 L L/2 B A1 A2

39 解：由于B将在A1和A2之间发生无机械能损失的碰
撞，故其间的相对速度大小不会因为碰撞而 发生改变，于是可由 滑块B的运动周期为

40 特征2证明： 由 解得 如果 于是有

41 （1）经多长时间两球发生第一次碰撞？碰撞前小球A的速度为多大？
习题8：如图所示，光滑绝缘水平面上相距L的两点处分别静止着质量均为m的A、B两个小球，小球A是带有正电荷q的导体球，小球B是不带电的介质球，两球均可视为质点。今在两球所在的足够大区域内加上场强为E的匀强电场，方向由小球A指向小球B，两小球发生的碰撞是弹性的，且碰撞时不发生电荷转移。则 （1）经多长时间两球发生第一次碰撞？碰撞前小球A的速度为多大？ （2）在以后的各次碰撞中，相邻两次碰撞间隔的时间是否相等（如相等，为多少；如不等，说理由）？ （3）从加上电场起计时，经多长时间小球A以多大的速度与小球B发生第4次碰撞？ A B L E

42 解：（1）设小球A在与小球B发生第一次碰撞前，
经时间t0速度加至v0，则应有 或

43 （2）两个小球的运动及其间的碰撞应有如下特征
①两小球每发生一次碰撞都将速度相互交换 得 证明： 由 考虑到 于是有 ②小球A在电场力作用下做匀加速运动，与小球B碰撞后速度突然变小；小球B做匀速运动，与小球A碰撞后速度突然变大。

44 由此可画出小球A、B的v-t图像如下图所示
v/v0 t/t0 1 3 2 5 4 7 11 9 6 可见：以后的相邻两次碰撞间隔的时间相等，为

45 （3）由图可直接得到：从加上电场起计时，经时间
v/v0 t/t0 1 3 2 5 4 7 11 9 6 （3）由图可直接得到：从加上电场起计时，经时间 小球A以速度 与小球B发生第4次碰撞？

46 专题研究实例2 非线性元件静态工作点的确定

47 习题：小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大。某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：
I/A 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U/V 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 （1）在左下框中画出实验电路图。可用的器材有：电压表、电流表、滑线变阻器（变化范围0—10Ω）、电源、小灯泡、电键、导线若干。 （2）在右图中画出小灯泡的U—I特性曲线。 （3）如果将小灯泡接在电动势1.5V、内阻3.0Ω的电池正、负极两端，小灯泡的实际功率是多少？

48 解：（1）实验电路图如下左图 （2）U-I特性曲线如下右图 v I/A 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45
0.47 0.49 0.50 U/V 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 v A

49 （3）在小灯泡U-I特性曲线的坐标内画电池的U-I特性曲线如下图，其交点即为电池对小灯泡供电的“工作点”。
工作点坐标为 小灯泡消耗的实际功率为

50 变例1：若把此例中的小灯泡与R0=2Ω的定值电阻串联起来，再用同样的电池供电，则小灯泡消耗的实际功率又为多少？
1.5V 3.0Ω

51 解：把R0与电池的串联组合视为等效电池，其电动势和内阻分别为
在小灯泡U-I特性曲线的坐标内画等效电池的U-I特性曲线如下图，其交点即为等效电池对小灯泡供电的“工作点”。 工作点坐标为 小灯泡消耗的实际功率为

52 变例2：若把此例中的小灯泡与R0=3Ω的定值电阻并联起来，再用同样的电池供电，则小灯泡消耗的实际功率又为多少？
1.5V 3.0Ω

53 解：把R0与电池的并联组合视为等效电池，其电动势和内阻分别为
在小灯泡U-I特性曲线的坐标内画等效电池的U-I特性曲线如下图，其交点即为等效电池对小灯泡供电的“工作点”。 工作点坐标为 小灯泡消耗的实际功率为

54 变例3：若取两个与此例中的小灯泡相同的小灯泡串联起来，再用同样的电池供电，则每一个小灯泡消耗的实际功率为多少？
1.5V 3.0Ω

55 解：取两个灯泡的串联组合为等效负载，其U-I特性曲线应如
I/A 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U/V 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 U0/V 2.40 2.80 3.20 3.60 4.00 两个灯泡串联组合的U-I曲线 一个灯泡的U-I曲线

