1、振动描述的物理量

(1)位移：由平衡位置指向振动质点所在位置的有向线段．　　

①是矢量，其最大值等于振幅；②始点是平衡位置，所以跟回复力方向永远相反；③位移随时间的变化图线就是振动图象．

(2)振幅：离开平衡位置的最大距离．

①是标量； ②表示振动的强弱；

(3)周期和频率：完成一次全变化所用的时间为周期T，每秒钟完成全变化的次数为频率f．

①二者都表示振动的快慢；②二者互为倒数；T=1/f；③当T和f由振动系统本身的性质决定时(非受迫振动)，则叫固有频率与固有周期是定值，固有周期和固有频率与物体所处的状态无关．

5．根据以上的关系式，求得某一物理量

[例2]如图所示，质量为m的小铁块以初速度v₀滑上质量为M，静止在光滑水平面上的木块，铁块与木块间的摩擦因数为μ，当M向右运动s时，m与M相对静止，m相对M滑动距离为Δs，则木块动能的增量，铁块动能的减少量，系统机械能的减少量，转化成内能的能量各是多少？

解析：对m与M在水平方向所受合外力为零，因而动量守恒　　

根据动量守恒定律m v₀＝(M+m)v……①

根据动能定理，对M　 ½Mv²=μmgs

对m：　 ½m v₀²一½mv²=μmg(s+Δs)

木块动能增量为μmgs=½M²

铁块动能减少量为：μmg(s+Δs)=½m v₀²－½m²

系统机械能的减少量为：½m v₀²一½mv²－½Mv²＝μmgΔs

转化成内能的能量为：μmgΔs

　　 答案： ½M²，½m v₀²－½m²，μmgΔs，μmgΔs

　点评：从以上可知，(1)m动能减少量，转化成M的动能与系统的内能．

　　 (2)系统机械能的减少量等于产生的内能

　　 (3)从该题中也可以进一步认识到作用力、反作用力有时做功不同．

[例3]上题中ΔS与S比较，可能(　　　 )

A．一定ΔS＜s；　　 B．一定ΔS＝S；　　 C．一定ΔS＞S；

D．以上结论均可能，但不能说是一定

解析：由m v₀＝(M+m)v得v=　 ，μmgs=½M²

　 μmgΔs=½m v₀²一½mv²－½Mv²=½mv₀²一½m²－½M²

我们比较S与ΔS的大小，只要看μmgΔs一μmgs大于零或小于零，或者等于零即可．

μmgΔs一μmgs=½m v₀²一½m²－½M²－½M²＝½m v₀²[1－－]

对[1－－]==显然大于零

　　 由以上讨论可知ΔS＞S　　 答案：c

[例4]如图所示，质量M＝lkg的平板小车右端放有质量m＝2kge的物块(可视为质点)，物块与车之间的动摩擦因数μ=0．5．开始时二者一起以v₀=6m/s的速度向左端的光滑水平面上运动，并使车与墙发生正碰，没碰撞时间极短，且碰后车的速率与碰前的相同，车身足够长，使物块不能与墙相碰(g＝10 rn／s²)求：

　　 (1)物块相对于小车的总位移S是多少？

　　 (2)小车与墙第一次相碰后小车所走的总路程S_M为多少？

解析：(1)由于 m＞M，两者以共同速度与墙相碰后，物块的动量大小比车的动量大，由于滑动摩擦力的作用，两者必会又以共同速度再次与墙相碰，如此反复直到两者一起停止在墙角边为止，设物体相对于车的位移为S，由能量转化和守恒定律得：　　 μmgs=½(m+M)v₀²，所以s=(m+M)v₀²/2μmg=5.4m

