高三物理一轮资料第六章 机械能 4功能关系 动量能量综合教案

§4 功能关系动量能量综合
教学目标：
理解功和能的关系，能够应用动量观点和能量观点解决有关动量和能量的综合问题。

教学重点：动量能量综合问题的解决方法
教学难点：应用动量观点和能量观点解决动量能量综合问题
教学方法：讲练结合，计算机辅助教学
教学过程：
一、功能关系
做功的过程是能量转化的过程，功是能量转化的量度。

能量守恒和转化定律是自然界最基本的定律之一。

而在不同形式的能量发生相互转化的过程中，功扮演着重要的角色。

本章的主要定理、定律都是由这个基本原理出发而得到的。

需要强调的是：功是一种过程量，它和一段位移（一段时间）相对应；而能是一种状态量，它个一个时刻相对应。

两者的单位是相同的（都是J），但不能说功就是能，也不能说“功变成了能”。

复习本章时的一个重要课题是要研究功和能的关系，尤其是功和机械能的关系。

突出：“功是能量转化的量度”这一基本概念。

⑴物体动能的增量由外力做的总功来量度：W外=ΔE k，这就是动能定理。

⑵物体重力势能的增量由重力做的功来量度：W G= -ΔE P，这就是势能定理。

⑶物体机械能的增量由重力以外的其他力做的功来量度：W其它=ΔE机，（W其它表示除重力以外的其它力做的功），这就是机械能定理。

⑷当W其它=0时，说明只有重力做功，所以系统的机械能守恒。

⑸一对互为作用力反作用力的摩擦力做的总功，用来量度该过程系统由于摩擦而减小的机械能，也就是系统增加的内能。

f d=Q（d为这两个物体间相对移动的路程）。

【例1】质量为m的物体在竖直向上的恒力F作用下减速上升了H，在这个过程中，下列说法中正确的有
A.物体的重力势能增加了mgH
B.物体的动能减少了FH
C.物体的机械能增加了FH
v a
D.物体重力势能的增加小于动能的减少
解析：由以上三个定理不难得出正确答案是A 、C
【例2】 如图所示，一根轻弹簧下端固定，竖立在水平面上。

其正上方A 位置有一只小球。

小球从静止开始下落，在B 位置接触弹簧的上端，在C 位置小球所受弹力大小等于重力，在D 位置小球速度减小到零。

小球下降阶段下列说法中正确的是
A ．在
B 位置小球动能最大
B ．在
C 位置小球动能最大
C ．从A →C 位置小球重力势能的减少大于小球动能的增加
D ．从A →D 位置小球重力势能的减少等于弹簧弹性势能的增加
解析：小球动能的增加用合外力做功来量度，A →C 小球受的合力一直向下，
对小球做正功，使动能增加；C →D 小球受的合力一直向上，对小球做负功，使动能减小，所以B 正确。

从A →C 小球重力势能的减少等于小球动能的增加和弹性势能之和，所以C 正确。

A 、D 两位置动能均为零，重力做的正功等于弹力做的负功，所以D 正确。

选
B 、
C 、
D 。

二、动量能量综合问题
我们已经复习了牛顿定律、动量定理和动量守恒、动能定理和机械能守恒。

它们分别反映了力的瞬时作用效应、力的时间积累效应和力的空间积累效应。

解决力学问题离不开这三种解题思路。

在比较复杂的题目中，这三种手段往往是交替使用的。

下面举几个例题说明这一点。

【例3】 如图所示，a 、b 、c 三个相同的小球，a 从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b 、c 从同一高度分别开始自由下落和平抛。

下列说法正确的有
A ．它们同时到达同一水平面
B ．重力对它们的冲量相同
C ．它们的末动能相同
D ．它们动量变化的大小相同 解析：b 、c 飞行时间相同（都是g h 2）；a 与b 比较，两者平均速度大小相同（末动能
相同）；但显然a 的位移大，所以用的时间长，因此A 、B 都不对。

由于机械能守恒，c 的机械能最大（有初动能），到地面时末动能也大，因此C 也不对。

a 、b 的初动量都是零，末动量大小又相同，所以动量变化大小相同；b 、c 所受冲量相同，所以动量变化大小也相同，故D 正确。

点评：这道题看似简单，实际上考察了平均速度、功、冲量等很多知识。

另外，在比较中以b 为中介：a 、b 的初、末动能相同，平均速度大小相同，但重力作用时间不同；b 、c
B C D
飞行时间相同（都等于自由落体时间），但初动能不同。

