2010年高考物理动量和能量守恒复习汇编2
高考二轮总复习课件物理(适用于老高考旧教材)专题2能量与动量第1讲 动能定理机械能守恒定律功能关系的
(1)建立运动模型。
(2)抓住运动过程之间运动参量的联系。
(3)分阶段或全过程列式计算。
(4)对于选定的研究过程,只考虑初、末位置而不用考虑中间过程。
注意摩擦力做功特点
深化拓展
应用动能定理解题应注意的三个问题
(1)动能定理往往用于单个物体的运动过程,由于不涉及加速度及时间,比
动力学研究方法要简捷。
则重力的瞬时功率不为0,C错误;随着运动员在圆弧跳台上升高,速率逐渐
减小,所需要的向心力也在减小,向心力由台面的支持力与重力垂直接触面
向下的分力提供,由牛顿第二定律有FN-mgcos θ=m
大,v在减小,所以FN在减小,D正确。
2
,随着高度升高,θ在增
2.(命题角度1、2)(多选)一个质量为5 kg静止在水平地面上的物体,某时刻
能定理
1
Pt-W=2 m 2 ,则这一过程中小汽车克服阻力做的功为
D 错误。
W=Pt- 2 ,率启动
1
a-图像和
1
a-v 图像
1
F-图像问题
恒定加速度启动
1
F-v 图像
恒定功率启动
1
a- 图像
v
恒定加速度启动
1
F- 图像
v
①AB 段牵引力不变,做匀加速直线运动;
1
1
2
由动能定理得-mg·2r-W=2 2 − 2 1 2 ,联立解得小球克服阻力做的功
W=mgr,A 错误,B 正确;设再一次到达最低点时速度为 v3,假设空气阻力做
功不变,从最高点到最低点根据动能定理得
最低点,根据牛顿第二定律
1
mg·2r-W= 3 2
高考物理二轮复习 第五章 能量和动量 提能增分练(二)系统机械能守恒的三类问题
提能增分练(二) 系统机械能守恒的三类问题[A 级——夺高分]1．(多选)如图所示，质量分别为m 和2m 的两个小球A 和B ，中间用轻质杆相连，在杆的中点O 处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B 球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)( )A ．B 球的重力势能减少，动能增加，B 球和地球组成的系统机械能守恒B ．A 球的重力势能增加，动能也增加，A 球和地球组成的系统机械能不守恒C ．A 球、B 球和地球组成的系统机械能守恒D ．A 球、B 球和地球组成的系统机械能不守恒解析：选BC A 球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B 项正确；由于A 球、B 球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C 项正确，D 项错误；所以B 球和地球组成系统的机械能一定减少，A 项错误。
2. (2017·安徽六安一中模拟)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环，杆与水平方向的夹角α＝30°，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A 点，弹簧处于原长h ，让圆环沿杆由静止滑下，滑到杆的底端时速度恰为零，则在圆环下滑过程中( )A ．圆环和地球组成的系统机械能守恒B ．当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大C ．弹簧的最大弹性势能为32mgh D ．弹簧转过60°角时，圆环的动能为mgh 2解析：选D 圆环沿杆滑下，滑到杆底端的过程中有两个力对圆环做功，即圆环的重力和弹簧的弹力，所以圆环和地球组成的系统机械能不守恒，故A 错误；当圆环沿杆的加速度为零时，其速度最大，动能最大，根据平衡条件可知，此时弹簧处于伸长状态，对圆环有一个斜向左下方的拉力，由题意及几何关系知，弹簧垂直于杆时处于压缩状态，故B 错误；根据功能关系可知，当圆环滑到最底端时其速度为零，重力势能全部转化为弹性势能，此时弹性势能最大，等于重力势能的减小量即mgh ，故C 错误；由几何关系知，弹簧转过60°角时，弹簧仍为原长，以圆环为研究对象，利用动能定理得：mg h 2＝12mv 2，即圆环的动能等于mgh 2，故D 正确。
2010年高考物理考点专题复习271
第3讲 自然界中的守恒定律★一、考情直播该部分内容是自然界最普遍的两个规律的联手演绎，是中学阶段最重要的主干知识之一，是高考永恒话题，常见的重点问题主要围绕几个模型进行的．不管什么模型，解决时都涉及到两个方面，一个是根据条件建立系统的动量守恒定律方程；另一个是根据系统内的能量变化的特点建立系统的能量方程，因此深刻理解动量守恒定律的“五性”与能量守恒定律的转化流程是我们解决问题的前提．解决力学问题有三大途径，其中用动量的观点和能量的观点解决力学问题，是我们的首选．特别是对于变力作用或曲线运动问题，不涉及运动过程的细节，不涉及加速度，更显示出这两大观点的优越性．应用能量转换和守恒定律解题的一般步骤： （1）明确研究的对象及过程（2）搞清在这个过程中有哪些能量参与了转换（不能把能量的转换和做功重复考虑）（3）确定参与转化的能量中有哪些能量增加，哪些能量减少．（4）列出增加的能量和减小的能量之间的守恒式（或初、末状态能量相等的守恒式）考点一 子弹打木块模型子弹和木块组成的系统动量守恒，机械能不守恒，系统部分机械能单向转化为内能【例1】如图6-3-1所示，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：mV 0=（M+m ）V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图6-3-1对子弹用动能定理：22012121mv mv s f -=⋅……① 对木块用动能定理：2221Mv s f =⋅……②①、②相减得：()()222022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=⋅……③ 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：()dm M Mmv 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 mM ms +=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：()v v v v v v s d s +=+=+00222/2/，mmM v v s d +==02，m M m s +=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，全过程动能的损失量可用公式：()202v m M Mm E k +=∆…④当子弹速度很大时，可能射穿木块，这时末状态子弹和木块的速度大小不再相等，但穿透过程中系统动量仍然守恒，系统动能损失仍然是ΔE K =f ∙d （这里的d 为木块的厚度），但由于末状态子弹和木块速度不相等，所以不能再用④式计算ΔE K 的大小．做这类题时一定要画好示意图，把各种数量关系和速度符号标在图上，以免列方程时带错数据．考点二 根据动量守恒定律求解分析求解“三体二次作用过程”问题所谓“三体二次作用”问题是指系统由三个物体组成，但这三个物体间存在二次不同的相互作用过程．解答这类问题必须弄清这二次相互作用过程的特点，有哪几个物体参加？是短暂作用过程还是持续作用过程？各个过程遵守什么规律？弄清上述问题，就可以对不同的物理过程选择恰当的规律进行列式求解．【例2】光滑的水平面上，用弹簧相连的质量均为2kg 的A 、B 两物块都以V 0=6m/s 的速度向右运动，弹簧处于原长，质量为4kg 的物块C 静止在前方，如图6-3-2所示．B 与C 碰撞后二者粘在一起运动，在以后的运动中，当弹簧的弹性势能达到最大为 J 时，物块A 的速度是 m/s ．【解析】本题是一个“三体二次作用”问题：“三体”为A 、B 、C 三物块．“二次作用”过程为第一次是B 、C 二物块发生短时作用，而A 不参加，这过程动量守图6-3-2恒而机械能不守恒；第二次是B 、C 二物块作为一整体与A 物块发生持续作用，这过程动量守恒机械能也守恒．对于第一次B 、C 二物块发生短时作用过程，设B 、C 二物块发生短时作用后的共同速度为V BC ，则据动量守恒定律得：BC C B B V m m V m )(0+= ①对于第二次B 、C 二物块作为一整体与A 物块发生持续作用，设发生持续作用后的共同速度为V ，则据动量守恒定律和机械能守恒定律得：V m m m V m m mV C B A BC C B ))(0++=++（ ②2220)(21)(2121V m m m V m m V m E C B A BC C B A P ++-++= ③由式①②③可得：当弹簧的弹性势能达到最大为E P =12J 时，物块A 的速度V=3 m/s ．【例3】如图6-3-3所示为三块质量均为m ，长度均为L 的木块．木块1和木块2重叠放置在光滑的水平桌面上，木块3沿光滑水平桌面运动并与叠放在下面的木块2发生碰撞后粘合在一起，如果要求碰后原来叠放在上面的木块1完全移到木块3上，并且不会从木块3上掉下，木块3碰撞前的动能应满足什么条件？设木块之间的动摩擦因数为μ．