(2)设v₁＝v₀，车与墙第n次碰后边率为v_n，则第(n+1)次碰后速率为v_n+1，对物块与车由动量守恒得：

　　 mv_n－Mv_n=(m+M)v_n+1　　 所以v_n+1＝＝v_n= v_n/3．

　　 车与墙第(n+1)次碰后最大位移　　　 s_n+1= v_n+1²/2a==S_n/9

　　 可见车每次与墙碰后的最大位移是一个等比数列，其q=1/9，所以车与墙碰后的总路程

　　 S_M=2(S₁+S₂+…+S_n+…)＝2 S₁·(1十十…+ +…)=

　　 车第一次与墙碰后最大位移　　 S₁＝/2a＝/2a，a=μmg/M=10m/s²

　　 可算得 S₁=m＝1．8 m　　 所以S_M=m＝4.05n

　　 答案：(1)5．4 m(2)4．05 m

点评：运用动量观点和动能观点解题每年在高考中都有很重的份量，每年的压轴题都是利用此观点解题．它们的特点是过程复杂、难度大、综合性强、灵活性高，这就要求我们主动去分析研究这类题的特点及处理所用的数学方法；在提高审题能力和物理过程分析能力上很下功夫，适度配合强化训练．

[例5]如图所示，质量为M长为L的木板(端点为A、B，中点为O)置于光滑水平面上，现使木板M以v₀的水平初速度向右运动，同时把质量为m长度可忽略的小木块置于B端(它对地初速为零)，它与木板间的动摩擦因数为μ，问v₀在什么范围内才能使小木块m滑动到OA之间停下来(即相对木板静止)？

解析：当 m、M相对静止时， m滑动到OA之间停下来的条件为：m相对M的位移s．½L≤s≤L．

由动量守恒M v₀=(M十m)v

物体克服摩擦阻力相对位移的功，量度系统机械能的减少，所以　 μmgs＝½M v₀²－½(M+m)v²

解方程得s＝代入条件≥½L所以v₀≥

　　 ≤L所以v₀≤

　　 即：使m在OA间停下，v₀满足的条件：≤v₀≤

[例6]：A、B两球在光滑水平面上同向运动，A球动量P_A=5kg·M/S，B球的动量为P_B=7kg·m/s。A从后面追上B并发生碰撞，碰后B球的动量变为P_B^/=10kg·m/s，则两球质量m_A与m_B间的关系可能是：

A、　 m_B=m_A； B、m_B=2m_A；C、m_B=4m_A； D、m_B=6m_A；

解：由动量守恒得P_A+P_B= P_A^/+P_B^/代入数据得P_A^/=2kg·m/s

由碰撞中动能不增特征知数据得m_B≥2.5m_A，由合理情景知在碰撞前速度应满足关系P_A/m_A＞P_B/m_B可得m_B＞1.4m_A

碰撞后速度应满足关系P_A^//m_A≤P_B^//m_B可得m_B=5m_A

综合得答案：C

[例7]如图所示，质量为M的天车静止在光滑水平轨道上，下面用长为L的细线悬挂着质量为m的沙箱，一颗质量为m₀的子弹以v₀的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后运动过程中

求：(1)沙箱上升的最大高度．

　　 (2)天车的最大速度，

解析：(1)子弹打入沙箱过程中动量守恒m₀v₀=(m₀+m)v₁……①

摆动过程中，子弹、沙箱、天车系统水平方向动量守恒，机械能守恒。

沙箱到达最大高度时，系统有相同的速度，设为v₂，则有

(m₀+m)v₁=(m₀+m+M)v₂……②

½(m₀+m)v₁²=½(m₀+m+M)v₂²+(m₀+m)gh……③　　 　　　

联立①②③可得沙箱上升的最大高度

(2)子弹和沙箱再摆回最低点时，天车速度最大，设此时天车速度为v₃，沙箱速度为v₄，由动量守恒得

(m₀+m)v₁=Mv₃+(m+M)v₄……④

由系统机械能守恒得½(m₀+m)v₁²=½Mv₃²+½(m+M)v₄²……⑤

联立④⑤求得天车的最大速度

说明：(1)该题过程复杂，在子弹打沙箱的过程中动量守恒，机械能不守恒．共同摆动过程中，子弹、沙

箱、天车组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒．②式可列为m₀v₀=(m₀+m+M)v₂，但③式就不能列为½m₀v₀²=½(m₀+m+M)v₂²+(m₀+m)gh,因子弹与沙箱打击过程中有机械能损失，这点是易错点，一定要分析清楚．