本题如果去掉b 球可能更难做一些。

【例4】 质量为m 的汽车在平直公路上以速度v 匀速行驶，发动机实际功率为P 。

若司机突然减小油门使实际功率减为2
P 并保持下去，汽车所受阻力不变，则减小油门瞬间汽车加速度大小是多少？以后汽车将怎样运动？
解：由公式F - f=ma 和P=Fv ，原来牵引力F 等于阻力f ，减小油门瞬间v 未变，由P=Fv ，F 将减半，合力变为v
P F 22=，方向和速度方向相反，加速度大小为mv P 2；以后汽车做恒定功率的减速运动，F 又逐渐增大，当增大到F=f 时，a =0，速度减到最小为v /2，再以后一直做匀速运动。

点评：这道题是恒定功率减速的问题，和恒定功率加速的思路是完全相同的。

【例5】 质量为M 的小车A 左端固定一根轻弹簧，车静止在光滑水平面上，一质量为m 的小物块B 从右端以速度v 0冲上小车并压缩弹簧，然后又被弹回，
回到车右端时刚好与车保持相对静止。

求这过程弹簧的最大弹性势
能E P 和全过程系统摩擦生热Q 各多少？简述B 相对于车向右返回过
程中小车的速度变化情况。

解析：全过程系统动量守恒，小物块在车左端和回到车右端两个时刻，系统的速度是相同的，都满足：mv 0=（m +M ）v ；第二阶段初、末系统动能相同，说明小物块从车左端返回车右端过程中弹性势能的减小恰好等于系统内能的增加，即弹簧的最大弹性势能E P 恰好等于返回过程的摩擦生热，而往、返两个过程中摩擦生热是相同的，所以E P 是全过程摩擦生热Q 的一半。

又因为全过程系统的动能损失应该等于系统因摩擦而增加的内能，所以ΔE K =Q =2E P
而()m M Mmv E k +=∆220， ∴()()m M Mmv Q m M Mmv E p +=+=2,42020 至于B 相对于车向右返回过程中小车的速度变化，则应该用牛顿运动定律来分析：刚开始向右返回时刻，弹簧对B 的弹力一定大于滑动摩擦力，根据
牛顿第三定律，小车受的弹力F 也一定大于摩擦力f ，小车向左加
速运动；弹力逐渐减小而摩擦力大小不变，所以到某一时刻弹力
和摩擦力大小相等，这时小车速度最大；以后弹力将小于摩擦力，
小车受的合外力向右，开始做减速运动；B 脱离弹簧后，小车在水平方向只受摩擦力，继续减速，直到和B 具有向左的共同速度，并保持匀速运动。

【例6】 海岸炮将炮弹水平射出。

炮身质量（不含炮弹）
为M ，每颗炮弹质量为m 。

当炮身固定时，炮弹水平射程为s ，
那么当炮身不固定时，发射同样的炮弹，水平射程将是多少？
解析：两次发射转化为动能的化学能E 是相同的。

第一次化学能全部转化为炮弹的动能；第二次化学能转化为炮弹和炮身的动能，而炮弹和炮身水平动量守恒，由动能和动量的关系式m
p E K 22
=知，在动量大小相同的情况下，物体的动能和质量成反比，炮弹的动能E m
M M mv E E mv E +====22221121,21，由于平抛的射高相等，两次射程的比等于抛出时初速度之比，m
M M s s m M M v v s s +=∴+==∴2122 点评：这是典型的把动量和能量结合起来应用的应用题。

要熟练掌握一个物体的动能和它的动量大小的关系；要善于从能量守恒的观点（本题是系统机械能增量相同）来分析问题。

【例7】 质量为m 的长木板A 静止在光滑水平面上，另两个质量也是m 的铁块B 、C 同时从A 的左右两端滑上A 的上表面，初速度大小分别为v 和2v ，
B 、
C 与A 间的动摩擦因数均为μ。

⑴试分析B 、C 滑上长木板A
后，A 的运动状态如何变化？⑵为使B 、C 不相撞，A 木板至少多
长？
解析：B 、C 都相对于A 滑动时，A 所受合力为零，保持静止。

这段时间为g v t μ=∆1。

B 刚好相对于A 静止时，C 的速度为v ，A 开向左做匀加速运动，由动量守恒可求出A 、B 、C 最终的共同速度3v v ='，这段加速经历的时间为g
v t μ322=∆，最终A 将以3v v ='做匀速运动。

