2007高考二轮复习之动量和能量专题

动量和能量
一、近三年高考题回顾
1．（2004全国理综25题，20分）
柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。

在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动。

现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：
柴油打桩机重锤的质量为m ，锤在桩帽以上高度为h 处（如图1）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为M （包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。

同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短。

随后，桩在泥土中向下移动一距离l 。

已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩幅
之间的距离也为h （如图2）。

已知m ＝1.0×103
kg ，M ＝2.0×103
kg ，h ＝2.0m ，l ＝0.20m ，重力加速度g ＝10m/s 2
，混合物的质量不计。

设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力F 是恒力，求此力的大小。

解析：锤自由下落，碰桩前速度v 1向下，gh v 21= ① 碰后，已知锤上升高度为（h －l ），故刚碰后向上的速度为)(22l h g v -=
②
设碰后桩的速度为V ，方向向下，由动量守恒，21mv MV mv -= ③ 桩下降的过程中，根据功能关系，
Fl Mgl MV =+22
1
④ 由①、②、③、④式得])(22)[(l h h l h M
m
l mg Mg F -+-+
= ⑤ 代入数值，得 5
101.2⨯=F N ⑥
2．（2004天津理综24题，18分）质量kg 5.1=m 的物块（可视为质点）在水平恒力
F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行s
0.2=t
停在B 点，已知A 、B 两点间的距离m 0.5=s ，物块与水平面间的动摩擦因数20.0=μ，求恒力F 多大。

（2s /m 10=g ）
解：设撤去力F 前物块的位移为1s ，撤去力F 时物块速度为v ，物块受到的滑动摩擦力mg F μ=1
对撤去力F 后物块滑动过程应用动量定理得mv t F -=-01 由运动学公式得t v
s s 2
1=
- 对物块运动的全过程应用动能定理011=-s F Fs
由以上各式得2
22gt s mgs
F μμ-=
代入数据解得 F =15N
3．（2004江苏18题，16分）一个质量为M 的雪橇静止在水平雪地上，一条质量为m 的爱斯基摩狗站在该雪橇上．狗向雪橇的正后方跳下，随后又追赶并向前跳上雪橇；其后狗又反复地跳下、追赶并跳上雪橇，狗与雪橇始终沿一条直线运动．若狗跳离雪橇时雪橇的速度为V ，则此时狗相对于地面的速度为V +u （其中u 为狗相对于雪橇的速度，V +u 为代数和．若以雪橇运动的方向为正方向，则V 为正值，u 为负值）．设狗总以速度v 追赶和跳上雪橇，雪橇与雪地间的摩擦忽略不计．已知v 的大小为5m /s ，u 的大小为4m /s ，M =30kg ，
m =10kg .
（1）求狗第一次跳上雪橇后两者的共同速度的大小． （2）求雪橇最终速度的大小和狗最多能跳上雪橇的次数． （供使用但不一定用到的对数值：lg 2=O .301，lg 3=0.477）
解：（1）设雪橇运动的方向为正方向，狗第1次跳下雪橇后雪橇的速度为V 1，根据动量守恒定律，有 0)(11=++u V m MV
狗第1次跳上雪橇时，雪橇与狗的共同速度1V '满足 11)(V m M mv MV '+=+
可解得 2
1)()(m M mv
m M Mmu V +++-=
'
将kg m kg M s m v s m u 10,30,/5,/4===-=代入，得 s m V /21=' （2）解法（一）
设雪橇运动的方向为正方向，狗第（n －1）次跳下雪橇后雪橇的速度为V n －1，则狗第（n －1）次跳上雪橇后的速度1-'n V 满足 11)(--'+=+n n V m M mv MV
这样，狗n 次跳下雪橇后，雪橇的速度为V n 满足 1)()(-'+=++n n n V m M u V m MV 解得 11)(])(
1)[(--++-+--=n n n m
M M
m M mu m M M u v V
狗追不上雪橇的条件是 V n ≥v 可化为 v
m M Mu u
m M m M M n )()()(
1+-+≤
+- 最后可求得 )
lg()
)()(lg(
1M
m M u
m M v
m M Mu n +++-+
≥
代入数据，得 41.3≥n 狗最多能跳上雪橇3次
雪橇最终的速度大小为 V 4=5.625m/s 解法（二）：
设雪橇运动的方向为正方向。

