（全國通用）2018年高考物理二輪復習 專題二 動量與能量 第1講 動量觀點與能量觀點在力學中的應用學案

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1、 第1講　動量觀點與能量觀點在力學中的應用 知識必備 1.常見的功能關系 (1)合力做功與動能的關系：W合＝ΔEk。 (2)重力做功與重力勢能的關系：WG＝－ΔEp。 (3)彈力做功與彈性勢能的關系：W彈＝－ΔEp。 (4)除重力以外其他力做功與機械能的關系：W其他＝ΔE機。 (5)滑動摩擦力做功與內能的關系：Ff x相對＝ΔE內。 2.機械能守恒定律 (1)條件：只有重力、系統內彈力做功。 (2)表達式：Ek1＋Ep1＝Ek2＋Ep2。 3.動能定理 (1)內容：合外力做的功等于動能的變化。 (2)表達式：W＝mv－mv 4.動量定理及動量守恒定律 (1)

2、動量定理：Ft＝mv2－mv1 (2)動量守恒定律：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′ (3) 備考策略 1.復習時應理清運動中功與能的轉化與量度的關系，結合受力分析、運動過程分析，熟練地應用動量定理和動能定理解決問題。 2.深刻理解功能關系，綜合應用動量守恒定律和能量守恒定律，結合動力學方程解決多運動過程的問題。 3.必須領會的“1種物理思想和3種方法” (1)守恒的思想。 (2)守恒法、轉化法、轉移法。 4.必須辨明的“3個易錯易混點” (1)動量和動能是兩個和速度有關的不同概念。 (2)系統的動量和機械能不一定同時守恒。 (3)不是所有的碰撞都滿足機械

3、能守恒。 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　力學中的幾個功能關系的應用 【真題示例1】 (2017·全國卷Ⅲ，16)如圖1，一質量為m、長度為l的均勻柔軟細繩PQ豎直懸掛。用外力將繩的下端Q緩慢地豎直向上拉起至M點，M點與繩的上端P相距l(xiāng)。重力加速度大小為g。在此過程中，外力做的功為(　　) 圖1 A.mgl B

4、.mgl C.mgl D.mgl 解析　由題意可知，PM段細繩的機械能不變，MQ段細繩的重心升高了，則重力勢能增加ΔEp＝mg·＝mgl，由功能關系可知，在此過程中，外力做的功為W＝mgl ，故選項A正確，B、C、 D錯誤。 答案　A 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅰ，24)一質量為8.00×104 kg的太空飛船從其飛行軌道返回地面。飛船在離地面高度1.60×105 m 處以7.5×103 m/s的速度進入大氣層，逐漸減慢至速度為100 m/s時下落到地面。取地面為重力勢能零點，在飛船下落過程中，重力加速度可視為常量，大小取為9.8 m/s2(結果保留2位有效數字)。

5、(1)分別求出該飛船著地前瞬間的機械能和它進入大氣層時的機械能； (2)求飛船從離地面高度600 m處至著地前瞬間的過程中克服阻力所做的功，已知飛船在該處的速度大小是其進入大氣層時速度大小的2.0%。 解析　(1)飛船著地前瞬間的機械能為 Ek0＝mv① 式中，m和v0分別是飛船的質量和著地前瞬間的速率。由①式和題給數據得 Ek0＝4.0×108 J② 設地面附近的重力加速度大小為g，飛船進入大氣層時的機械能為 Eh＝mv＋mgh③ 式中，vh是飛船在高度1.6×105 m處的速度大小。由③式和題給數據得 Eh＝2.4×1012 J④ (2)飛船在高度h′＝600 m處的機

6、械能為 Eh′＝m(vh)2＋mgh′⑤ 由功能原理得 W＝Eh′－Ek0⑥ 式中，W是飛船從高度600 m處至著地瞬間的過程中克服阻力所做的功。 由②⑤⑥式和題給數據得W＝ 9.7×108 J⑦ 答案　(1)(1)4.0×108 J　2.4×1012 J　(2)9.7×108 J 真題感悟 1.高考考查特點 (1)本考點高考命題既有選擇題也有計算題，集中在物體系統機械能守恒及物體間的做功特點、力與運動的關系，并結合平拋、圓周運動等典型運動及生活科技為背景綜合考查。 (2)熟悉掌握并靈活應用機械能的守恒條件、力學中的功能關系、常見典型運動形式的特點及規(guī)律是突破該考點的關鍵。

