★高考二轮复习专题二能量和动量-高三年级高考第二轮总复习物理专题研究.pdf

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1、 1 专题研究二 能量和动量 考 点 考 题 题 型 功和能、动能定理 2003上海4 2003上海21 2004上海8 2004上海21 2004天津理综24 2005江苏10 2005上海19A 2005广东14 2005黑、吉、广西23 选择题 计算题 选择题 计算题 计算题 选择题 计算题 计算题 计算题 动量、冲量、动量定理 2004广东14 计算题 机械能守恒定律 2003上海7 2004江苏15 2005上海9 2005北京理综23 2005广东6 2005河南河北24 选择题 计算题 选择题 计算题 选择题 计算题 高考考点解读 相关知识链接 动量 重力做功 WG EP 弹力做

2、功 WF1 EP1 分子力做功 WF2 EP2 电场力做功 WF3 EP3 能量 能 冲量 动量 恒力做功 W=FsCOS(重力做功、电场力做功)变力做功 （弹力、机车牵引力、摩擦力、分子力做功等）动能 势能(重力势能、弹性势能、电势能、分子势能)动能定理 W EK 功能原理 W其他 E 机械能守恒 EP EK 能量守恒 Q E 恒力的冲量 I=Ft 变力的冲量 （弹力、向心力、摩擦力、库仑力的冲量等）动量的变化（方向在一条直线上的、方向不在一条直线上的）动量定理 I P 动量守恒 P1 P2 P1+P2=P1+P2 功 能量和动量的综合应用 2 动量守恒定律 2004天津理综21 选择题 动

3、量和能量的综合应用 2003江苏19 2003江苏20 2004江苏18 2004广东17 2004全国理综25 2004北京理综24 2005江苏18 2005广东18 2005河南河北24 2005黑、吉、广西25 2005陕西、四川25 2005天津24 计算题 计算题 计算题 计算题 计算题 计算题 计算题 计算题 计算题 计算题 计算题 计算题 1 功和能的关系及动能定理是历年高考的热点，近几年来注重考查对功的概念的理解及用功能关系研究物理过程的方法，由于所涉及的物理过程常常较为复杂，对学生的能力要求较高，因此这类问题难度较大。例如 2005年江苏物理卷的第 10 题，要求学生能深刻

4、理解功的概念,灵活地将变力分解。2 动量、冲量及动量定理近年来单独出题不多，选择题中常考查对动量和冲量的概念及动量变化矢量性的理解。计算题常设置某个瞬时过程，计算该过程物体受到的平均作用力或物体状态的变化。要求学生能正确地对物体进行受力分析，弄清物体状态变化的过程。3动量守恒定律的应用，近几年单独命题以选择题为主，常用来研究碰撞和类碰撞问题，主要判定碰撞后各个物体运动状态量的可能值，这类问题也应该综合考虑能量及是否符合实际情况等多种因素。机械能守恒定律的应用常涉及多个物体组成的系统，要求学生能正确在选取研究对象，准确确定符合题意的研究过程。这类问题有时还设置一些临界态问题或涉及运用特殊数学方法

5、求解，对学生的能力有一定的要求。如 2004年上海物理卷的 10 题，涉及到两个小球组成的系统，并且要能正确地运用数学极值法求解小球的最大速度。4 动量和能量的综合运用一直是高考考查的重点，一般过程复杂、难度大、能力要求高，经常是高考的压轴题。要求学生学会将复杂的物理过程分解成若干个子过程，分析每一个过程的始末运动状态量及物理过程中力、加速度、速度、能量和动量的变化。对于生活、生产中的实际问题要建立相关物理模型，灵活运用牛顿定律、动能定理、动量定理及能量转化与守恒的方法解决实际问题。分析解答问题的过程中常需运用归纳、推理的思维方法。如：2003年全国卷第 20 题、2004年理综全国卷第 25

6、 题的柴油机打桩问题、2004年江苏物理卷第 18 题、2004年广东物理卷第 17 题、2005年江苏物理卷第 18 题、2005年广东物理卷第 18 题等。值得注意的是 2005年江苏物理卷的第 18 题把碰撞中常见的一维问题升级为二维问题，对学生的物理过程的分析及动量矢量性的理解要求更高了一个层次。高考命题思路 3 第 5 课时 做功、能量和动能定理 例 1（2005江苏10）如图 5-1所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块，用轻绳系着滑块绕过光滑的定滑轮，以大小恒定的拉力 F 拉绳，使滑块从 A 点起由静止开始上升若从 A 点上升至B 点和从 B 点上升至 C 点的过程中拉力 F 做的

