高中物理復習能量和動量經(jīng)典習題例題含答案

1、【精品文檔】如有侵權，請聯(lián)系網(wǎng)站刪除，僅供學習與交流高中物理復習能量和動量經(jīng)典習題例題含答案.精品文檔.專題研究二 能 量 和 動 量清大師德教育研究院物理教研中心 李 麗相關知識鏈接動量重力做功 WGEP彈力做功WF1EP1分子力做功WF2EP2電場力做功WF3EP3能量能沖量動量恒力做功 W=FsCOS(重力做功、電場力做功)變力做功 （彈力、機車牽引力、摩擦力、分子力做功等）動能勢能 (重力勢能、彈性勢能、電勢能、分子勢能)動能定理 WEK功能原理 W其他E機械能守恒EPEK能量守恒QE恒力的沖量 I=Ft變力的沖量 （彈力、向心力、摩擦力、庫侖力的沖量等）動量的變化 （方向在一條直線上

2、的、方向不在一條直線上的）動量定理IP動量守恒P1P2P1+P2=P1+P2功能量和動量的綜合應用高考考點解讀考 點考 題題 型功和能、動能定理2003上海·42003上海·212004上海·82004上海·212004天津理綜·242005江蘇·102005上海·19A2005廣東·142005黑、吉、廣西·23選擇題計算題選擇題計算題計算題選擇題計算題計算題計算題動量、沖量、動量定理2004廣東·14計算題機械能守恒定律2003上海·72004江蘇·152005上海

3、83;92005北京理綜·232005廣東·62005河南河北·24選擇題計算題選擇題計算題選擇題計算題動量守恒定律2004天津理綜·21選擇題動量和能量的綜合應用2003江蘇·192003江蘇·202004江蘇·182004廣東·172004全國理綜·252004北京理綜·242005江蘇·182005廣東·182005河南河北·242005黑、吉、廣西·252005陜西、四川·252005天津·24計算題計算題計算題計算題計算題計算

4、題計算題計算題計算題計算題計算題計算題高考命題思路1功和能的關系及動能定理是歷年高考的熱點，近幾年來注重考查對功的概念的理解及用功能關系研究物理過程的方法，由于所涉及的物理過程常常較為復雜，對學生的能力要求較高，因此這類問題難度較大。例如2005年江蘇物理卷的第10題，要求學生能深刻理解功的概念,靈活地將變力分解。 2動量、沖量及動量定理近年來單獨出題不多，選擇題中?？疾閷恿亢蜎_量的概念及動量變化矢量性的理解。計算題常設置某個瞬時過程，計算該過程物體受到的平均作用力或物體狀態(tài)的變化。要求學生能正確地對物體進行受力分析，弄清物體狀態(tài)變化的過程。 3動量守恒定律的應用，近幾年單獨命題以選擇題為主

5、，常用來研究碰撞和類碰撞問題，主要判定碰撞后各個物體運動狀態(tài)量的可能值，這類問題也應該綜合考慮能量及是否符合實際情況等多種因素。機械能守恒定律的應用常涉及多個物體組成的系統(tǒng)，要求學生能正確在選取研究對象，準確確定符合題意的研究過程。這類問題有時還設置一些臨界態(tài)問題或涉及運用特殊數(shù)學方法求解，對學生的能力有一定的要求。如2004年上海物理卷的10題，涉及到兩個小球組成的系統(tǒng)，并且要能正確地運用數(shù)學極值法求解小球的最大速度。4動量和能量的綜合運用一直是高考考查的重點，一般過程復雜、難度大、能力要求高，經(jīng)常是高考的壓軸題。要求學生學會將復雜的物理過程分解成若干個子過程，分析每一個過程的始末運動狀態(tài)量

6、及物理過程中力、加速度、速度、能量和動量的變化。對于生活、生產(chǎn)中的實際問題要建立相關物理模型，靈活運用牛頓定律、動能定理、動量定理及能量轉化與守恒的方法解決實際問題。分析解答問題的過程中常需運用歸納、推理的思維方法。如： 2003年全國卷第20題、2004年理綜全國卷第25題的柴油機打樁問題、2004年江蘇物理卷第18題、2004年廣東物理卷第17題、2005年江蘇物理卷第18題、2005年廣東物理卷第18題等。值得注意的是2005年江蘇物理卷的第18題把碰撞中常見的一維問題升級為二維問題，對學生的物理過程的分析及動量矢量性的理解要求更高了一個層次。第5課時 做功、能量和動能定理精典考題反思例

