2008年高考试题分类汇编之《动量与能量》2

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2008届高考第二轮复习专题(2)(物理-动量与机械能)

专题二动量与机械能动量守恒与能量守恒是近几年高考理科综合物理命题的重点、热点和焦点，也是广大考生普遍感到棘手的难点之一．动量守恒与能量守恒贯穿于整个高中物理学习的始终，是联系各部分知识的主线．它不仅为解决力学问题开辟了两条重要途径，同时也为我们分析问题和解决问题提供了重要依据．守恒思想是物理学中极为重要的思想方法，是物理学研究的极高境界，是开启物理学大门的金钥匙，同样也是对考生进行方法教育和能力培养的重要方面．因此，两个守恒可谓高考物理的重中之重，常作为压轴题出现在物理试卷中，如2004年各地高考均有大题．纵观近几年高考理科综合试题，两个守恒考查的特点是：①灵活性强，难度较大，能力要求高，内容极丰富，多次出现在两个守恒定律网络交汇的综合计算中；②题型全，年年有，不回避重复考查，平均每年有3—6道题，是区别考生能力的重要内容；③两个守恒定律不论是从内容上看还是从方法上看都极易满足理科综合试题的要求，经常与牛顿运动定律、圆周运动、电磁学和近代物理知识综合运用，在高考中所占份量相当大．从考题逐渐趋于稳定的特点来看，我们认为：2005年对两个守恒定律的考查重点仍放在分析问题和解决问题的能力上．因此在第二轮复习中，还是应在熟练掌握基本概念和规律的同时，注重分析综合能力的培养，训练从能量、动量守恒的角度分析问题的思维方法．【典型例题】【例1】（2001年理科综合）下列是一些说法：①一质点受到两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一段时间内的冲量一定相同；②一质点受两个力作用且处于平衡状态（静止或匀速），这两个力在同一时间内做的功或者都为零，或者大小相等符号相反；③在同样时间内，作用力力和反作用力的功大小不一定相等，但正负符号一定相反；④在同样的时间内，作用力和反作用力的功大小不一定相等，正负号也不一定相反．以上说法正确的是（）A．①②B．①③C．②③D．②④【例2】（石家庄）为了缩短航空母舰上飞机起飞前行驶的距离，通常用弹簧弹出飞机，使飞机获得一定的初速度，进入跑道加速起飞．某飞机采用该方法获得的初速度为v0，之后，在水平跑道上以恒定功率P沿直线加速，经过时间t，离开航空母舰且恰好达到最大速度v m．设飞机的质量为m，飞机在跑道上加速时所受阻力大小恒定．求：（1）飞机在跑道上加速时所受阻力f的大小；（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度s．【例3】如下图所示，质量为m=2kg的物体，在水平力F=8N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2．若F作用t1=6s后撤去，撤去F后又经t2=2s物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3=0.1s，碰墙后反向弹回的速度v'=6m/s，求墙壁对物体的平均作用力（g 取10m/s2）．【例4】有一光滑水平板，板的中央有一小孔，孔内穿入一根光滑轻线，轻线的上端系一质量为M 的小球，轻线的下端系着质量分别为m 1和m 2的两个物体，当小球在光滑水平板上沿半径为R 的轨道做匀速圆周运动时，轻线下端的两个物体都处于静止状态（如下图）．若将两物体之间的轻线剪断，则小球的线速度为多大时才能再次在水平板上做匀速圆周运动？【例5】如图所示，水平传送带AB 长l =8.3m ，质量为M =1kg 的木块随传送带一起以v 1=2m/s 的速度向左匀速运动（传送带的传送速度恒定），木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5．当木块运动至最左端A 点时，一颗质量为m =20g 的子弹以0v -=300m/s 水平向右的速度正对射入木块并穿出，穿出速度u =50m/s ，以后每隔1s 就有一颗子弹射向木块，设子弹射穿木块的时间极短，且每次射入点各不相同，g 取10m/s ．求：（1）在被第二颗子弹击中前，木块向右运动离A 点的最大距离？（2）木块在传达带上最多能被多少颗子弹击中？（3）从第一颗子弹射中木块到木块最终离开传送带的过程中，子弹、木块和传送带这一系统产生的热能是多少？（g 取10m/s ）【例6】质量为M 的小车静止在光滑的水平面上，小车的上表面是一光滑的曲面，末端是水平的，如下图所示，小车被挡板P 挡住，质量为m 的物体从距地面高H 处自由下落，然后沿光滑的曲面继续下滑，物体落地点与小车右端距离s 0，若撤去挡板P ，物体仍从原处自由落下，求物体落地时落地点与小车右端距离是多少？v 0 m ABM【例7】如下图所示，一辆质量是m =2kg 的平板车左端放有质量M =3kg 的小滑块，滑块与平板车之间的动摩擦因数μ=0.4，开始时平板车和滑块共同以v 0=2m/s 的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反．平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取g =10m/s 2）求：（1）平板车每一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离．（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v ．（3）为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车至少多长？【例8】如图所示，光滑水平面上有一小车B ，右端固定一个砂箱，砂箱左侧连着一水平轻弹簧，小车和砂箱的总质量为M ，车上放有一物块A ，质量也是M ，物块A 随小车以速度v 0向右匀速运动．物块A 与左侧的车面的动摩擦因数为μ，与右侧车面摩擦不计．车匀速运动时，距砂面H 高处有一质量为m 的泥球自由下落，恰好落在砂箱中，求：（1）小车在前进中，弹簧弹性势能的最大值．（2）为使物体A 不从小车上滑下，车面粗糙部分应多长？mHABv 0【跟踪练习】1．物体在恒定的合力F 作用下作直线运动，在时间△t 1内速度由0增大到v ，在时间△t 2内速度由v 增大到2v ．设F 在△t 1内做的功是W 1，冲量是I 1；在△t 2内做的功是W 2，冲量是I 2，那么（） A ．1212,I I W W <= B ．1212,I I W W << C ．1212,I I W W == D ．1212,I I W W =<2．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示．质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块．若射击上层，则子弹刚好不穿出；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，则上述两种情况比较，说法正确的是（） ①两次子弹对滑块做功一样多 ②两次滑块所受冲量一样大 ③子弹嵌入下层过程中对滑块做功多 ④子弹击中上层过程中产生的热量多A ．①④B ．②④C ．①②D ．②③3．如图所示，半径为R ，内表面光滑的半球形容器放在光滑的水平面上，容器左侧靠在竖直墙壁．一个质量为m 的小物块，从容器顶端A 无初速释放，小物块能沿球面上升的最大高度距球面底部B 的距离为34R ．求：（1）竖直墙作用于容器的最大冲量；（2）容器的质量M ．4．离子发动机是一种新型空间发动机，它能给卫星轨道纠偏或调整姿态提供动力，其中有一种离子发动机是让电极发射的电子撞击氙原子，使之电离，产生的氙离子经加速电场加速后从尾喷管喷出，从而使卫星获得反冲力，这种发动机通过改变单位时间内喷出离子的数目和速率，能准确获得所需的纠偏动力．假设卫星（连同离子发动机）总质量为M ，每个氙离子的质量为m ，电量为q ，加速电压为U ，设卫星原甲乙处于静止状态，若要使卫星在离子发动机起动的初始阶段能获得大小为F 的动力，则发动机单位时间内应喷出多少个氙离子？此时发动机动发射离子的功率为多大？5．如图所示，AB 为斜轨道，与水平方向成45°角，BC 为水平轨道，两轨道在B 处通过一段小圆弧相连接，一质量为m 的小物块，自轨道AB 的A 处从静止开始沿轨道下滑，最后停在轨道上的C 点，已知A 点高h ，物块与轨道间的滑动摩擦系数为μ，求：（1）在整个滑动过程中摩擦力所做的功．（2）物块沿轨道AB 段滑动时间t 1与沿轨道BC 段滑动时间t 2之比值12t t ．（3）使物块匀速地、缓慢地沿原路回到A 点所需做的功．6．如图所示，粗糙的斜面AB 下端与光滑的圆弧轨道BCD 相切于B ，整个装置竖直放置，C 是最低点，圆心角∠BOC =37°，D 与圆心O 等高，圆弧轨道半径R =0.5m ，斜面长L =2m ，现有一个质量m =0.1kg 的小物体P 从斜面AB 上端A 点无初速下滑，物体P 与斜面AB 之间的动摩擦因数为μ=0.25．求：（1）物体P 第一次通过C 点时的速度大小和对C 点处轨道的压力各为多大？（2）物体P 第一次离开D 点后在空中做竖直上抛运动，不计空气阻力，则最高点E 和D 点之间的高度差为多大？（3）物体P 从空中又返回到圆轨道和斜面，多次反复，在整个运动过程中，物体P 对C 点处轨道的最小压力为多大？7．如图所示，光滑水平面AB 与竖直面内的半圆形导轨在B 点衔接，导轨半径为R ．一个质量为m 的静止物块在A 处压缩弹簧，在弹力的作用下获一向右的速度，当它经过B 点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C 点．求：（1）弹簧对物块的弹力做的功．（2）物块从B 至C 克服阻力做的功．（3）物块离开C 点后落回水平面时其动能的大小．8．（’03全国高考，34）[理综·22分]一传送带装置示意如下图，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，未画出），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 ．这装置由电动机带电，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 ．9．如图所示，质量M =0.45kg 的带有小孔的塑料块沿斜面滑到最高点C 时速度恰为零，此时与从A点水平射出的弹丸相碰，弹丸沿着斜面方向进入塑料块中，并立即与塑料块有相同的速度．已知A 点和C 点距地面的高度分别为：H =1.95m ，h =0.15m ，弹丸的质量m =0.050kg ，水平初速度v 0=8m/s ，取g =10m/s 2．求：（1）斜面与水平地面的夹角θ．（可用反三角函数表示）（2）若在斜面下端与地面交接处设一个垂直于斜面的弹性挡板，塑料块与它相碰后的速率等于碰前的速率，要使塑料块能够反弹回到C点，斜面与塑料块间的动摩擦因数可为多少？10．（’04江苏，18）（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动上雪橇的次数．（供使用但不一定用到的对数值：lg2=0.301，lg3=0.477）11．（汕头）如下图所示，光滑水平面上，质量为m 的小球B 连接着轻质弹簧，处于静止状态，质量为2m的小球A 以大小为v 0的初速度向右运动，接着逐渐压缩弹簧并使B 运动，过一段时间，A 与弹簧分离．（1）当弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能E p 多大？（2）若开始时在B 球的右侧某位置固定一块挡板，在A 球与弹簧未分离前使B 球与挡板发生碰撞，并在碰后立刻将挡板撤走．设B 球与挡板的碰撞时间极短，碰后B 球的速度大小不变但方向相反．欲使此后弹簧被压缩到最短时，弹簧势能达到第（1）问中E p 的2.5倍，必须使B 球在速度多大时与挡板发生碰撞？12．（’00全国高考，22 ）[天津江西·14分]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 ，右边有一个小球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，碰后A 、D 都静止不动，A 与P 接触而不粘连．这一段时间，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．13．（广州）用轻弹簧相连的质量均为2kg 的A 、B 两物块都以v =6m/s 的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量4kg 的物块C 静止在前方，如下图所示．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？14．（’04广东，17）（16分）图中，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平直导轨上，弹簧处在原长状态．另一质量与B 相同的滑块A ，从导轨上的P 点以某一初速度向B 滑行．当A 滑过距离l 1时，与B 相碰，碰撞时间极短，碰后A 、B 紧贴在一起运动，但互不粘连．已知最后A 恰好返回到出发点P 并停止．滑块A 和B 与导轨的滑动摩擦因数都为，运动过程中弹簧最大形变量为l 2，重力加速度为g．求A从P点出发时的初速度v0．15．（’01春季招生，22）（14分）如下图所示，A、B是静止在水平地面上完全相同的两块长木板．A的左端和B的右面端相接触．两板的质量皆为M=2.0kg，长度皆为l=1.0m．C是一质量为m=1.0kg的小物块．现给它一初速度v0=2.0m/s，使它从B板的左端开始向右滑动，已知地面是光滑的，而C与A、B之间的动摩擦因数为μ=0.10．求最后A、B、C各以多大的速度做匀速运动．（取重力加速度g=10m/s2）v0CB A16．如图所示，一个长为L，质量为M的长方形木块，静止在光滑水平面上，一个质量为m的物块（可视为质点），以水平初速度v0，从木块的左端滑向另一端，设物块与木块间的动摩擦因数为μ，当物块与木块达到相对静止时，物块仍在长木块上，求系统机械能转化成内能的量Q．专题二动量与机械能答案典型例题[例1] D解析：本题辨析一对平衡力和一对作用力和反作用力的功、冲量．因为，一对平衡力大小相等、方向相反，作用在同一物体上，所以，同一段时间内，它们的冲量大小相等、方向相反，故不是相同的冲量，则①错误．如果在同一段时间内，一对平衡力做功，要么均为零（静止），要么大小相等符号相反（正功与负功），故②正确．至于一对作用力与反作用力，虽然两者大小相等，方向相反，但分别作用在两个不同物体上（对方物体），所以，即使在同样时间内，力的作用点的位移不是一定相等的（子弹穿木块中的一对摩擦力），则做功大小不一定相等．而且作功的正负号也不一定相反（点电荷间相互作用力、磁体间相互作用力的做功，都是同时做正功，或同时做负功．）因此③错误，④正确．综上所述，选项D 正确．【例2】解析：（1）飞机达到最大速度时牵引力F 与其所受阻力f 大小相等，由P =Fv 得mmP P fv f v ==（2）航空母舰上飞机跑道的最小长度为s ，由动能定理得22022m mv mv Pt fs -=-220()22mmv mv Pt s f+-=将m P f v =代入上式得220()22m m mv mv Pt v s P +-=或220()[]2m m m v v s t v P -=+ 【例3】解析：解法1（程序法）：选物体为研究对象，在t 1时间内其受力情况如图①所示，选F 的方向为正方向，根据牛顿第二定律，物体运动的加速度为22180.2210m/s 2m/s 2F mg a m μ--⨯⨯===．撤去F 时物体的速度为v 1=a 1t 1=2×6m/s=12m/s撤去F 后，物体做匀减速运动，其受力情况如图②所示，根据牛顿第二定律，其运动的加速度为2220.210m/s 2m/s mga g mμμ-==-=-⨯=-．物体开始碰撞时的速度为v 2=v 1＋a 2t 2=[12＋(－2)×2]m/s=8m/s ．再研究物体碰撞的过程，设竖直墙对物体的平均作用力为F ，其方向水平向左．若选水平向左为正方向，根据动量定理有32()Ft mv m v '=--．解得123()2(68)N 280N 0.1m v v F t '+⨯+===． N F μmg FN F①N F μmg N F②解法2（全程考虑）：取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F 的方向为正方向，则1123()F t mg t t F t mv μ'-+-=-所以1123()86(0.2)210(62)26280N 0.1F t mg t t mv F t μ'-++⨯⨯-⨯⨯⨯++⨯===点评：比较上述两种方法看出，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全程列式较简单，这时定理中的合外力的冲量可理解为整个运动过程中各力冲量的矢量和．此题应用牛顿第二定律和运动学公式较繁琐．另外有些变力作用或曲线运动的题目用牛顿定律难以解决，应用动量定理解决可化难为易．【例4】解析：该题用守恒观点和转化观点分别解答如下：解法一：（守恒观点）选小球为研究对象，设小球沿半径为R 的轨道做匀速圆周运动的线速度为v 0，根据牛顿第二定律有212()v m m g M R+= ①当剪断两物体之间的轻线后，轻线对小球的拉力减小，不足以维持小球在半径为R 的轨道上继续做匀速圆周运动，于是小球沿切线方向逐渐偏离原来的轨道，同时轻线下端的物体m 1逐渐上升，且小球的线速度逐渐减小．假设物体m 1上升高度为h ，小球的线速度减为v 时，小球在半径为（R ＋h ）的轨道上再次做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有21v m g M R h=+ ②再选小球M 、物体m 1与地球组所的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m 1上升的过程，由于只有重力做功，所以系统的机械能守恒．选小球做匀速圆周运动的水平面为零势面，设小球沿半径为R 的轨道做匀速圆周运动时m 1到水平板的距离为H ，根据机械能守恒定律有2201111()22Mv m gH Mv m g H h -=-- ③以上三式联立解得 v =解法二：（转化观点）与解法一相同，首先列出①②两式，然后再选小球、物体m 1与地球组成的系统为研究对象，研究两物体间的轻线剪断后物体m 1上升的过程，由于系统的机械能守恒，所以小球动能的减少量等于物体m 1重力势能的增加量．即22011122Mv Mv m gh -= ④①、②、④式联立解得 v =点评：比较上述两种解法可以看出，根据机械能守恒定律应用守恒观点列方程时，需要选零势面和找出物体与零势面的高度差，比较麻烦；如果应用转化观点列方程，则无需选零势面，往往显得简捷．【例5】解析：（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒011mv MV mu MV '-=+ ①解得：1v '=3m/s ② 木块向右作减速运动加速度5Mga g Mμμ===m/s 2 ③木块速度减小为零所用时间11v t a'= ④ 解得t 1 =0.6s<1s ⑤所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A 点最远时，速度为零，移动距离为2112v s a'=解得s 1=0.9m ． ⑥（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间t 2=1s －0.6s=0.4s ⑦速度增大为v 2=at 2=2m/s （恰与传送带同速） ⑧ 向左移动的位移为22210.4m 2s at == ⑨ 所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移S 0=S 1－S 2=0.5m 方向向右 ⑩ 第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为150.57.5m s =⨯= ○11第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动0.9m ，总位移为0.9m ＋7.5=8.4m>8.3m 木块将从B 端落下．所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中．（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为2222101111112222Q mv MV mu MV '=+-- ○12 木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为111S v t s '=+ ○13 产生的热量为Q 2=MgS μ' ○14木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为122S V t s ''=- ○15 产生的热量为3Q Mgs μ''= ○16第16颗子弹射入后木块滑行时间为t 3有213310.82v t at '-= ○17 解得t 3=0.4s ○18木块与传送带的相对位移为S =v 1t 3＋0.8 ○19 产生的热量为Q 4=Mgs μ ○20全过程中产生的热量为Q =15(Q 1＋Q 2＋Q 3)＋Q 1＋Q 4 解得Q =14155.5J ○21【例6】解析：运动分析：当小车被挡住时，物体落在小车上沿曲面向下滑动，对小车有斜向下方的压力，由于P 的作用小车处于静止状态，物体离开小车时速度为v 1，最终平抛落地，当去掉挡板，由于物对车的作用，小车将向左加速运动，动能增大，物体相对车滑动的同时，随车一起向左移动，整个过程机械能守恒，物体滑离小车时的动能将比在前一种情况下小，最终平抛落地，小车同时向前运动，所求距离是物体平抛过程中的水平位移与小车位移的和．求出此种情况下，物体离开车时的速度v 2，及此时车的速度2v '以及相应运动的时间是关键，由于在物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒这是解决v 2、2v '间关系的具体方法．（1）挡住小车时，求物体滑落时的速度v 1，物体从最高点下落至滑离小车时机械能守恒，设车尾部（右端）离地面高为h ，则有211()2mg H h mv -=， ① 由平抛运动的规律s 0=v 1t ②212h gt =． ③ （2）设去掉挡板时物体离开小车时速度为v 2，小车速度为2v '，物体从最高点至离开小车之时系统机械能守恒222211()22mg H h mv Mv '-=+ ④ 物体与小车相互作用过程中水平方向动量守恒220Mv mv '-=． ⑤ 此式不仅给出了v 2与2v '大小的关系，同时也说明了v 2是向右的．物体离开车后对地平抛 22s v t '= ⑥212h gt '=⑦ 车在t '时间内向前的位移22s v t '''= ⑧ 比较式⑦、③，得,t t '=解式①、④、⑤，得2122,mv v v M'==．此种情况下落地点距车右端的距离222221()(1)m s s s v v t v t t s M ''=+=+=+== 点评：此题解题过程运用了机械能守恒、动量守恒及平抛运动的知识，另外根据动量守恒判断m 离车时速度的方向及速度间的关系也是特别重要的．【例7】解析：（1）设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s ，速度为0．由于体系总动量向右，平板车速度为零时，滑块还在向右滑行．由动能定理20102MgS mv μ-=-① 202mv s Mgμ= ②代入数据得22210.33m 20.43103s ⨯===⨯⨯⨯ ③（3）假如平板车在第二次碰撞前还未和滑块相对静止，那么其速度的大小肯定还是2m/s ，滑块的速度则大于2m/s ，方向均向右．这样就违反动量守恒．所以平板车在第二次碰撞前肯定已和滑块具有共同速度v ．此即平板车碰墙前瞬间的速度．00()Mv mv M m v -=+ ④∴0M mv v M m-=+ ⑤代入数据得010.4m/s 5v v == ⑥ （3）平板车与墙壁第一次碰撞后到滑块与平板又达到共同速度v 前的过程，可用图（a ）（b ）（c ）表示．（a ）为平板车与墙壁撞后瞬间滑块与平板车的位置，图（b ）为平板车到达最左端时两者的位置，图（c ）为平板车与滑块再次达到共同速度为两者的位置．在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功Mgs μ'，平板车动板车从B 到A 再回到能减少等于摩擦力对平板车所做功Mgs μ''（平别为滑块和平板车B 的过程中摩擦力做功为零），其中s '、s ''分的位移．滑块和平板车动能总减少为1,Mgl μ其中1l ss '''=+为滑块相对平板车的位移．此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边．设滑块相对平板车总位移为l ，则有201()2M m v Mgl μ+= ⑦a ）（b ）（c ）2()2M m v l Mgμ+=⑧ 代入数据得25250.833m 20.43106l ⨯===⨯⨯⨯ ⑨l 即为平板车的最短长度．【例8】解析：本题应用动量守恒，机械能守恒及能量守恒定律联合求解。