7、功分别为 W1、W2，滑块经 B、C 两点时的动能分别为 EKB、EKc，图中 AB=BC，则一定有 （）(A)WlW2 (B)W1EKC (D)EKBW2，所以 A 正确。根据动能定理：KKGFEEWW 因在两段中拉力做的功 WF与重力做的功 WG的大小关系不能确定,故无法比较 EKB与 EKc的大小。点评：解决该题的关键是能正确地理解功的定义,注意从不同的思维角度去分析问题。题中力 F 为恒力，学生易从求力的作用点位移角度来比较两过程绳子缩短的长度，进而增加了思维难度，甚至造成错误。例 2（2004广东17）如图 5-2所示,轻弹簧的一端固定，另一端与滑块 B 相连，B 静止在水平导轨上，

8、弹簧处在原长状态。另一质量与 B相同滑块 A，从导轨上的 P 点以某一初速度向 B 滑行，当 A 滑过距离1l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2l，求 A从 P 出发时的初速度0v。析与解：本题涉及物块 A及AB 共同体两个研究对象，涉及多个运动过程，且 AB 共同体压迫弹簧及被弹簧推向右端的过程受力复杂，属于多对象多过程的复杂问题。研究 A 滑行至 B 的过程，设 A刚接触 B时的速度为1v，由功能关系有：220111122mvmvmgl

9、A与 B 碰撞过程中动量守恒，令碰后 A、B 共同运动的速度为2v，有 122mvmv A与 B 碰后先一起向左运动，接着 A、B 一起被弹回，当弹簧恢复到原长时，A、B分离，设此时 A、B的共同速度为3v，在这过程中，弹簧势能始末两态都相等，研究共同体与弹簧作用的全过程，利用功能关系,有 2323211(2)(2)(2)(2)22m vm vm gl 此后 A、B 开始分离，A 单独向右滑到 P 点停下，由功能关系有 23112mvmgl 由以上各式，可得 012(1016)vgll 点评：A、B 碰撞的瞬间有动能损失，A、B 再次分离后各自己的运动独立，故不能研究整个过程运用动能定理求解。

10、正确的分析出滑块运动的各个过程，判断出 AB 两滑块分离时弹簧处于原长状态是题解的关键。对于多过程问题，在分析运动过程的同时还应注意找出前后各过程间的联系。精典考题反思 B A 2l 1l 图 5-2 P 图 5-1 4 例 3（2005黑龙江吉林23）如图 5-3所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮 K，一条不可伸长的轻绳绕过 K 分别与物块 A、B 相连，A、B 的质量分别为 mA、mB。开始时系统处于静止状态。现用一水平恒力 F 拉物块 A，使物块 B 上升。已知当 B 上升距离为 h 时，B 的速度为 v。求此过程中物块 A 克服摩擦力所做的功。重力加速度为 g。析与解：由于连

11、结 AB 的绳子在运动过程中一直处于绷紧状态，故A、B 速度的大小相等，对 A、B 组成的系统，由功能关系有：FhW mBgh=12(mA+mB)v2 求得：W=FhmBgh12(mA+mB)v2 点评：本题如果运用隔离法选择研究对象，运用牛顿运动定律求解，要求出摩擦力的大小则比较复杂，而运用功能原理求解时则就显得简单多了。在连结体问题中，若不涉及常系统内的相互作用时，常以整体为研究对象求解。例 4 如图 5-4所示，质量m=0.5kg的小球从距地面高H=5m处自由下落，到达地面恰能沿凹陷于地面的半圆形槽壁运动，半圆槽半径R=0.4m。小球第一次到达槽最低点时速率为 10m/s，并继续沿槽壁运

12、动直到从槽右端边缘飞出，如此反复几次，设摩擦力恒定不变，求：（设小球与槽壁相碰时不损失能量）（1）小球第一次离槽上升的高度h；（2）小球最多能飞出槽外的次数（取g=10m/s2）。析与解：（1）小球从高处运动至槽口的过程中，只有重力做功；由槽口运动至槽底端的过程中，重力、摩擦力都做功，因摩擦力大小恒定不变，且方向总是与运动方向相反，故圆槽右半部分摩擦力对小球做的功与左半部分摩擦力对小球做的功相等。分别研究小球从最高点落至槽底部和从槽底部运动至左侧上方最高点的过程，设小球第一次离槽上升的高度h，由动能定理得 221)(mvWRHmgf 221)(mvWRhmgf 得mgmgRWmvhf2214.