7、1（2005江蘇·10）如圖5-1所示，固定的光滑豎直桿上套著一個滑塊，用輕繩系著滑塊繞過光滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A點起由靜止開始上升若從A點上升至B點和從B點上升至C點的過程中拉力F做的功分別為W1、W2，滑塊經(jīng)B、C兩點時的動能分別為EKB、EKc，圖中AB=BC，則一定有 （ ）(A)Wl>W2 (B)W1<W2 (C)EKB>EKC (D)EKB<EKC圖5-1析與解：該題考查了功的概念及功能關系，難點在于比較Wl和W2，關鍵是要理解功是力在位移上的累積的本質；功的大小既可視為力F與力的方向上的位移S的乘積，又可視為位移S與位移方

8、向上的力的乘積；因此，可以將力F在位移方向上進行分解，由于力F在AB段的分力均大于在BC段的分力，則不難判斷出Wl>W2，所以A正確。根據(jù)動能定理： 因在兩段中拉力做的功WF與重力做的功WG的大小關系不能確定,故無法比較EKB與EKc的大小。點評：解決該題的關鍵是能正確地理解功的定義,注意從不同的思維角度去分析問題。題中力F為恒力，學生易從求力的作用點位移角度來比較兩過程繩子縮短的長度，進而增加了思維難度，甚至造成錯誤。例2（2004廣東·17）如圖5-2所示, B A 圖5-2P輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平導軌上，彈簧處在原長狀態(tài)。另一質量與B相同滑塊A

9、，從導軌上的P點以某一初速度向B滑行，當A滑過距離時，與B相碰，碰撞時間極短，碰后A、B緊貼在一起運動，但互不粘連。已知最后A恰好返回出發(fā)點P并停止?；瑝KA和B與導軌的滑動摩擦因數(shù)都為，運動過程中彈簧最大形變量為，求A從P出發(fā)時的初速度。析與解：本題涉及物塊A及AB共同體兩個研究對象，涉及多個運動過程，且AB共同體壓迫彈簧及被彈簧推向右端的過程受力復雜，屬于多對象多過程的復雜問題。研究A滑行至B的過程，設A剛接觸B時的速度為，由功能關系有： A與B碰撞過程中動量守恒，令碰后A、B共同運動的速度為，有 A與B 碰后先一起向左運動，接著A、B一起被彈回，當彈簧恢復到原長時，A、B分離，設此時A、B

10、的共同速度為，在這過程中，彈簧勢能始末兩態(tài)都相等，研究共同體與彈簧作用的全過程，利用功能關系,有 此后A、B開始分離，A單獨向右滑到P點停下，由功能關系有 由以上各式，可得 點評：A、B碰撞的瞬間有動能損失，A、B再次分離后各自己的運動獨立，故不能研究整個過程運用動能定理求解。正確的分析出滑塊運動的各個過程，判斷出AB兩滑塊分離時彈簧處于原長狀態(tài)是題解的關鍵。對于多過程問題，在分析運動過程的同時還應注意找出前后各過程間的聯(lián)系。ABKF圖5-3例3（2005黑龍江吉林·23）如圖5-3所示，在水平桌面的邊角處有一輕質光滑的定滑輪K，一條不可伸長的輕繩繞過K分別與物塊A、B相連，A、B的

11、質量分別為mA、mB。開始時系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一水平恒力F拉物塊A，使物塊B上升。已知當B上升距離為h時，B的速度為v。求此過程中物塊A克服摩擦力所做的功。重力加速度為g。析與解：由于連結AB的繩子在運動過程中一直處于繃緊狀態(tài)，故A、B速度的大小相等，對A、B組成的系統(tǒng)，由功能關系有：FhWmBgh=(mA+mB)v2求得：W=FhmBgh(mA+mB)v2點評：本題如果運用隔離法選擇研究對象，運用牛頓運動定律求解，要求出摩擦力的大小則比較復雜，而運用功能原理求解時則就顯得簡單多了。在連結體問題中，若不涉及常系統(tǒng)內(nèi)的相互作用時，常以整體為研究對象求解。例4 如圖5-4所示，質量m=0.5k

12、g的小球從距地面高H=5m處自由下落，到達地面恰能沿凹陷于地面的半圓形槽壁運動，半圓槽半徑R=0.4m。小球第一次到達槽最低點時速率為10m/s，并繼續(xù)沿槽壁運動直到從槽右端邊緣飛出，如此反復幾次，設摩擦力恒定不變，求：（設小球與槽壁相碰時不損失能量）圖5-4（1）小球第一次離槽上升的高度h；（2）小球最多能飛出槽外的次數(shù)（取g=10m/s2）。析與解：（1）小球從高處運動至槽口的過程中，只有重力做功；由槽口運動至槽底端的過程中，重力、摩擦力都做功，因摩擦力大小恒定不變，且方向總是與運動方向相反，故圓槽右半部分摩擦力對小球做的功與左半部分摩擦力對小球做的功相等。分別研究小球從最高點落至槽底部和