全过程系统动能的损失都将转化为系统的内能，而摩擦生热mgd fd Q μ==，由能量守恒定律列式：()g v d v m v m mv mgd μμ37,33212212122
22=⎪⎭
⎫ ⎝⎛⋅-+=解得。

这就是A 木板应该具有的最小长度。

点评：本题还可以求系统机械能损失（摩擦生热）和B 、C 与A 摩擦生热之比：第一阶段B 对A 的位移就是对地的位移：s B =v 2/2μg ，C 的平均速度是其3倍因此C 对A 的位移是其3倍：s C =3v 2/2μg ；第二阶段A 、B 共同向左运动的加速度是μg /2，对地位移是s =v 2/9μg ，C 平均速度是其4倍，对地位移是s /= 4v 2/9μg ，相对于A 位移是v 2/3μg ，故B 、C 与A 间的相对位移大小依次是d B = v 2/2μg 和d C =11v 2/6μg ，于是系统摩擦生热为μmg （d B + d C ）=7mv 2/3，d B ∶d C =3∶11
【例8】 质量M 的小车左端放有质量m 的铁块，以共同速
度v 沿光滑水平面向竖直墙运动，车与墙碰撞的时间极短，不计
动能损失。

动摩擦因数μ，车长L ，铁块不会到达车的右端。

到
最终相对静止为止，摩擦生热多少？
解析：车与墙碰后瞬间，小车的速度向左，大小是v ，而铁块的速度未变，仍是v ，方
向向左。

根据动量守恒定律，车与铁块相对静止时的速度方向决定于M 与m 的大小关系：当M >m 时，相对静止是的共同速度必向左，不会再次与墙相碰，可求得摩擦生热是
m
M Mmv Q +=2
2；当M =m 时，显然最终共同速度为零，当M <m 时，相对静止时的共同速度必向右，再次与墙相碰，直到小车停在墙边，后两种情况的摩擦生热都等于系统的初动能()22
1v m M Q += 【例9】 一传送带装置示意图如图，其中传送带经过AB 区域时是水平的，经过BC 区域时变为圆弧形（圆弧由光滑模板形成，为画出），经过CD 区域时是倾斜的，AB 和CD 都与BC 相切。

现将大量的质量均为m 的小货箱一个一个在A 处放到传送带上，放置时初速为零，经传送带运送到D 处，D 和A 的高度差为h 。

稳定工作时传送带速度不变，CD 段上各箱等距排列，相邻两箱的距离为L 。

每个箱子在A 处投放后，在到达B 之前已经相对于传送带静止，且以后也不再滑动（忽略经BC 段时的
微小滑动）。

已知在一段相当长的时间T 内，共运送
小货箱的数目为N 。

这装置由电动机带动，传送带与
轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。

求电动机的
平均输出功率P 。

解析：电动机做功的过程，电能除了转化为小货箱的机械能，还有一部分由于小货箱和传送带间的滑动摩擦而转化成内能。

摩擦生热可以由Q =f d 求得，其中f 是相对滑动的两个物体间的摩擦力大小，d 是这两个物体间相对滑动的路程。

本题中设传送带速度一直是v ，则相对滑动过程中传送带的平均速度就是小货箱的2倍，相对滑动路程d 和小货箱的实际位移s 大小相同，故摩擦生热和小货箱的末动能大小相同Q =mv 2/2。

因此有W=mv 2+mgh 。

又由已知，在一段相当长的时间T 内，共运送小货箱的数目为N ，所以有NW T P =，vT=NL ，带入后得到⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=gh T L N T Nm P 222。