13、2m（2）小球通过一次圆弧槽，需克服摩擦力做功 2Wf,且小球飞出槽口一次，在小球多次通过圆弧槽后，当小球飞出槽口的速度小于等于零，则小球不能飞出槽口，设小球飞出槽外的次数为 n，用动能定理研究全过程得 02fWnmgH 25.64252fWmgHn 即小球最多能飞出槽外 6 次。点评：小球在沿槽壁运动过程中摩擦力方向尽管不断变化，但摩擦力方向与运动方向始终在同一直线上，摩擦力功为力与路程的乘积。该题小球的运动具有往复性，用动能定理研究整个过程可直接求出问题的答案。本题中作了摩擦力不变的假设，学生应认真审题。A B K F 图 5-3 图 5-4 5 1、如图 5-1 所示，木板长为l，板的A

14、端放一质量为m的小物块，物块与板间的动摩擦因数为。开始时板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度 的过程中，若物块始终保持与板相对静止。对于这个过程中各力做功的情况，下列说法正确的是 ()A、摩擦力对物块所做的功为mglsin(1-cos)B、弹力对物块所做的功为mglsin cos C、木板对物块所做的功为mglsin D、合力对物块所做的功为mgl cos 2、如图 5-2 所示,一物体从高为H的斜面顶端由静止开始滑下，滑上与该斜面相连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为12 H。若不考虑物体经 过 斜 面 底 端 转 折 处 的 能 量 损 失，则 当 物 体 再 一 次 滑

15、 回 斜 面 时 上 升 的 最 大 高 度 为 ()A 0 B 14 H，C 14 H与12 H之间 D 0 与14 H之间 3、如图 5-3 所示，重球 m 用一条不可伸长的轻质细线栓住后悬于 O 点，重球置于一个斜面不光滑的斜劈 M 上，用水平力 F 向左推动斜劈 M 在光滑水平桌面上由位置（a）匀速向左移动到位置（b），在此过程中，正确说法是：（）A m 与 M 之间的摩擦力对 m 做正功；B M 与 m 之间的摩擦力对 m 做负功；C M 对 m 的弹力对 m 所做的功与 m 对 M 的弹力对 M 所做的功的绝对值不相等；D F 对 M 所做的功与 m 对 M 所做的功的绝对值相等。

16、4、（2005广东18）如图 5-4 所示，两个完全相同的质量为 m 的木板 A、B 置于水平地面上，它们的间距 s=2.88m。质量为 2m，大小可忽略的物块 C 置于 A 板的左端。C 与 A 之间的动摩擦因数为1=0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为2=0.10，最大静摩擦力可以认为等于滑动摩擦力。开始时，三个物体处于静止状态。现给 C 施加一个水平向右，大小为mg52的恒力 F，假定木板A、B 碰撞时间极短且碰撞后粘连在一起，要使 C 最终不脱离木板，每块木板的长度至少应为多少？巩固提高训练 O A 图 5-1 5-2 O b a F 图 5-3 A C B F s 图 5-4

17、 6 5（05广州一模）如图5-5所示，EF为水平地面，O点左侧是粗糙的、右侧是光滑的.一轻质弹簧右端与墙壁固定，左端与静止在O点质量为m的小物块A连结，弹簧处于原长状态.质量为m 的物块B在大小为 F的水平恒力作用下由 C处从静止开始向右运动，已知物块B与地面EO段间的滑动摩擦力大小为4F，物块B运动到O点与物块A相碰并一起向右运动（设碰撞时间极短），运动到D点时撤去外力F.已知 CO 4S，ODS.求撤去外力后：（1）弹簧的最大弹性势能.（2）物块B最终离0点的距离.图 5-5 7 附:第 5 课时巩固提高训练答案及解 1 答案：C 解：支持力对物体做正功，重力对物体做负功；由于静摩擦力始