狗第i 次跳下雪橇后，雪橇的速度为V i ，狗的速度为V i +u ；狗第i 次跳上雪橇后，雪橇和狗的共同速度为1V '，由动量守恒定律可得
第一次跳下雪橇：MV 1+m （V 1+u ）=0 V 1=－
s m m
M mu
/1=+
第一次跳上雪橇：MV 1+mv =（M +m ）1V ' 第二次跳下雪橇：（M +m ）1V '=MV 2+m （V 2+u ）
V 2=
m
M m u
V m M +-'+1)(
第三次跳下雪橇：（M +m ）V 3=M 3V '+m （3V '+u ）
3V '=
m
M m u
V m M +-+3)(
第四次跳下雪橇： （M +m ）3V '=MV 4+m （V 4+u ）
s m m
M mu
V m M V /625.5)(34=+-'+=
此时雪橇的速度已大于狗追赶的速度，狗将不可能追上雪橇。

因此，狗最多能跳上雪橇3次。

雪橇最终的速度大小为5.625m/s.
4、（2006江苏第17题． 15分）如图所示，质量均为m 的A 、B 两个弹性小球，用长为2l 的不可伸长的轻绳连接。

现把A 、B 两球置于距地面高H 处（H 足够大），间距为l 0当A 球自由下落的同时，B 球以速度v o 指向A 球水平抛出。

求：
（1）两球从开始运动到相碰，A 球下落的高度。

（2）A 、B 两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量。

（3）轻绳拉直过程中，B 球受到绳子拉力的冲量大小。

解答：（1）设 A 球下落的高度为 h
l=v 0t ………………………………………………..①
h=1/2gt 2 ……………………………………………….…②
联立①②得
h=20
2
2v gl ………………………………………………….③
（2）由水平方向动量守恒得
mv 0=mv 1Ax +mv 1
B ……………………………………………………..④
由机械能守恒得
1/2m （V 2
0+V 2By ）+1/2mV 2Ay
=1/2m （V 2'Ax +V 2'Ay ）+1/2m （V 2'Bx +V 2
'By ）
其中V 'Ay =V Ay V 'By =V By 联立④⑤得
V 'Ax =V 0 V 'BX =0
（3）由水平方向动量守恒得
mv 0=2mv Bx I=mv v
Bx =mv 0/2
二、本专题命题特点和2007年命题趋势
本专题涉及的内容是动力学内容的继续和深化，其中的动量守恒定律、机械能守恒定律、能量守恒定律比牛顿运动定律的适用范围更广泛，是自然界中普遍适用的基本规律，因此是高中物理的重点，也是高考考查的重点之一。