13、從槽底部運動至左側上方最高點的過程，設小球第一次離槽上升的高度h，由動能定理得得4.2m（2）小球通過一次圓弧槽，需克服摩擦力做功2Wf,且小球飛出槽口一次，在小球多次通過圓弧槽后，當小球飛出槽口的速度小于等于零，則小球不能飛出槽口，設小球飛出槽外的次數(shù)為n，用動能定理研究全過程得即小球最多能飛出槽外6次。點評：小球在沿槽壁運動過程中摩擦力方向盡管不斷變化，但摩擦力方向與運動方向始終在同一直線上，摩擦力功為力與路程的乘積。該題小球的運動具有往復性，用動能定理研究整個過程可直接求出問題的答案。本題中作了摩擦力不變的假設，學生應認真審題。鞏固提高訓練1、如圖5-1所示，木板長為l，板的A端放一質量

14、為m的小物塊，物塊與板間的動摩擦因數(shù)為。開始時板水平，在繞O點緩慢轉過一個小角度的過程中，若物塊始終保持與板相對靜止。對于這個過程中各力做功的情況，下列說法正確的是 ( )OA圖5-1A、摩擦力對物塊所做的功為mglsin(1-cos)B、彈力對物塊所做的功為mglsincosC、木板對物塊所做的功為mglsinD、合力對物塊所做的功為mgl cos2、如圖5-2所示,一物體從高為H的斜面頂端由靜止開始滑下，滑上與該斜面相連的一光滑曲面后又返回斜面，在斜面上能上升到的最大高度為H。若不考慮物體經(jīng)過斜面底端轉折處的能量損失，則當物體再一次滑回斜面時上升的最大高度為 ( )圖5-2A0 BH， C

15、H與H之間 D0與H之間ObaF圖5-33、如圖5-3所示，重球m用一條不可伸長的輕質細線栓住后懸于O點，重球置于一個斜面不光滑的斜劈M上，用水平力F向左推動斜劈M在光滑水平桌面上由位置（a）勻速向左移動到位置（b），在此過程中，正確說法是：（ ）Am與M之間的摩擦力對m做正功；BM與m之間的摩擦力對m做負功；CM對m的彈力對m所做的功與m對M的彈力對M所做的功的絕對值不相等；DF對M所做的功與m對M所做的功的絕對值相等。ACBFs圖5-44、（2005廣東·18）如圖5-4所示，兩個完全相同的質量為m的木板A、B置于水平地面上，它們的間距s=2.88m。質量為2m，大小可忽略的物塊

16、C置于A板的左端。C與A之間的動摩擦因數(shù)為1=0.22，A、B與水平地面之間的動摩擦因數(shù)為2=0.10，最大靜摩擦力可以認為等于滑動摩擦力。開始時，三個物體處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)給C施加一個水平向右，大小為的恒力F，假定木板A、B碰撞時間極短且碰撞后粘連在一起，要使C最終不脫離木板，每塊木板的長度至少應為多少？ 圖5-55（05廣州一模） 如圖5-5所示，EF為水平地面，O點左側是粗糙的、右側是光滑的.一輕質彈簧右端與墻壁固定，左端與靜止在O點質量為m的小物塊A連結，彈簧處于原長狀態(tài). 質量為m 的物塊B在大小為 F的水平恒力作用下由 C處從靜止開始向右運動 ， 已知物塊B與地面EO段間的滑動摩擦力

17、大小為，物塊B運動到O點與物塊A相碰并一起向右運動（設碰撞時間極短），運動到D點時撤去外力F. 已知 CO 4S，ODS. 求撤去外力后： （1） 彈簧的最大彈性勢能. （2） 物塊B最終離0點的距離. .附:第5課時鞏固提高訓練答案及解1答案：C 解：支持力對物體做正功 ，重力對物體做負功；由于靜摩擦力始終與運動方向垂直，故摩擦力不做功，三力對物體做的總功為零。因重力對物體做功為，所以木板對物體支持力做功為。選項為C2答案B解：由功能關系知物體下滑過程中機械能的損失等于克服摩擦力做的功，第一次從H高處下滑返回到最高點高度為，損失的能量為總機械能的一半；因摩擦力不變，故可類比推知第二次回到最高