18、终与运动方向垂直，故摩擦力不做功，三力对物体做的总功为零。因重力对物体做功为sinmg，所以木板对物体支持力做功为sinmg。选项为 C 2 答案 B 解：由功能关系知物体下滑过程中机械能的损失等于克服摩擦力做的功，第一次从 H高处下滑返回到最高点高度为2H，损失的能量为总机械能的一半；因摩擦力不变，故可类比推知第二次回到最高点损失的能量也为一半，即最大高度为4H。选项为 B 3 答案：A D 解：小球受到的摩擦力的方向沿斜面向下，小球的运动方向垂直于细绳向上，故小球的运动方向与摩擦力的方向小于 900，所以，A 选项正确。而 M 对 m 弹力作用的物点和 m 对 M 弹力作用的物点的位移相同

19、，所做的功的绝对值相等。M 匀速运动，其所受外力做功为零。故 D 选项正确。4 答案：L=3m 解：第一阶段拉力 F 小于 C、A 间最大静摩擦力，因此 C、A 共同加速到与 B 相碰，该过程对 C、A 共同体用动能定理：（F-23mg）s=3mv12/2，得 v1=83.0m/s AB 相碰瞬间，AB 动量守恒，碰后共同速度 v2=43.0m/s C 在 AB 上滑行全过程，ABC系统所受合外力为零，动量守恒，C 到 B 右端时恰好达到共速：2m v1+2m v2=4m v，因此共同速度 v=63.0m/s C 在 AB 上滑行全过程用功能关系：F 2L=4m v2/2-(2m v12/2+

20、2m v22/2)+12mg2L 得 L=3m 5答案：（1）FSEpm25 （2）x=5s 解：（1）B与A 碰撞前速度由动能定理 W（F-F/4）4Smv2/2，得v0=mFSSmFF64)41(2 B与A碰撞，由动量守恒定律 mv0=2mv1 ，得 v1=mFS621 碰后到物块A、B运动至速度减为零，弹簧的最大弹性势能 Epm=FS+FSmv2522121 （2）设撤去F后，A、B一起回到0点时速度为v2，由机械能守恒得 Epm=22221mv V2=mFS5 返回至0点时，A、B开始分离，B在滑动摩擦力作用下向左作匀减速直线运动，设物块B最终离O点最大距离为x，由动能定理：-2104

21、1Fx 22mv 解得 x=5s 8 第 6 课时 冲量、动量与动量定理 例 1（2004广东14）一质量为 m 的小球，以初速度 v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为 300的固定斜面上，并立即反方向弹回。已知反弹速度的大小是入射速度大小的34，求在碰撞中斜面对小球的冲量大小。析与解：小球在碰撞斜面前做平抛运动。设刚要碰撞斜面时小球速度为v.由题意，v的方向与竖直线的夹角为 30，且水平分量仍为v0，如右 6-1图.由此得v=2v0 碰撞过程中，小球速度由v变为反向的v43，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，斜面对小球的冲量为 mvvmI)43(解得 047mvI 点评：本题

22、为动量定理和平抛运动的综合应用题，必须先根据平抛运动的知识确定小球射到斜面上时的速度，再根据动量定理求冲量的大小。求力的冲量常从两个角度思考：（1）冲量的定义FtI，（2）动量定理PI。在求斜面对小球的冲量时要注意动量的矢量性。例 2（1995全国17）一粒钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程，进人泥潭直到停止的过程称为过程,则 ()A、过程 I 中钢珠动量的改变量等于重力的冲量 B、过程中阻力冲量的大小等于过程 I 中重力的冲量的大小 C、I、两个过程中合外力的总冲量等于零 D、过程中钢珠动量的改变量等于零 析与解：在过程 I 中，钢珠从静止状态自由下落。

23、不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠动量的改变量等于重力的冲量，选项 A正确；全过程中始末状态动量的变化为零，所受的总冲量为零，故过程中阻力冲量的大小等于过程 I、中重力冲量的大小之和。显然 B 选项不对，C 选项正确；在 I、两个过程中，每个过程钢珠动量的改变量各不为零，且它们大小相等、方向相反，故 D 选项错误。因此，本题的正确选项为 A、C。点评：本题考查了动量定理的运用，动量定理不仅适用于单一物理过程同样也适用于复杂物理过程。在运用动量定理时应注意根据所求问题选取合适的物理过程，分析各物理过程中力的冲量及物体的始末状态量。运用动量定理时不能忽视对研究对象的受力分析。例 3（