【解析】设第3块木块的初速度为V 0，对于3、2两木块的系统，设碰撞后的速度为V 1，据动量守恒定律得：mV 0=2mV 1 ①对于3、2整体与1组成的系统，设共同速度为V 2，则据动量守恒定律得：2mV 1=3mV 2 ②(1)第1块木块恰好运动到第3块上，首尾相齐，则据能量守恒有：3221.3.21.2.21V m V m mgL -=μ ③由①②③联立方程得：E k3=6μmgL ④(2)第1块运动到第3块木块上，恰好不掉下，据能量守恒定律得：3221.3.21.2.21)5.1(V m V m L mg -=μ ⑤由①②⑤联立方程得：E k3=9μmgL 故：mgL E mgL k μμ963≤≤ 考点三 根据动量守恒定律求解分析求解“三体二次作用过程”问题所谓“二体三次作用”问题是指系统由两个物体组成，但这两个物体存在三次不同的相互作用过程．求解这类问题的关键是正确划分三个不同的物理过程，并能弄清这些过程的特点，针对相应的过程应用相应的规律列方程解题．【例4】如图6-3-4所示，C 是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m ，在木板的上面有两块质量均为m 的小木块A 和B ，它们与木板间的动摩擦因数均为μ．最初木板静止，A 、B 两木块同时以方向水平向右的初速度V 0和2V 0在木板上滑动，木板足够长， A 、B 始终未滑离木板．求：（1）木块B 从刚开始运动到与木板C 速度刚好相等的过程中，木块B所发生图6-3-3的位移；（2）木块A 在整个过程中的最小速度．【解析】（1）木块A 先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B 一直做匀减速直线运动；木板C 做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A 、B 、C 三者的速度相等为止，设为V 1．对A 、B 、C 三者组成的系统，由动量守恒定律得：100)3(2V m m m mV mV ++=+解得：V 1=0．6V 0对木块B 运用动能定理，有：2021)2(2121V m mV mgs -=-μ解得)50/(91:20g V s μ=（2）设木块A 在整个过程中的最小速度为V′，所用时间为t ，由牛顿第二定律：对木块A ：g m mg a μμ==/1，对木板C ：3/23/22g m mg a μμ==，当木块A 与木板C 的速度相等时，木块A 的速度最小，因此有： t g gt V )3/2(0μμ=-，解得)5/(30g V t μ=木块A 在整个过程中的最小速度为：.5/2010/V t a V V =-= 考点四 用动量守恒定律和能量守恒解“相对滑动类”问题【例5】如图6-3-5所示，一质量为M 、长为L 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m ＜M .现以地面为参照系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度(如图1)，使A 开始向左运动，B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离B 板，以地面为参照系.(1)若已知A 和B 的初速度大小为V 0，求它们最后的速度大小和方向. (2)若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离.【解析】方法1、用牛顿第二定律和运动学公式求解．A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为V ，经过时间为t ，A 、B 间的滑动摩擦力为f .如图14所示．对A 据牛顿第二定律和运动学公式有：f =ma A ， L 2=2021t a t V A -， V =-V 0+a A t ；对B 据牛顿第二定律和运动学公式图6-3-5答图6-3-1有：f =Ma B ， 20021t a t V L B -=，V =V 0-a B t ；由几何关系有：L 0+L 2=L ；由以上各式可求得它们最后的速度大小为V ＝mM mM +-. V 0，方向向右． mM m MV fL +=202对A ，向左运动的最大距离为L MMm a V L A 42201+==．方法2、用动能定理和动量定理求解．A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为V ，经过时间为t ， A 和B 的初速度的大小为V 0，则据动量定理可得：对A ： f t = m V +m V 0 ① 对B ：-ft=MV －MV解得：V ＝mM mM +-V 0，方向向右A 在B 板的右端时初速度向左，而到达B 板左端时的末速度向右，可见A 在运动过程中必须经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V 的两个阶段．设L 1为A 开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程，L 2为A 从速度为零增加到速度为V 的过程中向右运动的路程，L 0为A 从开始运动到刚好到达B 的最左端的过程中B 运动的路程，如图2所示，设A 与B 之间的滑动摩擦力为f ，则由动能定理可得：对于B ： -f L 0=2022121MV MV - ③对于A ： -f L 1= -2021mV ④f (L 1-L 2)=221mV ⑤由几何关系L 0+L 2=L ⑥由①、②、③、④、⑤、⑥联立求得L 1=MLm M 4)(+.方法3、用能量守恒定律和动量守恒定律求解．A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度，设此速度为V ， A 和B 的初速度的大小为V 0，则据动量守恒定律可得：0－mV解得：V ＝mM mM +-. V 0，方向向右 .对系统的全过程，由能量守恒定律得：Q=fL=220)(21)21V M m V m M +-+（对于A fL 1= 2021mV由上述二式联立求得L 1=MLm M 4)(+.从上述三种解法中，不难看出，解法三简洁明了，容易快速求出正确答案．因此我们在解决动力学问题时，应优先考虑使用能量守恒定律和动量守恒定律求解，其次是考虑使用动能定理和动量定理求解，最后才考虑使用牛顿第二定律和运动学公式求解．考点五 连续发生作用的问题【例6】用质量为M 的铁锤沿水平方向将质量为m 、长为L 的铁钉敲入木板，铁锤每次以相同的速度V 0击钉，随即与钉一起运动并使钉进入木板一定距离．在每次击进入木板的过程中，钉所受的平均阻力为前一次受击进入木板过程中所受平均阻力的K 倍（K>1）．若第一次敲击使钉进入木板深度为L 1，问至少敲击多少次才能将钉全部敲入木板？并就你的解答讨论要将钉全部敲入木板，L 1必须满足什么条件？【解析】设铁锤每次敲击铁钉后以共同速度V 运动，根据动量守恒定律可得： MV 0=（M+m ）V设第一次受击进入木板过程中受平均阻力为f 1，则根据动能定理可得：)(2210202211m M V M MV L f +-=-=-第二次受击进入木板过程中受平均阻力为f 2=Kf 1， 根据动能定理可得：)(2210202221m M V M MV L Kf +-=-=- 所以L 2=L 1/K ．同理可得L 3=L 1/K 2，L 4=L 1/K 3…………L n =L 1/K N (N-1)因为L=L 1+L 2+……+L n =11)1(1L K K K n n ---，所以)(11log KLL KL KL Kn -+= 当01≤-+KL L KL 时，上式无意义，但其物理意义是当01≤-+KL L KL 时不论你敲击多少次都不能将铁钉全部敲入木板．所以要将钉全部敲入木板，L 1必须满足：L 1>（K-1）L/K ★二、高考热点探究【真题1】 (2）一个物体静置于光滑水平面上，外面扣一质量为M 的盒子，如图6-3-6所示．现给盒子一初速度v 0，此后，盒子运动的v 一t 图象呈周期性变化，如图6-3-7所示．请据此求盒内物体的质量．【解析】设物体的质量为m ，t 0时刻受盒子碰撞获得速度v ，根据动量守恒定律图6-3-6 图6-3-7Mv 0=mv ①3t 0时刻物体与盒子右壁碰撞使盒子速度又变为v 0，说明碰撞是弹性碰撞 12Mv 02 = 12mv 2② 联立①②解得m =M ③（也可通过图象分析得出v 0=v ，结合动量守恒，得出正确结果）【真题2】如图6-3-8， 一质量为M 的物块静止在桌面边缘， 桌面离水平面的高度为h ．一质量为m 的子弹以水平速度V 0射入物块后， 以水平速度V 0/2射出． 重力加速度为g ． 求（1）此过程中系统损失的机械能；（2）此后物块落地点离桌面边缘的水平距离．【解析】（1）设子弹穿过物块后的速度为V ，由动量守恒得MV v m mv +⨯=2①解得：Mm v V 20= ②系统损失的机械能为：⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∆22020*******MV v m mv E ③由②③两式可得：20381mv M m E ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=∆ ④（2）设物块下落到地面所需时间为t ，落地点距桌面边缘的水平距离为s ，则：221gt h = ⑤Vt s = ⑥由②⑤⑥三式可得：g hM mv s 20= ⑦【真题3】某兴趣小组设计了一种实验装置，用来研究碰撞问题，其模型如题25图所示不用完全相同的轻绳将N 个大小相同、质量不等的小球并列悬挂于一水平杆、球间有微小间隔，从左到右，球的编号依次为1、2、3……N ，球的质量依次递减，每球质量与其相邻左球质量之比为k （k ＜1)，如图6-3-9.