18、點損失的能量也為一半，即最大高度為。選項為B3答案：A D解：小球受到的摩擦力的方向沿斜面向下，小球的運動方向垂直于細繩向上，故小球的運動方向與摩擦力的方向小于900，所以，A選項正確。而M對m彈力作用的物點和m對M彈力作用的物點的位移相同，所做的功的絕對值相等。M勻速運動，其所受外力做功為零。故D選項正確。4答案：L=3m解：第一階段拉力F小于C、A間最大靜摩擦力，因此C、A共同加速到與B相碰，該過程對C、A共同體用動能定理：（F-23mg）s=3mv12/2，得v1=8m/sAB相碰瞬間，AB動量守恒，碰后共同速度v2=4m/sC在AB上滑行全過程，ABC系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，C到

19、B右端時恰好達到共速：2m v1+2m v2=4m v，因此共同速度v=6m/sC在AB上滑行全過程用功能關系：F2L=4m v2/2-(2m v12/2+2m v22/2)+12mg2L得L=3m5答案：（1） （2）x=5s解：（1）B與A 碰撞前速度由動能定理W（F-F/4）·4Smv2/2， 得v0= B與A碰撞，由動量守恒定律 mv0=2mv1 ， 得 v1= 碰后到物塊A、B運動至速度減為零，彈簧的最大彈性勢能 Epm=F·S+ （2） 設撤去F后，A 、B一起回到0點時速度為v2， 由機械能守恒得Epm= V2=返回至0點時， A、B開始分離，B在滑動摩擦力作

20、用下向左作勻減速直線運動，設物塊B最終離O點最大距離為x ，由動能定理：- 解得 x=5s 第6課時 沖量、動量與動量定理精典考題反思例1（2004廣東·14）一質量為m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一傾角為300的固定斜面上，并立即反方向彈回。已知反彈速度的大小是入射速度大小的，求在碰撞中斜面對小球的沖量大小。圖6-1析與解：小球在碰撞斜面前做平拋運動。設剛要碰撞斜面時小球速度為.由題意，的方向與豎直線的夾角為30°，且水平分量仍為0，如右6-1圖.由此得=20 碰撞過程中，小球速度由變?yōu)榉聪虻?，碰撞時間極短，可不計重力的沖量，由動量定理，斜面對小球的

21、沖量為解得 點評：本題為動量定理和平拋運動的綜合應用題，必須先根據(jù)平拋運動的知識確定小球射到斜面上時的速度，再根據(jù)動量定理求沖量的大小。求力的沖量常從兩個角度思考：（1）沖量的定義，（2）動量定理。在求斜面對小球的沖量時要注意動量的矢量性。例2（1995全國·17） 一粒鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由下落,然后陷入泥潭中。若把在空中下落的過程稱為過程，進人泥潭直到停止的過程稱為過程, 則 ( )A、過程I中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量B、過程中阻力沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小C、I、兩個過程中合外力的總沖量等于零D、過程中鋼珠動量的改變量等于零 析與解：在過程I中，鋼珠從靜止狀態(tài)

22、自由下落。不計空氣阻力，小球所受的合外力即為重力，因此鋼珠動量的改變量等于重力的沖量，選項A正確；全過程中始末狀態(tài)動量的變化為零，所受的總沖量為零，故過程中阻力沖量的大小等于過程I、中重力沖量的大小之和。顯然B選項不對，C選項正確；在I、兩個過程中，每個過程鋼珠動量的改變量各不為零，且它們大小相等、方向相反，故D選項錯誤。因此，本題的正確選項為A、C。點評：本題考查了動量定理的運用，動量定理不僅適用于單一物理過程同樣也適用于復雜物理過程。在運用動量定理時應注意根據(jù)所求問題選取合適的物理過程，分析各物理過程中力的沖量及物體的始末狀態(tài)量。運用動量定理時不能忽視對研究對象的受力分析。例3（2002全

23、國·26）蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目。一個質量為60kg的運動員，從離水平網(wǎng)面3.2m高處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面5.0m高處。已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為1.2s。若把在這段時間內(nèi)網(wǎng)對運動員的作用力當作恒力處理，求此力的大小。（g10m/s2）析與解：將運動員看作質量為m的質點，從h1高處下落，剛接觸網(wǎng)時速度的大小 方向豎直向下 彈跳后到達的高度為h2，剛離網(wǎng)時速度的大小 方向豎直向上 以向上為正向，由動量定理知：代入數(shù)據(jù)得：F1.5×103N 點評： 動量定理既適用于恒力作用下的問題，也適用于變力作用下的問題。在