56 在两个小灯泡串联组合的U-I特性曲线的坐标内画电池的U-I特性曲线如下图，其交点即为电池对两个小灯泡串联组合供电的“工作点”。
工作点坐标为 每一个小灯泡消耗的实际功率为

57 变例4：若取两个与此例中的小灯泡相同的小灯泡并联起来，再用同样的电池供电，则每一个小灯泡消耗的实际功率为多少？
1.5V 3.0Ω

58 解：取两个灯泡的并联组合为等效负载，其U-I特性曲线应如
I/A 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U/V 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 I0/A 0.24 0.58 0.68 0.76 0.84 0.90 0.94 0.98 一个灯泡的U-I曲线 两个灯泡并联组合的U-I曲线

59 在两个小灯泡并联组合的U-I特性曲线的坐标内画电池的U-I特性曲线如下图，其交点即为电池对两个小灯泡并联组合供电的“工作点”。
工作点坐标为 每一个小灯泡消耗的实际功率为

60 “微元法”研究

61 “微元法”的基本功能 作为一种特殊的思维方法，“微元法”在被应用于物理解题时，常可以把题中给出的变化的事物或题中反映的变化的过程转化为极为简单的不变的事物或不变的过程来处理。 化“变”为“恒”

62 “微元法”的基本原理 由于一切“变化”都必须在一定的时间和空间范围内才可能得以实现，所以，“微元法”就抓住“变化”的这一本质特征，通过限制“变化”所需的时间或空间来把变化的事物或变化的过程转化为不变的事物或不变的过程。 通过限制“变化”赖以发生的“时间”和“空间”来限制“变化”。

63 “微元法”的操作步骤 （1）选取微元 用以量化元事物或元过程； （2）视元事物或元过程为恒定，运用相应的规律给出待求量 对应的微元的表达式 （3）在上式的定义域 内 对上式施以叠加演算，进而求得待求量

64 “微元法”的取元原则 （1）可加性原则：由于所取的“微元” 最终必须参加叠加演算，所以，对“微元” 及相应的量 的最基本要求是：应该具备“可加性”特征； （2）有序性原则：为了保证所取的“微元” 在相应的叠加域内能够较为方便地获得“不遗漏”、“不重复”的完整叠加，在选取“微元” 时，就应该注意：按照关于量 的某种“序”来选取相应的“微元” ； （3）平权性原则：操作步骤中所给出的叠加演算实际上是一种以 为“权函数”的复杂的“加权叠加”。对于一般的“权函数” 来说，这种叠加演算（实际上就是要求定积分）极为复杂，但如果“权函数”形如 则叠加演算就简化为

65 “微元法”的换元技巧 （1）“时间元”与“空间元”间的相互代换（表现时、空关系的运动问题中最为常见）； （2）“体元”、“面元”与“线元”间的相互代换（实质上是变“维”）； （3）“线元”与“角元”间的相互代换（“元”的表现形式的转换）； （4）“孤立元”与“组合元”间的相互代换（充分利用“对称”特征）。

66 “微元法”的运用举例

67 A、u > (v0+v)/2 B、u = （v0+v）/2 C、u < (v0+v)/2 D、无法确定
“微元法”的运用举例 例1：如图所示，正方形闭合导线框以速度v0在光滑绝缘水平面上匀速运动，穿过有理想边界的匀强磁场区域后以速度v做匀速直线运动，则当完全处在磁场区域内时的运动速度u为 （ ） A、u > (v0+v)/ B、u = （v0+v）/2 C、u < (v0+v)/ D、无法确定 v0

68 解1：

69 解2：

70

71 三、专题练习的配置

72 “两体模型”研究

73 “两体问题”:以“两体模型”所经历的物理过程为背景而提出的运动学或动力
“两体模型”：两个物体构成的系统。 “两体问题”:以“两体模型”所经历的物理过程为背景而提出的运动学或动力 学问题。 分析与解答“两体问题”的物理规律，通常包括运动学规律、牛顿运动定律及建立在牛顿运动定律基础上的动量定理、动能定理、动量守恒定律、机械能守恒定律和相应的功能关系。 被注：