动量与能量部分习题分析与解答共23页

26、要使整个人生都过得舒适、愉快，这是不可能的，因为人类必须具备一种能应付逆境的态度。——卢梭
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27、只有把抱怨环境的心情，化为上进的力量，才是成功的保证。——罗曼·罗兰
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28、知之者不如好之者，好之者不如乐之者。——孔子
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29、勇猛、大胆和坚定的决心能够抵得上武器的精良。——达·芬奇
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30、意志是一个强壮的盲人，倚靠在明眼的跛子肩上。——叔本华
13、遵守纪律的风气的培养，只有领导者本身在这方面以身作则才能收到成效。—— 马卡连柯 14、劳动者的组织性、纪律性、坚毅精神以及同全世界劳动者的团结一致，是取得最后胜利的保证。—— 列宁摘自名言网
15、机会是不守纪律的。量与能量部分习题分析与解答
11、战争满足了，或曾经满足过人的好斗的本能，但它同时还满足了人对掠夺，破坏以及残酷的纪律和专制力的欲望。 ——查·埃利奥特 12、不应把纪律仅仅看成教育的手段。纪律是教育过程的结果，首先是学生集体表现在一切生活领域—— 生产、日常生活、学校、文化等领域中努力的结果。— —马卡连柯(名言网)

2008高考山东物理二轮专题复习动量与能量教学案

典型课案动量与能量一、考点梳理1．考纲要求：动量和能量在热学、电场、磁场、电磁感应、光学和原子物理学中的应用都是Ⅱ级要求.2．命题趋势：同第4课时。

3．思路及方法：以热学、电场、磁场、电磁感应、光学和原子物理学知识为载体设计的一些物理问题，从动量和能量的角度分析处理是一条重要的途径，也是解决此类问题最重要的思维方法之一。