24、變力作用下由動量定理求出的力是在t時間內(nèi)的平均值。另注意本題中運動員觸網(wǎng)過程中所受重力不能忽略。本題也可以先求出上升和下落時間，再研究全過程據(jù)動量定理列式求解。 例4如圖6-2所示， 質量為M的汽車帶著質量為m的拖車在平直公路上以加速度a勻加速m V0V/M 圖6-2前進，當速度為V0時拖車突然與汽車脫鉤，到拖車停下瞬間司機才發(fā)現(xiàn)。若汽車的牽引力一直未變，車與路面的動摩擦因數(shù)為，那么拖車剛停下時，汽車的瞬時速度是多大？析與解：汽車和拖車脫鉤后，汽車以大于a的加速度作勻加速運動，拖車作勻減速運動，加速度為g。以汽車和拖車系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)受的合外力不變，始終為；該過程經(jīng)歷時間為V0/g，末狀態(tài)

25、拖車的動量為零。對系統(tǒng)運用動量定理：點評：動量定理不僅適用于單個物體，對多個物體組成的系統(tǒng)同樣也適用，合理在選取研究對象能簡化研究問題。注意本題的研究過程為汽車和拖車脫鉤后至拖車停下之前，因為拖車停下后，系統(tǒng)受的合外力中少了拖車受到的摩擦力，因此合外力大小不再是。鞏固提高訓練1（1997全國·2）質量為m的鋼球自高處落下，以速率v1碰地，豎直向上彈回，碰撞時間極短，離地的速率為 v2。在碰撞過程中，地面對鋼球的沖量的方向和大小為 （ ） A向下，m（v1-v2） B向下，m（v1v2） C向上，m（v1-v2） D向上，m（v1v2）2以下說法中正確的是： ( )動量相等的物體，動能

26、也相等； 物體的動能不變，則動量也不變；某力對物體不做功，則這個力的沖量就為零；物體所受到的合沖量為零時，其動量方向不可能變化.圖6-13恒力F作用在質量為m的物體上，如圖6-1所示，由于地面對物體的摩擦力較大，沒有被拉動，則經(jīng)時間t，下列說法正確的是 ( ) A拉力F對物體的沖量大小為零B拉力F對物體的沖量大小為FtC拉力F對物體的沖量大小是FtcosD合力對物體的沖量大小為零4一質量為的物體從距地面高處以一定的速度水平拋出（不計空氣阻力），則物體在落地前的運動過程中，下列說法中正確的有： ( )A連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)物體受到的沖量相同B連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)物體的動量變化相同C連續(xù)相等的時間

27、間隔內(nèi)物體的動能增量相等D連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)合外力所做的總功相等5兩木塊質量之比為12，它們在粗糙程度相同的水平面上滑動，下列說法正確的是：( ) 若初速度相同，滑行的距離之比為11，滑行所需時間之比為11 若初動量相同，滑行的距離之比為11，滑行所需時間之比為11 若初動能相同，滑行的距離之比為11，滑行所需時間之比為11 若初動量相同，滑行的距離之比為41，若初動能相同，滑行所需距離之比為21。A、B、C、D、6在粗糙水平面上運動的物體，從A點開始受水平恒力作用，作直線運動已知物體在B點的速度與A點的速度大小相等，則這個過程中： （ ）A.物體不一定做勻速直線運動B.F始終與摩擦力方向相

28、反C.F與摩擦力對物體所做的總功為零D.F與摩擦力對物體的總沖量為零7如圖6-2所示，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端，在這個過程中，兩個物體具有的相同的物理量可能是 （ ）12圖6-2A 重力的沖量 B 合力的沖量 C 到達底端的動量大小 D 支持力的沖量8在光滑水平面上有質量均為2kg的a、b兩質點，a質點在水平恒力Fa=4N作用下由靜止出發(fā)運動4s。b質點在水平恒力Fb=4N作用下由靜止出發(fā)移動4m。比較這兩個質點所經(jīng)歷的過程，可以得到的正確結論是 （ ）Aa質點的位移比b質點的位移大 Ba質點的末速度比b質點的末速度小C力Fa做的功比力F

29、b做的功多 D力Fa的沖量比力Fb的沖量小9一個質量為m=2kg的物體,在F1=8N的水平推力作用下,從靜止開始沿水平面運動了t1=5s,然后推力減小為F2=5N,方向不變,物體又運動了t2=4s后撤去外力,物體再經(jīng) 過t3=6s停下來。試求物體在水平面上所受的摩擦力。 10質量是60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，由于彈性安全帶的保護作用，最后使人懸掛在空中已知彈性安全帶緩沖時間為1.2s，安全帶伸直后長5m，求安全帶所受的平均沖力（ g= 10ms2） 圖6-311（05 蘇錫常鎮(zhèn)一模）在宇宙飛船的實驗艙內(nèi)充滿CO2氣體，且一段時間內(nèi)氣體的壓強不 變，艙內(nèi)有一塊面積為S的平板艙壁，如圖6-

