【正文】 起過程量（功）與狀態(tài)量（動能）變化間的關(guān)系，利用這一關(guān)系，也可以通過比較狀態(tài)達到了解過程之目的。重力做功的特點與重力勢能。 （1）重力做功的特點：重力做功與路徑無關(guān)，只與始末位置的豎直高度差有關(guān)，當重力為的物體從A點運動到B點，無論走過怎樣的路徑，只要A、B兩點間豎直高度差為，重力所做的功均為 （2）重力勢能：物體由于被舉高而具有的能叫重力勢能。其表達式為： 其中h為物體所在處相對于所選取的零勢面的豎直高度，而零勢面的選取可以是任意的，一般是取地面為重力勢能的零勢面。由于零勢面的選取可以是任意的，所以一個物體在某一狀態(tài)下所具有的重力勢能的值將隨零勢面的選取而決定，但物體經(jīng)歷的某一上過程中重力的勢能的變化卻與零勢面的選取無關(guān)。（3）重力做功與重勢能變化間的關(guān)系：重力做的功總等于重力勢能的減少量，即機械能守恒定律。（1）機械能：動能和勢能的總和稱機械能。而勢能中除了重力勢能外還有彈性勢能。所謂彈性勢能批量的是物體由于發(fā)生彈性形變而具有的能。（2）機械能守恒守律：只有重力做功時，動能和重力勢能間相互轉(zhuǎn)換，但機械能的總量保持不變，這就是所謂的機械能守恒定律；只有彈力做功時，動能和彈性勢能間相互轉(zhuǎn)換，機械能的總量也保持不變，這也叫機械能守恒定律。（3）機械能守恒的條件：只有重力和系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，則系統(tǒng)的機械能總量將保持不變。三、典型例題。例1．如圖121所示，恒定的拉力大小F=8N，方向與水平線夾θ=60176。角，拉著繩頭使物體沿水平面移動 =2m的過程中，拉力做了多少功？分析：常會有同學做這樣的分析與計算：力的大小為S= =2m，力與位移的方向間夾角為60176。，所以： ( 圖121)其實，這樣的計算是錯誤的。解答：如圖122所示，隨著物體沿水平面前進 =2m，繩頭從A點被拉到B點，由此可見：拉F所作用的物體（繩頭）的位移S可由幾何關(guān)系求得為而力F與位移S間的夾角為 所以，這過程中拉F作用于繩頭所做的功為 (圖122)例2．質(zhì)量為m=1kg的物體以v0=10m/s的速度水平拋出，空氣阻力不計，取g=10m/s2,則在第1s內(nèi)重力做功為________________J；第1s內(nèi)重力做功的平均功率為__________W；第1s末重力做功的瞬時功率為____________W；第1s內(nèi)物體增加的動能為____________J；第1s內(nèi)物體減少的重力勢能____________J。分析：此道題考察了功、功率、動能、重力勢能等概念以及與上述概念相關(guān)的動能定理，機械能守恒定律等規(guī)律。解答：重力做的功等于重力與物體沿重力方向（豎直方向）上位移的乘積，而第1s內(nèi)物體沿豎直方向的位移為 所以有： 由平均功率的定義得 瞬時功率一般計算可用力與力的方向上的瞬時速度的相乘而得，第1s末物體沿重力方向上的速度為所以有考慮到平拋運動過程中只有重力做功，于是由動能定理得又由于只有重力做功其機械能守恒，增加的動能應(yīng)與減少的重力勢能相等。于是又可直接得此例應(yīng)依次填充：50；50；100；50；50。例3：質(zhì)量4t的機車，發(fā)動機的最大輸出功率為100kW，運動阻力恒為，試求；（1），能達到的最大速度和達到該最大速度所需的時間。（2）若機車保持額定功率不變行駛，能達到的最大速度以及速度為10m/s時機車的加速度。 分析：注意到機車勻加速運動所能達到的最大速度Vm和機車在運動形式不加制約時所能達到的最大速度一般是不同的。解答：（1）機車做勻加速直線運動時，有 F = P=FVm Vm=at由此可解得 Vm=25m/s t=50s（2）機車行駛時運動形式不加限制而機車輸出功率保持額定功不變時則可在大小等于阻力牽引力作用下做勻速直線運動，此時又有 由此又可解得例4：如圖123所示，小滑塊從斜面頂點A由靜止滑至水平部分C點而停止。已知斜面高為h，滑塊運動的整個水平距離為s設(shè)斜面和水平部分與小滑塊的動摩擦因數(shù)相同，求此動摩擦因數(shù)分析：可以運動動能定理分析求解：解答：取物體為研究對象，考察人A處靜止釋放下直至到C點處于 (圖123)靜止的過程，運動動能定理有。 