【例10】 用轻弹簧相连的质量均为2 kg 的A 、B 两物块都以v ＝ 6 m ／s 的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4 kg 的物块C 静止在前方，如图所示.B 与C 碰撞后二者粘在一起运动.求：在以后的运动中：
（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A 的速度多大?
（2）弹性势能的最大值是多大?
（3）A 的速度有可能向左吗?为什么?
解析：（1）当A 、B 、C 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.
由于A 、B 、C 三者组成的系统动量守恒，（m A +m B ）v ＝（m A +m B +m C ）v A ′
解得 v A ′=4
226)22(++⨯+ m/s=3 m/s
（2）B 、C 碰撞时B 、C 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B 、C 两者速度为v ′，则 m B v =（m B +m C ）v ′ v ′=4
262+⨯=2 m/s 设物A 速度为v A ′时弹簧的弹性势能最大为E p ，
根据能量守恒E p =21（m B +m C ）2v ' +21m A v 2-2
1（m A +m B +m C ）2'A v =21×（2+4）×22+21×2×62-2
1×（2+2+4）×32=12 J （3）A 不可能向左运动
系统动量守恒，m A v +m B v =m A v A +（m B +m C ）v B
设 A 向左，v A ＜0，v B ＞4 m/s
则作用后A 、B 、C 动能之和
E ′=21m A v A 2+21（m B +m C ）v B 2＞2
1（m B +m C ）v B 2=48 J 实际上系统的机械能
E =E p +2
1（m A +m B +m C ）·2
'A v =12+36=48 J 根据能量守恒定律，E '＞E 是不可能的
【例11】 如图所示，滑块A 的质量m ＝0.01 kg ，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，用细线悬挂的小球质量均为m =0.01 kg ，沿x 轴排列，A 与第1只小球及相邻两小球间距离均为s =2 m ，线长分别为L 1、L 2、L 3…（图中只画出三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度v 0＝10 m/s 沿x 轴正方向运动，设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑
块正碰，g 取10 m/s 2，求：
（1）滑块能与几个小球碰撞?
（2）求出碰撞中第n 个小球悬线长L n 的表达式.
解析：（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度，小球在竖直平面内转动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为s 0，有
2002
10mv mgs -=-μ 得s 0＝25 m
（个）120==s
s n （2）滑块与第n 个球碰撞，设小球运动到最高点时速度为v n ′
对小球,有: n n n mgL v m mv 22
12122+'= ① n
n L v m mg 2'= ② 对滑块，有：2022121mv mv mgns n -=
-μ ③
解 ①②③三式: 254505220n g gsn v L n -=-=μ
【例12】 如图所示，两个小球A 和B 质量分别是m A =2.0 kg ，m B =1.6 kg.球A 静止在光滑水平面上的M 点，球B 在水平面上从远处沿两球的中心连线向着球A 运动.假设两球相距L ≤18 m 时存在着恒定的斥力F ，L ＞18 m 时无相互作用力.当两球相距最近时，它们间的距离为d ＝2 m ，此时球B 的速度是4 m ／s.求：
（1）球B 的初速度；
（2）两球之间的斥力大小；
（3）两球从开始相互作用到相距最近时所经历的时间.
解析：（1）设两球之间的斥力大小是F ，两球从开始相互作用到两球相距最近时的时间是t 0当两球相距最近时球B 的速度是v B =4 m/s ，此时球A 的速度与球B 的速度大小相等，v A ＝v B ＝4 m/s.
由动量守恒定律可得：m B v B 0＝m A v A +m B v B
①
代人数据解得v B 0＝9 m/s （1分）
（2）两球从开始相互作用到它们之间距离最近时它们之间的相对位移Δs ＝L -d 由功能关系可得：
F Δs =21m B v B 02-（21m A v A 2+21m B v B 2） ②
代人数据解得F =2.25 N
（3）根据动量定理，对A 球有：
Ft =m A v A -0 t =F
v m A A 代入数值解得t =9
32 s=3.56 s 【例13】 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.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v 0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，然后A 、D 都静止不动，A 与P 接触但不粘接，过一段时间，
突然解除锁定（锁定及解除锁定均无机械能损失）.已知A 、B 、
C 三球的质量均为m 。

求：
（1）弹簧长度刚被锁定后A 球的速度；
（2）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 球碰撞结成D 时,D 的速度为v 1,由动量守恒定律有
mv 0=2mv 1
当弹簧压至最低时,D 与A 有共同速度,设此速度为v 2,由动量守恒定律有
2mv 1=3mv 2
两式联立求得A 的速度 v 2=3
1v 0 （2）设弹簧长度被锁定后,储存在弹簧中的弹性势能为E p ,由能量守恒有
E p =21·2mv 12-2
1·3mv 22 撞击P 后,A 、D 均静止.解除锁定后，当弹簧刚恢复到原长时，弹性势能全部转为D 球的动能，设此时D 的速度为v 3，由能量守恒有
2
1·2mv 32=E p 以后弹簧伸长，A 球离开挡板P ，当A 、D 速度相等时，弹簧伸长到最长，设此时A 、
D 速度为v 4,由动量守恒定律有
2mv 3=2mv 4
当弹簧最长时，弹性势能最大，设其为E p ′，由能量守恒有
E p ′=21·2mv 32-2
1·3mv 42 联立以上各式，可得 E p ′=
361mv 02 【例14】如图所示，一轻质弹簧一端固定，一端与质量为 m 的小物块A 相联，原来A 静止在光滑水平面上，弹簧没有形变，质量
为m 的物块B 在大小为F 的水平恒力作用
下由C 处从静止开始沿光滑水平面向右运
动，在O 点与物块A 相碰并一起向右运动
（设碰撞时间极短）。