正所谓热电光原搭台，动量和能量唱戏。

二.热身训练1.同学们根据中学物理知识在讨论“随着岁月的流逝，地球绕太阳公转的周期、日地间的平均距离，地球表面温度变化的趋势的问题中，下列结论正确的是( )A.太阳内有激烈的聚变反应，辐射大量光子，由∆∆E mc =2知太阳质量在不断减小。

B.根据F G Mm r=2和F m v r =2知日地距离不断变大，地球环绕速度将减小。

C.根据F G Mm r=2和F m v r =2可知日地距离不断减小，地球环绕速度将增大。

D.因太阳质量减小，辐射光子功率减小，日地距离增大，故辐射到地表的热功率也减小，地表温度也将逐渐降低。

2．已知氘核质量为2.0136u ，中子质量为1.0087u ，32He 核的质量为3.0150u.（1）写出两个氘核聚变成32He 的核反应方程.（2）计算上述核反应中释放的核能.（3）若两氘核以相等的动能0.35 MeV 作对心碰撞即可发生上述核反应，且释放的核能全部转化为机械能，则反应中生成的32He 核和中子的动能各是多少？3.如图所示，两端足够长的敞口容器中，有两个可以自由移动的光滑活塞A 和B ，中间封有一定量的空气，现有一块粘泥C ，以E K 的动能沿水平方向飞撞到A 并粘在一起，由于活塞的压缩，使密封气体的内能增加，若A 、B 、C 质量相等，则密闭空气在绝热状态变化过程中，内能增加的最大值是多少？三.讲练平台【例１】如图，两块平行金属板A 、B 带有等量异种电荷，竖直固定在光滑绝缘的小车上，小车的总质量为M ，整个装置静止在光滑的水平面上。

08年高考物理培尖材料-能量与动量

08届高三培尖《能量与动量》资料例1、如图所示，光滑的水平轨道接一个半径为R 的光滑半圆轨道，在水平轨道上有1997个质量相同的小球．除第1号小球外，其它小球均静止．第1号小球以初速度v 0碰撞第2号小球，在碰撞过程中损19971失初动能的19971；第2号小球碰撞第3号小球，在碰撞过程中损失第2号小球初动能的19971；第3号小球又碰撞第4号小球，依次碰撞下去，每次碰撞均损失前一小球初动能的19971，最后，第1997号小球恰能沿半圆轨道达到最高点．试求第1号小球的初速度v 0．解析：设第1号球与第2号球碰后的速度分别为v 1和v 2．由动量守恒定律得210mv mv mv += ①由能量关系可得：22212121202119971996mv mv mv +=⨯ ② 解①②可得： 019971995221v v +=由于每次碰撞所遵循的规律完全相同，分析归纳可得：经1996次碰撞后，第1997号球获得的速度为 01996199719951997)21(v v += ③因为第1997号球恰能到圆轨道的最高点，所以对1997号球，根据机械能守恒定律有：Rmg mv mv 22212199721⋅+= ④ 在最高点有： Rv m mg 2= ⑤解 ③④⑤得 gR v 96.30≈例2、光滑水平面上有两个质量分别为m 1和m 2的小球A 和B ，它们在一条与右侧竖直墙面垂直的直线上前后放置，如图所示．设开始时B 球静止，A 球以速度v 对准B 球运动．不计各种摩擦，所有碰撞均不损失机械能．如果要求两球只发生两次碰撞，试确定两球质量之比21m m 的范围．解析：⑴审题，分析随机性．从发生条件来看，m 1和m 2是不确定的，21m m 的比值是不确定的．两球只发生两次碰撞的具体过程，依赖于21m m 的比值这个发生条件的不确定性．因此，小球A 和B 只发生两次碰撞是随机性的．⑵确定随机初始条件．m l 与m 2之间存在三种随机关系，即m l ＞m 2 ，m l ＝m 2， m l ＜m 2．每一种随机关系可以决定一种只发生两次碰撞的物理过程．这样，共有三种“两球只发生两次碰撞”的随机过程．⑶设水平向右为z 轴的正方向，球向右运动时，v ＞0，球向左运动时v ＜0，规定物理量的下标l 、2分属A 、B 两球． A 、B 两球第一次碰撞22111v m v m v m +=22221121212121v m v m v m += ，由上二式可解得第一次碰撞后A 、B 两球的速度分别为v m m m m v 21211+-=① v m m m v 21112+= ②先讨论m l ＞m 2的情况，由①②式可知，A 、B 两小球均向右运动，Ｂ球在前，与墙碰撞后以原速度大小返回，返回途中与Ａ第二次碰撞。