24、2002全国26）蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为 60kg的运动员，从离水平网面 3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面 5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为 1.2s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g 10m/s2）析与解：将运动员看作质量为 m 的质点，从 h1高处下落，刚接触网时速度的大小 112ghv 方向竖直向下 弹跳后到达的高度为 h2，刚离网时速度的大小 222ghv 方向竖直向上 以向上为正向，由动量定理知：12)(mvmvtmgF 代入数据得：F1.5103N 点评：动量定

25、理既适用于恒力作用下的问题，也适用于变力作用下的问题。在变力作用下由动量定理求出的力是在 t时间内的平均值。另注意本题中运动员触网过程中所受重力不能忽略。本题精典考题反思 图 6-1 9 也可以先求出上升和下落时间，再研究全过程据动量定理列式求解。例 4如图 6-2所示，质量为 M 的汽车带着质量为m 的拖车在平直公路上以加速度a 匀加速前进，当速度为 V0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。若汽车的牵引力一直未变，车与路面的动摩擦因数为，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？析与解：汽车和拖车脱钩后，汽车以大于 a的加速度作匀加速运动，拖车作匀减速运动，加速度为 g。以汽车和拖

26、车系统为研究对象，系统受的合外力不变，始终为amM；该过程经历时间为 V0/g，末状态拖车的动量为零。对系统运用动量定理：0/0/0VMggamMVVmMMVgVamM，点评：动量定理不仅适用于单个物体，对多个物体组成的系统同样也适用，合理在选取研究对象能简化研究问题。注意本题的研究过程为汽车和拖车脱钩后至拖车停下之前，因为拖车停下后，系统受的合外力中少了拖车受到的摩擦力，因此合外力大小不再是amM。1 （1997全国2）质量为 m的钢球自高处落下，以速率 v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为 v2。在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为 （）A 向下，m（v1-v2）B

27、向下，m（v1v2）C 向上，m（v1-v2）D 向上，m（v1v2）2 以下说法中正确的是：()动量相等的物体，动能也相等；物体的动能不变，则动量也不变；某力对物体不做功，则这个力的冲量就为零；物体所受到的合冲量为零时，其动量方向不可能变化.3 恒力 F 作用在质量为 m 的物体上，如图 6-1 所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间 t，下列说法正确的是 ()A 拉力 F 对物体的冲量大小为零 B 拉力 F 对物体的冲量大小为 Ft C 拉力 F 对物体的冲量大小是 Ftcos D 合力对物体的冲量大小为零 4 一质量为的物体从距地面高处以一定的速度水平抛出（不计空气阻力）

28、，则物体在落地前的运动过程中，下列说法中正确的有：()A 连续相等的时间间隔内物体受到的冲量相同 B 连续相等的时间间隔内物体的动量变化相同 C 连续相等的时间间隔内物体的动能增量相等 D 连续相等的时间间隔内合外力所做的总功相等 5 两木块质量之比为 1 2，它们在粗糙程度相同的水平面上滑动，下列说法正确的是：()若初速度相同，滑行的距离之比为 1 1，滑行所需时间之比为 1 1 若初动量相同，滑行的距离之比为 1 1，滑行所需时间之比为 1 1 若初动能相同，滑行的距离之比为 1 1，滑行所需时间之比为 1 1 若初动量相同，滑行的距离之比为 4 1，若初动能相同，滑行所需距离之比为 2

29、1。A、B、C、D、6 在粗糙水平面上运动的物体，从 A 点开始受水平恒力作用，作直线运动已知物体在 B 点的速度与 A 点的速度大小相等，则这个过程中：（）A.物体不一定做匀速直线运动 B.F始终与摩擦力方向相反 巩固提高训练 m V0 V/M 图 6-2 图 6-1 10 C.F与摩擦力对物体所做的总功为零 D.F与摩擦力对物体的总冲量为零 7 如图 6-2 所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端，在这个过程中，两个物体具有的相同的物理量可能是 （）A 重力的冲量 B 合力的冲量 C 到达底端的动量大小 D 支持力的冲量 8 在光滑水平面上有