7、 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)注意判斷物體運動過程中的臨界狀態(tài)和隱含條件。 (2)注意物理方法的靈活選用。如全國卷Ⅲ第16題的等效法(重心)。 (3)注意提高計算能力。如全國卷Ⅰ第24題，試題情境難度不大，但增加了計算的難度。 預測1 功、功率的理解與計算 預測2 機械能守恒定律的應用 預測3 功能關系、能量轉化守恒定律的綜合應用 1.(2017·濰坊模擬)質量為m＝2 kg的物體沿水平面向右做直線運動，t＝0時刻受到一個水平向左的恒力F，如圖2甲所示，此后物體的v－t圖象如圖乙所示，取水平向右為正方向，g取10 m/s2，則(　　) 圖2 A.物體與水平面

8、間的動摩擦因數為μ＝0.5 B.10 s末恒力F的瞬時功率為6 W C.10 s末物體在計時起點左側4 m處 D.0～10 s內恒力F做功的平均功率為0.6 W 解析　由圖線可知0～4 s內的加速度大小a1＝ m/s2＝2 m/s2，可得F＋μmg＝ma1；由圖線可知4～1 0 s內的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，可得F－μmg＝ma2；解得F＝3 N，μ＝0.05，選項A錯誤；10 s末恒力F的瞬時功率為P10＝Fv10＝3×6 W＝18 W，選項B錯誤；0～4 s內的位移x1＝× 4×8 m＝16 m，4～10 s內的位移x2＝－×6×6 m＝－18 m，故10 s末物

9、體在計時起點左側2 m 處，選項C錯誤；0～10 s內恒力F做功的平均功率為P＝＝ W＝0.6 W，選項D正確。 答案　D 2.(多選)如圖3，直立彈射裝置的輕質彈簧頂端原來在O點，O與管口P的距離為2x0，現將一個重力為mg的鋼珠置于彈簧頂端，再把彈簧壓縮至M點，壓縮量為x0，釋放彈簧后鋼珠被彈出，鋼珠運動到P點時的動能為4mgx0，不計一切阻力，下列說法正確的是(　　) 圖3 A.彈射過程，彈簧和鋼珠組成的系統機械能守恒 B.彈簧恢復原長時，彈簧的彈性勢能全部轉化為鋼珠的動能 C.鋼珠彈射所到達的最高點距管口P的距離為7x0 D.彈簧被壓縮至M點時的彈性勢能為7mgx0

10、 解析　彈射過程中，對彈簧和鋼珠組成的系統而言，只受重力作用，故系統機械能守恒，A正確；彈簧恢復原長時，鋼珠的動能和勢能都增加，選項B錯誤；鋼珠運動到P點時，鋼珠的動能增加到4mgx0，且豎直方向上鋼珠位置升高了3x0，即重力勢能增加量ΔEp＝3mgx0，故彈簧被壓縮至M點時的彈性勢能為E＝4mgx0＋3mgx0＝7mgx0，D正確；鋼珠到達管口P點時動能為4mgx0，當鋼珠達到最大高度時，動能為0，動能轉化為重力勢能，則上升的最高點與管口的距離h滿足mgh＝4mgx0，故上升的最高點與管口的距離h＝4x0，C錯誤。 答案　AD 3.(名師改編)如圖4所示，質量mB＝3.5 kg的物體B通