30、3所示如果CO2氣體對平板的壓強是由氣體分子垂直撞擊平板形成的，假設氣體分子中各有l(wèi)6的個數(shù)分別向上、下、左、右、前、后六個方向運動，且每個分子的速度均為，設氣體分子與平板碰撞后仍以原速反彈已知實驗艙中單位體積內(nèi)CO2的摩爾數(shù)為n，CO2的摩爾質量為，阿伏加德羅常數(shù)為NA求(1) 單位時間內(nèi)打在平板上的CO2分子個數(shù)(2) CO2氣體對平板的壓力。12如圖6-4所示，矩形盒B的質量為M，放在水平面上，盒內(nèi)有一質量為m的物體A，A與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)分別1、2，開始時二者均靜止。現(xiàn)瞬間使物體A獲取一向右且與矩形盒B左、右側壁垂直的水平速度V0，以后物體A在盒B的左右壁碰撞時，B始終向右運

31、動。當A與B最后一次碰撞后，B停止運動，A則繼續(xù)向右滑行距離S后也停止運動，求盒B運動的時間t。BAV0圖6-4附：第6課時鞏固提高訓練答與解1.答案：D解：碰撞時間極短，忽略重力。以向上為正向，故選D。2答案：D解：，；故，動量相等的物體質量不一定相等，動能也不一定相等。動能是標量，而動量是矢量，動能不變但其方向可能變化，即動量的方向可能變化。力不做功可能是在力的方向上不產(chǎn)生位移，但此時力的沖量不為零。由動量定理知，合力的沖量一定等于動量的變化，故選D。3答案：B D解：沖量，故有力必有沖量，與物體的運動狀態(tài)無關，與其他力無關，選B。物體未動，合力為零，故沖量大小為零，選D。4答案：A B解

32、：由，知選項A正確。由動量定理知，動量的變化等于重力的沖量，故選B。連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)物體在力的方向上的位移不等，故重力所做的功和動能的增量不等。5答案：B解：由動量定理和動能定理，及化簡后的表達式，不難看出、正確，故選B。6答案：A C解：物體的受力方向有兩種可能，即與初速度方向相同或相反。相同時物體必做勻速運動，相反則先做減速運動，后做加速運動亦滿足題意。故A選項正確。當力與速度方向相反時，易知A、B點速度方向相反，由動量定理知總沖量不為零。由動能定理易知動能不變，合外力做功為零。故選AC。7答案：C解：運動時間不等，重力的沖量不同。末動量的方向不同，由動量定理知合力的沖量不可能相同。由

33、機械能守恒知到達底端的末動能相等，故末動量大小相等。選C。支持力的方向不同故沖量也不可能相同。8答案：AC解：由牛頓第二定律知兩物體加速度相同，可解得a質點的位移為。可推知a的運動時間長，故選A、C。9答案: 解：規(guī)定推力的方向為正方向,在物體運動的整個過程中,物體的初動量P1=0,末動量P2=O。據(jù)動量定理有： 即：，解得 10答案: （方向豎直向下）解：人下落為自由落體運動，下落到底端時的速度為：取人為研究對象，在人和安全帶相互作用的過程中，人受到重力mg和安全帶給的沖力 F，取F方向為正方向，由動量定理得：所以，（方向豎直向下）11答案:(1)N =n S N A (2) 1 =nS2

34、(1)設在t時間內(nèi)，CO2分子運動的距離為L，則：L=t 打在平板上的分子數(shù)：N=n L S N A 故單位時間內(nèi)打在平板上的C02的分子數(shù)為：得 ：N=n S N A(2)根據(jù)動量定理： Ft=(2m)N ；又 =N A m解得 ：F =nS2 ； 故CO2氣體對平板的壓力：1 = F =nS2 12答案： 解：以物體A、盒B組成的系統(tǒng)為研究對象，它們在水平方向所受的外力就是地面盒B所受的滑動摩擦力，而A與B間的摩擦力、A與B碰撞時的相互作用力均是內(nèi)力。設B停止運動時A的速度為V，且假設向右為正方向，由系統(tǒng)的動量定理得：當B停止運動后，對A應用動能定理得：由以上二式聯(lián)立解得：。第7課時 機械