将1号球向左拉起，然后由静止释放，使其与2号球碰撞，2号球再与3号球碰撞……所有碰撞皆为无机械能损失的正碰.(不计空气阻力，忽略绳的伸长， g 取10 m/s 2)(1)设与n +1号球碰撞前，n 号球的速度为v n ，求n +1号球碰撞后的速度. (2)若N ＝5，在1号球向左拉高h 的情况下，要使5号球碰撞后升高16k (16 h 小于绳长)问k 值为多少？图6-3-8【解析】(1)设n 号球质量为m ，n +1，碰撞后的速度分别为,1+''n nv v 、取水平向右为正方向，据题意有n 号球与n +1号球碰撞前的速度分别为v n 、0、m n +1n km根据动量守恒，有1+'+'=nn v n v v km E m v m (1) 根据机械能守恒，有221n n v m =1222121+'+n n nn v km v m (2) 由（1）、(2)得)0(1211舍去='+='++n nnv k E v 设n +1号球与n +2号球碰前的速度为E n +1据题意有v n -1=1+'nv 得v n -1=1+'nv =kE n+12 (3) （2）设1号球摆至最低点时的速度为v 1，由机械能守恒定律有211121v m gh m = (4)v 1=gh 2 (5) 同理可求，5号球碰后瞬间的速度k g v 1625⨯= (6)由(3)式得111212v k k k v nn ⎪⎭⎫⎝⎛⋅=+-+ (7)N=n =5时，v 5=1112v k v nn ⎪⎭⎫⎝⎛⋅=+ (8)由(5)、(6)、(8)三式得k =12-)12(414.0舍去--=≈k （9） （3）设绳长为l ，每个球在最低点时，细绳对球的拉力为F ，由牛顿第二定律有l v m g m F nn n 2=- (10)则kn n n n n n n n E lg m l v m g m l v m g m F 22/222+=+=+= (11) （11）式中E kn 为n 号球在最低点的动能由题意1号球的重力最大，又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大，根据（11）式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳最容易断.【真题4】24．(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6-3-10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 ．取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 ．【解析】（1）设B 在绳被拉断后瞬间的速度为B v ，到达C 点时的速度为C v ，有2c B B v m g m R= （1）2211222B B B c B m v m v m gR =+ （2） 代入数据得5/B v m s = （3）（2）设弹簧恢复到自然长度时B 的速度为1v ，取水平向右为正方向，有2112P B E m v = （4）1B B B I m v m v =- （5）代入数据得 4,I NS =- 其大小为4NS （6）（3）设绳断后A 的速度为A v ，取水平向右为正方向，有1B B B A A m v m v m v =+ （7）212A A w m v = 代入数据得8W J = （9）★三、抢分频道◇限时基础训练（20分钟）班级 姓名 成绩1．(2003年上海高考)一个质量为0.3kg 的弹性小球，在光滑水平面上以6m/s 的速度垂直撞到墙上，碰撞后小球沿相反方向运动，反弹后的速度大小与磁撞前相同，则碰撞前后小球速度变化量的大小△v 和碰撞过程中墙对小球做功的大小W 为（ ）A ．△v ＝0B ．△v ＝12m/sC ．W ＝0D ．W ＝10.8J 1．【答案】BC ．取碰前速度为正，速度变化量6612/v m s ∆=--=-，其大小为12 m ／s ，B 正确．碰撞前后速度不变，动能无变化，由动能定理，墙对小球做功W=0，C 正确．2．在光滑水平面上，动能为E 0、动量的大小为P 0的小钢球l 和静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反．将碰撞后球1的动能和动量的大小分别记为E 1、P 1，球2的动能和动量的大小分别记为E 2、P 2，则必有：（ ）A ．E 1<E 0B ．P 1<P 0C ．E 2>E 0D ．P 2>P 0 2．【答案】ABD ．由于系统在水平方向上不受外力，故系统在水平方向上动量守恒，若取P 0的方向为正方向，则有P 0=- P 1+ P 2，在上式中，P 0>0、P 1<0、P 2>0，显然有P 2> P 0，故选项D 正确．另一方面，由能量守恒可知，碰撞前后的动能应满足关系E 0≥E 1+E 2，则有E 1<E 0，即选项A 正确．由于E 1<E 0，所以12012122m p m p <，得P 1< P 0．B 选项正确．3．如图6-3-11甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A 瞬时获得水平向右的速度3m/s ，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得（ ）A ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都是处于压缩状态B ．从t 3到t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C ．两物体的质量之比为m 1∶m 2 = 1∶2D ．在t 2时刻A 与B 的动能之比为E k1∶E k2 =1∶8 3．【答案】CD ．t 1时刻弹簧压缩最多，t 3时刻弹簧伸长最长．t 4时刻弹簧恢复到原长．因两物速度变化量之比为2∶1，所质量比为1∶2；D 也正确．４．在质量为M 的小车中挂有一单摆，摆球的质量为m 0，小车和单摆以恒定的速度v 沿光滑水平地面运动，与位于正对面的质量为m 的静止木块发生碰撞，碰撞的时间极短.在此碰撞过程中，下列哪个或哪些情况说法是可能发生的①小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v 1、v 2、v 3，满足（M ＋m 0）v ＝Mv 1＋mv 2＋m 0v 3②摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v 1和v 2，满足Mv ＝Mv 1＋mv 2 ③摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v '，满足Mv ＝（M ＋m ）v ' ④小车和摆球的速度都变为v 1，木块的速度变为v 2，满足（M ＋m 0）v ＝（M ＋m 0）v 1＋mv 2以上说法正确的是（ ）A.只有①B.只有④C.只有②D.②③4. 【答案】D ．在小车与木块直接碰撞的瞬间，彼此作用力很大，所以它们的速度在瞬间发生改变，在此期间它们的位移可看为零.而摆球并没有直接与木块发生力的作用，因为在它与小车以共同速度匀速运动时，摆线沿竖直方向，因此绳的拉力不能改变小球速度的大小，即小球的速度不变，而小车和木块碰撞后，可能以各自不同的速度继续向前运动，也可能以共同速度（完全非弹性碰撞）向前运动.5．如图6-3-12所示，一质量M =3.0 kg 的长方形木板B 放在光滑水平地面上，在其右端放一质量m =1.0 kg 的小木块A.现以地面为参考系，给A 和B 以大小均为4.0 m/s 、方向相反的初速度，使A 开始向左运动，B图6-3-11没有滑离B 板.站在地面的观察者看到在一段时间内小木块A 正在做加速运动，则在这段时间内的某时刻木板B 相对地面的速度大小可能是（ ）A.2.4 m/sB.2.8 m/sC.3.0 m/sD.1.8 m/s ５．【答案】A ．小木块A 先向左做减速运动，速度减小到零再向右做加速运动.由动量守恒定律可求得，小木块开始做加速运动时，正在做加速运动的木板B 的速度为：Mv －mv =Mv 1，v 1=2.7 m/s ；小木块加速运动结束时，小木块和木板获得共同速度，则Mv －mv =（M +m ）v 2，此时木板速度为v 2=2 m/s ；在木块A 正在做加速运动的时间内木板B 相对地面的速度从2.7 m/s 减小到2 m/s.6．向空中发射一物体．不计空气阻力，当物体的速度恰好沿水平方向时，物体炸裂为a ，b 两块．若质量较大的a 块的速度方向仍沿原来的方向则（ ）A ．b 的速度方向一定与原速度方向相反B ．从炸裂到落地这段时间里，a 飞行的水平距离一定比b 的大C ．a ，b 一定同时到达地面D ．炸裂的过程中，a 、b 中受到的爆炸力的冲量大小一定相等 6．【答案】CD ．物体炸裂过程发生在物体沿水平方向运动时，由于物体沿水平方向不受外力，所以沿水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有：b B A A B A v m v m v m m +=+)(， 当v A 与原来速度v 同向时，v B 可能与v A 反向，也可能与v A 同向，第二种情况是由于v A 的大小没有确定，题目只讲的质量较大，但若v A 很小，则m A v A 还可能小于原动量(m A +m B )v ．