高考中年年有，且常常成为高考的压轴题。

如2002年、2003年理综最后一道压轴题均是与能量有关的综合题。

但近年采用综合考试后，试卷难度有所下降，因此动量和能量考题的难度也有一定下降。

要更加关注有关基本概念的题、定性分析现象的题和联系实际、联系现代科技的题。

试题常常是综合题，动量与能量的综合，或者动量、能量与平抛运动、圆周运动、热学、电磁学、原子物理等知识的综合。

试题的情景常常是物理过程较复杂的，或者是作用时间很短的，如变加速运动、碰撞、爆炸、打击、弹簧形变等。

动量与能量的综合问题，是高中力学最重要的综合问题，也是难度较大的问题。

分析这类问题时，应首先建立清晰的物理图景、抽象出物理模型、选择物理规律、建立方程进行求解。

三、专题框架
2．1动量定理和动量守恒定律
【知识点回顾】
一、动量定理
1.定理内容：物体所受合外力的冲量等于它动量的变化, 表达式：Ft=mv′-mv.
2.动量定理是根据牛顿第二定律F=ma、运动学公式v=v0+at和力F是恒定的情况下推导出
来的.因此能用牛顿第二定律和运动学公式能解的恒力问题，凡不涉及加速度和位移的，用动量定理求解较为方便.
3.动量与参考系的选取有关，所以用动量定理必须注意参考系的选取，一般以地球为参考系.
4.动量定理和研究对象是质点，或由质点构成的系统
5.牛顿第二定律的动量表达式为F =(p ′-p )/△t ，要用其解释一些生活中现象.(如玻璃杯落在水泥地摔碎而落在地毯上无事) 二、动量守恒定律
1.内容:相互作用的几个物体组成的系统，如果不受外力作用，或它们受到的外力之和为0，则系统的总动量保持不变.
2.动量守恒定律的适用条件
内力不改变系统的总动量，外力才能改变系统的总动量，在下列三种情况下，可以使用动量守恒定律：
（1）系统不受外力或所受外力的矢量和为0.
（2）系统所受外力远小于内力，如碰撞或爆炸瞬间，外力可以忽略不计.
（3）系统某一方向不受外力或所受外力的矢量和为0，或外力远小于内力，则该方向动量守恒（分动量守恒）.
3.动量守恒定律的不同表达形式及含义
①p=p ′（系统相互作用前总动量p 等于相互作用后总动量p ′）； ②ΔΡ=0(系统总动量的增量等于0)；
③ ΔΡ1=- ΔΡ2（两个物体组成的系统中，各自动量增量大小相等、方向相反）， 4.理解要点
1.动量守恒定律的研究对象是相互作用物体组成的系统.
2.系统“总动量不变”不仅是系统初、末两个时刻总动量相等，而且是指系统在整个过程中任意两个时刻的总动量都相等.
3.公式是矢量式，根据教学大纲，动量守恒定律应用只限于一维情况.应用时，先选定正方向，而后将矢量式化为代数式.
4.注意动量守恒定律的矢量性、相对性、同时性。

【典型例题】
1.利用动量定理时应注意重力的冲量.
例题1、某消防队员从一平台上跳下，下落2m 后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5m.在着地过程中，对他双脚的平均作用力估计为( ) A.自身所受重力2倍 B.自身所受重力5倍 C.自身所受重力8倍 D.自身所受重力10倍
解：以人为研究对象，取向上方向为正方向根据运动学△t = △h/v 平均=△h/(v/2)=2△h/v.在触地过程中，根据动量定理有：F 合△t=m △v 即：（N-mg ）△t=m △v ，即N=mg+m △v/△t=mg+mv/(2△h/v) =mg+mv2/2△h,
=mg+mgh/△h=5mg.因此答案 B 正确.
例题拓展: 质量为60kg 的建筑工人不慎从高空跃下，由于弹性安全带的作用，使他悬挂起来，已知弹性安全带的缓冲时间为 1.2s ，要使安全带对人的平均作用力不超过1000N ，则安全带不能超过多长？
解析:仅受重力作用的自由落体运动，时间为g
h t 21
受重力和安全带的拉力作用的减速运动，时间t 2=1.2s 。

对全过程运用动量定理 mgt mg F t 120+-=()
将代入，得t h
g h F mg t m g
m 1222
2
2232==-=(). 2.利用动量定理解决变质量问题比较简便.
例题2: 一艘帆船在静水中由于风力的推动做匀速直线运动，帆面的面积为S ，风速为v 1，船速为v 2，（v 2 < v 1），空气密度为ρ，帆船在匀速前进时帆面受到的平均风力大小为多少？
解析：取右图所示的部分空气为研究对象，这部分空气的质量为t Sv m ∆=∆1ρ，这部分气体经过时间△t 后都由v 1变为v 2，取船前进方向为正方向，对这部分气体列出动量定理：
)(12v v m t F -∆=∆-
2212121)()()(v v S t
t v v S v v t m
F -=∆∆-=-∆∆=
ρρ 例题拓展:由高压水枪中竖直向上喷出水柱，将一个质量为m 的小铁盒开口向下扣在水
柱上，水的密度为ρ，以v 0的初速度从横截面积为S 的管口喷出，水柱喷到小铁盒上后原速率返回。