　　 (2)④、⑤两个方程列出后，显然能看出与弹性碰撞方程相同，故解可直接写出，会节省很多时间，由此也可看出这一碰撞模型的重要性．

[例8]如图示是一个物理演示实验，它显示图中自由落体的物体A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方．

　　 A是某种材料做成的实心球，质量m₁＝0. 28 kg,在其顶部的凹的坑中插着质量m₂＝0. 10 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙．将此装置从A下端离地板的高度H＝1. 25 m处由静止释放．实验中，A触地后在极短时间内反弹，且速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，求木棍B上升的高度，重力加速度g＝10 m/s²．

解析:实心球A和木棍开始做自由落体运动，设它们就要落地的瞬间速度为v₁，由运动学公式

　　 由题意，A触地后在极短的时间内反弹，速度变为向上，大小不变，仍为v₁，而木棍由于松松地插在凹坑中，其下端与坑底间有空隙，受到的作用力的冲量可忽略，可认为速度大小，方向不变．由于A的速度变为向上，B的速度仍向下，A,B相向运动，之间接着产生很强的作用力，A对B作用力的冲量使B的速度方向变为向上，设大小为v₂^/, 而B对A的冲量使A的速度由v₁减为零，恰好停留在地板上，这一过程属于碰撞模型，可认为在竖直方向A,B系统的动量守恒，取向上为正，由动量守恒定律得：

　　 m₁v₁－m₂v₂=m₂v₂^/(v₁=v₂)

　　 以后，B脱离A以初速度v₂^/做竖直上抛运动，设木棍B上升的最大高度为h，由机械能守恒定律得：

½m₂v₂^/2=m₂gh,由以上几式联立，解得：h=4. 05 m

[例8]两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们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B球，如图所示。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，不再改变，然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定无机械能损失)。已知A、B、C三球的质量均为m。

　　 (1)求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。

　　 (2)求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。

解析(1)设C球与B球粘结成D时，D的速度为v₁，由动量守恒，有mv₀=(m+m)v₁当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v₂，由动量守恒，有2mv₁＝3mv₂。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　 由以上两式得A的速度v₂=v₀

　　 (2)设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E_P，由能量守恒，有

　　 ½½×2mv₁²=½×3mv₂²+E_P

　　 撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v₃，则有E_P＝½(2m)·v₃²

　　 以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v₄，由动量守恒，有2mv₃=3mv₄

　　 当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为E_P^/，由能量守恒，有

½½×2mv₃²=½×3mv₄²+E_P^/　　 解以上各式得 E _P^/=mv₀²

[例9]一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为L/2，如图所示，木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦因数为μ，A、B、C三者质量相等，原来都静止，现使槽A以大小为v₀的初速度向右运动，已知v₀＜，当A和B发生碰撞时，两者速度互换，求：

　　 (1)A与B刚发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板内C运动的路程。

　　 (2)在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小。

解析：(1)A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速度v₀向右运动，由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率渐接近，设B、C达到相同速度v₁时B移动的路程为s₁．设A、B、C质量皆为m，由动量守恒定律得mv₀＝2mv₁

由功能转化得：μmgs₁=½mv₀²－½mv₁²

联立上式得v₁=½v₀；　　

可见，在B、C达到相同速度v₁时，B尚未与A发生第二次碰撞，B与C-起将以v₁向右匀速运动一段距离(L-s₁)后才与A发生第二次碰撞。设C的速度从零变到v₁的过程中，C的路程为s₂，由功能关系得μmgs₂=½mv₁²得s₂=，因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为