运动到D 点时，将外
力F 撤去，已知CO =4s ，OD =s ,则撤去外力
后，根据力学规律和题中提供的信息，你能求得哪些物理量（弹簧的弹性势能等）的最大值？并求出定量的结果。

解析：物块B 在F 的作用下，从C 运动到O 点的过程中，设B 到达O 点的速度为v 0，由动能定理得：
F ·4s =202
1mv 对于A 与B 在O 点的碰撞动量守恒，设碰后的共同速度为v ，由动量守恒定律可得： mv 0=2mv
当A 、B 一起向右运动停止时，弹簧的弹性势能最大。

设弹性势能的最大值为E pm ,据能量守恒定律可得：
E pm =Fs +Fs mv 322
12= 撤去外力后，系统的机械能守恒。

根据机械能守恒定律可求得A 、B 的最大速度为： m
Fs v v Bm Am 3==。

三、针对训练
1．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M 的左端，右端与小木块m 连接，且m 、M 及M 与地面间接触光滑.开始时，m 和M 均静止，现同时对m 、M
施加等大反向的水平恒力
O C
F1和F2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度，对于m、M和弹簧组成的系统
A.由于F1、F2等大反向，故系统机械能守恒
B.当弹簧弹力大小与F1、F2大小相等时，m、M各自的动能最大
C.由于F1、F2大小不变，所以m、M各自一直做匀加速运动
D.由于F1、F2等大反向，故系统的动量始终为零
2．物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间Δt1内动能由0增大到E1，在时间Δt2内动能由E1增大到E2.设合力在Δt1内做的功是W1、冲量是I1；在Δt2内做的功是W2、冲量是I2.那么
A.I1＞I2，W1＝W2
B.I1＜I2，W1＝W2
C.I1＜I2，W1＜W2
D.I1＝I2，W1＜W2
3．有一种硬气功表演，表演者平卧地面，将一大石板置于他的身体上，另一人将重锤举到高处并砸向石板，石板被砸碎，而表演者却安然无恙.假设重锤与石板撞击后二者具有相同的速度.表演者在表演时尽量挑选质量较大的石板.对这一现象，下面的说法中正确的是
A.重锤在与石板撞击的过程中，重锤与石板的总机械能守恒
B.石板的质量越大，石板获得的动量就越小
C.石板的质量越大，石板所受到的打击力就越小
D.石板的质量越大，石板获得的速度就越小
4．如图所示，分别用两个恒力F1和F2先后两次将质量为m的物体从静止开始，沿着同一个粗糙的固定斜面由底端推到顶端，第一次力F1的方向沿斜面向上，第二次力F2的方向沿水平向右，两次所用时间相同.在这两个过程中
A.F1和F2所做功相同
B.物体的机械能变化相同
C.F1和F2对物体的冲量大小相同
D.物体的加速度相同
5．一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处
在平衡状态.一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图
所示，让环自由下落，撞击平板.已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长
A.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒
B.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒
C.环撞击板后，板的新的平衡位置与h 的大小无关
D.在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功
6．如图所示，木块质量m =0.4 kg ，它以速度v =20 m/s 水平地滑上一辆静止的平板小车，已知小车质量M =1.6 kg ，木块与小车间的动摩擦因数为μ=0.2，木块没有滑离小车，地面光滑，g 取10 m/s 2，求：
（1）木块相对小车静止时小车的速度；
（2）从木块滑上小车到木块相对于小车刚静止时，小车移动的距离.
7．如图所示，质量均为M 的木块B A 、并排放在光滑水平面上，A 上固定一根轻质细杆，轻杆上端的小钉（质量不计）O 上系一长度为L 的细线，细线的另一端系一质量为m 的小球C ，现将C 球的细线拉至水平，由静止释放，求：
（1）两木块刚分离时，C B A 、、速度各为多大？
（2）两木块分离后，悬挂小球的细线与竖直方向的最大夹角多少？
8．如图所示，小车的质量为M ，后端放一质量为m 的铁块，铁块与小车之间的动摩擦系数为 ，它们一起以速度v 沿光滑地面向右运动，小车与右侧的墙壁发生碰撞且无能量损失，设小车足够长，则小车被弹回向左运动多远与铁块停止相对滑动？铁块在小车上相对于小车滑动多远的距离？
参考答案：
1．BD
2．A
3．D
4．BD
5．AC
6．解:（1）设木块相对小车静止时小车的速度为V ，
根据动量守恒定律有：mv ＝（m+M ）V
s 4m s m 6
.14.0204.0=+⨯=+=M m mv V （2）对小车,根据动能定理有：
02
12-=⋅MV s mg μ m 16m 10
4.02.0246.122
2=⨯⨯⨯⨯==mg MV s μ 7．分析：C 球下摆过程中，在达到最低位置之前，悬线拉力的水平分量使B A 、同时达到最大速度，且：B A C P P P +=，C B A 、、三者组成一个系统，满足系统机械能守恒和动量守恒；C 球摆过最低位置后，悬线拉力使A 向右做减速运动，致使B A 、分离，分离后，B 以原速度做匀速直线运动，A C P P > ，所以，A 速度减为零后改为反方向向左运动，当A 、C 速度相等时，C 球摆到最高点，此过程C A 、组成的系统动量守恒、机械能守恒。