求稳定状态下小铁盒距管口的高度。

3.子弹打木块类问题.
子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。

作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。

下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。

设质量为m 的子弹以初速度v 0射向静止在光滑水平面上的质量为M 的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d 。

求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

解析：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒： ()v m M mv +=0
从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。

设平均阻力大小为
f ，设子弹、木块的位移大小分别为s 1、s 2，如图所示，显然有s 1-s 2=d
对子弹用动能定理：22
012
121mv mv s f -=⋅ ……①
对木块用动能定理：222
1
Mv s f =⋅ ……② ①、②相减得：()()
2
22022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=
⋅ ……③ 点评：这个式子的物理意义是：f d 恰好等于系统动能的损失；根据能量守恒定律，系统动能的损失应该等于系统内能的增加；可见Q d f =⋅，即两物体由于相对运动而摩擦产生的热（机械能转化为内能），等于摩擦力大小与两物体相对滑动的路程的乘积（由于摩擦力是耗散力，摩擦生热跟路径有关，所以这里应该用路程，而不是用位移）。

由上式不难求得平均阻力的大小：()d
m M Mm v f +=22
至于木块前进的距离s 2，可以由以上②、③相比得出：d m
M m
s +=
2
从牛顿运动定律和运动学公式出发，也可以得出同样的结论。

由于子弹和木块都在恒力作用下做匀变速运动，位移与平均速度成正比：
()d m
M m s m m M v v s d v v v v v v s d s +=+==∴+=+=+2020022,,2/2/ 一般情况下m M >>，所以s 2<<d 。

这说明，在子弹射入木块过程中，木块的位移很小，
可以忽略不计。

这就为分阶段处理问题提供了依据。

象这种运动物体与静止物体相互作用，动量守恒，最后共同运动的类型.
例题拓展: 两块厚度相同的木块A 和B ，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为
kg m A 5.0=，kg m B 3.0=，它们的下底面光滑，上表面粗糙；另有一质量kg m C
1.0=的滑块C （可视为质点），以
s m v C /25=的速度恰好水平地滑到A 的上表面，如图所示，由
于摩擦，滑块最后停在木块B 上，B 和C 的共同速度为3.0m/s ，求：
（1）木块A 的最终速度A v ； （2）滑块C 离开A 时的速度
C
v '。

解析：这是一个由A 、B 、C 三个物体组成的系统，以这系统为研究对象，当C 在A 、B 上滑动时，A 、B 、C 三个物体间存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系统的动量守恒。

(类似子弹穿木块模型)
（1）当C 滑上A 后，由于有摩擦力作用，将带动A 和B 一起运动，直至C 滑上B 后，A 、B 两木块分离，分离时木块A 的速度为A v 。

最后C 相对静止在B 上，与B 以共同速度
s m v B /0.3=运动，由动量守恒定律有
B C B A A C C v m m v m v m )(++=
∴
A
B
C B C C A m v m m v m v )(+-=
s
m s m /6.2/5.00
.3)1.03.0(251.0=⨯+-⨯
（2）为计算
C
v '，我们以B 、C 为系统，C 滑上B 后与A 分离，C 、B 系统水平方向动量
守恒。

C 离开A 时的速度为
C
v '，B 与A 的速度同为A v ，由动量守恒定律有
B C B C
C B B v m m v m v m )(+='+
∴
C
A
B B
C B C
m v m v m m v -+=')(
s
m s m /2.4/1.06
.23.00.3)1.03.0(=⨯-⨯+=
4．某一方向上的动量守恒
例题4:如图所示，AB 为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M 的小圆环，环上系一长为L 质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m 的小球，现将绳拉直，且与AB 平行，由静止释放小球，则当线绳与A B 成θ角时，圆环移动的距离是多少？
解析：虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒。

设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：
MV=mv
且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：
Md=m［（L-L cosθ）-d］
解得圆环移动的距离：
d=mL（1-cosθ）/（M+m）
点评：以动量守恒定律等知识为依托，考查动量守恒条件的理解与灵活运用能力
学生常出现的错误：（1）对动量守恒条件理解不深刻，对系统水平方向动量守恒感到怀疑，无法列出守恒方程.（2）找不出圆环与小球位移之和（L-L cosθ）。