(2)由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止。B、C的速度均为v₁，刚碰撞后，B静止，A、C的速度均为v₁。由于摩擦，B将加速，C将减速，直至达到相同速度v₂

　　 由动量守恒定律得 mv₁＝2mv₂　　 解得v₂=½v₁=¼v₀

　　 因A的速度v₁大于B的速度v₂，故第三次碰撞发生在A的左室，刚碰撞后，A的速度变为v₂，B的速度变为v₁，C的速度仍为v₂，由于摩擦，B减速，C加速，直至达到相同速度v₃，由动量守恒定律得mv₁+mv₂=2mv₃　 解得 v₃=v₀

　　 故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为v_A=v₂=v₀，v_B=v_C=v₃=v₀

点评(1)考查了动量守恒定律与动能定理的综合应用，这是动量守恒定律与其他知识结合的常见形式。

　　 (2)找准研究对象和研究过程，反复建立动量守恒方程，这是对考生综合素质的考查。

　　 (3)题目新颖、灵活，考查了考生的推理能力。归纳能力、随机应变能力。

　　 (4)此题区分度高，是压轴题，但可利用图家法巧解(如图所示)．

　　 由题及图知s_l+s₂＝L， s_l＝L一s₂

　　 又s₂===

至于刚要发生第四次碰撞时，A、B、c三者速度由图一目了然。

[例10]一个连同装备总质量为M=100kg的宇航员，在距离飞船s=45m处与飞船处于相对静止，宇航员背着装有质量为m₀=0．5kg氧气的贮气筒，筒有个可以使氧气以v=50m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用。宇航员的耗氧率为Q=2．5×10^－4kg／s．不考虑喷出　 氧气对设备及宇航员总质量的影响，则(1)瞬时喷出多少氧气，宇航员才能完全返回飞船；(2)为了使总耗氧量最低、应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？(3)已知超氧化钾(KO₂)的性质与Na₂O₂相似，若该宇航员贮气筒的氧气由超氧化钾提供，则需用多少千克KO₂？

解析(1)以飞船为参照物，向着飞船运动的方向为正方向，设喷出m(kg)氧气，宇航员获得的速度为V₁，根据动量定恒定律，有：　　　 (M－m)V₁－mv＝0

　　　 考虑到M＞＞m，有V₁=mv/M………①

　　　 宇航员返回飞船做匀速运动，历时：　　 t＝s/V₁………②

　　　 又筒内氧气的总质量满足关系式：　 m₀=Qt+m ………③

　　　 联立①②③并代入数据得　　　　 0．5=+m

　　　 解之得 m_l=0．05kg或　 m₂＝0．45kg．故喷出的氧气 0．05kg＜m＜0．45kg·

(2)为了耗氧量最低，设喷出 m(kg)氧气则耗氧为　 Δm＝Qt+m……④

　 　将①②代入④得Δm=+m=+m

　 故当m=时，Δm有极小值。 即m==0．15(kg)，返回时间t==600(s)

(3)由4KO₂+2CO₂=2K₂CO₃+3O₂可知，284kg的KO₂可制得96kg的O₂，所以制取0．5kg的O₂需KO₂的质量为：0．5×=1．48(kg)．

试题展示

4．这当中有时要用到机械能守恒或能量守恒定律，可根据具体情况列出关系式．

3．对系统中的物体受力分析，找出外力总功与物体始末动能，从而应用动能定理列关系式．

2．对系统分析，看是否动量守恒(有时是某一方向动量守恒)，再根据动量守恒定律列方程．

1．选出要研究的系统．

2.灵活应用动量、能量关系．有的题目可能动量守恒，机械能不守恒，或机械能守恒，动量不守恒，或者动量在整个变化过程中守恒，而机械能在某一个过程中有损失等，过程的选取要灵活，既要熟悉一定的典型题，又不能死套题型、公式．