这时，v B 的方向会与v A 方向一致，即与原来方向相同所以A 不对．a ，b 两块在水平飞行的同时，竖直方向做自由落体运动即做平抛运动，时间由ght 2=，因h 相同，t 相同，选项C 是正确， 由于水平飞行距离x = v ·t ，a 、b 两块炸裂后的速度v A 、v B 不一定相等，而落地时间t 又相等，所以水平飞行距离无法比较大小，所以B 不对． 根据牛顿第三定律，a ，b 所受爆炸力F A =－F B ，力的作用时间相等，所以冲量I=F ·t 的大小一定相等．所以D 是正确的．7．如图6-3-13所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块．今让一小球自左侧槽口A 的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A 点进入槽内，则以下结论中正确的是：（ ）A ．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功B ．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒C ．小球自半圆槽的最低点B 向C 点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒D ．小球离开C 点以后，将做竖直上抛运动．图6-3-137．【答案】C ．小球在半圆槽内自B →C 运动过程中，虽然开始时半圆槽与其左侧物块接触，但已不挤压，同时水平而光滑，因而系统在水平方向不受任何外力作用，故在此过程中，系统在水平方向动量守恒，所以正确答案应选C ．8．图6-3-14，质量为m 的人立于平板车上，人与车的总质量为M ，人与车以速度v 1在光滑水平面上向东运动．当此人相对于车以速度v 2竖直跳起时，车的速度变为： ( )A.m M Mv Mv --21，向东 B.m M Mv -1，向东C.mM Mv Mv -+21 ，向东 D.1v ，向东8. 【答案】D ．人和车这个系统，在水平方向上合外力等于零，系统在水平方向上动量守恒．设车的速度V 1的方向为正方向，选地面为参照系．初态车和人的总动量为Mv 1，末态车的动量为(M －m)v ′l (因为人在水平方向上没有受到冲量，其水平动量保持不变)．人在水平方向上对地的动量仍为mv 1，则有Mv 1=(M －m)v ′1＋mv 1，(M －m)v 1=(M －m)v ′，所以v ′=v 1正确答案应为D ．9．如图6-3-15所示，质量分别为m 和2m 的A 、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙．用水平力F 将B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为E ．这时突然撤去F ，关于A 、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 （ ）A ．撤去F 后，系统动量守恒，机械能守恒B ．撤去F 后，A 离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒C ．撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为ED ．撤去F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E /39．【答案】BD ．撤去F 后，A 离开竖直墙前，墙壁对系统有力的作用，系统动量不守恒，但此力对系统不做功，故系统机械能守恒．当A 离开竖直墙后，系统不受外力，系统动量守恒，且机械能守恒．当两物体的速度相等时，弹簧的弹性势能最大．设刚离开墙壁时B 的速度为v 0，则图6-3-14图6-3-1520221mv E =，由系统动量守恒得：v m m mv )2(20+=，mE v v ==032，两物体总动能为E v m m E 32)2(212=+=，此时弹性势能的最大值为E E E E P 3132=-=10．放在光滑水平面上的A 、B 两小车中间夹了一压缩的轻质弹簧，用两手分别控制小车处于静止状态，下面说法中正确的是A ．两手同时放开后，两车的总动量为零B ．先放开右手，后放开左手，而车的总动量向右C ．先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D ．两手同时放开，同车的总动量守恒；两手放开有先后，两车总动量不守恒 10．【答案】ABD ．根据动量守恒定律的适用条件，两手同时放开，则两车水平方向不受外力作用，总动量守恒；否则，两车总动量不守恒，若后放开左手，则左手对小车有向右的冲量作用，从而两车的总动量向右；反之，则向左．因而，选项ABD 正确．◇基础提升训练1．如图6-3-17所示，A 、B 两物体的质量比m A ∶m B ＝3∶2，它们原来静止在平板车C 上，A 、B 间有一根被压缩了的弹簧，A 、B 与平板车上表面间的动摩擦因数相同，地面光滑.当弹簧突然释放后，则有（ ）①A 、B 系统动量守恒 ②A 、B 、C 系统动量守恒 ③小车向左运动④小车向右运动 以上判断正确的是A.①③B.②④C.①④D.②③ 1．【答案】D 解析：由A 、B 、C 组成的系统动量守恒（总动量为零），故选项②正确.因μm A g ＞μm B g ，所以小车所受合力向左，则③对.应选D.2．如图6-3-17所示，A 、B 两物体的质量mA>mB ，中间用一段细绳相连并有一被压缩的弹簧，放在平板上车C 上后，A 、B 、C 均处于静止状态．若地面光滑，则在细绳被剪断后，A 、B 从C 上未滑离之前，A 、B 在C 上向相反方向滑动过程中（ ）A ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小相同，则A 、B 组成的系统动量守恒，A 、B 、C 组成的系统动量也守恒B ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，则A 、B 组成的系统动量不守恒，A 、B 、C 组成的系统动量也不守恒C ．若A 、B 与C 之间的摩擦力大小不相同，则A 、B 组成的系统动量不守恒，但A 、B 、C 组成的系统动量守恒D ．以上说法均不对 2．【答案】AC ．当A 、B 两物体组成一个系统时，弹簧弹力为内力，而A 、B图6-3-17。
【2010高考轻松过系列专题】高中物理易错题分析——动量动量守恒定律
高中物理易错题分析动量、动量守恒定律［内容和方法］本单元内容包括动量、冲量、反冲等基本概念和动量定理、动量守恒定律等基本规律。
冲量是物体间相互作用一段时间的结果，动量是描述物体做机械运动时某一时刻的状态量，物体受到冲量作用的结果，将导致物体动量的变化。
冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵守矢量的平行四边形法则。
本单元中所涉及到的基本方法主要是一维的矢量运算方法，其中包括动量定理的应用和动量守定律的应用，由于力和动量均为矢量。
因此，在应用动理定理和动量守恒定律时要首先选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值而不能只关注力或动量数值的大小；另外，理论上讲，只有在系统所受合外力为零的情况下系统的动量才守恒，但对于某些具体的动量守恒定律应用过程中，若系统所受的外力远小于系统内部相互作用的内力，则也可视为系统的动量守恒，这是一种近似处理问题的方法。
［例题分析］在本单元知识应用的过程中，初学者常犯的错误主要表现在：只注意力或动量的数值大小，而忽视力和动量的方向性，造成应用动量定理和动量守恒定律一列方程就出错；对于动量守恒定律中各速度均为相对于地面的速度认识不清。
对题目中所给出的速度值不加分析，盲目地套入公式，这也是一些学生常犯的错误。
例1、从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是：［］A •掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B .掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D •掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时间长。
【错解分析】错解：选B。
认为水泥地较草地坚硬，所以给杯子的作用力大，由动量定理1= △ P,即F・t = △ P,认为F大即△ P,大，所以水泥地对杯子的作用力大，因此掉在水泥地上的动量改变量大，所以，容易破碎。
动量和能量的综合问题-高考物理复习
(2)小物块第一次返回到B点时速度v的大小； 答案 8 m/s
当小物块第一次回到B点时，设车和子弹的速度为v3，取水平向右为 正方向，由水平方向动量守恒有(m0＋M)v1＝(m0＋M)v3＋mv 由能量守恒定律有 12(m0＋M)v12＝12(m0＋M)v32＋12mv2 联立解得v3＝2 m/s，v＝8 m/s， 即小物块第一次返回到B点时速度大小为v＝8 m/s.