例题拓展:质量为M的楔型物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。

质量为m的小球以速度v1向物块运动。

不计一切摩擦，圆弧足够长。

求：小球能上升到的最大高度H 和物块的最终速度v。

解：系统水平方向动量守恒，全过程机械能也守恒。

小球上升过程中，由水平动量守
恒得：
由机械能守恒得：
解得
全过程系统水平动量守恒，机械能守恒，得
(M＋m)v0=M(v0+△v)-m[u-(v0＋△v)]
反馈练习:
1.A、B两车与水平面的动摩擦因数相同。

则下列那些说法正确？(D)
A、若两车动量相同，质量大的滑行时间长
B、若两车动能相同，质量大的滑行时间长
C、若两车质量相同，动能大的滑行时间长
D、若两车质量相同，动量大的滑行距离长
2．质量为M的小车在水平地面上以速度v0匀速向右运动。

当车中的砂子从底部的漏斗中不断流下时，车子速度将（B ）
A．减小 B．不变 C．增大 D．无法确定
3．某人站在静浮于水面的船上，从某时刻开始人从船头走向船尾，设水的阻力不计，那么在这段时间内人和船的运动情况是（ ACD ）
A．人匀速走动，船则匀速后退，且两者的速度大小与它们的质量成反比
B．人匀加速走动，船则匀加速后退，且两者的速度大小一定相等
C．不管人如何走动，在任意时刻两者的速度总是方向相反，大小与它们的质量成反比
D．人走到船尾不再走动，船则停下
4．如图所示，放在光滑水平桌面上的A、B木块中部夹一被压缩的弹簧，当弹簧被放开时，它们各自在桌面上滑行一段距离后，飞离桌面落在地上。

A的落地点与桌边水平距离0.5m，B的落地点距离桌边1m，那么（ ABD ）
A．A、B离开弹簧时的速度比为1∶2
B．A、B质量比为2∶1
C．未离开弹簧时，A、B所受冲量比为1∶2
D．未离开弹簧时，A、B加速度之比1∶2
5．在光滑水平面上，两球沿球心连线以相等速率相向而行，并发生碰撞，下列现象可能的是（ AD ）
A．若两球质量相同，碰后以某一相等速率互相分开
B．若两球质量相同，碰后以某一相等速率同向而行
C．若两球质量不同，碰后以某一相等速率互相分开
D．若两球质量不同，碰后以某一相等速率同向而行
6．载人气球原静止于高h的空中，气球质量为M，人的质量为m。

若人要沿绳梯着地，则绳梯长至少是（A）
A．（m+M）h/M B．mh/M C．Mh/m D．h
7．质量相同的两个小球在光滑水平面上沿连心线同向运动，球1的动量为7 kg·m/s,球2的动量为5 kg·m/s,当球1追上球2时发生碰撞，则碰撞后两球动量变化的可能值是( A )
A．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=1 kg·m/s
B．Δp1=-1 kg·m/s，Δp2=4 kg·m/s
C．Δp1=-9 kg·m/s，Δp2=9 kg·m/s
D．Δp1=-12 kg·m/s，Δp2=10 kg·m/s
8．小车AB静置于光滑的水平面上，A端固定一个轻质弹簧，B端粘有橡皮泥，AB车质量为M，长为L，质量为m的木块C放在小车上，用细绳连结于小
车的A 端并使弹簧压缩，开始时AB 与C 都处于静止状态，如图所示，当突然烧断细绳，弹簧被释放，使物体C 离开弹簧向B 端冲去，并跟B 端橡皮泥粘在一起，以下说法中正确的是(BCD)
A ．如果A
B 车内表面光滑，整个系统任何时刻机械能都守恒
B ．整个系统任何时刻动量都守恒
C ．当木块对地运动速度为v 时，小车对地运动速度为M
m v D ．AB 车向左运动最大位移小于M
m L 9一质量为m 的小球从距地面高度 为h 1处自由下落，反弹高度为h 2，与地面的作用时间为t ，则此过程中地面对小球和平均作用力为多大？
解析：以小球为研究对象，规定向上为正方向，设小球触地前瞬间速度大小为v 1，触地后速度大小为v 2，112gh v =222gh v =
小球受力分析如图所示，对触地过程应用动量定理有： F 合t = ΔP
即（F-mg ）t=m v 2 –(-m v 1)
t
gh gh m mg F )22(21++= 10.如图所示，在沙堆表面放置一长方形木块A ，其上面再放一个质量为m=0.10kg 的爆竹B ，木块的质量为M=6.0kg 。

