高三物理二輪復(fù)習(xí)動(dòng)量與能量專題

1、高三物理第二輪復(fù)習(xí)專題二動(dòng)量與能量- Wj考導(dǎo)向1考題統(tǒng)計(jì)全全北天四重山寧上江廣小主題國(guó)國(guó)In京津川慶東夏海蘇東計(jì)17241833.293動(dòng)量與能量242324242538.2812C.217.1192015總題量1111120.51.511.53.515計(jì)分值18152018202541558461942考題特點(diǎn)上表為08年11份全國(guó)及各地高考卷中涉及本專題的考題統(tǒng)計(jì)，其中山東、寧夏為 新課程卷，上海、江蘇、廣東為物理單科卷，由表可以看出：(1)本專題的內(nèi)容每卷必考，甚至反復(fù)考。試題的覆蓋面大。(2)常見(jiàn)的各種能量形式都可能考到，能量與動(dòng)量多綜合考查。(3)機(jī)械能、內(nèi)能、電能通常以綜合題出現(xiàn)

2、的較多，其它形式的能以選擇題出現(xiàn)的較多。(4)選擇題、解答題、實(shí)驗(yàn)題均可出現(xiàn)，解答題中以常規(guī)題型為主，適當(dāng)綜合，多個(gè) 設(shè)問(wèn)，逐步提高難度。二知識(shí)網(wǎng)絡(luò)要占執(zhí)占八.、八、八1概念規(guī)律的理解(1)功 區(qū)分力的功和物體的功，理解正負(fù)功的意義，掌握常見(jiàn)力的做功特點(diǎn)及其的 計(jì)算，特別是變力的功的計(jì)算，弄清一對(duì)相互作用力的做功特點(diǎn)。(2)動(dòng)能定理與功能關(guān)系掌握常見(jiàn)各種能量定義及決定因素，重點(diǎn)弄清各種能量變化分別與哪些力做功有關(guān)。(3)機(jī)械能守恒定律與能量守恒定律關(guān)注定律的成立條件及判斷方法。(4)動(dòng)量、沖量的理解 熟悉兩概念的定義、決定因素、特性及計(jì)算，區(qū)分動(dòng)量與動(dòng)能、沖量與功，特別注意變力的沖量的計(jì)算。(

3、5)動(dòng)量定理的理解 熟悉定理的適用條件和意義，特別是定理的矢量性。(6)動(dòng)量守恒定律的理解掌握定律的適用條件、范圍和意義，特別是定律的條件、矢量性和常見(jiàn)模型。例1如圖，豎直輕彈簧的下端固定在地面上，將質(zhì)量為m的物體從其正上方釋放后自由落下，將彈簧壓縮。當(dāng)物體到達(dá)距釋放點(diǎn)的高度為h時(shí)，經(jīng)過(guò)的時(shí)間為t,物體的速 TOC o 1-5 h z 度為v,下面關(guān)于此過(guò)程中的說(shuō)法正確的是()fhi二12A 地面對(duì)彈黃的支持力做功為 w=mv +mgh212B 地面對(duì)彈黃的支持力做功為 w=mv -mghC地面對(duì)彈簧的支持力沖量大小可能為I=mgt-mvD地面對(duì)彈簧的支持力沖量大小可能為I=mv -mgt解析

4、：由于地面作用在彈簧上的力的作用點(diǎn)的位移為零，所以地面對(duì)彈簧的支持力 不做功；若物體的速度方向向下，則地面對(duì)彈簧的支持力沖量大小為I=mgt-mv ;若物體的速度方向向上，則地面對(duì)彈簧的支持力沖量大小為I=mv -mgt,故應(yīng)選CD正確。2解題思路上一專題已總結(jié)，更注意過(guò)程分析，動(dòng)量、能量守恒條件分析，矢量方向的確定。例2質(zhì)量m a= 3.0kg、長(zhǎng)度L=0.60 m、電量q=+ 4.0 X 10 5c的導(dǎo)體板 A在絕緣水 平面上，質(zhì)量m b= 1.0kg可視為質(zhì)點(diǎn)的絕緣物塊 B在導(dǎo)體板A上的左端，開(kāi)始時(shí) A B保 持相對(duì)靜止一起向右滑動(dòng)，當(dāng)它們的速度減小到v0=3.0 m / s時(shí)，立即施加