1234
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B
移动的距离；
答案
l 3
对A、B、C组成的系统，由人船模型规律可得mxC＝2mxAB， xC＋xAB＝l 联立解得从 C 球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B 移动 的距离为 xAB＝3l .
1234
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度.
⑩
设在M点轨道对物块的压力大小为FN，
则 FN＋mg＝mvRM2
⑪
由⑩⑪解得FN＝(1－ 2 )mg<0，假设不成立，即物块B不能到达M点.
(3)物块A由静止释放的高度h. 答案 1.8 m
物块A、B的碰撞为弹性正碰且质量相等，
碰撞后速度交换，则vA＝v0＝6 m/s ⑫
设物块A释放的高度为h，对下落过程，根
(3)求平板A在桌面上滑行的距离.
答案
3 8m
A、B碰撞后，A向左做匀减速直线运动，B向左做匀加速直线运动，
则对B有μmBg＝mBaB 对A有μmBg＋μ(mB＋mA)g＝mAaA 解得aA＝6 m/s2，aB＝2 m/s2 设经过时间t，两者共速，则有v＝aBt＝vA－aAt 解得 v＝12 m/s，t＝14 s 此过程中A向左运动距离 x1＝vA＋2 vt＝2＋2 12×14 m＝156 m
高中物理动量守恒定律真题汇编(含答案)含解析
高中物理动量守恒定律真题汇编(含答案)含解析一、高考物理精讲专题动量守恒定律1．在相互平行且足够长的两根水平光滑的硬杆上，穿着三个半径相同的刚性球A、B、C，三球的质量分别为m A=1kg、m B=2kg、m C=6kg，初状态BC球之间连着一根轻质弹簧并处于静止，B、C连线与杆垂直并且弹簧刚好处于原长状态，A球以v0=9m/s的速度向左运动，与同一杆上的B球发生完全非弹性碰撞（碰撞时间极短），求：（1）A球与B球碰撞中损耗的机械能；（2）在以后的运动过程中弹簧的最大弹性势能；（3）在以后的运动过程中B球的最小速度．【答案】（1）；（2）；（3）零．【解析】试题分析：（1）A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒定律有：碰后A、B的共同速度损失的机械能（2）A、B、C系统所受合外力为零，动量守恒，机械能守恒，三者速度相同时，弹簧的弹性势能最大根据动量守恒定律有：三者共同速度最大弹性势能（3）三者第一次有共同速度时，弹簧处于伸长状态，A、B在前，C在后．此后C向左加速，A、B的加速度沿杆向右，直到弹簧恢复原长，故A、B继续向左减速，若能减速到零则再向右加速．弹簧第一次恢复原长时，取向左为正方向，根据动量守恒定律有：根据机械能守恒定律：此时A、B的速度，C的速度可知碰后A 、B 已由向左的共同速度减小到零后反向加速到向右的，故B的最小速度为零 ．考点：动量守恒定律的应用，弹性碰撞和完全非弹性碰撞．【名师点睛】A 、B 发生弹性碰撞，碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，结合动量守恒定律和机械能守恒定律求出A 球与B 球碰撞中损耗的机械能．当B 、C 速度相等时，弹簧伸长量最大，弹性势能最大，结合B 、C 在水平方向上动量守恒、能量守恒求出最大的弹性势能．弹簧第一次恢复原长时，由系统的动量守恒和能量守恒结合解答2．如图所示，一辆质量M=3 kg 的小车A 静止在光滑的水平面上，小车上有一质量m=l kg 的光滑小球B ，将一轻质弹簧压缩并锁定，此时弹簧的弹性势能为E p =6J ，小球与小车右壁距离为L=0.4m ，解除锁定，小球脱离弹簧后与小车右壁的油灰阻挡层碰撞并被粘住，求：①小球脱离弹簧时的速度大小；②在整个过程中，小车移动的距离。
2010年高考物理试题分类汇编——相互作用
2010年高考物理试题分类汇编——相互作用 〔全国卷2〕17. 在雷雨云下沿竖直方向的电场强度为410V/m.一半径为1mm 的雨滴在此电场中不会下落，取重力加速度大小为10m/2s ,水的密度为310kg/3m 。
这雨滴携带的电荷量的最小值约为A ．2⨯910-C B. 4⨯910- C C. 6⨯910- C D. 8⨯910- C【答案】B【解析】带电雨滴在电场力和重力最用下保持静止，根据平衡条件电场力和重力必然等大反向mg=Eq ，如此339944410 3.14103341010r mg q C E E ρπ--⨯⨯⨯====⨯。
【命题意图与考点定位】电场力与平衡条件的结合。
〔新课标卷〕15.一根轻质弹簧一端固定，用大小为1F 的力压弹簧的另一端，平衡时长度为1l ；改用大小为2F 的力拉弹簧，平衡时长度为2l .弹簧的拉伸或压缩均在弹性限度内，该弹簧的劲度系数为A 、2121F F l l --B 、2121F F l l ++C 、2121F F l l +-D 、2121F F l l -+答案：C 解析：根据胡克定律有：)(101l l k F -=，)(022l l k F -=，解得：k=2121F F l l +-。
〔新课标卷〕18.如下列图，一物块置于水平地面上.当用与水平方向成060角的力1F 拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成030角的力2F 推物块时，物块仍做匀速直线运动.假设1F 和2F 的大小相等，如此物块与地面之间的动摩擦因数为A 31B 、23C 、3122-D 、1-32答案：B解析：物体受重力mg 、支持力N 、摩擦力f 、力F 处于平衡，根据平衡条件，有)60sin (60cos 0101F mg F -=μ，)30sin (30cos 0202F mg F +=μ，联立解得：=μ23-。
〔某某理综〕7．如图，水平桌面上放置一根条形磁铁，磁铁中央正上方用绝缘弹簧悬挂一水平直导线，并与磁铁垂直。
高考物理动量守恒定律真题汇编(含答案)及解析
碰后的共同速度 v s 24 16 1m s t 12 4
根据动量守恒定律，有： m1v1 (m1 m2 )v
另一物体的质量 m2
m1
v1 v v
3m1
3kg
①物块 C 的质量？ ②B 离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能 EP？ 【答案】（1）2kg（2）9J 【解析】 试题分析：①由图知，C 与 A 碰前速度为 v1＝9 m/s，碰后速度为 v2＝3 m/s，C 与 A 碰撞 过程动量守恒．mcv1＝（mA＋mC）v2 即 mc＝2 kg ②12 s 时 B 离开墙壁，之后 A、B、C 及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当 A、C 与 B 的速度相等时，弹簧弹性势能最大 （mA＋mC）v3＝（mA＋mB＋mC）v4
【答案】 h 3v02 8g
【解析】
试题分析：选取 A、C 系统碰撞过程动量守恒，机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能
守恒定律求出 A 的速度；A、B 系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定 律可以解题．
小物块 C 与 A 发生弹性碰撞，
由动量守恒得：mv0＝mvC＋mvA
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
由机械能守恒定律得：
由几何关系知： x1 x2 2L
整理得： t 6L 5v0
（3）两小球第
2
次碰撞时的位置与挡板的距离：
x
L
x2
3 5
L
以向左为正方向，第
2
次碰前
A
的速度 vA
4 3
v0 ，B
的速度为 vB