11、過下端固定在地面上的輕彈簧與地面連接，彈簧的勁度系數k＝100 N/m。輕繩一端與物體B連接，另一端繞過兩個光滑的輕質小定滑輪O1、O2后，與套在光滑直桿頂端E處的質量mA＝1.6 kg 的小球A連接。已知直桿固定不動，桿長L為0.8 m，且與水平面的夾角θ＝37°。初始時使小球A靜止不動，與A相連的一段繩子保持水平，此時繩子中的張力F為45 N。已知EO1＝0.5 m，重力加速度g取10 m/s2，繩子不可伸長?，F將小球A從靜止釋放。 圖4 (1)求在釋放小球A之前彈簧的形變量； (2)若直線CO1與桿垂直，求小球A從靜止運動到C點的過程中繩子拉力對小球A所做的功； (3)求小球

12、A運動到直桿底端D點時的速度大小。 解析　(1)釋放小球A前，B處于靜止狀態(tài)，由于繩子中的張力大于物體B的重力，故彈簧被拉伸，設彈簧形變量為x，有kx＝F－mBg，解得x＝0.1 m。 (2)對A球從E點運動到C的過程應用動能定理得 W＋mAgh＝mAv－0① 其中h＝xC O1cos 37°，而xC O1＝xE O1sin 37°＝0.3 m 物體B下降的高度h′＝xE O1－xC O1＝0.2 m② 由此可知，彈簧這時被壓縮了0.1 m，此時彈簧彈性勢能與初始時刻相等，A、B和彈簧組成的系統機械能守恒，有mAgh＋mBgh′＝mAv＋mBv③ 由題意知，小球A在C點時運動方向

13、與繩垂直，此時B物體速度vB＝0④ 由①②③④得W＝7 J。 (3)由題意知，桿長L＝0.8 m，由幾何知識可知EC＝CD，∠CDO1＝∠CEO1＝37°，故DO1＝EO1 當A到達D點時，彈簧彈性勢能與初狀態(tài)相等，物體B又回到原位置，將A在D點的速度沿平行于繩和垂直于繩兩方向進行分解，平行于繩方向的速度即B的速度，由幾何關系得 vB′＝vA′cos 37°⑤ 整個過程機械能守恒，可得 mAgLsin 37°＝mAvA′2＋mBvB′2⑥ 由⑤⑥得vA′＝2 m/s。 答案　(1)0.1 m　(2)7 J　(3)2 m/s 歸納總結 解決功能關系問題應注意的三個問題 (1

14、)分析清楚是什么力做功，并且清楚該力做正功，還是做負功；根據功能之間的對應關系，判定能的轉化形式，確定能量之間的轉化情況。 (2)也可以根據能量之間的轉化情況，確定是什么力做功，尤其是可以方便計算變力做功的多少。 (3)功能關系反映了做功和能量轉化之間的對應關系，功是能量轉化的量度和原因，在不同問題中的具體表現不同。 　動量定理和動能定理的應用 【真題示例1】 (多選)(2017·全國卷Ⅲ，20)一質量為2 kg的物塊在合外力F的作用下從靜止開始沿直線運動。F隨時間t變化的圖線如圖5所示，則(　　) 圖5 A.t＝1 s時物塊的速率為1 m/s B.t＝2 s時物塊的動量大小

15、為4 kg·m/s C.t＝3 s時物塊的動量大小為5 kg·m/s D.t＝4 s時物塊的速度為零 解析　由動量定理可得Ft＝mv，解得v＝。t＝1 s時物塊的速率為v＝＝ m/s＝1 m/s，故A正確；t＝2 s時物塊的動量大小p2＝F2t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s時物塊的動量大小為p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 時物塊的動量大小為p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s時物塊的速度為1 m/s，故B正確，C、D錯誤。 答案　AB 【真題示例2】 (2017·全國卷Ⅱ，24)為提

16、高冰球運動員的加速能力，教練員在冰面上與起跑線相距s0和s1(s1

17、0＝mv－mv① 解得μ＝② (2)法1　冰球到達擋板時，滿足訓練要求的運動員中，剛好到達小旗處的運動員的加速度最小。設這種情況下，冰球和運動員的加速度大小分別為a1和a2，所用的時間為t。由運動學公式得v－v＝2a1s0③ v0－v1＝a1t④ s1＝a2t2⑤ 聯立②③⑤式得 a2＝⑥ 法2　對冰球由動量定理得－μmgt＝mv1－mv0③ s1＝a2t2④ 由②③④式得a2＝ 答案　(1)　(2) 真題感悟 1.高考考查特點 (1)動能定理是高考的必考熱點，運用動量定理解決生活中的物理問題也已成為高考的熱點。 (2)一般以生活中的物理問題(如2017年全國卷Ⅱ第