74 1、受到外力作用的“两体模型” 注意：规律的选用 由于“两体模型”除了相互作用的恒定内力外，还受到其他的恒定外力作用，使得“两体模型”的总动量发生改变，所以对于以这样的“两体模型”为背景形成的“两体问题”，通常可以选用牛顿运动定律和运动学公式分析求解。

75 例1：如图1所示，质量为M=100kg的平板车放在光滑水平面上，车高为h=1
例1：如图1所示，质量为M=100kg的平板车放在光滑水平面上，车高为h=1.25m，一个质量为m=50kg的可视为质点的物体放在车上，距左端b=1m，物体与平板车上表面间的动摩擦因数为μ=0.2，取g=10m/s2。今对平板车施加水平向右的恒力F，当车运动的位移为s=2m时，物体恰从车的左端滑离平板车，求物体着地时距平板车左端多远？ 图 1 F h b

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77 例2：如图2所示，质量为M的汽车载着质量为m的木箱以速度v运动，木箱与汽车上表面间的动摩擦因数为μ，木箱与汽车前端挡板相距L，若汽车遇到障碍物制动而静止时，木箱恰好没碰到汽车前端挡板，求：
（1）汽车制动时所受路面的阻力大小； （2）汽车制动后运动的时间。 v 图 2 L

78 解： 由此解得： （1）汽车制动时所受路面的阻力大小为 （2）汽车制动后运动的时间为

79 v t 1 2

80 2、滑动摩擦联系的“两体模型” 注意：能量的转化 由于“两体模型”相互作用的内力为滑动摩擦力，而滑动摩擦力做功将会使机械能转化为内能，所以对于以这样的“两体模型”为背景形成的“两体问题”，通常应该在解题过程中注意到能量形式的转化，注意到“滑动摩擦力与相对路程的积等于系统机械能的减少”。

81 例3：如图3所示，质量为M=4kg的大物体放在光滑水平面上，长度为L=0
例3：如图3所示，质量为M=4kg的大物体放在光滑水平面上，长度为L=0.9m，质量为m=1kg的小物体放在其右端，两物体间的动摩擦因数为μ=0.2，取g=10m/s2，若给小物体一个水平向左的初速度v0，且知小物体与大物体的左壁间的碰撞无机械能损失，则：为使小物体不至从大物体上掉下，小物体的初速度应满足何种条件？ V0 m M 图 3

82 解： 由此即可解得

83

84 例4：如图4所示，平板车高度为h=1.25m，静止于光滑水平面上，小物块以速度v0=3m/s从平板车左端滑上车，当小物块滑离平板车时，其速度为平板车速度的两倍，若小物块与平板车的质量之比为1:4，其间的动摩擦因数为μ=1/6，取重力加速度g=10m/s2，求 （1）小物块滑离平板车时的速度； （2）小物块着地时距平板车右端多远； （3）平板车有多长。 图 4 v0

85 解：

86 3、弹簧弹力联系的“两体模型” 注意：状态的把握 由于弹簧的弹力随形变量变化，弹簧弹力联系的“两体模型”一般都是作加速度变化的复杂运动，所以通常需要用“动量关系”和“能量关系”分析求解。复杂的运动过程不容易明确，特殊的状态必须把握：弹簧最长（短）时两体的速度相同；弹簧自由时两体的速度最大（小）。

87 例5：如图5所示，质量为m的小物体B连着轻弹簧静止于光滑水平面上，质量为2m的小物体A以速度v0向右运动，则
（1）当弹簧被压缩到最短时，弹性势能Ep为多大？ （2）若小物体B右侧固定一挡板，在小物体A与弹簧分离前使小物体B与挡板发生无机械能损失的碰撞，并在碰撞后立即将挡板撤去，则碰撞前小物体B的速度为多大，方可使弹性势能最大值为2.5Ep？ 图 5 V0 B A

88 解：

89 例6：如图6所示，质量为M=4kg的平板车静止在光滑水平面上，其左端固定着一根轻弹，质量为m=1kg的小物体以水平速度v0=5m/s从平板车右端滑上车，相对于平板车向左滑动了L=1m后把弹簧压缩到最短，然后又相对于平板车向右滑动到最右端而与之保持相对静止。求 （1）小物体与平板车间的动摩擦因数； （2）这过程中弹性势能的最大值。 图 6 M m V0