1 3
v0
，如图所示．
设碰后
A
高考物理一轮复习专题之《动量守恒》核心知识点汇总
高考物理一轮复习专题之《动量守恒》核心知识点汇总【基本概念、规律】一、动量动量定理1．冲量(1)定义：力和力的作用时间的乘积．(2)公式：I＝Ft，适用于求恒力的冲量．(3)方向：与力F的方向相同．2．动量(1)定义：物体的质量与速度的乘积．(2)公式：p＝mv.(3)单位：千克·米/秒，符号：kg·m/s.(4)意义：动量是描述物体运动状态的物理量，是矢量，其方向与速度的方向相同．3．动量定理(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的增量．(2)表达式：F·Δt＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．4．动量、动能、动量的变化量的关系(1)动量的变化量：Δp＝p′－p.二、动量守恒定律1．守恒条件(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．2．动量守恒定律的表达式：m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2或Δp1＝－Δp2.三、碰撞1．碰撞物体间的相互作用持续时间很短，而物体间相互作用力很大的现象．2．特点在碰撞现象中，一般都满足内力远大于外力，可认为相互碰撞的系统动量守恒．3．分类【重要考点归纳】考点一动量定理的理解及应用1．动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力．这种情况下，动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值．2．动量定理的表达式F·Δt＝Δp是矢量式，运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向，公式中的F是物体或系统所受的合力．3．应用动量定理解释的两类物理现象(1)当物体的动量变化量一定时，力的作用时间Δt越短，力F就越大，力的作用时间Δt越长，力F就越小，如玻璃杯掉在水泥地上易碎，而掉在沙地上不易碎．(2)当作用力F一定时，力的作用时间Δt越长，动量变化量Δp越大，力的作用时间Δt越短，动量变化量Δp越小4.应用动量定理解题的一般步骤(1)明确研究对象和研究过程．研究过程既可以是全过程，也可以是全过程中的某一阶段．(2)进行受力分析．只分析研究对象以外的物体施加给研究对象的力，不必分析内力．(3)规定正方向．(4)写出研究对象的初、末动量和合外力的冲量(或各外力在各个阶段的冲量的矢量和)，根据动量定理列方程求解．考点二动量守恒定律与碰撞1．动量守恒定律的不同表达形式(1)p＝p′，系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p′.(2)m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．(3)Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．(4)Δp＝0，系统总动量的增量为零．2．碰撞遵守的规律(1)动量守恒，即p1＋p2＝p′1＋p′2.(3)速度要合理．①碰前两物体同向，则v后>v前；碰后，原来在前的物体速度一定增大，且v′前≥v′后．②两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变．3．两种碰撞特例(1)弹性碰撞两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒．以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有(2)完全非弹性碰撞两物体发生完全非弹性碰撞后，速度相同，动能损失最大，但仍遵守动量守恒定律．4.应用动量守恒定律解题的步骤(1)明确研究对象，确定系统的组成(系统包括哪几个物体及研究的过程)；(2)进行受力分析，判断系统动量是否守恒(或某一方向上动量是否守恒)；(3)规定正方向，确定初、末状态动量；(4)由动量守恒定律列出方程；(5)代入数据，求出结果，必要时讨论说明．考点三爆炸和反冲人船模型1．爆炸的特点(1)动量守恒：由于爆炸是在极短的时间内完成的，爆炸时物体间的相互作用力远远大于受到的外力，所以在爆炸过程中，系统的总动量守恒．(2)动能增加：在爆炸过程中，由于有其他形式的能量(如化学能)转化为动能，所以爆炸后系统的总动能增加．(3)位移不变：爆炸的时间极短，因而作用过程中物体运动的位移很小，一般可忽略不计，可以认为爆炸后仍然从爆炸时的位置以新的动量开始运动．2．反冲(1)现象：物体的不同部分在内力的作用下向相反方向运动．(2)特点：一般情况下，物体间的相互作用力(内力)较大，因此系统动量往往有以下几种情况：①动量守恒；②动量近似守恒；③某一方向动量守恒．反冲运动中机械能往往不守恒．注意：反冲运动中平均动量守恒．(3)实例：喷气式飞机、火箭、人船模型等．3．人船模型若人船系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中的平均动量也守恒．如果系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则由m11＝－m22得m1x1＝－m2x2.该式的适用条件是：(1)系统的总动量守恒或某一方向上的动量守恒．(2)构成系统的两物体原来静止，因相互作用而反向运动．(3)x1、x2均为沿动量方向相对于同一参考系的位移．考点五实验：验证动量守恒定律1．实验原理在一维碰撞中，测出物体的质量m和碰撞前后物体的速率v、v′，找出碰撞前的动量p＝m1v1＋m2v2及碰撞后的动量p′＝m1v′1＋m2v′2，看碰撞前后动量是否守恒．2．实验方案方案一：利用气垫导轨完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出滑块质量．(2)安装：正确安装好气垫导轨．(3)实验：接通电源，利用配套的光电计时装置测出两滑块各种情况下碰撞前后的速度(①改变滑块的质量．②改变滑块的初速度大小和方向)．(4)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案二：利用等长悬线悬挂等大小球完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小球的质量m1、m2.(2)安装：把两个等大小球用等长悬线悬挂起来．(3)实验：一个小球静止，拉起另一个小球，放下时它们相碰．(4)测速度：可以测量小球被拉起的角度，从而算出碰撞前对应小球的速度，测量碰撞后小球摆起的角度，算出碰撞后对应小球的速度．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．方案三：在光滑桌面上两车碰撞完成一维碰撞实验(1)测质量：用天平测出两小车的质量.(2)安装：将打点计时器固定在光滑长木板的一端，把纸带穿过打点计时器，连在小车的后面，在两小车的碰撞端分别装上撞针和橡皮泥．(3)实验：接通电源，让小车A运动，小车B静止，两车碰撞时撞针插入橡皮泥中，把两小车连接成一体运动．(5)改变条件：改变碰撞条件，重复实验．(6)验证：一维碰撞中的动量守恒．(4)不放被撞小球，让入射小球从斜槽上某固定高度处自由滚下，重复10次．用圆规画尽量小的圆把所有的小球落点圈在里面，圆心P 就是小球落点的平均位置．(5)把被撞小球放在斜槽末端，让入射小球从斜槽同一高度自由滚下，使它们发生碰撞，重复实验10次．用步骤(4)的方法，标出碰后入射小球落点的平均位置M和被碰小球落点的平均位置N.如图所示．【思想方法与技巧】动量守恒中的临界问题1．