5、一個(gè)方向水平向左、場(chǎng)強(qiáng)大小 E= 1.0 X 105N/C的勻強(qiáng)電場(chǎng)，此時(shí) A的右端到豎直絕緣擋板的距離為 s,此后A、B始終處在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，如圖所示。假定A與擋板碰撞時(shí)間極短且無(wú)機(jī)械能損失，A與B之間(動(dòng)摩擦因數(shù) 科1=0.25)及A與 地面之間(動(dòng)摩擦因數(shù) 科2=0.10)的最大靜摩擦力 均可認(rèn)為等于其滑動(dòng)摩擦力，g=10m/ s2。試求要使B不從A上滑下，s應(yīng)滿足的條件。解析：設(shè)B受到的最大靜摩擦力為f1m, A B間的滑動(dòng)摩擦力為f1, A受到地面摩擦力為 f2,加電場(chǎng)后若 A B以共同加速度a做勻減速運(yùn)動(dòng)，由摩擦力公式及牛頓第二定律得：f1m=因mBgf2= w(mA+mB)gqE+

6、 f2= (m a+ m b) a fi = m b a解得：fim=2.5Nf2= 4.0Na = 2.0 m / s 2fi=2.0N由于fimfl,所以A B保持相對(duì)靜止且以共同加速度a做勻減速運(yùn)動(dòng)。A與擋板碰前瞬間，設(shè) A B向右的共同速度為 vi,則有：v12 =v2 -2asA與擋板碰后，以 A、B系統(tǒng)為研究對(duì)象，則由于qE=f2,故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè) A、B共同向左運(yùn)動(dòng)的速度為 v,取向左為正方向，由動(dòng)量守恒 得：mAvi-mBvi=( m a+m b) v設(shè)該過(guò)程中，B相對(duì)于A向右的位移為si,由功能關(guān)系得：,i2 i2imBgsi = - (mA mB)v (mA mfe)v

7、22A、B達(dá)到共同速度后做勻速運(yùn)動(dòng)，要使B不從A上滑下來(lái)，則：si2.0m3常見(jiàn)解法直接法，間接法，等效法，微元法，全程法與分段法，模型法，圖象法，臨界法， 動(dòng)態(tài)分析法等。例3如圖，用豎直向下的恒力 F通過(guò)跨過(guò)光滑定滑輪的細(xì)線拉動(dòng)光滑水平面上的物 體，物體沿水平面移動(dòng)過(guò)程中經(jīng)過(guò)A B C三點(diǎn)，設(shè)AB=BC若從A點(diǎn)至B點(diǎn)和從B點(diǎn)至 TOC o 1-5 h z C點(diǎn)的過(guò)程中拉力 F做的功分別為 WW,物體經(jīng)過(guò)A、B C三點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為 昆、Eb、 民，則一定有()A Wi W2: ,B WiL2-L3,故 WiW2, A對(duì)B錯(cuò)，再由動(dòng)能定理可判斷 C錯(cuò)D對(duì)，應(yīng)選AD。例4如圖，物體 A、B相距9

8、.5m,現(xiàn)物體 A以vA=i0m/s的初速度向靜止的物體 B 運(yùn)動(dòng)，物體A與B發(fā)生正碰后仍沿原來(lái)的方向運(yùn)動(dòng)。已知物體A _vaBnhmrnmTnTnTrmA在碰撞前后共運(yùn)動(dòng) 6s后停止，求碰撞后物體 B運(yùn)動(dòng)多少時(shí)間停止？（已知mA=2mB,物體A、B與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為（1=0.1 , g=10m/s2）解析：取運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，設(shè)物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為tA、tB ,對(duì)A、B組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量定理得：-a mAgtA- b mBg tB=-m ava解得：tB=8s四典例分析例5汽車在平直公路上以速度 V0勻速行駛，發(fā)動(dòng)機(jī)功率為 司機(jī)減小了油門(mén)，汽車的功率立即減小一半，并保持該功率繼續(xù)行駛。