解：（1）C B A 、、三者组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，选取最低点0=P E ，C 球到达最低点时B A 、共同速度为A v ，C 速度c v 为，规定向左为正方向：
)1(20 A c Mv mv -= )2(2212122 A c Mv mv mgL +=
解得：m
M MgL M m v m M MgL v A C +=+=222 ； （2）、从C 球在最低点开始，C 与A 组成一个系统满足动量守恒和机械能守恒，设摆到最高处为x h ，此时，C A 、共同速度为x v ：
)1()( x A c v M m Mv mv +=- )2()(2
12121222 x x A c mgh v M m Mv mv ++=+ 解得：L m M m M h m M MgL M m
v x x )
(222++=+= ；； )(2cos 1
M m m +=-θ 难点：认为球的运动轨迹是完整的圆弧，没有考虑到对地而言是一条曲线，而且到达最高点时C A 、相对速度为零，即只具有水平方向上的速度。

运用整体法：
mgL Mv v M m mgL v M m Mv A x x A =++++++222
1)(21cos )(0θ ； 在多个物理过程中，确定系统的初末状态是解决问题的关键，“系统的初末状态”是指系统在内力相互作用时间内开始和结束的状态，而不是任意物理过程的开始和结束的状态，这是解决问题的关键。

8．分析：物体与小车一起向右运动，两者之间没有摩擦力，没有内力的相互作用（无法视为相联系的系统），小车与墙相碰后，无能量损失，以原有速率反向弹回，铁块仍以原有的速度前进，在相对运动过程中，滑动摩擦力作用相同的时间，但相对于地各发生不同的位移，因此，系统的合冲量为零，满足动量守恒，但机械能不守恒，
m M P P m M >∴> 合P ∴向左，
物体经历先向右作匀减速直线运动，速度为零后又折回，直至与小车具有相同的速度为止，即摩擦力对铁块先做负功，然后又做正功，对小车始终做负功。

此问题的关键是确定系统的初状态：mv Mv P -＝初，而不是mv Mv P +＝初。

解：小车反弹后与物体组成一个系统满足动量守恒，规定向作为正方向，设共同速度为x v ，则：
)1()( 解得：v m
M m M v v m M mv Mv x x +-=+=- 以车为对象，摩擦力始终做负功，设小车对地的位移为车S ，则：
22
222)
(22121m M g v M S Mv Mv mgS x +∴-=μμ＝ －车车； 系统损耗机械能为22)(2
1)(21x v m M v m M mgS fS Q E +-+∴==∆＝ 相相μ g
m M Mv S )(22
+μ＝相； 引申：如果M m >，铁块相对于小车发生的距离多大？
小车反复做折线运动，所有能量消耗在铁块与小车之间的摩擦力做功上，即：
222)(21v mg
m M S v M m mgS μμ+∴+=＝
相相 教学后记 功能关系学生掌握不是很好，综合性强，能力要求高，提高学生能力很重要。

因此，要在这方面加强训练。