滑块与小车的临界问题滑块与小车是一种常见的相互作用模型．如图所示，滑块冲上小车后，在滑块与小车之间的摩擦力作用下，滑块做减速运动，小车做加速运动．滑块刚好不滑出小车的临界条件是滑块到达小车末端时，滑块与小车的速度相同．2．两物体不相碰的临界问题两个在光滑水平面上做匀速运动的物体，甲物体追上乙物体的条件是甲物体的速度v甲大于乙物体的速度v乙，即v甲>v乙，而甲物体与乙物体不相碰的临界条件是v甲＝v乙．3．涉及弹簧的临界问题对于由弹簧组成的系统，在物体间发生相互作用的过程中，当弹簧被压缩到最短时，弹簧两端的两个物体的速度相等．4．涉及最大高度的临界问题在物体滑上斜面(斜面放在光滑水平面上)的过程中，由于弹力的作用，斜面在水平方向将做加速运动．物体滑到斜面上最高点的临界条件是物体与斜面沿水平方向具有共同的速度，物体在竖直方向的分速度等于零．5.正确把握以下两点是求解动量守恒定律中的临界问题的关键：(1)寻找临界状态看题设情景中是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．(2)挖掘临界条件在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．。
2010年高中物理高考二轮复习经典例题专题剖析：力学三大规律人教版
2010年高考二轮复习物理经典例题专题剖析：力学三大规律在物理中解决动力学问题有三个根本观点：力的观点、动量的观点、能量的观点。
一、力的观点与动量观点结合例1.如下列图，长12 m ，质量为50 kg 的木板右端有一立柱，木板置于水平地面上，木板与地面间的动摩因数为0.1，质量为50 kg 的人立于木板左端，木板与均静止，当人以4m/s 2的加速度匀加速向右奔跑至板右端时立即抱住木柱，试求：〔g 取10m/s 2〕〔1〕人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小。
〔2〕人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间。
〔3〕人抱住木柱后，木板向什么方向滑动？还能滑行多远的距离？解析：人相对木板奔跑时，设人的质量为m ，加速度为1a ，木板的质量为M ，加速度大小为2a ，人与木板间的摩擦力为f ，根据牛顿第二定律，对人有：200N 1==ma f ；〔2〕设人从木板左端开始距到右端的时间为t ，对木板受力分析可知：2)(Ma g m M f =+-μ故m/s 2)(2=+-=M g m M f a μ，方向向左；由几何关系得：L t a t a =+22212121，代入数据得：s 2=t 〔3〕当人奔跑至右端时，人的速度m /s 811==t a v ，木板的速度m /s 422==t a v ；人抱住木柱的过程中，系统所受的合外力远小于相互作用的内力，满足动量守恒条件，有：V M m Mv mv )(21+=- 〔其中V 为二者共同速度〕代入数据得m/s 2=V ，方向与人原来运动方向一致；以后二者以m/s 2=V 为初速度向右作减速滑动，其加速度大小为2m/s 1==g a μ，故木板滑行的距离为m 222==av s 。
点评：用力的观点解题时，要认真分析物体受力与运动状态的变化，关键是求出加速度。
二、动量观点与能量观点综合例2.如下列图，坡道顶端距水平面高度为h ，质量为m 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，在进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线M 处的墙上，另一端与质量为m 2的挡板B 相连，弹簧处于原长时，B 恰位于滑道的末端O 点。
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动量与能量守恒【题组二】一．选择题1.（2009崇文区期末试题）如图所示，一个质量为0.18kg 的垒球，以25m/s 的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为45m/s ，设球棒与垒球的作用时间为0.01s 。
下列说法正确的是（ A ） ①球棒对垒球的平均作用力大小为1260N ②球棒对垒球的平均作用力大小为360N ③球棒对垒球做的功为126J ④球棒对垒球做的功为36JA ．①③B ．①④C ．②③D ．②④ 2.（2009崇文区期末试题）质量相等的两木块A 、B 用一轻弹簧栓接，静置于水平地面上，如图(a ）所示。
现用一竖直向上的力F 拉动木块A ，使木块A 向上做匀加速直线运动，如图(b ）所示。
从木块A 开始做匀加速直线运动到木块B 将要离开地面时的这一过程，下列说法正确的是（设此过程弹簧始终处于弹性限度内 ）（ A ） A ．力F 一直增大B ．弹簧的弹性势能一直减小C ．木块A 的动能和重力势能之和先增大后减小D ．两木块A 、B 和轻弹簧组成的系统的机械能先增大后减小3.(凤阳荣达学校2009届高三物理第三次月考测试卷)．如图所示，一个质量为m 的物体以某一速度从A 点冲上倾角为30°的斜面，其运动的加速度为3g /4，这物体在斜面上上升的最大高度为h ，则这过程中：( BD ) A 、重力势能增加了mgh 43;B 、机械能损失了mgh 21;C 、动能损失了mgh ;D 、重力势能增加了mgh 。
4.(2009江安中学月考)如图，一轻弹簧左端固定在长木块M 的左端，右端与小木块m连接，BC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F 1和F 2。
从两物体开始运动以后的整个运动过程中，对m 、M 和弹簧组成的系统（整个过程中弹簧形变不超过其弹性限度）。
正确的说法是（.D ） A 、由于F 1、F 2等大反向，故系统机械能守恒 B 、F 1、F 2 分别对m 、M 做正功，故系统动量不断增加 C 、F 1、F 2 分别对m 、M 做正功，故系统机械能不断增加 D 、当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 的动能最大5.(2009届高士中学第二次月考高三物理试题)光滑水平面上静置一质量为M 的木块，一颗质量为m 的子弹以水平速度v 1射入木块，以v 2速度穿出，对这个过程，下列说法正确的是： （ D ） A 、子弹对木块做的功等于()222121v v m -； B 、子弹对木块做的功等于子弹克服阻力做的功；C 、子弹对木块做的功等于木块获得的动能与子弹跟木块摩擦生热的内能之和；D 、子弹损失的动能等于木块的动能跟子弹与木块摩擦转化的内能和。
6.(肥西中学高三物理第二次月考试卷)质量为m 的物体置于倾角为θ的斜面上，物体与斜面间的动摩擦系数为μ，在外力作用下，斜面以加速度a 沿水平方向向左做匀加速运 动，运动中物体m 与斜面体相对静止。
则关于斜面对m 的支持力和摩擦力的下列说法中 错误的是 （ B ） A ．支持力一定做正功 B ．摩擦力一定做正功 C ．摩擦力可能不做功 D ．摩擦力可能做负功7.(2009安丰中学月考)如图所示，在一辆表面光滑足够长的小车上，有质量为m 1、m 2的两个小球（m 1＞m 2），原来随车一起运动，当车突然停止时，如不考虑其他阻力，则两个小球（ B ）A ．一定相碰B ．一定不相碰C ．不一定相碰D ．无法确定，因为不知小车的运动方向8.(合肥35中2009届高三物理第一次质量抽测试卷)如图，电梯内固定的 光滑水平桌面上，一轻弹簧左端固定，一小球与弹簧接触而不粘连。
先用手推着球使弹簧压缩到一定程度，再释放，小球离开弹簧时获得了一定的动能。