9、P,到牽引力為Foo ti 時(shí)亥I, t2時(shí)刻，汽車所受的阻力不變）化的圖象正確的是又恢復(fù)了勻速直線運(yùn)動(dòng)（設(shè)整個(gè)過(guò)程中汽車,則下圖中幾個(gè)關(guān)于汽車牽引力F汽車速度v在這個(gè)過(guò)程中隨時(shí)間t變（ ）解析：由P=Fv知：當(dāng)P減小為原來(lái)的一半時(shí)，由于v不能突變，F(xiàn)立即減為原來(lái)的一半，由牛頓第二定律知：F-F E=ma,所以加速度逐漸減小，速度也逐漸減小，再由P=Fv知：F又逐漸增大，至t2時(shí)刻，汽車恢復(fù)勻速運(yùn)動(dòng)，F(xiàn)又與F阻平衡，即又恢復(fù)到原 大小，故應(yīng)選AD。例6物體懸掛在細(xì)繩下端，由靜止開(kāi)始沿豎直方向向下運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，物體 機(jī)械能E與位移s的關(guān)系圖象如圖所示，其中 0&過(guò)程的圖象為曲線，SiS2過(guò)程

10、的圖象 為直線。根據(jù)該圖象，下列說(shuō)法正確的是（）A 0si過(guò)程中物體所受拉力一定是變力，且不斷減小B SiS2過(guò)程中物體可能在做勻變速直線運(yùn)動(dòng)C &$2過(guò)程中物體可能在做變加速直線運(yùn)動(dòng)D 0S2過(guò)程中物體的動(dòng)能可能在不斷增大解析：設(shè)開(kāi)始時(shí)物體的機(jī)械能為 Eo, Fn,則向下運(yùn)動(dòng)位移為 s時(shí)物體的機(jī)械能 圖線應(yīng)為傾斜直線， 由圖可知：0Si過(guò)程 所以，此過(guò)程Fn應(yīng)為變力，且力在增大，如果繩的拉力恒為E=Eo-Fns,可知:E減小得越來(lái)越快，A錯(cuò)；SiS2過(guò)程,Fn恒定，F(xiàn)n可能大于重力,也可能性小于重力，但合力恒定，此時(shí)物體應(yīng)做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。故 應(yīng)選B、D。B、D正確，C錯(cuò),例7如圖，質(zhì)量為

11、m=0.5 kg的小球從距地面高 H=5m處自由下落，到達(dá)地面時(shí)恰能沿凹陷于地面的半圓形槽壁運(yùn)動(dòng)，半圓槽的半徑R=0.4m。小球到達(dá)槽最低點(diǎn)時(shí)的速率為v=10m/s,并繼續(xù)沿槽壁運(yùn)動(dòng)直到從槽左端邊緣飛出，如此反復(fù)幾次，設(shè)摩擦力恒定不變，求：（設(shè)小球與槽壁相碰時(shí)不損失能量）（1）小球第一次離槽上升的高度。（2）小球最多能飛出槽外的次數(shù)（g=10m/s2）解析：(1)設(shè)小球落至槽底的過(guò)程中摩擦力做功為Wf,第一次離槽上升的高度為 h,由動(dòng)能定理得：小球落至槽底過(guò)程 mg (H+R) - Wf=mv2/2從槽底至第一次離槽后的最高點(diǎn)-mg (h+R) - Wf=- mv2/2解得：h=4.2m(2)