18、24以冰球運動)為背景考查對動能定理的理解及應用。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)不清楚物體動量變化規(guī)律是由合外力的沖量決定的，物體動能變化規(guī)律是由合外力的功決定的。 (2)不清楚動能定理表達式是標量式，動量定理表達式是矢量式。 預測1 動能定理的應用 預測2 動量定理的應用 預測3 動能定理、動量定理的綜合應用 1.(多選)一物體靜止在粗糙水平面上，某時刻受到一沿水平方向的恒定拉力作用開始沿水平方向做直線運動，已知在第1 s內合力對物體做的功為45 J，在第1 s末撤去拉力，物體整個運動過程的v－t圖象如圖7所示，g取10 m/s2，則(　　) 圖7 A.物體

19、的質量為5 kg B.物體與水平面間的動摩擦因數為0.1 C.第1 s內摩擦力對物體做的功為60 J D.第1 s內拉力對物體做的功為60 J 解析　由動能定理有W合＝，第1 s末速度v＝3 m/s，解出m＝10 kg，故A錯誤；撤去拉力后物體的位移x2＝×3×3 m＝4.5 m，由動能定理可得：－fx2＝0－mv2，可解得：f＝10 N，又f＝μmg，解出μ＝0.1，故B正確；第1 s內物體的位移x1＝1.5 m，第1 s內摩擦力對物體做的功W＝－fx1＝－15 J，故C錯誤；由Fx1－f(x1＋x2)＝0，可得F＝40 N，所以第1 s內拉力對物體做的功W′＝Fx1＝60 J，故D

20、正確。 答案　BD 2.(多選)(2017·陜西省寶雞市高三教學質量檢測)如圖8所示，用高壓水槍噴出的強力水柱沖擊右側的煤層。設水柱直徑為D，水流速度為v，方向水平，水柱垂直煤層表面，水柱沖擊煤層后水的速度為零。高壓水槍的質量為M，手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ。下列說法正確的是(　　) 圖8 A.高壓水槍單位時間噴出的水的質量為ρvπD2 B.高壓水槍的功率為ρπD2v3 C.水柱對煤層的平均沖力為ρπD2v2 D.手對高壓水槍的作用力水平向右 解析　設Δt時間內，從水槍噴出的水的體積為ΔV，質量為Δm，則Δm＝ρΔV，ΔV＝SvΔt＝π

21、D2vΔt，單位時間噴出水的質量為＝ρvπD2，選項A錯誤；Δt時間內水槍噴出的水的動能Ek＝Δmv2＝ρπD2v3Δt，由動能定理知高壓水槍在此期間對水做功為W＝Ek＝ρπD2v3Δt，高壓水槍的功率P＝＝ρπD2v3，選項B正確；考慮一個極短時間Δt′，在此時間內噴到煤層上水的質量為m，設煤層對水柱的作用力為F，由動量定理得FΔt′＝mv，Δt′時間內沖到煤層水的質量m＝ρπD2vΔt′，解得F＝ρπD2v2，由牛頓第三定律可知，水柱對煤層的平均沖力為F′＝F＝ρπD2v2，選項C正確；當高壓水槍向右噴出高壓水流時，水流對高壓水槍的作用力向左，由于高壓水槍有重力，根據平衡條件，手對高壓水槍