由此即可求得 (圖124)例5：如圖124所示，一固定的楔形木塊，其斜面的傾角，另一邊與地面垂直，頂上有一定滑輪。一柔軟的細線跨過定滑輪，兩端分別與物塊A和B連結(jié)，A的質(zhì)量為4m，B的質(zhì)量為m。開始時將B按在地面上不動， 然后放開手,. 分析：可以運用機械能守恒定律分析求解解答：取A與B構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象，考察以剛放手起直到強剛斷的過程，這過程中系統(tǒng)的機械能守恒。有再取B為研究對象，考察從強剛斷直到B升至最高點的過程，這過程中B的機械能守恒，又有而B所上升的最大高度為 H= +s由此即得 H=八、幾種典型的力學問題復(fù)習要點1．“碰撞過程”的分析2．“人船模型”的研究3．“fd=△EK”的運用二、難點剖析 1．“碰撞過程”的分析（1）“碰撞過程”的特征. “碰撞過程”作為一個典型的力學過程其特征主要表現(xiàn)在如下兩個方面：第一，經(jīng)歷的時間極短，通常情況下，碰撞所經(jīng)歷的時間在整個力學過程中都是可以初忽略的；第二碰撞雙方相互作用的內(nèi)力往往是遠大于來自外部物體的作用力（2）“碰撞過程”的規(guī)律正是因為“碰撞過程”所具備的“作用時間短”和“外力很小”（甚至外力為零）這兩個特征，才使得碰撞雙方構(gòu)成的系統(tǒng)在碰撞前后的總動量遵從守恒定律，即 m1υ1+m2υ2=m1u1+m2u2（3）“碰撞過程”的分類。按照形變恢復(fù)情況劃分：碰撞過程中所產(chǎn)生的形變能夠完全恢復(fù)的稱為彈性碰撞；碰撞過程中所產(chǎn)生的形變不能夠完全恢復(fù)的稱為非彈性碰撞；碰撞過程中所產(chǎn)生的形變完全不能夠恢復(fù)的稱為完全非彈性碰撞。按照機械能損失的情況劃分：碰撞過程中沒有機械能損失的稱為彈性碰撣撞；碰撞過程中有機械能損失的稱為非彈性碰撞；碰撞過程中機械能損失最多的稱為完全非彈性碰撞。（4）“碰撞過程”的特例.彈性碰撞作為碰撞過程的一個特例，它是所有碰撞過程的一種極端的情況：形變能夠完全恢復(fù)；機械能絲毫沒有損失。彈性碰撞除了遵從上述的動量守恒定律外，還具備：碰前、碰后系統(tǒng)的總動能相等的特征，即 m1υ12+m2υ22=m1u12+m1u12由此即可把彈性碰撞碰后的速度u1和u2表為 u1=υ1+υ2 u2=υ1+υ2如對彈性碰撞的速度表達式進一步探討，還會發(fā)現(xiàn)另一特征：彈性碰撞前，碰后，碰撞雙方的相對速度大小相等，即 u2－u1=υ1－υ2完全非彈性碰撞作為碰撞過程的一個特別，它是所有碰撞過程的另一種極端的情況：形變完全不能夠恢復(fù)；機械能損失達到最大。正因為完全非彈性碰撞具備了“形變完全不能夠恢復(fù)”。所以在遵從上述的動量守恒定律外，還具德：碰撞雙方碰后的速度相等的特征，即 u1=u2由此即可把完全非彈性碰撞后的速度u1和u2表為 u1=u2=而完全非彈性碰撞過程中“機械能損失最大”的特征可以給出如下證明：碰撞過程中機械能損失表為 △E=m1υ12+m2υ22―m1u12―m2u22由動量守恒的表達式中得 u2=(m1υ1+m2υ2－m1u1)代入上式可將機械能的損失△E表為u1的函數(shù)為△ E=－u12+u1+[(m1υ12+m2υ22)－( m1υ1+m2υ2－m1u1)2]這是一個二次項系數(shù)小于零的二次三項式，顯然：當 u1=u2=時，即當碰撞是完全非彈性碰撞時，系統(tǒng)機械能的損失達到最大值△Em=m1υ12+m2υ22－（5）“碰撞過程”的制約通常有如下三種因素制約著“碰撞過程”。①動量制約：即碰撞過程必須受到“動量守恒定律的制約”；②動量制約：即能機械碰撞過程，碰撞雙方的總動能不會增加；③運動制約：即碰撞過程還將受到運動的合理性要求的制約，比如，某物體向右運動，被后面物體迫及而碰撞后，其運動速度只會增大而不應(yīng)該減小。（6）“碰撞過程”的推廣。相互作用的雙方在相互作用過程中系統(tǒng)所受到的合外力為零時，我們可以將這樣的過程視為“廣義的碰撞過程”加以處理。2．“人船模型”的研究 （1）“人船模型” 典型的力學過程通常是典型的模型所參與和經(jīng)歷的，而參與和經(jīng)歷力學過程的模型所具備的特征，將直接影響著力學過程的發(fā)生，發(fā)展和變化，在將直接影響著力學過程的分析思路，在下列力學問題中我們將面臨著一個典型的“人船模型”。