35、能守恒定律和動量守恒定律精典考題反思例1（2000上海·8）如圖7-1所示，長度相同的三根輕桿構成一個正三角形支架，在A處固定質量為2的小球，B處固定質量為的小球，支架懸掛在O點，可繞過O點并與支架所在平面相垂直的固定軸轉動，開始時OB與地面相垂直，放手后開始運動，在不計任何阻力的情況下，下列說法正確的是 （ ）圖7-1AA球到達最低點時速度為零 BA球機械能減少量等于B球機械能增加量CB球向左擺動所能達到的最高位置應高于A球開始運動時的高度D當支架從左向右回擺動時，A球一定能回到起始高度析與解 ：若把支架看成一個整體，放開后，不計任何阻力,系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)總的機械能不變，所以

36、，A球能回到起始高度；因為A小球質量為2，B小球質量為，在A球從初始位置運動到最低點的過程中，A球勢能的減少量大于B球勢能的增加量，故A球到達最低點時速度大于零；B球向左擺動所能達到的最高位置應高于A球開始運動時的高度。故正確選項為B C D.點評： 準確地選擇研究對象，使之滿足機械能守恒的條件，是本題求解的關鍵。本題單獨對A或B來說，由于桿對兩小球均做功，故運動過程中機械能不守恒。而對A、B組成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)總的機械能保持不變。對于多個物體組成的系統(tǒng)還應注意尋找各物體之間的牽聯(lián)關系。例2（2004天津·21）如圖7-2所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上

37、運動。兩球質量關系為，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞后A球的動量增量為，則 （ ）圖7-2A. 左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為B. 左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為C. 右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為D. 右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為析與解 ：規(guī)定向右為正方向，因為兩球動量相等且為正，要兩球相碰，則左方球的速度必須大于右方球的速度，而，故A球的速度大于B球的速度，左方為A球。據(jù)動量守恒定律，兩球的動量變化大小相等，方向相反，A球的動量增量為-，B球的動量變化為。據(jù),算出碰撞后A、B兩球的動量分別為 ，兩球速度之比

38、為。故選項為（A）點評：動量守恒定律的運用要注意其矢量性，本題中已規(guī)定了正方向，從題設條件得出兩球運動方向相同且向右，是本題的關鍵。在判斷A、B的位置時還應充分考慮運動中的實際情況，學生在分析的過程中可結合草圖，增加空間認識，加深對題意的理解。ABCs5ROR圖7-3例3（2005陜西、四川、云南理綜·25）如圖7-3所示，一對雜技演員（都視為質點）乘秋千（秋千繩處于水平位置）從A點由靜止出發(fā)繞O點下擺，當擺到最低點B時，女演員在極短時間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，然后自已剛好能回到高處A 。求男演員落地點C 與O 點的水平距離s。已知男演員質量m1和女演員質量m2之比=2,秋千的質量

39、不計，秋千的擺長為R , C 點比O 點低5R。析與解：一對雜技演員從A點由靜止出發(fā)繞O點下擺的過程中機械能守恒；設分離前男女演員在秋千最低點B 的速度為v0，則 (m1+m2)gR=(m1+m2)v02當擺到最低點B時，由于女演員在極短時間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，在此過程中，兩者水平方向不受外力，故水平方向動量守恒；設剛分離時男演員速度的大小為v1,女演員速度的大小為v2；則(m1+m2)v0=m1v1m2v2分離后，男演員做平拋運動，設男演員從被推出到落在C點所需的時間為t 。4R=gt2 s=v1t女演員剛好能回到A點的過程中機械能守恒m2gR=m2v22不難求得 s=8R點評：機械能

40、守恒定律的運用，要選好研究對象，分析物體的運動過程，建立正確的物理模型。本題解題的關鍵是弄清一對演員的運動過程。男女演員一起繞o點做圓周運動，滿足機械能守恒。到達B點后，男女演員相互作用，二人相互作用時間極短，滿足動量守恒。相互作用后男演員從B點出發(fā)做平拋運動。女演員由B點回到A點過程中也遵守機械能守恒。另注意運用機械能守恒定律時，恰當?shù)剡x取零勢能面，可使解題簡潔。圖7-4例4（2005江蘇·18）如圖7-4所示，三個質量均為m的彈性小球用兩根長均為L的輕繩連成一條直線而靜止在光滑水平面上現(xiàn)給中間的小球B一個水平初速度v0，方向與繩垂直小球相互碰撞時無機械能損失，輕繩不可伸長求：（1