12、設(shè)小球飛出槽外 n次，由動(dòng)能定理得mgH 2n WB 0解得 nW 6.25即小球最多能飛出槽外 6次。例8如圖，光滑水平面右端 B處連接一個(gè)豎直的半徑為 R的光滑半圓軌道，B點(diǎn)為 水平面與軌道的切點(diǎn)，在離 B處距離為x的A點(diǎn)，用 水平恒力F將質(zhì)量為m的小球從靜止開(kāi)始推到 B處后 撤去恒力，小球沿半圓軌道運(yùn)動(dòng)到 C處后又正好落回A 點(diǎn)。求：(1)推力F對(duì)小球所做的功？x取何值時(shí)，完成上述運(yùn)動(dòng)時(shí)推力所做的功最少？最少功是多少？x取何值時(shí)，完成上述運(yùn)動(dòng)時(shí)推力最?。孔钚⊥屏κ嵌嗌?？解析：(1)設(shè)小球在C點(diǎn)的速度為Vc,從C運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的時(shí)間是t,由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī) 律得：x=vct2R=gt2/2設(shè)推力做功

13、為 Wf,小球由A到C,由動(dòng)能定理得： 2WF =mg(16R x )8R(2)當(dāng)Vc最小時(shí)F力做功最少，設(shè)小球在C點(diǎn)的最小速度為 v,由牛頓第二定律得： 2 mvxmg =，又 Vc =一R212WF -2mgR 二一 mv 2 解得：WF=5mgR/2 22、(3)由 Wf =訶 x %Wf =Fx得：8RWF 2mgR=mv/2 解得： x Vc - 2 _2216R mg（一 xF有極小值的條件是:16R/x=x/R即當(dāng)x=4R時(shí)有最小推力 F=mg例9如圖，放在光滑水平面上的矩形滑塊是由不同材料的上下兩層粘在一起組成的。 質(zhì)量為m的子彈以速度vo水平射向滑塊。若擊中上層，則子彈剛好不

14、穿出；若擊中下層, 則子彈剛好嵌入(即子彈尾部剛好進(jìn)入到滑塊左側(cè)表面)。比較上述兩種情況，以下說(shuō)法不正確的是()B、C選項(xiàng)正確，由能量守恒知D選項(xiàng)正確，由A兩次滑塊對(duì)子彈的阻力一樣大B兩次子彈對(duì)滑塊做功一樣多C兩次滑塊受到的沖量一樣大D兩次系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量一樣多 解析：由動(dòng)量守恒和動(dòng)能定理知Q=Fx知：第一次位移大于第二次，故第一次阻力小于第二次，A錯(cuò)，應(yīng)選A。例10如圖，在傾角為9=37的足夠長(zhǎng)的絕緣斜面上，帶負(fù)電的物塊 A和不帶電的絕 緣物塊B正沿斜面向上滑，斜面處于范圍足夠大的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，場(chǎng)強(qiáng)方向平行于斜面向下。 當(dāng)A剛要追上B發(fā)生碰撞時(shí)，A的速度VA=1.8m/s,方向沿斜面向上，B的速

15、度恰為零。 A、B碰撞時(shí)間極短，且 A的電荷沒(méi)有轉(zhuǎn)移，碰后瞬間A的速度vi=0.6m/s,方向仍沿斜面向上。第一次碰后經(jīng)0.6s, A的速率變?yōu)閂2=1.8m/s,在這段時(shí)間內(nèi)兩者沒(méi)有再次相碰。 已知A與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)科=0.15, B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)極小，可認(rèn)為無(wú)摩擦。A、B均可視為質(zhì)點(diǎn)，它們的質(zhì)量分別為mA=0.5kg, mB=0.25kg ,勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng) E=6X106N/C , sin =0.6 , g=10m/s2,求：(1)A、B第一次碰撞后瞬間 B的速度B(2)第一次碰后的0.6s內(nèi)B沿斜面向上滑行的最遠(yuǎn)距離“v、n(3)物塊A所帶的電荷量解析：(1)設(shè)碰后B的速度為V