[例1]如图所示，A和B并排放在光滑的水平面上，A上有一光滑的半径为R的半圆轨道，半圆轨道右侧顶点有一小物体C，C由顶点自由滑下，设A、B、C的质量均为m．求：

(1)A、B分离时B的速度多大？

(2)C由顶点滑下到沿轨道上升至最高点的过程中做的功是多少？

　分析：小物体C自由滑下时，对槽有斜向右下方的作用力，使A、B一起向右做加速运动，当C滑至槽的最低点时，C、A之间的作用力沿竖直方向，这就是A、B分离的临界点，因C将沿槽上滑，C对A有斜向左下方的作用力，使A向右做减速运动，而B以A分离时的速度向右做匀速运动，C沿轨道上升到最大高度时，C与A的相对速度为零，而不是C对地的速度为零，至于C在全过程中所做的功，应等于A、B、C组成的系统动能的增加(实际上是等于C的重力所做的功)。

　　 解析：对A、B、C组成的系统，它们在水平向上所受外力零，系统在水平方向上动量守恒，则　　 2mv_AB+mv_C＝0 ………①

　　 又系统内仅有重力弹力做功，机械能守恒，有mgR=½(2m)v_AB²+½mv_c²………②

联立①②解得v_AB＝，v_C=－2，即分离时B的速度为．

　　 (2)当C上升到最高点时，C与A有共同速度v_AB，对A、B、C系统，由动量守恒定律，mv_AB+mv_C＝2mv_AC

　　 解之得v_AC=－．

　　 所以W=½mv_AB²+½2mv_c²＝½m()²+½×2m()²＝mgR．

　　 点评：本题把动量守恒定律和机械能守恒定律巧妙地结合一起，考查对物理过程分析和描述的能力，关键是能清晰地将整个物理过程划分两个阶段，应用于恒定律来解。

规律方法一、特点

　　 能量与动量结合的题目，过程复杂，知识综合性强，难度比较大；它不仅在力学中出现，在电学与原子核物理学中也都有类似的题目．因而在高考中那些难度大的题目往往出现在这里．

　　 处理力学问题的基本方法有三种：一是牛顿定律，二是动量关系，三是能量关系．若考查有关物理量的瞬时对应关系，须应用牛顿定律，若考查一个过程，三种方法都有可能，但方法不同，处理问题的难易、繁简程度可能有很大的差别．若研究对象为一个系统，应优先考虑两大守恒定律，若研究对象为单一物体，可优先考虑两个定理，特别涉及时间问题时应优先考虑动量定理，涉及功和位移问题的应优先考虑动能定理．因为两个守恒定律和两个定理只考查一个物理过程的始末两个状态有关物理量间关系，对过程的细节不予细究，这正是它们的方便之处．特别对于变力作用问题，在中学阶段无法用牛顿定律处理时，就更显示出它们的优越性．

　　 动量守恒定律和机械能守恒定律所研究的对象都是相互作用的物体组成的系统，且研究的都是某一物理过程一但两者守恒的条件不同：系统动量是否守恒，决定于系统所受合外力是否为零；而机械能是否守恒，则决定于是否有重力以外的力(不管是内力还是外力)做功．所以，在利用机械能守恒定律处理问题时要着重分析力的做功情况，看是否有重力以外的力做功；在利用动量守恒定律处理问题时着重分析系统的受力情况(不管是否做功)，并着重分析是否满足合外力为零．应特别注意：系统动量守恒时，机械能不一定守恒；同样机械能守恒时，动量不一定守恒，这是因为两个守恒定律的守恒条件不同必然导致的结果．如各种爆炸、碰撞、反冲现象中，因F_内》F_外，动量都是守恒的，但因很多情况下有内力做功使其他形式的能转化为机械能而使其机械能不守恒．

另外，动量守恒定律表示成为矢量式，应用时必须注意方向，且可在某一方向独立使用；机械能守恒定律表示成为标量式，对功或能量只需代数加减，不能按矢量法则进行分解或合成．