高考物理专题动量和能量

高考物理专题2 动量与能量知识网络考点预测本专题涉及得内容就是动力学内容得延续与深化.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得适用范围更广泛.它们就是自然界中最基本、最普遍、最重要得客观规律,也就是高中物理得重点与难点、高考考查内容得重点.其命题形式一般就是能量与动量综合起来考,如:2009年全国理综卷Ⅰ第21题、第25题,2008年全国理综卷Ⅰ得第24题“下摆拉动滑块碰撞问题”,全国理综卷Ⅱ得第23题“子弹射击木块问题”,重庆理综卷得第24题“碰撞后压缩弹簧问题”.但就是,由于目前全国得课改形势以及在课程标准中得内容设置,在高考中出现得这类综合题得难点主要在于功能关系得应用上,而不就是在于动量守恒定律得应用上.另外,从2009年各地得高考考卷中也可发现,除了能量与动量得综合题外,单独考查功能原理得试题在卷中出现得概率也较大.要点归纳一、基本得物理概念 1.冲量与功得比较(1)定义式⎩⎪⎨⎪⎧冲量得定义式:I ＝Ft (作用力在时间上得积累效果)功得定义式:W ＝Fs cos θ(作用力在空间上得积累效果)(2)属性⎩⎪⎨⎪⎧冲量就是矢量既有大小又有方向(求合冲量应按矢,量合成法则来计算)功就是标量只有大小没有方向(求物体所受外力得,总功只需按代数与计算)2.动量与动能得比较(1)定义式⎩⎨⎧动量得定义式:p ＝mv动能得定义式:E k＝12mv2(2)属性⎩⎪⎨⎪⎧动量就是矢量(动量得变化也就是矢量,求动量得变化,应按矢量运算法则来计算)动能就是标量(动能得变化也就是标量,求动能得变化,只需按代数运算法则来计算)(3)动量与动能量值间得关系⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2mE kE k＝p 22m ＝12pv(4)动量与动能都就是描述物体状态得量,都有相对性(相对所选择得参考系),都与物体得受力情况无关.动量得变化与动能得变化都就是过程量,都就是针对某段时间而言得.二、动量观点得基本物理规律1.动量定理得基本形式与表达式:I ＝Δp . 分方向得表达式:I x 合＝Δp x ,I y 合＝Δp y .2.动量定理推论:动量得变化率等于物体所受得合外力,即ΔpΔt ＝F 合.3.动量守恒定律(1)动量守恒定律得研究对象就是一个系统(含两个或两个以上相互作用得物体). (2)动量守恒定律得适用条件①标准条件:系统不受外力或系统所受外力之与为零.②近似条件:系统所受外力之与虽不为零,但比系统得内力小得多(如碰撞问题中得摩擦力、爆炸问题中得重力等外力与相互作用得内力相比小得多),可以忽略不计.③分量条件:系统所受外力之与虽不为零,但在某个方向上得分量为零,则在该方向上系统总动量得分量保持不变.(3)使用动量守恒定律时应注意: ①速度得瞬时性; ②动量得矢量性; ③时间得同一性.(4)应用动量守恒定律解决问题得基本思路与方法①分析题意,明确研究对象.在分析相互作用得物体总动量就是否守恒时,通常把这些被研究得物体统称为系统.对于比较复杂得物理过程,要采用程序法对全过程进行分段分析,要明确在哪些阶段中,哪些物体发生相互作用,从而确定所研究得系统就是由哪些物体组成得. ②对各阶段所选系统内得物体进行受力分析,弄清哪些就是系统内部物体之间相互作用得内力,哪些就是作用于系统得外力.在受力分析得基础上根据动量守恒定律得条件,判断能否应用动量守恒定律.③明确所研究得相互作用过程,确定过程得始末状态,即系统内各个物体得初动量与末动量得值或表达式.(注意:在研究地面上物体间相互作用得过程时,各物体运动得速度均应取地球为参考系)④确定正方向,建立动量守恒方程求解. 三、功与能1.中学物理中常见得能量动能E k ＝12mv 2;重力势能E p ＝mgh ;弹性势能E 弹＝12kx 2;机械能E ＝E k ＋E p ;分子势能;分子动能;内能;电势能E ＝q φ;电能;磁场能;化学能;光能;原子能(电子得动能与势能之与);原子核能E ＝mc 2;引力势能;太阳能;风能(空气得动能);地热、潮汐能.2.常见力得功与功率得计算:恒力做功W ＝Fs cos θ; 重力做功W ＝mgh ;一对滑动摩擦力做得总功W f ＝－fs 路; 电场力做功W ＝qU ;功率恒定时牵引力所做得功W ＝Pt ; 恒定压强下得压力所做得功W ＝p ·ΔV ; 电流所做得功W ＝UIt ; 洛伦兹力永不做功; 瞬时功率P ＝Fv cos_θ; 平均功率P －＝W t＝F v －cos θ.3.中学物理中重要得功能关系能量与物体运动得状态相对应.在物体相互作用得过程中,物体得运动状态通常要发生变化,所以物体得能量变化一般要通过做功来实现,这就就是常说得“功就是能量转化得量度”得物理本质.那么,什么功对应着什么能量得转化呢？在高中物理中主要得功能关系有:(1)外力对物体所做得总功等于物体动能得增量,即W 总＝ΔE k .(动能定理)(2)重力(或弹簧得弹力)对物体所做得功等于物体重力势能(或弹性势能)得增量得负值,即W 重＝－ΔE p (或W 弹＝－ΔE p ).(3)电场力对电荷所做得功等于电荷电势能得增量得负值,即W 电＝－ΔE 电. (4)除重力(或弹簧得弹力)以外得力对物体所做得功等于物体机械能得增量,即W 其她＝ΔE 机.(功能原理)(5)当除重力(或弹簧弹力)以外得力对物体所做得功等于零时,则有ΔE 机＝0,即机械能守恒.(6)一对滑动摩擦力做功与内能变化得关系就是:“摩擦所产生得热”等于滑动摩擦力跟物体间相对路程得乘积,即Q ＝fs 相对.一对滑动摩擦力所做得功得代数与总为负值,表示除了有机械能在两个物体间转移外,还有一部分机械能转化为内能,这就就是“摩擦生热”得实质. (7)安培力做功对应着电能与其她形式得能相互转化,即W 安＝ΔE 电.安培力做正功,对应着电能转化为其她能(如电动机模型);克服安培力做负功,对应着其她能转化为电能(如发电机模型);安培力做功得绝对值等于电能转化得量值.(8)分子力对分子所做得功等于分子势能得增量得负值,即W 分子力＝－ΔE 分子.(9)外界对一定质量得气体所做得功W 与气体从外界所吸收得热量Q 之与等于气体内能得变化,即W ＋Q ＝ΔU .(10)在电机电路中,电流做功得功率等于电阻发热得功率与输出得机械功率之与. (11)在纯电阻电路中,电流做功得功率等于电阻发热得功率.(12)在电解槽电路中,电流做功得功率等于电阻发热得功率与转化为化学能得功率之与.(13)在光电效应中,光子得能量h ν＝W ＋12mv 02.(14)在原子物理中,原子辐射光子得能量h ν＝E 初－E 末,原子吸收光子得能量h ν＝E 末－E 初.(15)核力对核子所做得功等于核能增量得负值,即W 核＝－ΔE 核,并且Δmc 2＝ΔE 核. (16)能量转化与守恒定律.对于所有参与相互作用得物体所组成得系统,无论什么力做功,可能每一个物体得能量得数值及形式都发生变化,但系统内所有物体得各种形式能量得总与保持不变.4.运用能量观点分析、解决问题得基本思路(1)选定研究对象(单个物体或一个系统),弄清物理过程.(2)分析受力情况,瞧有什么力在做功,弄清系统内有多少种形式得能在参与转化. (3)仔细分析系统内各种能量得变化情况及变化得数量. (4)列方程ΔE 减＝ΔE 增或E 初＝E 末求解. 四、弹性碰撞在一光滑水平面上有两个质量分别为m 1、m 2得刚性小球A 与B 以初速度v 1、v 2运动,若它们能发生正碰,碰撞后它们得速度分别为v 1′与v 2′.v 1、v 2、v 1′、v 2′就是以地面为参考系得,将A 与B 瞧做系统.由碰撞过程中系统动量守恒,有:m 1v 1＋m 2v 2＝m 1v 1′＋m 2v 2′由于弹性碰撞中没有机械能损失,故有: 12m 1v 12＋12m 2v 22＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2 由以上两式可得:v 2′－v 1′＝－(v 2－v 1)或v 1′－v 2′＝－(v 1－v 2)碰撞后B 相对于A 得速度与碰撞前B 相对于A 得速度大小相等、方向相反;碰撞后A 相对于B 得速度与碰撞前A 相对于B 得速度大小相等、方向相反.【结论1】对于一维弹性碰撞,若以其中某物体为参考系,则另一物体碰撞前后速度大小不变、方向相反(即以原速率弹回).联立以上各式可解得:v 1′＝2m 2v 2＋(m 1－m 2)v 1m 1＋m 2v 2′＝2m 1v 1＋(m 2－m 1)v 2m 1＋m 2若m 1＝m 2,即两个物体得质量相等,则v 1′＝v 2,v 2′＝v 1,表示碰后A 得速度变为v 2,B 得速度变为v 1.【结论2】对于一维弹性碰撞,若两个物体得质量相等,则碰撞后两个物体互换速度(即碰后A 得速度等于碰前B 得速度,碰后B 得速度等于碰前A 得速度).若A 得质量远大于B 得质量,则有:v 1′＝v 1,v 2′＝2v 1－v 2;若A 得质量远小于B 得质量,则有:v 2′＝v 2,v 1′＝2v 2－v 1.【结论3】对于一维弹性碰撞,若其中某物体得质量远大于另一物体得质量,则质量大得物体碰撞前后速度保持不变.至于质量小得物体碰后速度如何,可结合结论1与结论2得出. 在高考复习中,若能引导学生推导出以上二级结论并熟记,对提高学生得解题速度就是大有帮助得.热点、重点、难点一、动量定理得应用问题动量定理得应用在高考中主要有以下题型: 1.定性解释周围得一些现象;2.求打击、碰撞、落地过程中得平均冲力;3.计算流体问题中得冲力(或反冲力);4.根据安培力得冲量求电荷量.●例1 如图2－1所示,一个下面装有轮子得贮气瓶停放在光滑得水平地面上,瓶得底端与竖直墙壁接触.现打开右端阀门,气体向外喷出,设喷口得面积为S ,气体得密度为ρ,气体向外喷出得速度为v ,则气体刚喷出时贮气瓶底端对竖直墙壁得作用力大小就是( )图2－1A.ρvSB.ρv 2SC.12ρv 2S D.ρv 2S【解析】Δt 时间内喷出气体得质量Δm ＝ρSv ·Δt对于贮气瓶、瓶内气体及喷出得气体所组成得系统,由动量定理得:F ·Δt ＝Δm ·v －0解得:F ＝ρv 2S . [答案] D【点评】动量定理对多个物体组成得系统也成立,而动能定理对于多个物体组成得系统不适用.★同类拓展1 如图2－2所示,质量为M 得木块位于光滑水平面上,在木块与墙之间用轻弹簧连接,开始时木块静止在A 位置.现有一质量为m 得子弹以水平速度v 0射向木块并嵌入其中,则当木块回到A 位置时得速度v 以及此过程中墙对弹簧得冲量I 得大小分别为( )图2－2A.v ＝mv 0M ＋m ,I ＝0 B.v ＝mv 0M ＋m,I ＝2mv 0 C.v ＝mv 0M ＋m ,I ＝2m 2v 0M ＋m D.v ＝mv 0M,I ＝2mv 0【解析】设在子弹射入木块且未压缩弹簧得过程中,木块(含子弹)得速度为v 1,由动量守恒定律得:mv 0＝(m ＋M )v 1解得:v 1＝mv 0m ＋M对木块(含子弹)压缩弹簧再返回A 点得过程,由动能定理得:12(m ＋M )v 2－12(m ＋M )v 12＝W 总＝0 可知:v ＝v 1＝mv 0m ＋M取子弹、木块与弹簧组成得系统为研究对象,由动量定理得:I ＝(m ＋M )·(－v )－(m ＋M )v 1＝－2mv 0负号表示方向向左. [答案] B二、动能定理、机械能守恒定律得应用1.对于单个平动得物体:W 总＝ΔE k ,W 总指物体所受得所有外力做得总功.2.系统只有重力、弹力作为内力做功时,机械能守恒.(1)用细绳悬挂得物体绕细绳另一端做圆周运动时,细绳对物体不做功.(2)轻杆绕一端自由下摆,若轻杆上只固定一个物体,则轻杆对物体不做功;若轻杆上不同位置固定两个物体,则轻杆分别对两物体做功.(3)对于细绳连接得物体,若细绳存在突然绷紧得瞬间,则物体(系统)得机械能减少. 3.单个可当做质点得物体机械能守恒时,既可用机械能守恒定律解题,也可用动能定理解题,两种方法等效.发生形变得物体与几个物体组成得系统机械能守恒时,一般用机械能守恒定律解题,不方便应用动能定理解题.●例2 以初速度v 0竖直向上抛出一质量为m 得小物块.假定物块所受得空气阻力f 大小不变.已知重力加速度为g ,则物块上升得最大高度与返回到原抛出点得速率分别为[2009年高考·全国理综卷Ⅱ]( ) A.v 022g (1＋f mg)与v 0mg －fmg ＋fB.v 022g (1＋f mg)与v 0mgmg ＋fC.v 022g (1＋2f mg)与v 0mg －fmg ＋fD.v 022g (1＋2f mg)与v 0mgmg ＋f【解析】方法一:对于物块上升得过程,由动能定理得: －(mgh ＋fh )＝0－12mv 02解得:h ＝v 022g (1＋fmg)设物块返回至原抛出点得速率为v ,对于整个过程应用动能定理有: 12mv 2－12mv 02＝－f ·2h 解得:v ＝v 0mg －fmg ＋f. 方法二:设小物块在上升过程中得加速度大小为a 1,由牛顿第二定律有:a 1＝mg ＋f m故物块上升得最大高度h ＝v 022a 1＝v 022g (1＋fmg)设小物块在下降过程中得加速度为a 2,由牛顿第二定律有:a 2＝mg －f m可得:v ＝2a 2h ＝v 0mg －fmg ＋f. [答案] A【点评】动能定理就是由牛顿第二定律导出得一个结论,对于单个物体受恒力作用得过程,以上两种方法都可以用来分析解答,但方法二得物理过程较复杂.例如涉及曲线运动或变力做功时,运用动能定理更为方便.★同类拓展2 一匹马拉着质量为 60 kg 得雪橇,从静止开始用 80 s 得时间沿平直冰面跑完 1000 m.设在运动过程中雪橇受到得阻力保持不变,已知雪橇在开始运动得 8 s 时间内做匀加速直线运动,从第 8 s 末开始,马拉雪橇做功得功率保持不变,使雪橇继续做直线运动,最后一段时间雪橇做得就是匀速直线运动,速度大小为 15 m/s;开始运动得 8 s 内马拉雪橇得平均功率就是 8 s 后功率得一半.求:整个运动过程中马拉雪橇做功得平均功率与雪橇在运动过程中所受阻力得大小.