16、b,由動(dòng)量守恒定律得：%mAVA=mA V1+ mBVB解得：VB=2.4m/s(2)設(shè)碰后B的加速度為3b,上升到最遠(yuǎn)的時(shí)間為tB,最遠(yuǎn)距離為sb,由牛頓第二定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得：mBgsin (=mBaBvb=3bIb 2 sb= aBtB /2 解得：sB=0.48m(3)碰后的0.6s, A的速率變?yōu)閂2=1.8m/s ,方向有兩種可能：一是 A沿斜面一直 向上加速，二是 A先減速上升再加速下滑。如果A沿斜面一直向上加速，設(shè)加速度為3a, A、B再次相遇經(jīng)歷的時(shí)間為t,則:V1t +aAt 2/2= VBt +aBt 2/2解得：t =0.45s 0.60s可知：A、B在0.45s再次相

17、遇，不符合題意，所以A應(yīng)先減速上升再加速下滑。設(shè)A上滑的加速度為 a1,時(shí)間為At,下滑的加速度為 a2, A受到的電場(chǎng)力為 F,取 沿斜面向上為正方向，t=0.60s,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律得：ai=-vi/At, a2=-v2/ （t-At）上滑： F-mAgsin ,科 mAgcos 0=mAai下滑： F-mAgsin 卅 科 mAgcos ymAa2設(shè)A的帶電量為q,則有：F=qE解得：q=10-7C五專題訓(xùn)練1某人把原來(lái)靜止于地面上的質(zhì)量為2kg的物體向上提1m,并使物體獲得1m/s的速度，取g為10m/s2,則在這過(guò)程中（）A人對(duì)物體做功21JB合外力對(duì)物體做功 1JC合外力

18、對(duì)物體做功 21JD物體重力勢(shì)能增加 21J解析：設(shè)人做功為 W1，重力做功為 W2,合外力做的總功為 W,由動(dòng)能定理得 W=W12W2=mv /2,代入數(shù)值得： W=1J,所以 W1= 21J, W2= -20J,應(yīng)選 AB。2木塊在水平恒力F作用下，由靜止開(kāi)始在水平路面上前進(jìn)S,隨即撤去此恒力后又前進(jìn)2s才停下來(lái)，設(shè)運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中路面情況相同，則木塊在運(yùn)動(dòng)中所獲得的動(dòng)能的最大 TOC o 1-5 h z 值為（）1_ _2AFSB FSC FSD FS33解析：設(shè)摩擦力為Fr由動(dòng)能定理得：FS-3F,S=0,動(dòng)能最大是在 F剛撤去時(shí)，設(shè) 最大動(dòng)能為Ek,同理得：Ek= FSF$,解得：Ek=

19、2FS/3,應(yīng)選D。3質(zhì)量為m的物體，從靜止開(kāi)始以 3g/4的加速度豎直向下運(yùn)動(dòng)了h米，以下判斷正確的是（）A物體的動(dòng)能增加了 3 mgh /4B物體的重力勢(shì)能一定減少了3 mgh /4C物體的重力勢(shì)能增加了 mghD物體的機(jī)械能減少 mgh/4解析：由于加速度a=3g/4g,所以物體受阻力作用，設(shè)阻力為 F,由牛頓第二定律得：mg F=ma設(shè)動(dòng)能為 E WAC ，而此過(guò)程中重力做功相等，由動(dòng)能定理得：物塊在C點(diǎn)速率大于B點(diǎn)速率，同理，物塊在E點(diǎn)速率大于D點(diǎn)速率，AB錯(cuò)，D正確。由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律得，物塊在三角體ABC斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=2h. g sin i(sin ?-cos -)

20、,易知：tABtAC, C正確，應(yīng)選CD。8弧AB是豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道， 在下端B與水平直軌道相切，如圖所示。 一小球自A點(diǎn)起由靜止開(kāi)始沿軌道下滑。已知軌道半徑為 R,小球的質(zhì)量為 m,不計(jì)各 處摩擦。求(1)小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能?(2)小球下滑到距水平軌道的高度為R/2時(shí)速度的大小和方向？(3)小球經(jīng)過(guò)圓弧軌道的B點(diǎn)和水平軌道的 C點(diǎn)時(shí)，所受軌道的支持力Nb、Nc各是30角B點(diǎn)多大？解析：(1)根據(jù)機(jī)械能守恒 Ek = mgR(2)根據(jù)機(jī)械能守恒 mv2/2= mgR/2小球速度大小 v=gR速度方向沿圓弧的切線向下，與豎直方向成 (3)根據(jù)牛頓第二定律及機(jī)械能守恒，在2VB1