41、)當小球A、C第一次相碰時，小球B的速度(2)當三個小球再次處在同一直線上時，小球B的速度（3)運動過程中小球A的最大動能EKA和此時兩根繩的夾角.(4)當三個小球處在同一直線上時，繩中的拉力F的大小析與解：由于三個質量為m的彈性小球在光滑水平面上相互作用，所以它們在沿v0方向和垂直于v0的方向上動量均守恒；又小球相互碰撞時無機械能損失，故三小球相互作用的整個過程中，系統(tǒng)機械能守恒。當小球A、C第一次相碰時，在垂直于v0方向的分速度為零，在沿v0方向上三小球速度相等，設三小球沿小球B初速度方向的速度為，由動量守恒定律不難得出當三個小球再次處在同一直線上時，A、C兩小球的運動方向和小球B的運動方

42、向在同一直線上，對整個過程運用動量守恒定律和機械能守恒定律，得解得 （三球再次處于同一直線），（初始狀態(tài)，舍去）所以，三個小球再次處在同一直線上時，小球B的速度為（負號表明與初速度反向）此時，以小球B為參考系（小球B的加速度為0，為慣性參考系），小球A（C）相對于小球B的速度均為所以，此時繩中拉力大小為圖7-5當小球A的動能最大時，C的動能也最大且和A的動能相等，小球B的動能最小，不難分析其速度此時為零。設此時小球A、C的速度大小為，兩根繩間的夾角為（如圖7-5），運用動量守恒定律和機械能守恒定律易得：小球A的最大動能為，此時兩根繩間夾角為點評：本題解題的關鍵在于研究對象的選取及過程的分析。三

43、個小球組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，滿足動量守恒；又碰撞過程中無機械能損失，整個過程中三小球的總機械能守恒。第一次相碰時，三球在v0方向速度相同。三個小球再次處在同一直線上時，垂直于V0方向上的動量為零。運動過程中小球A的動能最大時，由對稱性可知此時C的動能也最大，故B球動能最小，即為零。當三個小球處在同一直線上求繩中的拉力F時，還應考慮到運動的相對性，即A、C相對于B作圓周運動。鞏固提高訓練1A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線、同一方向運動，A球的動量是5kgm/s，B球的動量是7kgm/s，當A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰撞后A、B兩球的動量的可能值是（ ）A-4 kg·m/s、14

44、 kg·m/s B3kg·m/s、9 kg·m/sC-5 kg·m/s 、17kg·m/ D6 kg·m/s、6 kg·m/s2長度為的均勻鏈條放在光滑水平桌面上，且使其長度的垂在桌邊，如圖7-1所示。松手后鏈條從靜止開始沿桌邊下滑，則鏈條滑至剛剛離開桌邊時的速度大小為（ ）圖7-1A B C DAB圖7-23（2005上海·9）如圖所示，A、B分別為單擺做簡諧振動時擺球的不同位置。其中，位置A為擺球擺動的最高位置，虛線為過懸點的豎直線。以擺球最低位置為重力勢能零點，則擺球在擺動過程中 （ ）位于B處時動能最大位于

45、A處時勢能最大在位置A的勢能大于在位置B的動能在位置B的機械能大于在位置A的機械能acbd圖7-34（2005廣東·6）如圖7-3所示，兩根足夠長的固定平行金屬光滑導軌位于同一水平面，導軌上橫放著兩根相同的導體棒ab、cd與導軌構成矩形回路。導體棒的兩端連接著處于壓縮狀態(tài)的兩根輕質彈簧，兩棒的中間用細線綁住，它們的電阻均為R，回路上其余部分的電阻不計。在導軌平面內(nèi)兩導軌間有一豎直向下的勻強磁場。開始時，導體棒處于靜止狀態(tài)。剪斷細線后，導體棒在運動過程中 ( )回路中有感應電動勢兩根導體棒所受安培力的方向相同兩根導體棒和彈簧構成的系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒兩根導體棒和彈簧構成的系統(tǒng)動量守

46、恒，機械能不守恒5如圖7-4所示，質量分別為m和2m的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A靠緊豎直墻用水平力F將B向左壓，使彈簧被壓縮一定長度，靜止后彈簧儲存的彈性勢能為E這時突然撤去F，關于A、B和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是 （ ）FAB圖7-4A撤去F后，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒B撤去F后，A離開豎直墻前，系統(tǒng)動量不守恒，機械能守恒C撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為ED撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為E/36如圖7-5所示，質量均為m的兩球AB間有壓縮的輕、短彈簧處于鎖定狀態(tài)，放置在水平面上豎直光滑的發(fā)射管內(nèi)(兩球的大小尺寸和彈簧尺寸都可忽略，他們整體視為質點)，解除鎖定時，A球能上升的最大高度為H