【解析】设 8 s 后马拉雪橇得功率为P ,则: 匀速运动时P ＝F ·v ＝f ·v即运动过程中雪橇受到得阻力大小f ＝P v对于整个过程运用动能定理得:P2·t 1＋P (t 总－t 1)－f ·s 总＝12mv t 2－0 即P 2×8＋P (80－8)－P 15×1000＝12×60×152 解得:P ＝723 W 故f ＝48、2 N再由动能定理可得P －t 总－f ·s ＝12mv t 2解得:P －＝687 W. [答案] 687 W 48、2 N●例3 如图2－3所示,质量为m 1得物体A 经一轻质弹簧与下方地面上得质量为m 2得物体B 相连,弹簧得劲度系数为k ,A 、B 都处于静止状态.一条不可伸长得轻绳绕过两个轻滑轮,一端连物体A ,另一端连一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态,A 上方得一段沿竖直方向.若在挂钩上挂一质量为m 3得物体C ,则B 将刚好离地.若将C 换成另一个质量为m 1＋m 3得物体D ,仍从上述初始位置由静止状态释放,则这次B 刚离地时D 得速度大小就是多少？(已知重力加速度为g )图2－3【解析】开始时A 、B 静止,即处于平衡状态,设弹簧得压缩量为x 1,则有:kx 1＝m 1g挂上C 后,当B 刚要离地时,设弹簧得伸长量为x 2,则有:kx 2＝m 2g此时,A 与C 得速度均为零从挂上C 到A 与C 得速度均为零时,根据机械能守恒定律可知,弹性势能得改变量为: ΔE ＝m 3g (x 1＋x 2)－m 1g (x 1＋x 2) 将C 换成D 后,有:ΔE ＋12(m 1＋m 3＋m 1)v 2＝(m 1＋m 3)g (x 1＋x 2)－m 1g (x 1＋x 2)联立解得:v ＝2m 1(m 1＋m 2)g2k (2m 1＋m 3).[答案]2m 1(m 1＋m 2)g2k (2m 1＋m 3)【点评】含弹簧连接得物理情境题在近几年高考中出现得概率很高,而且多次考查以下原理:①弹簧得压缩量或伸长量相同时,弹性势能相等;②弹性势能得变化取决于弹簧得始末形变量,与过程无关.三、碰撞问题1.在高中物理中涉及得许多碰撞过程(包括射击),即使在空中或粗糙得水平面上,往往由于作用时间短、内力远大于外力,系统得动量仍可瞧做守恒.2.两滑块在水平面上碰撞得过程遵循以下三个法则: ①动量守恒; ②机械能不增加;③碰后两物体得前后位置要符合实际情境.3.两物体发生完全非弹性碰撞时,机械能得损耗最大.●例4 如图2－4所示,在光滑绝缘水平面上由左到右沿一条直线等间距得静止排着多个形状相同得带正电得绝缘小球,依次编号为1、2、3……每个小球所带得电荷量都相等且均为q ＝3、75×10－3C,第一个小球得质量m ＝0、03 kg,从第二个小球起往下得小球得质量依次为前一个小球得13,小球均位于垂直于小球所在直线得匀强磁场里,已知该磁场得磁感应强度B ＝0、5 T.现给第一个小球一个水平速度v ＝8 m/s,使第一个小球向前运动并且与后面得小球发生弹性正碰.若碰撞过程中电荷不转移,则第几个小球被碰后可以脱离地面？(不计电荷之间得库仑力,取g ＝10 m/s 2)图2－4【解析】设第一个小球与第二个小球发生弹性碰撞后两小球得速度分别为v 1与v 2,根据动量与能量守恒有:mv ＝mv 1＋13mv 212mv 2＝12mv 12＋16mv 22 联立解得:v 2＝32v同理,可得第n ＋1个小球被碰后得速度 v n ＋1＝(32)nv设第n ＋1个小球被碰后对地面得压力为零或脱离地面,则:qv n ＋1B ≥(13)n mg联立以上两式代入数值可得n ≥2,所以第3个小球被碰后首先离开地面. [答案] 第3个【点评】解答对于多个物体、多次碰撞且动量守恒得物理过程时,总结出通项公式或递推式就是关键.★同类拓展3 如图2－5所示,质量为m 得钢板与直立轻弹簧得上端连接,弹簧下端固定在地上,平衡时,弹簧得压缩量为x 0.一个物块从钢板得正上方相距3x 0得A 处自由落下,打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动,但不粘连,它们到达最低点后又向上运动.已知物块得质量也为m 时,它们恰能回到O 点;若物块得质量为2m ,仍从A 处自由落下,则物块与钢板回到O 点时还具有向上得速度.求物块向上运动所到达得最高点与O 点之间得距离.图2－5【解析】物块与钢板碰撞前瞬间得速度为:v 0＝6gx 0设质量为m 得物块与钢板碰撞后瞬间得速度为v 1,由动量守恒定律有:mv 0＝2mv 1设弹簧得压缩量为x 0时得弹性势能为E p ,对于物块与钢板碰撞后直至回到O 点得过程,由机械能守恒定律得:E p ＋12×2m ×v 12＝2mgx 0设质量为2m 得物块与钢板碰撞后瞬间得速度为v 2,物块与钢板回到O 点时所具有得速度为v 3,由动量守恒定律有:2mv 0＝3mv 2由机械能守恒定律有:E p ＋12×3m ×v 22＝3mgx 0＋12×3m ×v 32解得:v 3＝gx 0当质量为2m 得物块与钢板一起回到O 点时,弹簧得弹力为零,物块与钢板只受到重力得作用,加速度为g ;一过O 点,钢板就会受到弹簧向下得拉力作用,加速度大于g ,由于物块与钢板不粘连,故在O 点处物块与钢板分离;分离后,物块以速度v 3竖直上升,由竖直上抛得最大位移公式得:h ＝v 322g ＝x 02所以物块向上运动所到达得最高点与O 点之间得距离为x 02.[答案]x 02【点评】①物块与钢板碰撞得瞬间外力之与并不为零,但这一过程时间极短,内力远大于外力,故可近似瞧成动量守恒.②两次下压至回到O 点得过程中,速度、路程并不相同,但弹性势能得改变(弹力做得功)相同.③在本题中,物块与钢板下压至回到O 点得过程也可以运用动能定理列方程. 第一次:0－12×2m ×v 12＝W 弹－2mgx 0第二次:12×3m ×v 32－12×3m ×v 22＝W 弹－3mgx 0.四、高中物理常见得功能关系1.摩擦生热——等于摩擦力与两接触面相对滑动得路程得乘积,即Q ＝f ·s 相.●例5 如图2－6所示,绷紧得传送带与水平面得夹角θ＝30°,皮带在电动机得带动下始终以v 0＝2 m/s 得速率运行.现把一质量m ＝10 kg 得工件(可瞧做质点)轻轻放在皮带得底端,经时间t ＝1、9 s,工件被传送到h ＝1、5 m 得皮带顶端.取g ＝10 m/s 2.求:(1)工件与皮带间得动摩擦因数μ. (2)电动机由于传送工件而多消耗得电能.图2－6【解析】(1)由题意可知,皮带长s ＝hsin 30°＝3 m工件得速度达到v 0前工件做匀加速运动,设经时间t 1工件得速度达到v 0,此过程工件得位移为:s 1＝12v 0t 1达到v 0后,工件做匀速运动,此过程工件得位移为:s －s 1＝v 0(t －t 1)代入数据解得:t 1＝0、8 s工件加速运动得加速度a ＝v 0t 1＝2、5 m/s 2据牛顿第二定律得:μmg cos θ－mg sin θ＝ma 解得:μ＝32. (2)在时间t 1内,皮带运动得位移s 2＝v 0t 1＝1、6 m 工件相对皮带得位移Δs ＝s 2－s 1＝0、8 m在时间t 1内,因摩擦产生得热量Q ＝μmg cos θ·Δs ＝60 J 工件获得得动能E k ＝12mv 02＝20 J工件增加得势能E p ＝mgh ＝150 J电动机多消耗得电能E ＝Q ＋E k ＋E p ＝230 J.[答案] (1)32(2)230 J 2.机械能得变化——除重力、弹簧得弹力以外得力做得功等于系统机械能得变化. ●例6 一面积很大得水池中得水深为H ,水面上浮着一正方体木块,木块得边长为a ,密度为水得12,质量为m .开始时木块静止,有一半没入水中,如图2－7甲所示,现用力F 将木块缓慢地向下压,不计摩擦.图2－7甲(1)求从开始压木块到木块刚好完全没入水得过程中,力F 所做得功.(2)若将该木块放在底面为正方形(边长为2a )得盛水足够深得长方体容器中,开始时,木块静止,有一半没入水中,水面距容器底得距离为2a ,如图2－7乙所示.现用力F 将木块缓慢地压到容器底部,不计摩擦,求这一过程中压力做得功.图2-7乙【解析】方法一:(1)因水池得面积很大,可忽略因木块压入水中所引起得水深变化,木块刚好完全没入水中时,图2－7丙中原来处于划斜线区域得水被排开,结果等效于使这部分水平铺于水面,这部分水得质量为m ,其势能得改变量为(取容器底为零势能面):图2－7丙ΔE 水＝mgH －mg (H －34a )＝34mga 木块势能得改变量为: ΔE 木＝mg (H －a2)－mgH＝－12mga根据功能原理,力F 所做得功为:W ＝ΔE 水＋ΔE 木＝14mga .(2)因容器得底面积为2a 2,仅就是木块得底面积得2倍,故不可忽略木块压入水中所引起得水深变化.如图2－7丁所示,木块到达容器底部时,水面上升14a ,相当于木块末状态位置得水填充至木块原浸入水中得空间与升高得水面处平面,故这一过程中水得势能得变化量为:图2－7丁ΔE 水′＝mga ＋mg (2a －a 4＋a 8)＝238mga木块得势能得变化量ΔE 木′＝－mg ·32a根据功能原理,压力F 做得功为:W ′＝ΔE 水′＋ΔE 木′＝118mga .方法二:(1)水池得面积很大,可忽略因木块压入水中引起得水深变化.当木块浮在水面上时重力与浮力得大小相等;当木块刚没入水中时,浮力得大小等于重力得2倍,故所需得压力随下压位移得变化图象如图2－7戊所示.图2－7戊故W F ＝12mg ·a 2＝14mga .(2)随着木块得下沉水面缓慢上升,木块刚好完全没入水中时,水面上升a4得高度,此时木块受到得浮力得大小等于重力得2倍.此后,木块再下沉54a 得距离即沉至容器底部,故木块下沉得整个过程中压力得大小随位移得变化图象如图2－7己所示图2－7己故W F ′＝12mg ·a 4＋mg ·54a ＝118mga .[答案] (1)14mga (2)118mga【点评】①通过两种方法对比,深刻理解功能关系.②根据功得定义计算在小容器中下压木块时,严格得讲还要说明在0～a4得位移段压力也就是线性增大得.3.导体克服安培力做得功等于(切割磁感线引起得)电磁感应转化得电能.●例7 如图2－8所示,竖直放置得光滑平行金属导轨MN 、PQ 相距L ,在M 点与P 点间接有一个阻值为R 得电阻,在两导轨间得矩形区域OO 1O 1′O ′内有垂直导轨平面向里、宽为d 得匀强磁场,磁感应强度为B .一质量为m 、电阻为r 得导体棒ab 垂直地搁在导轨上,与磁场得上边界相距d 0.现使ab 棒由静止开始释放,棒ab 在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab 与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平,导轨得电阻不计).图2－8(1)求棒ab 离开磁场得下边界时得速度大小. (2)求棒ab 在通过磁场区得过程中产生得焦耳热. (3)试分析讨论棒ab 在磁场中可能出现得运动情况.【解析】(1)设棒ab 离开磁场得边界前做匀速运动得速度为v ,产生得感应电动势为:E ＝BLv电路中得电流I ＝ER ＋r对棒ab ,由平衡条件得:mg －BIL ＝0 解得:v ＝mg (R ＋r )B 2L 2. (2)设整个回路中产生得焦耳热为Q ,由能量得转化与守恒定律可得:mg (d 0＋d )＝Q ＋12mv 2解得:Q ＝mg (d 0＋d )－m 3g 2(R ＋r )22B 4L 4故Q ab ＝rR ＋r [mg (d 0＋d )－m 3g 2(R ＋r )22B 4L4]. (3)设棒刚进入磁场时得速度为v 0,由mgd 0＝12mv 02解得:v 0＝2gd 0棒在磁场中匀速运动时得速度v ＝mg (R ＋r )B 2L 2,则①当v 0＝v ,即d 0＝m 2g (R ＋r )22B 4L4时,棒进入磁场后做匀速直线运动; ②当v 0＜v ,即d 0＜m 2g (R ＋r )22B 4L 4时,棒进入磁场后先做加速运动,后做匀速直线运动; ③当v 0＞v ,即d 0＞m 2g (R ＋r )22B 4L4时,棒进入磁场后先做减速运动,后做匀速直线运动. [答案] (1)mg (R ＋r )B 2L 2(2)rR ＋r [mg (d 0＋d )－m 3g 2(R ＋r )22B 4L4] (3)①当v 0＝v ,即d 0＝m 2g (R ＋r )22B 4L4时,棒进入磁场后做匀速直线运动;②当v 0＜v ,即d 0＜m 2g (R ＋r )22B 4L 4时,棒进入磁场后先做加速运动,后做匀速直线运动;③当v 0＞v ,即d 0＞m 2g (R ＋r )22B 4L4时,棒进入磁场后先做减速运动,后做匀速直线运动.【点评】①计算转化得电能时,也可应用动能定理:mg (d 0＋d )－W 安＝12mv 2－0,其中W 安＝E 电＝Q .②对于电磁感应中能量转化得问题,在以后得《感应电路》专题中还会作更深入得探讨. 五、多次相互作用或含多个物体得系统得动量、功能问题●例8 如图2－9所示,在光滑水平面上有一质量为M 得长木板,长木板上有一质量为m 得小物块,它与长木板间得动摩擦因数为μ.开始时,长木板与小物块均靠在与水平面垂直得固定挡板处,某时刻它们以共同得速度v 0向右运动,当长木板与右边得固定竖直挡板碰撞后,其速度得大小不变、方向相反,以后每次得碰撞均如此.设左右挡板之间得距离足够长,且M ＞m .图2－9(1)要想物块不从长木板上落下,则长木板得长度L 应满足什么条件？(2)若上述条件满足,且M ＝2 kg,m ＝1 kg,v 0＝10 m/s,求整个系统在第5次碰撞前损失得所有机械能.【解析】(1)设第1次碰撞后小物块与长木板共同运动得速度为v 1,第n 次碰撞后小物块与长木板共同运动得速度为v n .每次碰撞后,由于两挡板得距离足够长,物块与长木板都能达到相对静止,第1次若不能掉下,往后每次相对滑动得距离会越来越小,更不可能掉下.由动量守恒定律与能量守恒定律有:(M －m )v 0＝(M ＋m )v 1。