21、2NB-mg=m, mgR=mvB R2解得NB=3mg在C點(diǎn)，由平衡條件可知：Nc=mg滑出槽口時(shí)速度為水平方向，槽Ri,半球的半徑為 R2。9如圖，從光滑的1/4圓弧槽的最高點(diǎn)滑下的小球， 口與一個(gè)半球頂點(diǎn)相切，半球底面為水平，已知圓弧槽的半徑為 求：(1)小球運(yùn)動(dòng)到1/4圓弧槽的底部對(duì)圓弧槽的底部壓力為多少?(2)若要使小球滑出槽口后不沿半球面下滑，則R1與R2應(yīng)滿足什么關(guān)系?(3)若小球剛好不沿半球面下滑，則小球落地時(shí)的動(dòng)能為多少？解析：(1)設(shè)小球滑出槽口時(shí)的速度為v,此時(shí)圓弧槽底部對(duì)小球的支持力為Fn,由機(jī)械能守恒和牛頓第二定律得：2-mgR1=mv /22 、FN-mg=mv /

22、R1解得FN=3mg ,所以小球?qū)A弧槽底部壓力為Fn =3mg(2)若要使小球滑出槽口后不沿半球面下滑，則重力恰好 或不足以提供向心力而作平拋運(yùn)動(dòng)，即一 2 、mg R2/2(3)設(shè)小球落地時(shí)動(dòng)能為 Ek,由機(jī)械能守恒定律得：EK=mv2/2+mgR2解得：Ek =3mgR2/210如圖，半徑為R的1/4圓弧支架豎直放置，支架底 AB離地的距離為2R,圓弧邊緣C處在一小定滑輪，一輕繩兩端系著質(zhì)量分別為m1與m2的物體，掛在定滑輪的兩邊，且 m1m2,開(kāi)始時(shí)使 m1、m2均靜止，mm2可 視為質(zhì)點(diǎn)，不計(jì)一切摩擦和空氣阻力。求：(1) mi從靠近滑輪處?kù)o止釋放后，在緊貼著圓弧運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)最低點(diǎn)A時(shí)的

23、速度Va(2)若m1到最低點(diǎn)時(shí)繩突然斷開(kāi)，求 m1落地點(diǎn)離A點(diǎn)的水平距離s TOC o 1-5 h z (3)在滿足(2)條件情況下，m2從靜止起在整個(gè)過(guò)程中可以上升的最大高度H解析：(1)由動(dòng)能定理得：1212m1gR-m2 g晨 2R) =- mv1mv222而 Vi = 2V2解得：=2.他一切須:2mi m2(2)繩斷開(kāi)后 mi做平拋運(yùn)動(dòng)，則s =v1t2R=；gt2解得：s=4R,m-2m2 .2m1 m2(3) m2上升：幾=v2r2h V2h2 2gH=h 1+h2解得：h J 2 R 2ml -m211有人做過(guò)這樣一個(gè)實(shí)驗(yàn)：把雞蛋A向另一個(gè)完全相同的雞蛋 B撞去(用同一部分撞擊

24、)，結(jié)果每次都是被撞擊的雞蛋 B被撞破。則下面說(shuō)法不正確的是()A A對(duì)B的作用力的大小等于 B對(duì)A的作用力的大小B A對(duì)B的作用力的大小大于 B對(duì)A的作用力的大小CA蛋碰撞瞬間，其內(nèi)蛋黃和蛋白由于慣性會(huì)對(duì)A蛋殼廣生向前的作用力D A蛋碰撞部位除受到 B的作用力外，還受到 A蛋中蛋黃和蛋白對(duì)它的作用力，所 以所受合力較小解析：由牛頓第三定律知： A對(duì)B錯(cuò)；對(duì)于碰撞的過(guò)程，A向前運(yùn)動(dòng)，其內(nèi)蛋黃和蛋白也向前運(yùn)動(dòng)，所以當(dāng)A的蛋殼停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，它們?nèi)韵蚯斑\(yùn)動(dòng)對(duì) A的蛋殼以力的作用， C對(duì)；又于A的蛋殼受到兩個(gè)力的作用：B蛋殼的作用與自身蛋黃和蛋白的作用，合力較小不易破碎，而 B僅受到A的作用，受力較大，