90 解：

91 4、往复相对运动的“两体模型” 注意：阶段的划分 由于“两体模型”间的相对运动多次往复，所以分析解答过程中合理的划分各个阶段就十分重要了。

92 例7：如图7所示，质量为m=3kg的小物体放在质量为M=1kg的平板车左端，并随着平板车一起以速度v0=2m/s沿光滑水平面向右运动，小物体与平板车上表面间的动摩擦因数为μ=0.5，取g=10m/s2，平板车右侧有一与车等高的台阶，平板车与台阶碰撞时无机械能损失，求 （1）在平板车与台阶第一次碰撞后、第二次碰撞前，小物体与平板车相对静止时的速度； （2）在平板车与台阶第一次碰撞后、第二次碰撞前，平板车与台阶间的最大距离； （3）若平板车足够长，则小物体与平板车间的相对位移最大为多少； （4）若平板车长度为L=0.51m，则平板车与台阶碰撞几次就可使小物体滑下平板车。 图 7 V0

93 解：（1） （2） （3）

94 （4）

95 （1）若水平面光滑，小物体与盒子间动摩擦因数为μ=0.25 ，求小物体最终相对静止于盒子何处？
例8：如图8所示，长度为L=1m的盒子放在水平面上，可视为质点的小物体放在盒子的左端，盒子和小物体的质量均为m=2kg，给小物体水平向右的初速度v0=5m/s，小物体与盒子的壁碰撞无机械能损失，取g=10m/s2，则 （1）若水平面光滑，小物体与盒子间动摩擦因数为μ=0.25 ，求小物体最终相对静止于盒子何处？ （2）若小物体光滑，水平面与盒子间动摩擦因数为μ=0.25，求小物体最终相对静止于盒子何处？ 图 8 V0

96 解：（1） ∴小物体相对静止于盒子正中间 （2） ∴小物体仍相对静止于盒子正中间

97 5、多体系统转化的“两体模型” 注意：对象的选择 由于构成系统的是多个物体，而多体系统在各个阶段中的相互作用又往往只涉及其中的两个物体，所以只要在各个阶段中选择合适的研究对象，就可以把以多体系统为背景的复杂问题转化为以“两体模型”为背景的“两体问题”。

98 （2）求小球A离开挡板P后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。
例9：在原子核物理中，研究核子与核子关联的最有效途径是“双电荷交换反应”。这类反应的前半部分过程和下述力学模型类似：如图9所示，两个小球A和B用轻弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态，在它们的左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v0射向小球B，C与B发生碰撞并立即结成一个整体D，在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定而不再改变，然后，小球A与挡板P发生碰撞，碰后都静止不动，A与P接触但不粘连，过一段时间突然解除锁定（锁定与解除锁定时均无机械能损失），已知A、B、C三球质量均为m， （1）求弹簧刚被锁定时球的速度； （2）求小球A离开挡板P后的运动过程中弹簧的最大弹性势能。 图 9 C V0 B A P

99 解：（1） （2）

100 （1）当弹簧的弹性势能最大时A的速度为多大？ （2）弹簧的弹性势能最大值是多大？ （3）A的速度方向可能向左吗？
例10：如图10所示，质量均为m=2kg的A、B两物块用轻弹簧相连，当A、B两物块均以速度vo=6m/s沿光滑水平面运动时弹簧处于原长，质量为M=4kg的物块C静止于前，B与C碰撞后将粘在一起，则在这以后的运动中 （1）当弹簧的弹性势能最大时A的速度为多大？ （2）弹簧的弹性势能最大值是多大？ （3）A的速度方向可能向左吗？ 图 10 V0 C B A

101 解：（1） （2） （3）

102 例题：如图所示，质量M=4kg，长度L=1.4m的木板放在光滑水平面上，右端放着质量m=1kg、且可视为质点的小物体，小物体与木板间的动摩擦因数为µ=0.4，重力加速度取g=10m/s2。今对木板施加F=28N的水平恒力，为使小物体能够脱离木板，水平恒力至少作用多长时间？ M F L m

103 解法1： 运动草图如下图所示 t1 t2 s1 s2 v1 v2 s1' F s2' v M m 于是 解得

104 解法2： v~t图像如右图所示 t1+t2 t t1 v2 v1 v 由图得 解得

105 解法3： 运用动量与能量的观点可列出方程为 解得

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