物理2008年高考物理试题汇编动量与能量

2008年高考试题分类汇编之《动量与机械能》，滑块可在水平放置的光滑固定m（24.18分）图中滑块和小球的质量均为（全国卷1）。

开始时，l导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为现将小球由静小球和滑块均静止。

轻绳处于水平拉直状态，滑块刚好被一表面涂有粘性止释放，当小球到达最低点时，小球继物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，时小球达到最θ＝60°续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角高点。

求挡1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，（板阻力对滑块的冲量；（2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小。

解析：，滑块与挡v，此时滑块的速度大小为v（1）对系统，设小球在最低点时速度大小为21板接触前112 2 ①··················································································mgl由系统的机械能守恒定律：= mvmv+·2122 ②·······································································由系统的水平方向动量守恒定律：mv = mv··················21对滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为：·③··························································································································= Imv (2)④··················································································= 联立①②③解得I mgl方向向左······················，对小）小球释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功的大小为W（2球由动能定理：12⑤·········································································································mvWmgl＋= ································1211 mgl。

高考物理试题汇编动量和能量

高考物理试题汇编：动量和能量1、（苏州市2008届五校联考）2005年7月26日，美国“发现号”航天飞机从肯尼迪航天中心发射升空，飞行中一只飞鸟撞上了航天飞机的外挂油箱，幸好当时速度不大，航天飞机有惊无险．假设某航天器的总质量为10t，以8km/s的速度高速运行时迎面撞上一只速度为10m/s、质量为5kg的大鸟，碰撞时间为1.0×10—5s，则撞击过程中的平均作用力约为A A．4×l09N B．8×109 N C．8×l012N D．5×106 N2、（启东市2008届高三第一次调研）将质量为M＝3m的木块固定在光滑水平面上，一颗质量为m的子弹以速度v0沿水平方向射入木块，子弹射穿木块时的速度为v0/3；现将同样的木块放在光滑的水平面上，相同的子弹仍以速度v0沿水平方向射入木块，则子弹 AA．不能射穿木块，子弹和木块以相同的速度做匀速运动B．能射穿木块ArrayC．刚好能射穿木块，子弹射穿木块时速度为0vD．刚好能射穿木块，子弹射穿木块时速度大于033、（江苏省南京市2008届高三质量检测）如图所示为康普顿效应示意图，光子与一个静止的电子发生碰撞，图中标出了碰撞后电子的运动方向。

设碰前光子频率为v，碰后为v′，则关于光子碰后的运动方向和频率的说法中正确的是（）A．可能沿图中①方向B．可能沿图中②方向C．v= v′D．v< v′4、（宿迁市2008届第一次调研）两根磁铁放在两辆小车上，小车能在光滑的水平面上自由移动，甲车与磁铁总质量为1kg，乙车与磁铁总质量为2kg，两根磁铁的S极相对，推动一下使两车相向而行，若某时刻甲的速度为3m/s，乙的速度为2m/s，可以看出，它们还没碰上就分开了，则（）AA．甲车开始反向时，乙车速度减为0.5m/s，方向不变；B．乙车开始反向时，甲车速度减为0.5m/s，方向与原来的速度方向一致；C．两车距离最近时，速率相等，方向相反；D．两车距离最近时，速度都为0.5m/s，方向都与乙车原来的速度方向一致。

高考物理真题分类汇编-动量和能量(详解_精校).docx

高中物理学习材料桑水制作2011年高考物理真题分类汇编（详解+精校）动量和能量1．（2011年高考·全国大纲版理综卷）质量为M 、内壁间距为L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ。

初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。

现给小物块一水平向右的初速度v ，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。

设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为A ．212mvB ．212mM v m M+ C ．12N mgL μ D ．N μm gL1.BD解析：本设最终箱子与小物块的速度为v 1，根据动量守恒定律：mv ＝(m ＋M )v 1，则动能损失△E k ＝12mv 2－12(m ＋M )v 12，解得△E k ＝mM 2(m ＋M )v 2，B 对；依题意：小物块与箱壁碰撞N 次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为S ＝0.5L ＋(N －1)L ＋0.5L ＝NL ，故系统因摩擦产生的热量即为系统瞬时的动能：△E k ＝Q ＝N μmgL ，D 对。

2．（2011年高考·四川理综卷）质量为m 的带正电小球由空中A 点无初速度自由下落，在t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t 秒小球又回到A 点，不计空气阻力且小球从末落地。

则A ．整个过程中小球电势能变化了2232t mgB ．整个过程中小球动量增量的大小为2mgtC ．从加电场开始到小球运动到最低点时小球冬耕变化了mg 2t 2v LD ．从A 点到最低点小球重力势能变化了2232t mg2.BD 解析：整个过程中小球的位移为0，2211022gt gt t at +⨯-=得a ＝3g ，根据牛顿第二定律电场力是重力的4倍为4mg ，根据动量定理△P ＝mgt －3mgt ＝－2mgt ，B 正确；电势能变化量为4mg ×12gt 2＝2mg 2t 2,A 错误；小球减速到最低点和最初加速时的动能变化量大小相等为2221t mg ，C 错误；从A 点到最低点重力势能变化了222232)213121(t mg gt gt mg =+⨯，D 正确。

高考物理_2008年高考题汇编：动量、能量守恒

动量、能量守恒2008年高考题一、选择题1.(08天津理综20)一个静止的质点,在0～4 s 时间内受到力F 的作用,力的方向始终在同一直线上,力F 随时间t 的变化如图所示,则质点在 ( )A.第2 s 末速度改变方向B.第2 s 末位移改变方向C.第4 s 末回到原出发点D.第4 s 末运动速度为零答案D解析由图象知物体在前2 s 内加速,2～4 s 内减速,因为前2 s 与后2 s 受力情况是大小相等、方向相反,所以第4 s 末速度为零.物体前4 s 内始终沿一个方向运动. 二、非选择题2.(08江苏12C)场强为E 、方向竖直向上的匀强电场中有两个小球A 、B,它们的质量分别为m 1、m 2,电荷量分别为q 1、q 2,A 、B 两个小球由静止释放,重力加速度为g,则小球A 和B 组成的系统动量守恒应满足的关系式为 .答案 (q 1+q 2)E=(m 1+m 2)g解析动量守恒的条件是系统不受外力或受的合外力为零,所以动量守恒满足的关系式为(q 1+q 2)E=(m 1+m 2)g 3.（08全国I24）图中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点O 由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l.开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止.现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点.求:(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量. (2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小. 答案 (1)-m gl (2)21mgl 解析 (1)设小球第一次到达最低点时,滑块和小球速度的大小分别为v 1、v 2,由机械能守恒定律得21mv 12+21mv 22=mgl ①小球由最低点向左摆动到最高点时,由机械能守恒定律得21mv 22=mgl(1-cos 60°) ②联立①②式得v 1=v 2=gl③设所求的挡板阻力对滑块的冲量为I,规定动量方向向右为正,有 I =0-mv 1解得I =-m gl④(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,设绳的拉力对小球做功为W,由动能定理得 mgl+W=21mv 22⑤联立③⑤式得 W=-21mgl 小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小为21mgl 4.(08北京理综24)有两个完全相同的小滑块A 和B,A 沿光滑水平面以速度v 0与静止在平面边缘O 点的B 发生正碰,碰撞中无机械能损失.碰后B 运动的轨迹为 OD 曲线,如图所示.（1）已知小滑块质量为m,碰撞时间为Δt,求碰撞过程中A 对B 平均冲力的大小；（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度下滑的运动,特制做一个与B 平抛轨迹完全相同的光滑轨道,并将该轨道固定在与OD 曲线重合的位置,让A 沿该轨道无初速下滑（经分析,A 下滑过程中不会脱离轨道）. a.分析A 沿轨道下滑到任意一点的动量p A 与B 平抛经过该点的动量p B 的大小关系;b.在OD 曲线上有一点M,O 和M 两点连线与竖直方向的夹角为45°.求A 通过M 点时的水平分速度和竖直分速度. 答案（1）tm ∆0v （2）a.p A <p B b.v Ax =552v 0v Ay =554v 0 解析（1）滑块A 与B 正碰,满足 mv A +mv B =mv 0①21mv A 2+21mv B 2=21mv 02②由①②,解得v A =0,v B =v 0,根据动量定理,滑块B 满足F·Δt=mv 0解得F=t∆0v m . （2）a.设任意点到O 点竖直高度差为d.A 、B 由O 点分别运动至该点过程中,只有重力做功,所以机械能守恒. 选该任意点为势能零点,有 E kA =mgd,E kB =mgd+21mv 02 由于p=K 2mE ,有12220K K <+==gdgdE E p p B A B Av 即p A ＜p B故A 下滑到任意一点的动量总是小于B 平抛经过该点的动量.b.以O 为原点,建立直角坐标系xOy,x 轴正方向水平向右,y 轴正方向竖直向下,则对B 有x=v 0t,y=21gt 2B 的轨迹方程 y=22v g x 2在M 点x=y,所以y=g202v③因为A 、B 的运动轨迹均为OD 曲线,故在任意一点,两者速度方向相同.设B 水平和竖直分速度大小分别为 v Bx 和v By ,速率为v B ;A 水平和竖直分速度大小分别为v Ax 和v Ay ,速度为v A ,则B Bx A v v v v Ax =,BByA Ay v v v v =④B 做平抛运动,故v Bx =v 0,v By =gy 2,v B =gy 220+v ⑤ 对A 由机械能守恒得v A =gy 2⑥由④⑤⑥得v Ax =gygy 22200+v v ,v Ay =gygy 2220+v 将③代入得v Ax =552v 0 v Ay =554v 0 5.(08四川理综25)如图所示,一倾角为θ=45°的斜面固定于地面,斜面顶端离地面的高度h 0=1 m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板,在斜面顶端自由释放一质量m=0.09 kg 的小物块（视为质点）.小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2.当小物块与挡板碰撞后,将以原速返回.重力加速度g 取10 m/s 2.在小物块与挡板的前4次碰撞过程中,挡板给予小物块的总冲量是多少？答案 0.4(3+6) N·s解析解法一：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动,到达斜面底端时速度为v,由功能关系得：mgh=21mv 2+μmgcos θθsin h ①以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为: I =mv-m(-v)②设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h′,则21mv 2=mgh′+μmgcos θθsin h ' ③同理,有mgh′=21mv′2+μmgcos θθsin h '④ I ′=mv′-m(-v′)⑤式中,v′为小物块再次到达斜面底端时的速度,I ′为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量. 由①②③④⑤式得I ′=k I ⑥ 式中k=μθμθ+-tan tan⑦由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为 I 1=2m )cot 1(20θμ-gh⑧总冲量为I =I 1+I 2+I 3+I 4=I 1(1+k+k 2+k 3) ⑨ 由1+k+k 2+…+k n-1=kk n--11⑩得I =)cot 1(221104θμ---gh m kk代入数据得I =0.4(3+6) N·s解法二：设小物块从高为h 处由静止开始沿斜面向下运动,小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a,依牛顿第二定律得mgsin θ-μmgcos θ=ma①设小物块与挡板碰撞前的速度为v,则： v 2=2aθsin h②以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为 I =mv-m(-v)③由①②③式得I =2m )cot 1(2θμ-gh④设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a′,依牛顿第二定律有： mgsin θ+μmgcos θ=ma′⑤小物块沿斜面向上运动的最大高度为h′=a '22v sin θ⑥由②⑤⑥式得 h′=k 2h⑦ 式中k =μθμθ+-tan tan⑧同理,小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量为： I ′=2m )cot 1(2θμ-'h g ⑨ 由 ④⑦⑨式得I ′=k I⑩由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为 I 1=2m )cot 1(20θμ-gh总冲量为I =I 1+I 2+I 3+I 4=I 1（1+k+k 2+k 3）由1+k+k 2+…+k n-1=kkn--11得I =kk --1142m )cot 1(20θμ-gh代入数据得I =0.4(3+6) N·s6.（08天津理综24）光滑水平面上放着质量m A =1 kg 的物块A 与质量m B =2 kg 的物块B,A 与B 均可视为质点,A 靠在竖直墙壁上,A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A 、B 均不拴接）,用手挡住B 不动,此时弹簧弹性势能E P =49 J.在A 、B 间系一轻质细绳,细绳长度大于弹簧的自然长度,如图所示.放手后B 向右运动,绳在短暂时间内被拉断,之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道,其半径R=0.5 m,B 恰能到达最高点C.取g=10 m/s 2,求（1）绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小;（2）绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小; （3）绳拉断过程绳对A 所做的功W. 答案 (1)5 m/s(2)4 N·s（3）8 J解析（1）设B 在绳被拉断后瞬间的速度为v B ,到达C 时的速度为v C ,有m B g=m B R c 2v① 21m B v B 2=21m B v C 2+2m B gR ② 代入数据得v B =5 m/s`③（2）设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为v 1,取水平向右为正方向,有E p =21m B v 12④ I =m B v B -m B v 1⑤代入数据得I =-4 N·s,其大小为4 N·s⑥（3）设绳断后A 的速度为v A ,取水平向右为正方向,有m B v 1=m B v B +m A v A ⑦W=21m A v A 2⑧代入数据得W=8 J ⑨7.(08广东19)如图（a ）所示,在光滑绝缘水平面的AB 区域内存在水平向右的电场,电场强度E 随时间的变化如图（b ）所示,不带电的绝缘小球P 2静止在O 点.t=0时,带正电的小球P 1以速度v 0从A 点进入AB 区域,随后与P 2发生正碰后反弹,反弹速度大小是碰前的32倍,P 1的质量为m 1,带电荷量为q,P 2的质量m 2=5m 1,A 、O 间距为L 0,O 、B 间距L=340L .已知0v L 32102m qE ,T=00v L .(1)求碰撞后小球P 1向左运动的最大距离及所需时间. （2）讨论两球能否在OB 区间内再次发生碰撞. 答案（1）31L 0 T （2）能再次发生碰撞解析（1）因为T=v L ①所以0～T 时间内P 1做匀速直线运动,T s 末恰好到达O 点,与P 2发生正碰.假设碰撞后P 1向左移动时始终处在匀强电场中,向左运动的最大距离为s,时间为t.根据动能定理得 -qE 0s=0-21m 1(32v 0)2② s=31L 0<L 0③根据匀变速直线运动的规律知 s=21·32v 0·t ④t=v L =T<4T ⑤由③⑤知,题意假设正确,P 1向左运动的最大距离为31L 0,所需时间为T. （2）设P 1、P 2碰撞后P 2的速度为v,以向右为正方向,根据动量守恒定律得 m 1v 0=m 1(-32v 0)+5m 1v⑥则v=31v 0⑦假设两球能在OB 区间内再次发生碰撞,设P 1、P 2从第一次碰撞到再次碰撞的时间为t′(碰后P 2做匀速直线运动) -32v 0t′+2110m qE ·t′2=31v 0 t′ ⑧则t′=3v L =3T<4T ⑨P 1、P 2从O 点出发到再次碰撞时的位移 s 1=31v 0t′=31v 0·003v L =L 0<L ⑩由⑨⑩知,题意假设正确,即两球在OB 区间内能再次发生碰撞. 8.(08广东20)如图所示,固定的凹槽水平表面光滑,其内放置U 形滑板N, 滑板两端为半径R=0.45 m 的1/4圆弧面,A 和D 分别是圆弧的端点,BC 段表面粗糙,其余段表面光滑,小滑块P 1和P 2的质量均为m,滑板的质量M=4m.P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.40,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力,开始时滑板紧靠槽的左端,P 2静止在粗糙面的B 点.P 1以v 0=4.0 m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下,与P 2发生弹性碰撞后,P 1处在粗糙面B 点上,当P 2滑到C 点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P 2继续滑动,到达D 点时速度为零,P 1与P 2可视为质点,取g=10 m/s 2.问：（1）P 2在BC 段向右滑动时,滑板的加速度为多大？（2）BC 长度为多少？N 、P 1和P 2最终静止后,P 1与P 2间的距离为多少？答案（1）0.8 m/s 2 (2)1.9 m 0.695 m解析（1）将N 、P 1看作整体,根据牛顿第二定律得： μ2mg=（M+m ）a① a=5104.0422⨯=+=+mm m g　mM m g　μμ m/s 2=0.8 m/s 2②(2)设P 1到达B 点的速度为v,P 1从A 点到达B 点的过程中,根据动能定理有： mgR=21mv 2-21mv 02 `③ 代入数据得v=5 m/s④因P 1、P 2质量相等且发生弹性碰撞,所以碰后P 1、P 2交换速度,即碰后P 2在B 点的速度为： v B =5 m/s⑤设P 2在C 点的速度为v C ,P 2从C 点到D 点过程中根据动能定理得： -mgR=-21mv C 2⑥代入数据得v C =3 m/s⑦P 2从B 点到C 点的过程中,N 、P 1、P 2作为一个系统所受合外力为零,系统动量守恒,设P 2到达C 点时N 和P 1的共同速度为v′.根据动量守恒定律得： mv B =mv C +(M+m)v′⑧v′为滑板与槽的右端粘连前滑板和P 1的共同速度.由动能定理-μ2mgL 2=21mv C 2-21mv B 2⑨μ2mgL N =21(M+m)v′2⑩L 2和L N 分别为P 2和滑板对地移动的距离,联立⑧⑨⑩得BC 长度 l=L 2-L N =1.9 m滑板与槽粘连后,P 1在BC 上移动的距离为l 1 -μ1mgl 1=0-21mv 12P 2在D 点滑下后,在BC 上移动的距离l 2 mgR=μ2mgl 2联立得系统完全静止时P 1与P 2的间距Δl=l -l 1-l 2=0.695 m.。