当电梯向上减速时，球对桌面的压力用F N1表示，球获得的动能用E K1表示，电梯向上匀速时，球对桌面的压力用F N2表示，获得的动能用E K2表示，当电梯向上加速时，球对桌面的压力用F N3表示，获得的动能用E K3表示，则下列表达式成1F立的是 ( BC )A．F N1=F N2=F N3 B．F N1＜F N2＜F N3 C．E K1=E K2=E K3 D．E K1＜E K2＜E K39.(2009丰台区期末试题)在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项．质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而竖直向下做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降深度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）（ BD ）A．他的动能减少了FhB．他的重力势能减少了mghC．他的机械能减少了(F－mg)hD．他的机械能减少了Fh10.(2009高淳外校月考)如图所示，A、B两质量相等的长方体木块放在光滑的水平面上，一颗子弹以水平速度v先后穿过A和B(此过程中A和B没相碰)。
子弹穿过B后的速度变为2v/5 ，子弹在A和B内的运动时间t1 : t2=1:2，若子弹在两木块中所受阻力相等，则：（AC）A．子弹穿过B后两木块的速度大小之比为1：2B．子弹穿过B后两木块的速度大小之比为1：4C．子弹在A和B内克服阻力做功之比为3：4D．子弹在A和B内克服阻力做功之比为1：211.(开城中学2008-2009学年度第一学期高三月考)如图所示，水平面上的轻弹簧一端与物体相连，另一端固定在墙上P点，已知物体的质量为m=2.0kg，物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.4，弹簧的劲度系数k=200N/m.现用力F拉物体，使弹簧从处于自然状态的O点由静止开始向左移动10cm，这时弹簧具有弹性势能E P=1.0J，物体处于静止状态.若取g=10m/s2，则撤去外力F后（ CD ）A. 物体回到O点时速度最大B .物体向右滑动的距离可以达到12.5cmC .物体向右滑动的距离一定小于12.5cmD. 物体到达最右端时动能为0，系统机械能不为012.（长郡中学2009届高三第二次月考物理试题） 子弹在射入木块前的动能为E 1，动量大小为1p ；射穿木板后子弹的动能为E 2，动量大小为2p 。
若木板对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木板的过程中的平均速度大小为(BC) A 、2121p p E E ++ B 、1212p p E E -- C 、2211p E p E + D 、2211p Ep E -13.(2009海淀区期末试题) 如图所示，一质量为m 的金属杆ab ，以一定的初速度v 0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑 行，轨道平面与水平面成θ角，两导轨上端用一电阻相连， 磁场方向垂直轨道平面向上，轨道与金属杆ab 的电阻不计并接触良好。
金属杆向上滑行到某一高度h 后又返回到底端，在此过程中 （ B ） A ．整个过程中合外力的冲量大小为2mv 0B ．下滑过程中合外力所做的功等于电阻R 上产生的焦耳热C ．下滑过程中电阻R 上产生的焦耳热小于mgh mv -2021 D ．整个过程中重力的冲量大小为零14.（湖南省长沙市一中高三第二次月考）．一物体竖直向下匀加速运动一段距离，对于这一运动过程，下列说法正确的是 （ C ） A ．物体的机械能一定增加 B ．物体的机械能一定减少C ．相同时间内，物体动量的增量一定相等D ．相同时间内，物体动能的增量一定相等15.(宜昌市一中2009届高三年级十月月考)．如图所示，小车由光滑的弧形段AB 和粗糙的水平段BC 组成，静止在光滑水平面上，当小车固定时，从A 点由静止滑下的物体到C 点恰好停止。
如果小车不固定，物体仍从A 点静止滑下，则(B) A ．还是滑到C 点停住 B ．滑到BC 间某处停住 C ．会冲出C 点落到车外 D ．上述三种情况都有可能16.(芜湖一中2009届高三第一次模拟考试)在探究功与物体速度变化的关系实验中，某同学在一次实验中得到了一条如图所示的纸带，这条纸带上的点两端较密，中间疏，出现这种情Ah 况的原因可能是 (C)A ．电源的频率不稳定B ．木板倾斜程度太大C ．没有使木板倾斜或倾斜角度太小D ．是由于橡皮筋的拉伸程度过大而导致的17.(2009东城区期末试题)下列说法正确的是 （ B ） A ．质点做自由落体运动，每秒内重力所做的功都相同 B ．质点做平抛运动，每秒内动量的增量都相同 C ．质点做匀速圆周运动，每秒内合外力的冲量都相同 D ．质点做简谐运动，每四分之一周期内回复力做的功都相同18.（2009届湖南省浏阳一中高三10月月考物理试题）．如图所示，一物体以初速度v 0冲向光滑斜面AB ，并能沿斜面升高h ，下列说法中正确的是 （ D ）A ．若把斜面从C 点锯断，由机械能守恒定律可知，物体冲出C 点后仍能升高hB ．若把斜面变成圆弧形AB ′，物体仍能沿AB ′升高hC ．无论是把斜面从C 点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h ，因为机械能不守恒D ．无论是把斜面从C 点锯断或把斜面弯成圆弧形，物体都不能升高h ，但机械能守恒υ0υ0AB19.（2009届湖南省浏阳一中高三10月月考物理试题）.如图中AB 为一段粗糙的波浪形路面，一个物体从A 端以初速度v 0开始滑行，到达B 端时的速度大小为v 1，若此物体以同样大小的初速度v 0从B 端开始滑行，到达A 端时速度大小为v 2，则v 1与v 2相比（B ）A ．v 1=v 2B ．v 1>v 2C ．v 1<v 2D ．条件不足，无法比较20.（2009石景山区期末试题）一位高三学生以恒定的速率从学校教学楼的一层上到四层，该同学上楼过程中克服自身重力做的功最接近： （ C ） A ．60 J B ．6.0×102J C ．6.0×103J D ．6.0×104J21.(湘钢一中2009届10月月考试题)人站在岸上通过定滑轮用轻绳牵引水面上的小船，使船先后经过了A 、B 、C 三点，如图所示。
若水对小船的阻力和人对绳的牵引力F 恒定不变，且AB=BC ，船从A 到B 牵引力做功为W 1，船从B 到C 牵引力做功为W 2，则在船靠岸的过程中，一定是：（B ） A ． W 1 = W 2 B ． W 1 > W 2 C ． W 1 < W 2D ． 小船经过C 点时的动能大于它经过B 点时的动能22.(宜昌市一中2009届高三年级十月月考)．如图所示，一根不可伸长的轻绳两端各系一个小球a 和b ，跨在两根固定在同一高度的光滑水平细杆上，质量为3m 的a 球置于地面上，质量为m 的b 球从水平位置静止释放。
当a 球对地面压力刚好为零时，b 球摆过的角度为θ。
下列结论正确的是(AC) A ．θ=90︒ B ．θ=45︒C ．b 球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率 先增大后减小D ．b 球摆动到最低点的过程中，重力对小球做功的功率一直增大23.(2009东城区期末试题) 静止在光滑水平面上的物体，受到 水平拉力F 的作用，拉力F 随时间t 变化的图象如图所示，则（ BCD ）1A.0—4s 内物体的位移为零B.0—4s 内拉力对物体做功为零C. 4s 末物体的速度为零D.0—4s 内拉力对物体冲量为零24.(北京海淀区2009高三期末试题)如图15所示，BD 是竖直平面上圆的一条竖直直径，AC 是该圆的任意一条直径，已知AC 和BD 不重合，且该圆处于匀强电场中，场强大小为E ，方向在圆周平面内。