22、的作用力方向斜向右上方，選項D錯誤。 答案　BC 3.如圖9所示，輕繩長為l，豎直懸掛質量為M的擺球，在最低點A經兩次打擊后到達圓周最高點C，若第一次平均打擊力為10 N，擺球恰升到水平位置OB處，則第二次平均打擊力至少應該為多大，才能使擺球上升到最高點？(設兩次打擊時間相等且極短) 圖9 解析　設第一次被打擊后，球的速度為vA1， 由動能定理得：－mgl＝0－mv，即vA1＝。 則第二次被打擊后，球的速度為vA2，則 －mg·2l＝mv－mv① mg＝② 聯立①②得vA2＝。 由動量定理FΔt＝mΔv得 ＝，F2＝5 N 答案　5 N 歸納總結 1.應用動能定

23、理解題應抓好“一個過程、兩個狀態(tài)、四個關注” (1)一個過程：明確研究過程，確定這一過程研究對象的受力情況和位置變化或位移信息。 (2)兩個狀態(tài)：明確研究對象的始、末狀態(tài)的速度或動能情況。 (3)四個關注： ①建立運動模型，判斷物體做了哪些運動。 ②分析各個運動過程中物體的受力和運動情況。 ③抓住運動模型之間的聯系紐帶，如速度、加速度、位移，確定初、末狀態(tài)。 ④根據實際情況分階段或整體利用動能定理列式計算。 2.使用動量定理的注意事項 (1)動量定理不僅適用于恒力，也適用于變力。這種情況下，動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值。 (2)動量定理的表達式是矢量式，

24、運用它分析問題時要特別注意沖量、動量及動量變化量的方向，公式中的F是物體或系統所受的合力。 　動量觀點和能量觀點的綜合應用 【真題示例1】 (2017·全國卷Ⅰ，14)將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間，火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 解析　設火箭的質量為m1，燃氣的質量為m2。由題意可知，燃氣的動量p2＝m2v2＝50×10－

25、3×600 kg·m/s＝30 kg·m/s。根據動量守恒定律可得0＝m1v1－m2v2，則火箭的動量大小為p1＝m1v1＝m2v2＝30 kg·m/s，所以A正確，B、C、D錯誤。 答案　A 【真題示例2】 (2017·天津理綜，10)如圖10所示，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的細繩相連，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg。初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中?，F將B豎直向上再舉高h＝1.8 m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取g＝10 m/s2，空氣阻力不計。求：

26、 圖10 (1)B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t； (2)A的最大速度v的大??； (3)初始時B離地面的高度H。 解析　(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有 h＝gt2① 代入數據解得t＝0.6 s② (2)設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB， 有vB＝gt③ 細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v④ 之后A做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度v即為最大速度，聯立②③④式，代入數據解得 v＝2 m/s⑤ (3)細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B

27、組成的系統機械能守恒，有(mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH⑥ 代入數據解得H＝0.6 m⑦ 答案　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m 真題感悟 1.高考考查特點 (1)動量守恒定律的應用是高考熱點，碰撞模型、反沖運動是動量守恒定律的基礎與核心模型。 (2)熟悉掌握并靈活應用動量守恒的條件，掌握常見的碰撞模型及規(guī)律是突破該考點的關鍵。 2.常見誤區(qū)及臨考提醒 (1)對動量守恒條件理解不準確。 (2)注意物理模型的構建。如天津卷第10題，繩子繃直瞬間，兩物塊獲得共同速度，可等效于發(fā)生完全非彈性碰撞。 預測1 動量守恒定律的應用 預測2 與動量

28、守恒定律相關的臨界問題 預測3 動量觀點和能量觀點的綜合應用 1.(2017·云南玉溪一中模擬)在一水平支架上放置一個質量m1＝0.98 kg的小球A，一顆質量為m0＝20 g的子彈以v0＝300 m/s的水平速度擊中小球A并留在其中。之后小球A水平拋出恰好落入迎面駛來的沙車中，已知沙車的質量m2＝2 kg，沙車的速度v1＝2 m/s，水平面光滑，不計小球與支架間的摩擦。 圖11 (1)若子彈打入小球A的過程用時Δt＝0.01 s，求子彈與小球間的平均作用力大?。? (2)求最終沙車B的速度。 解析　(1)子彈打入小球的過程，子彈和小球組成的系統動量守恒，則 m0v0＝(m0