物理_2008年全国统一高考物理试卷(Ⅱ)_复习

2008年全国统一高考物理试卷（Ⅱ）一、选择题（本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1. 对一定量的气体，下列说法正确的是（）A 气体的体积是所有气体分子的体积之和B 气体分子的热运动越激烈，气体的温度就越高 C 气体对器壁的压强是由大量分子对器壁的碰撞产生的 D 当气体膨胀时，气体分子之间的势能减少，因而气体的内能减少2. 一束单色光斜射到一厚平板玻璃的一个表面上，经两次折射后从玻璃板另一个表面射出，出射光线相对于入射光线侧移了一段距离，在下列情况下，出射光线侧移距离最大的是（）A 红光以30∘的入射角入射B 红光以45∘的入射角入射C 紫光以30∘的入射角入射 D 紫光以45∘的入射角入射3. 如图，一固定斜面上两个质量相同的小滑块A和B紧挨着匀速下滑，A与B的接触面光滑．已知A与斜面间的动摩擦因数是B与斜面间的动摩擦因数的2倍，斜面倾角为α，B与斜面间的动摩擦因数是（）A 23tanα B 23cotα C tanα D cotα4. 一列简谐横波沿x轴正方向传播，振动为A，t=0时，平衡位置在x=0处的质元位于y=0处，且向y轴负方向运动，此时平衡位置在x=0.15m处的质元位于y=A处，该波的波长可能等于（）A 0.60mB 0.20mC 0.12mD 0.086m5. 如图，一很长的不可伸长的柔软细绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a和b．a球质量为m，静置于地面，b球质量为3m，用手托住，高度为ℎ，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b后，a可能到达的最大高度为（）A ℎB 1.5ℎC 2ℎD 2.5ℎ6. 一平行板电容器的两个极板水平放置，两极板间有一带电量不变的小油滴．油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比．若两极板间电压为零，经一段时间后，油滴以速率v匀速下降；若两极板间的电压为U，经一段时间后，油滴以速率v匀速上升．若两极板间电压为−U，油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是（）A 2v、向下B 2v、向上C 3v、向下D 3v、向上7. 中子和质子结合成氘核时，质量亏损为△m，相应的能量△E＝△mc2＝2.2MeV是氘核的结合能。

08高考(物理)复习教案：专题二动量和能量(谢自成)

专题二动量和能量高考形势分析及历年部分省市高考试题分布：高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能可以相互转化，并且遵循能量转化和守恒定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理问题的主要依据。

在每年的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。

并时常发现“压轴题”就是能量试题。

历年高考中动量和能量题分布情况：2004年，全国理综II，计算题25题考查动量和能量综合题；全国理综III，计算题25题考查动量和能量综合题；北京卷24题考查动量和能量综合题；天津卷选择题21题考查碰撞中的动量守恒，25题考查动量和能量的综合题。

2005年，全国理综I动量和能量的题占19分，理综II占36分，理综III占20分，北京卷占16分，天津卷占18分。

2006年全国理综I、III，选择题20题动量定理和动能定理；理综II，18题碰撞中的动量和能量问题；重庆卷2计算题25题考查机械能守恒定律、动量守恒定律和圆周运动中的牛顿第二定律的知识；四川卷计算题25题考查带电粒子在磁场中的运动，动量守恒定律，圆周运动，平抛运动。

天津卷实验题22题考查验证碰撞中的动量守恒定律和百分误差。

2007年，湖南卷实验题22题，考查验证中碰撞中的动量守恒定律，计算题24题考查电子阻尼、碰撞动量守恒；北京卷选择题19题考查碰撞动量守恒和单摆周期的知识结合，20题考查动量定理和电场的知识。

全国卷II选择题16题考查动量和动能定理。

四川卷选择题18题考查碰撞中的动量守恒定律和机械能守恒定律。

天津卷选择题15题考查动量守恒与动能定理，计算题23题考查机械能守恒，圆周运动中的牛顿第二定律，动量守恒定律和动能定理。

动量与能量知识框架：一、考点回顾1．动量、冲量和动量定理2．动量守恒定律3．动量和能量的应用4．动量与动力学知识的应用5．航天技术的发展和宇宙航行6．动量守恒定律实验二、动量和能量知识点1．动量(1)动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，即p=mv.是矢量，方向与v的方向相同.两个动量相同必须是大小相等，方向一致。

2008年高考试题分类详解——动量和能量

2008年高考试题分类详解——动量与能量（一）、选择题1.（全国卷Ⅱ－18）如图，一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮，绳两端各系一小球a 和b ．a 球质量为m ，静置于地面；b 球质量为3m ，用手托住，高度为h ，此时轻绳刚好拉紧．从静止开始释放b 后，a 可能达到的最大高度为A ．hB ．1.5hC ．2hD ．2.5h答案：B【解析】：在b 落地前，a 、b 组成的系统机械能守恒，且a 、b 两物体速度大小相等，根据机械能守恒定律可知：gh v v m m mgh mgh =⇒+=-2)3(213，b 球落地时，a 球高度为h ，之后a 球向上做竖直上抛运动，过程中机械能守恒，222122h g v h h mg mv ==∆⇒∆=，所以a 可能达到的最大高度为1.5h,B 项正确。

2.（江苏卷－7）如图所示，两光滑斜面的倾角分别为30°和45°，质量分别为2ｍ和ｍ的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接(不计滑轮的质量和摩擦)，分别置于两个斜面上并由静止释放；若交换两滑块位置，再由静止释放．则在上述两种情形中正确的有A..质量为2ｍ的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用B.质量为ｍ的滑块均沿斜面向上运动C.绳对质量为ｍ滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力D.系统在运动中机械能均守恒答案：BD【解析】：考查受力分析、连接体整体法处理复杂问题的能力。

每个滑块受到三个力：重力、绳子拉力、斜面的支持力，受力分析中应该是按性质分类的力，沿着斜面下滑力是分解出来的按照效果命名的力，A 错；对B 选项，物体是上滑还是下滑要看两个物体的重力沿着斜面向下的分量的大小关系，由于2m 质量的滑块的重力沿着斜面的下滑分力较大，故质量为m 的滑块必定沿着斜面向上运动，B 对；任何一个滑块受到的绳子拉力与绳子对滑块的拉力等大反向，C 错；对系统除了重力之外，支持力对系统每个滑块不做功，绳子拉力对每个滑块的拉力等大反向，且对滑块的位移必定大小相等，故绳子拉力作为系统的内力对系统做功总和必定为零，故只有重力做功的系统，机械能守恒，D 对。