問題：如圖—1所示，質(zhì)量為M的小船長L，靜止于水面，質(zhì)量為M的小船長為L，靜止于水面，質(zhì)量為m的人從船左端走到船右端，不計水對船的運動阻力，則這過程中船將移動多遠？（2）“人船模型”的力學特征 圖—1如能關(guān)注到如下幾點就可以說基本上把握住了“人船模型”的力學特征了：“人船模型”是由人和船兩個物體構(gòu)成的系統(tǒng)；該系統(tǒng)在人和船相互作用下各自運動，運動過程中該系統(tǒng)所受到的合外力為零；而系統(tǒng)的合外力為零則保證了系統(tǒng)在運動過程中總動量守恒。（3）“人船模型”的分析思路。①分析“人船模型”運動過程中的受力特征，進而判斷其動量守恒，得 mυ=Mu②由于運動過程中任一時刻人，船速度大小υ和u均滿足上述關(guān)系，所以運動過程中，人、船平均速度大小，和也應(yīng)滿足相似的關(guān)系。即 m=M③在上式兩端同乘以時間，就可得到人，船相對于地面移動的距離S1和S2的關(guān)系為 mS1=MS2④考慮到人、船相對運動通過的距離為L，于是得 S1+S2=L⑤由此即可解得人、船相對于地面移動的距離分別為 S1=L S2=L（4）“人船模型”的幾種變例. ①把“人船模型”變?yōu)椤叭塑嚹Ｐ汀?變例1：如圖—2所示，質(zhì)量為M，長為L的平板小車靜止于光滑水平面上，質(zhì)量為m的人從車左 圖—2端走到車右端的過程中，車將后退多遠？ ②把水平方向的問題變?yōu)樨Q直方向。變例2：如圖—3所示，總質(zhì)量為M的足球下端懸著質(zhì)量為m的人而靜止于高度為h的空中，欲使人能完全沿強著地，人下方的強至少應(yīng)為多長？③把直線運動問題變?yōu)榍€運動.變例3：如圖—4所示，質(zhì)量為M的物體靜止于光滑水平面上，其上有一個半徑為R的光滑半球形凹面軌道，今把質(zhì)量為m的小球自軌道右測與球心等高處靜止釋放，求M向右運動的最大距離。 圖—3④把模型雙方的質(zhì)量比變?yōu)闃O端情況.變例4：如圖—5所示，光滑水平桿上套有一個質(zhì)量可忽略的小環(huán)，長L的強一端系在環(huán)上下，另一端連著質(zhì)量為M的小球，今使小球與球等高且將繩拉直，當把小球由靜止釋放直到小球與環(huán)在同一豎直線上，試分析這一過程中小球沿水平方向的 圖—4移動距離. 3．“fd=△EK”的運用（1）公式“fd=△EK”的含意.如圖—6所示，：質(zhì)量M的木塊放在光滑水 圖—5平面上，質(zhì)量為m的子彈以水平速度υ0射入木塊，若射入的深度為d，后子彈與木塊的共同速度為υ，射入時子彈與木塊間相互作用的力的大小為f，則：相互作用的力f與相時位移的大小d的乘積，恰等于：fd=△EK=mυ02－(m+M)υ2 圖—6(2)公式“fd=△EK”的依據(jù).實際上公式“fd=△EK”是過立在動能定理的基礎(chǔ)之上的：仍如圖—6所示，對子彈和木塊分別運用動能定理可得.―f(s+d)=mυ2―mυ02fs=Mυ2將此兩代勞相加后整理即可得 fd=mυ02―(m+M)υ2=△EK.（3）公式“fd=△EK”的運用如果是兩個物體構(gòu)成的系統(tǒng)運動過程中除了相互作用的滑動摩擦力外，系統(tǒng)的外力為零，則都可以運用公式 fd=△EK 來制約系統(tǒng)運動中的能量的轉(zhuǎn)多與轉(zhuǎn)化，應(yīng)該注意的是：當構(gòu)成系統(tǒng)的雙方相對運動出現(xiàn)往復(fù)的情況時，公式中的d就理解為“相對路程”而不應(yīng)該是“相對位移的大小”。三、典型例題例1．A、B兩小球在光滑水平面上沿同一直線同方向運動共動量分別為PA=5kgm/s，PB=7kgm/s，若A追上B后與B碰撞，碰后B的動量為PB/ =10kgm/s，則A、B的質(zhì)量之比可能為 A．1 ：1 B．1 ：2 C．1 ：5 D．1 ：10 分析：此例的求解除了運用碰撞的規(guī)律外，還需要關(guān)注到碰撞的特征與制約碰撞過程的相關(guān)因素。 解答：由“動量制約”知：碰撞過程中A、B兩球的總動量應(yīng)守恒即：PA+PB=PA/+PB/ 由此得：碰后A球動量為 PA/=PA+PB－PB/=2kgm/s 由“動能制約”知：碰前總動能不小于碰后總動能，即 +≥+代入數(shù)據(jù)有 +≥+于是可得 ≤