25、所以 B蛋殼易破，D對(duì)，應(yīng)選Bo12 一小球沿光滑水平面運(yùn)動(dòng)，垂直撞到豎直墻上。小球撞墻前后的動(dòng)量變化量為Ap,動(dòng)能變化量為 AE,關(guān)于Ap和AE有下列說(shuō)法：若 Ap最大，則A E也最大；若 TOC o 1-5 h z Ap最大，則A E一定最小；若 Ap最小，則A E也最小；若 Ap最小，則AE 一定最 大。以上說(shuō)法中正確的是（）ABCD解析：如果是彈性碰撞，則碰撞前后動(dòng)量大小相等，方向相反，此過(guò)程動(dòng)量變化最大，動(dòng)能變化為零；若是完全非彈性碰撞，碰后小球速度為零，動(dòng)量變化最小，動(dòng)能變 化最大，故應(yīng)選Bo其中7m伸出平臺(tái) B點(diǎn)。則以下關(guān)于13如圖，光滑的平臺(tái)上有一質(zhì)量為 20kg、長(zhǎng)度為10m

26、的長(zhǎng)木板, 外，為了使木板不翻倒，讓一個(gè)質(zhì)量為25kg的小孩站在長(zhǎng)木板的右端 木板平衡的結(jié)論正確的是（）A如果小孩從木板的右端 B向左端A走動(dòng)，欲使木 a板不翻倒，小孩在木板上走動(dòng)的距離不能超過(guò)1.4m1 1 II IB如果小孩從木板的右端 B向左端A走動(dòng)，欲使木板不翻倒，小孩在木板上走動(dòng)的距離不能超過(guò)3mC小孩可以從木板的右端 B向左端A隨意走動(dòng)，但小孩絕不能從左端 A離開(kāi)長(zhǎng)木板, 否則木板就會(huì)翻倒D小孩不但可以從木板的右端 B向左端A隨意走動(dòng)，還可以從左端 A離開(kāi)長(zhǎng)木板, 整個(gè)過(guò)程木板都不會(huì)翻倒解析：由題意知：開(kāi)始時(shí)系統(tǒng)靜止在地面上，因此重心也在地面上，由“人船模型” 知：在人向A端端走動(dòng)的過(guò)程中，系統(tǒng)重心位置不變，故應(yīng)選 D。14 “神舟”七號(hào)飛船升空后，進(jìn)入近地點(diǎn)A,離地心距離為ri,遠(yuǎn)地點(diǎn)B離地心距離為小的橢圓軌道。當(dāng)它在遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)，飛船啟動(dòng)變軌程序，將質(zhì)量為Am的燃?xì)庖砸欢ǖ乃俣认蚝髧姵龊?，飛船改做半徑為2的圓周運(yùn)動(dòng)。已知 地球表面處的重力加速度為 g,飛船在近地點(diǎn)的速度為 V1, 飛船的總質(zhì)量為m ,設(shè)距地球無(wú)限遠(yuǎn)處為引力勢(shì)能零點(diǎn)， 則距地心為r、質(zhì)量為 m的物體的引力勢(shì)能為 b=-6駟（其中M為地球質(zhì)量，G為引力常量，解題時(shí) rM和G均要按未知量處理）。設(shè)飛船在橢圓軌道運(yùn)動(dòng)，機(jī) 械能守恒。求飛船在遠(yuǎn)地點(diǎn)時(shí)， 應(yīng)