2008年高考动量和能量专题三

2008年高考动量能量专题三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。

教学目标：1．通过专题复习，掌握动量、能量综合问题的分析方法和思维过程，提高解决学科内综合问题的能力。

2．能够从实际问题中获取并处理信息，把实际问题转化成物理问题，提高分析解决实际问题的能力。

教学重点：掌握动量、能量综合问题的分析方法和思维过程，提高解决学科内综合问题的能力。

教学难点：从实际问题中获取并处理信息，把实际问题转化成物理问题，提高分析解决实际问题的能力。

教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、知识概要冲量是力对时间的积累，其作用效果是改变物体的动量；功是力对位移的积累，其作用效果是改变物体的能量；冲量和动量的变化、功和能量的变化都是原因和结果的关系，对此，要像熟悉力和运动的关系一样熟悉。

在此基础上，还很容易理解守恒定律的条件，要守恒，就应不存在引起改变的原因。

能量还是贯穿整个物理学的一条主线，从能量角度分析思考问题是研究物理问题的一个重要而普遍的思路。

应用动量定理和动能定理时，研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统，而应用动量守恒定律和机械能守恒定律时，研究对象必定是系统；此外，这些规律都是运用于物理过程，而不是对于某一状态（或时刻）。

高考物理动量与能量

图5 高考物理-力学综合6.2008年 (山东卷理科综合)24.(15分)某兴趣小组设计了如图5所示的玩具轨道，其中“2008”四个等高数字用内壁光滑的薄壁细圆管弯成，固定在竖直平面内(所有数字均由圆或半圆组成，圆半径比细管的内径大得多)，底端与水平地面相切。

弹射装置将一个小物体(可视为质点)以Va=5m/s 的水平初速度由a 点弹出，从b 点进入轨道，依次经过“8002”后从p 点水平抛出。

小物体与地面ab 段间的动摩擦因数μ=0.3，不计其它机械能损失。

已知ab 段长L=l.5m,数字“0”的半径R=0.2m ，小物体质量m=0.0lkg ，g=10m ／s 2。

求：(1)小物体从p 点抛出后的水平射程。

(2)小物体经过数字“0”的最高点时管道对小物体作用力的大小和方向。

7.2008年（四川卷理科综合）（20分）如图6一倾角为θ＝45°的斜血固定于地面，斜面顶端离地面的高度h 0＝1m ，斜面底端有一垂直于斜而的固定挡板。

在斜面顶端自由释放一质量m ＝0.09kg的小物块（视为质点）。

小物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝0.2。

当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。

重力加速度g ＝10 m/s 2。

在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？8.2008年（天津卷理科综合）（18分）光滑水平面上放着质量，m A ＝1kg 的物块A 与质量m B ＝2kg 的物块B ， A 与B 均可视为质点，A 靠在竖直墙壁上，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A 、B 均不拴接），用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能E P ＝49J 。

在A 、B 间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示。

放手后B 向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B 冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R ＝0.5m, B 恰能到达最高点C 。

g ＝10m/s 2，求（1）绳拉断后瞬间B 的速度v B 的大小；（2）绳拉断过程绳对B 的冲量I 的大小；（3）绳拉断过程绳对A 所做的功W 。

全国1卷2008年高考理科综合（物理部分）全解全析

绝密★启用前2008年普通高等学校招生全国统一考试(全国I)理科综合能力测试8小题。

在每小题给出的四个选项屮，有的只有一个选项正确。

，有的有多个一、选择题（本题共选项正确，全部选对的得6分，选对但+全的得3分，有选错的得0分）14.如图所示，一•物体自倾角为^的固定斜血顶端沿水平方丨4抛出后落在斜面上。

物体与斜面接触时速度与水平方叫的夹角彡满足A.tan 0=sin ^B.tan ^=cos ^C.tan ^=tan 〇D.tan ^=2tan 〇15.如图，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左端同定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于PR缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是A.向右做加速运动B.向右做减速运动C.I4左做加速运动D.向左做减速运动16.—列简谐横波沿x轴传播，周期为T • t=0时刻的波形如图所示.此时平衡位罝位于m处的质点正在向上运动，若心A两质点平衡位置的坐标分别为x a=2.5 m，x=5.5 m，则A.当a质点处在波峰时，b质点恰在波谷B.t=T/4时，a质点正在向y轴负方向运动C.t=3T/4时，b质点正在向y轴负方向运动D.在某…时刻，〃、/;两质点的位移和速度可能相同17.已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390,月球绕地球旋转的周期约为27天. 利用上述数椐以及U常的天文知识，可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为A.0.2B.2C.20D.20018.三个原子核X、Y、Z, X核放出一个正电子后变为Y核，Y核与质子发生核反应后生成Z 核丼放出一个个氦（42He)，则下说法正确的是A.X核比Z核多一个原子B.X核比Z核少一个屮子C.X核的质景数比Z核质景数人3D.X核与Z核的总电荷是Y核电荷的2倍%C . 0 1 -/〇■2 3； I ). T /s19.已知地球半径约为6.4X 106m ,空气的摩尔质量约为29X KT 3 kg /mol ，一个标准大气压约为1.0X 105Pa .利ffl 以上数掘可估算出地球表面人气在标准状况下的体积为 A .4X 10,6m 3B .4X 1018m 3C .4X 1030 m 3D .4X 1022 m 320. 矩形导线框〃同定在匀强磁场屮，磁感线的方向与导线框所在平面垂直，规定磁场的正方向乘直低面向里，磁感戍强度B 随时间变化的规律如图所示.若规定顺时针方向为感应电流I 的正方向，下列各图中正确的是 21. —束由红、蓝两单色光组成的光线从一平板玻璃砖的上表面以入射角〃射入，穿过玻璃砖tl 下表射出.已知该玻璃对红光的折射率为1.5.设红光与蓝光穿过玻璃砖所用的时间分别为t ^Pt 2，则在#从0°逐渐增大至90°的过程屮A .fi 始终大于^B .ti 始终小于t 2C .n 先大于后小于f 2D .q 先小于后大于t 2非选择题共10大题，共174分22. (18 分）I . (6分）如图所示，两个质量各为m 丨和〇12的小物块 A和B，分别系在一条跨过定滑轮的软绳两端，个//A /〇 —A //A已知叱 > 叱，现要利用此装置验证机械能守恒定律.(1)_____________________________________________________________ 若选定物块A从静止开始下落的过程进行测量，则需要测重的物理重有__________ (在答题卡上对应区域填入选项前的编号）①物块的质重:.*〗:、叱.②物块A下落的距离及下落这段距离所用的时间；③物块3上升的距离及上升这段距离所用的时间；④绳子的长度.(2)为提高实验结果的准确程度，同学对此实验操出以下建议：①绳的^重要轻：②在质绳”的前提下，绳子越长越好；③尽重保证物块只沿竖直方向运动，不要摇晃；④两个物块的质重之差要尽可能小.以上建议中确实对提高准确程度有作用的是____________ 。

湖北省2008年高考物理模拟试题分类汇编之动量

11、（湖北省部分重点中学十一月联考）下列关于力和运动的说法中，正确的是（）CDA 、物体所受的合外力为零，它的动量一定为零B 、物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化一定为零C 、物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化一定为零D 、物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变13．（湖北部分重点中学2008届理综第一次联考）如图（3）所示，倾角为θ的固定斜面充分长，一质量为m 上表面光滑的足够长的长方形木板A 正以速度v 0沿斜面匀速下滑，某时刻将质量为2m 的小滑块B 无初速度地放在木板A 上，则在滑块与木板都在滑动的过程中（） CDA ．木板A 的加速度大小为3gsin θB ．木板A 的加速度大小为零C ．A 、B 组成的系统所受合外力的冲量一定为零D ．木板A 的动量为031mv 时，小滑块B 动量为032mv15.（湖北省武汉市部分学校11月联考）转动的物体也有动能，物体的转动动能Ek ＝I ω2 /2，其中I 称为转动惯量，ω为转动的角速度。

某人为了测一个飞轮的转动惯量I ，他设计了下列实验，如图4所示，开始飞轮（无动力）以ω0匀速转动，飞轮轴的摩擦不计，飞轮半径为r ，现将质量为m 的物体从限位孔中放到转动的飞轮上，将物体放上后，飞轮恰好转过n 圈停下，已知物体与飞轮间的动摩擦因数为μ，则飞轮的转动惯量I 为 A A ．204n I=r mg/πμω B ．202n I=r mg/πμω C ．0I= D ．20n I=r mg/πμω16.（湖北省武汉市部分学校11月联考）图5 所示，两个相同的木块A 、B 静止在水平面上，它们之间的距离为L ，今有一颗子弹以较大的速度依次射穿了A 、B ，在子弹射出A 时，A 的速度为v A ，子弹穿出B 时，B 的速度为v B , A 、B 停止时，它们之间的距离为s ，整个过程A 、B 没有相碰，则 BA ．AB s=L,=v v B ．A B s>L,<v vC ．A B s<L,>v vD ．A B s<L,<v v17.（湖北省武汉市部分学校11月联考）物体受恒定水平推力F 作用沿水平面运动，其速度时间图像如图6所示，已知物体的质量m ，图中t 0、t l 、v 0、v 1均为已知量，则F 大小为 A A ．()0101022-m m F=+t t t v v B ．0m F=t v C ．()011m -F=t v v D ．110m F=t -t v2、(湖北省部分重点高中2008年3月质检)如图所示，质量为M 的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，当木块静止时是在A 位置.现有一质量为m 的子弹以水平速度υ0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A 位置时的速度υ以及在此过程中墙对弹簧的冲量I 的大小分别为（）BA ．υ=m M m +0υ，I=0B ．υ=mM m +0υ，I=2m υC ．υ=m M m +0υ，I=m M m +022υ D ．υ=Mm 0υ，I=2m υ、（赤峰市08届四月份全市统考）在粗糙水平面上运动的物体，从M 点开始受到大小不变的水平拉力作用做直线运动到N 点，经过M 、N 两点的速度大小相等．则在此过程中：BC A ．拉力的方向一定始终与摩擦力的方向相反． B ．拉力一定对物体做正功．C ．拉力与滑动摩擦力做的总功一定为零．D ．拉力与滑动摩擦力的总冲量一定为零．、（湖北省天门中学、枝江中学广华中学、随州一中五月四校联考）弹簧原长8cm ，一端固定在天花板上，另一端连着小球，将小球拉离平衡位置后释放。

2008年高考试题分类汇编之动量与能量

2008年高考试题分类汇编之《动量与能量》（全国卷1）24.（18分）图中滑块和小球的质量均为m ，滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动，小球与滑块上的悬点O 由一不可伸长的轻绳相连，轻绳长为l 。

开始时，轻绳处于水平拉直状态，小球和滑块均静止。

现将小球由静止释放，当小球到达最低点时，滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住，在极短的时间内速度减为零，小球继续向左摆动，当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点。

求（1）从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量；（2）小球从释放到第一次到达最低点的过程中，绳的拉力对小球做功的大小。

解析：（1）对系统，设小球在最低点时速度大小为v 1，此时滑块的速度大小为v 2，滑块与挡板接触前由系统的机械能守恒定律：mgl = 12mv 12 +12mv 22 ······························································· ① 由系统的水平方向动量守恒定律：mv 1 = mv 2 ···································································· ② 对滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中，挡板阻力对滑块的冲量为：I = mv 2 ···················································································································· ③ 联立①②③解得I = m gl 方向向左 ··············································································· ④（2）小球释放到第一次到达最低点的过程中，设绳的拉力对小球做功的大小为W ，对小球由动能定理：mgl ＋W = 12mv 12 ········································································································ ⑤ 联立①②⑤解得：W =－12mgl ，即绳的拉力对小球做负功，大小为12mgl 。