当爆竹爆炸时，因反冲作用使木块陷入沙中深度h=50cm ，而木块所受的平均阻力为f=80N 。

若爆竹的火药质量以及空气阻力可忽略不计，g 取2/10s m ，求爆竹能上升的最大高度。

解：爆竹爆炸瞬间，木块获得的瞬时速度v 可由牛顿第二定律和运动学公式求得 Ma Mg f =-，2/620s m a =，s m ah v /332==
爆竹爆炸过程中，爆竹木块系统动量守恒 00=-mv Mv
s m s m m Mv v /320/1.03360=⨯==
11．质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，质量为m 的小球用细绳吊在小车上O 点，将小球拉至水平位置A 点静止开始释放（如图所示），求小球落至最低点时速度多大？（相对地的速度）(m
M MgL +2)
12．如图所示甲、乙两人做抛球游戏，甲站在一辆平板车上，车与水平地面间摩擦不计.甲与车的总质量M =100 kg ，另有一质量m =2 kg 的球.乙站在车的对面的地上，身旁有若干质量不等的球.开始车静止，甲将球以速度v （相对地面）水平抛给乙，乙接到抛来的球后，马上将另一质量为m ′=2m 的球以相同速率v 水平抛回给甲，甲接住后，再以相同速率v 将此球水平抛给乙，这样往复进行.乙每次抛回给甲的球的质量都等于他接到的球的质量为2倍,求：
（1）甲第二次抛出球后，车的速度大小.
（2）从第一次算起，甲抛出多少个球后，再不能接到乙抛回来的球.
12.（1）10
1v ,向左 （2）5个
2、2 功和能
【知识点回顾】
功是力的空间积累效果。

有力做功，一定有能的转化或转移；功是能的转化或转移的量度。

弄清一个物理过程中能量的变化情况，才能更深刻地理解这个过程，从而做出正确的判断。

学习“功和能”，重点掌握以下知识点：
1．理解功的概念，掌握功的计算方法。

做功总伴随能的转化或转移，功是能量转化或转移的量度。

计算恒力的功时用W=Fscosα，其中α是力F与位移S的夹角，它可以理解为位移方向的分力与位移的乘积或力的方向的分位移与力的乘积。

在计算或定性判断做功情况时，一定要明确是哪个力的功。

2．会判断正功、负功或不做功。

判断方法有：
（1）用力和位移的夹角α判断当0≤α＜90°，力做正功
当α=90°时，力做功为零
当90°＜α≤180°，力做负功
（2）用力和速度的夹角θ判断定当0≤θ＜90°，力做正功
当θ=90°时，力不做功
当90°＜θ≤180°时，力做负功
（3）用动能变化判断当某物体的动能增大时，外力做正功
当某物体的动能不变时，外力不做功
当某物体的动能减小时，外力做负功
3．了解常见力做功的特点
重力做功和路径无关，只与物体始末位置的高度差h有关：W=mg h，当末位置高于初位置时，W＞0，即重力做正功；反之则重力做负功。