29、＋m1)v 對小球由動量定理得FΔt＝m1v－0 解得F＝588 N。 (2)之后小球平拋，系統水平方向動量守恒，規(guī)定水平向右為正方向，則 (m0＋m1)v－m2v1＝(m0＋m1＋m2)v2 解得v2＝ m/s，方向水平向右。 答案　(1)588 N　(2) m/s，方向水平向右 2.(2017·西安一中模擬)光滑水平面上，用輕質彈簧連接的質量為mA＝2 kg、mB＝3 kg的A、B兩物體都處于靜止狀態(tài)，此時彈簧處于原長狀態(tài)。將質量為mC＝5 kg的物體C，從半徑R＝3.2 m的光滑圓弧軌道最高點由靜止釋放，如圖12所示，圓弧軌道的最低點與水平面相切，B與C碰撞后粘在一起運動。

30、求： 圖12 (1)B、C碰撞剛結束時的瞬時速度的大小； (2)在以后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。 解析　(1)對C下滑過程中，根據動能定理得 mCgR＝mCv 設B、C碰撞后的瞬間速度為v1，以C的速度方向為正方向，由動量守恒定律得 mCv0＝(mB＋mC)v1 代入數據得v1＝5 m/s。 (2)由題意可知，當A、B、C速度大小相等時彈簧的彈性勢能最大，設此時三者的速度大小為v2，以C的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得 (mC＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2 設彈簧的最大彈性勢能為Epm，則對B、C碰撞后到A、B、C速度相同過程中，由能量守恒定律得

31、 (mB＋mC)v＝(mA＋mB＋mC)v＋Ep 代入數據得Ep＝20 J。 答案　(1)5 m/s　(2)20 J 3.(2017·肇慶高中畢業(yè)班一模)如圖13所示，質量M＝1.5 kg 的小車靜止于光滑水平面上并緊靠固定在水平面上的桌子右邊，其上表面與水平桌面相平，小車的左端放有一質量為0.5 kg的滑塊Q。水平放置的輕彈簧左端固定，質量為0.5 kg的小物塊P置于光滑桌面上的A點并與彈簧的右端接觸，此時彈簧處于原長?，F用水平向左的推力F將P緩慢推至B點(彈簧仍在彈性限度內)，推力做功WF＝4 J，撤去F后，P沿桌面滑到小車左端并與Q發(fā)生彈性碰撞，最后Q恰好沒從小車上滑下。已知Q

32、與小車表面間動摩擦因數μ＝0.1。(取g＝10 m/s2)求： 圖13 (1)P剛要與Q碰撞前的速度是多少？ (2)Q剛在小車上滑行時的初速度v0是多少？ (3)為保證Q不從小車上滑下，小車的長度至少為多少？ 解析　(1)推力F通過P壓縮彈簧做功，根據功能關系有 Ep＝WF① 當彈簧完全推開物塊P時，有 Ep＝mPv2② 由①②式聯立解得v＝4 m/s。 (2)P、Q之間發(fā)生彈性碰撞，設碰撞后Q的速度為v0，P的速度為v′，由動量守恒和能量守恒得 mPv＝mPv′＋mQv0③ mPv2＝mPv′2＋mQv④ 由③④式解得v0＝v＝4 m/s，v′＝0。 (3)設滑塊Q在小車上滑行一段時間后兩者的共同速度為u， 由動量守恒可得mQv0＝(mQ＋M)u⑤ 根據能量守恒，系統產生的摩擦熱 μmQgL＝mQv－(mQ＋M)u2⑥ 聯立⑤⑥解得L＝6 m。 答案　(1)4 m/s　(2)4 m/s　(3)6 m 歸納總結 規(guī)律優(yōu)先原則 (1)對于單個物體，涉及位移的應優(yōu)先選用動能定理，涉及運動時間的優(yōu)先選用動量定理。 (2)若是多個物體組成的系統，則優(yōu)先考慮機械能守恒定律、能量守恒定律與動量守恒定律。 (3)若涉及系統內物體間的相對路程并涉及滑動摩擦力做功要優(yōu)先考慮能量守恒定律。 - 15 -