滑动摩擦力做功与路径有关。

当某物体在一固定平面上运动时，滑动摩擦力做功的绝对值等于摩擦力与路程的乘积。

在弹性范围内，弹簧做功与始末状态弹簧的形变量有关系。

4．理解力和功率的关系。

某力做功的瞬时功率P与该瞬时力的大小F，速度υ及它们的夹角α有关：P=Fυcosα。

应用此式时注意两点：一是明确F指的哪个力；二是明确α是力与速度的夹角。

当我们用P=Fυ分析汽车或汽船（此时cosα=1）的运动时，要注意条件。

如果汽车启动时可以看作匀加速直线运动，阻力可看作大小不变的力，则汽车的牵引力F的大小不变，由P=Fυ可知发动机的功率是逐渐增大的。

但是当功率达到额定功率时不再增大，由P=Fυ可知牵引力F将逐渐减小，即汽车启动时做匀加速运动的时间是有限度的。

在发动机功率不变的条件下，汽车加速运动的加速度将不断减小。

5．掌握动能和动能定理动能E K=mυ2/2是物体运动的状态量，功是与物理过程有关的过程量。

动能定理是：在某一物理过程中，外力对某物体做功等于该物体末态动能与初态
动能之差，即动能增量，用数学表示为åW=－。

动能定理表达了过程量功与状态量
动能之间的关系。

在应用动能定理分析一个具体过程时，要做到三个“明确”，即明确研究对象（研究哪个物体的运动情况），明确研究过程（从初状态到末状态）及明确各个力做功的情况。

6．理解势能势能与相互作用的物体之间的相对位置有关，是系统的状态量。

例如重力势能与物体相对地面的高度有关，弹性势能与物体的形变有关。

势能的大小与参考点（此处势能为零）的选取有关，但势能的变化与参考点无关。

重力势能的变化与重力做功的关系是W G=E p1－E p2=mgh1－mgh2；弹性势能的变化与弹簧做功有类似的关系。

要区分重力做功W G=mgh中的“h”和重力势能E p=mgh中的“h”，前者是始末位置的高度差，后者是物体相对参考面的高度。

7．掌握机械能一个物体系统动能和势能的总和，叫它的机械能。

我们研究一个物体A，地球和一个轻弹簧组成的系统，其中A和弹簧，地球以某种方式相连。

在A的某个运动过程中，可能有重力做功W重、弹簧做功W弹，还可能有摩擦力、推力、拉力等其他外力做功W其他；在初态的物体A的动能为mυ12/2，系统的重力势能为mgh1，弹性势能为E p1，末态A 的动能为mυ22/2，系统的重力势能为mgh2，弹性势能为E p2。

由动能定理可以得出：
åW=mυ22/2－mυ12/2或W重+W弹+W其他=mυ22/2－mυ12/2 (1)
而W重=mgh1－mgh2，
W弹=E p1－
E p2 (2)
由（1）（2）可得 W其他=(mυ22/2+mgh2+E p2)－(mυ12/2+mgh1+E p1)=E2－E1 (3)
上式中E1=mυ12/2+mgh1+E p1为系统初态机械能，E2=mυ22/2+mgh2+E p2为系统末态机械能。

从上式可以看出，在一个物理过程中，如果只有系统内部的重力和弹簧做功，则系统的机械能变化为零，即机械能守恒。

机械能守恒定律是力学中的重点定律，它的另一种表述是：如果没有介质阻力做功，只发生动能和势能的相互转化，则机械能保持不变。

应用机械能守恒定律分析问题时，要（1）注意所研究的过程是否符合机械能守恒的条件；（2）明确研究系统；（3）明确研究过程。

注：从（3）式还可以看出，除系统内部的重力、弹力以外，其他外力的功W其他决定了机械能的变化情况，当W其他＞0时，E2＞E1，机械能增大，当W其他＜0时，E2＜E1，机械能减小。

例如钢丝绳吊一重物减速上升，把重物、地球看作一个系统，钢丝绳的拉力作正功，系统的机械能是增大的。

8．理解“摩擦生热”设质量为m2的板在光滑水平面上以速度υ2运动，质量为m1的物块以速度υ1在板上同向运动，且υ1＞υ2，它们之间相互作用的滑动摩擦力大小为f，经过一段时间，物块的位移为s1，板的位移s2，此时两物体的速度变为υ′1和υ′2由动能
定理得
-fs1=m1υ′12/2－
m1υ12/2 (1)
fs2=m2υ′22/2－
m2υ22/2 (2) 图2-2-1。