30、质量均为 2kg的 a、b 两质点，a 质点在水平恒力 Fa=4N作用下由静止出发运动 4s。b 质点在水平恒力 Fb=4N作用下由静止出发移动 4m。比较这两个质点所经历的过程，可以得到的正确结论是 （）A a 质点的位移比 b 质点的位移大 B a 质点的末速度比 b 质点的末速度小 C 力 Fa做的功比力 Fb做的功多 D 力 Fa的冲量比力 Fb的冲量小 9 一个质量为 m=2kg的物体,在 F1=8N的水平推力作用下,从静止开始沿水平面运动了 t1=5s,然后推力减小为 F2=5N,方向不变,物体又运动了 t2=4s后撤去外力,物体再经 过 t3=6s停下来。试求物体在水平面上所受的

31、摩擦力。10质量是 60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护作用，最后使人悬挂在空中已知弹性安全带缓冲时间为 1.2s，安全带伸直后长 5m，求安全带所受的平均冲力（g=10ms2）11（05 苏锡常镇一模）在宇宙飞船的实验舱内充满 CO2气体，且一段时间内气体的压强不 变，舱内有一块面积为S的平板舱壁，如图 6-3 所示 如果 CO2气体对平板的压强是由气体分子垂直撞击平板形成的，假设气体分子中各有 l 6 的个数分别向上、下、左、右、前、后六个方向运动，且每个分子的速度均为，设气体分子与平板碰撞后仍以原速反弹 已知实验舱中单位体积内 CO2的摩尔数为n，CO2的摩尔质量为，

32、阿伏加德罗常数为NA求(1)单位时间内打在平板上的 CO2分子个数(2)CO2气体对平板的压力。12如图 6-4 所示，矩形盒 B 的质量为 M，放在水平面上，盒内有一质量为 m 的物体 A，A 与B、B与地面间的动摩擦因数分别1、2，开始时二者均静止。现瞬间使物体 A获取一向右且与矩形盒 B左、右侧壁垂直的水平速度 V0，以后物体 A在盒 B的左右壁碰撞时，B始终向右运动。当 A与 B 最后一次碰撞后，B 停止运动，A 则继续向右滑行距离 S 后也停止运动，求盒 B 运动的时间 t。B A V0 图 6-4 1 2 图 6-2 图 6-3 11 附：第 6 课时巩固提高训练答与解 1.答案：

33、D 解：碰撞时间极短，忽略重力。以向上为正向，)()(2112vvmmvmvI，故选D。2 答案：D 解：mvP，221mvEk；故mPEk22，动量相等的物体质量不一定相等，动能也不一定相等。动能是标量，而动量是矢量，动能不变但其方向可能变化，即动量的方向可能变化。力不做功可能是在力的方向上不产生位移，但此时力的冲量不为零。由动量定理知，合力的冲量一定等于动量的变化，故选 D。3 答案：B D 解：冲量FtI，故有力必有冲量，与物体的运动状态无关，与其他力无关，选 B。物体未动，合力为零，故冲量大小为零，选 D。4 答案：A B 解：由FtI，知选项 A 正确。由动量定理PI知，动量的变化等

34、于重力的冲量，故选 B。连续相等的时间间隔内物体在力的方向上的位移不等，故重力所做的功和动能的增量不等。5 答案：B 解：由动量定理mvmgt0和动能定理2210mvmgs，及化简后的表达式gvt，gvs22，不难看出、正确，故选 B。6 答案：A C 解：物体的受力方向有两种可能，即与初速度方向相同或相反。相同时物体必做匀速运动，相反则先做减速运动，后做加速运动亦满足题意。故 A 选项正确。当力与速度方向相反时，易知 A、B点速度方向相反，由动量定理知总冲量不为零。由动能定理易知动能不变，合外力做功为零。故选AC。7 答案：C 解：运动时间不等，重力的冲量不同。末动量的方向不同，由动量定理知

35、合力的冲量不可能相同。由机械能守恒知到达底端的末动能相等，故末动量大小相等。选 C。支持力的方向不同故冲量也不可能相同。8 答案：AC 解：由牛顿第二定律知两物体加速度相同，2/2smmFa，可解得 a质点的位移为mats16212。可推知 a 的运动时间长，故选 A、C。9 答案:Nf4 解：规定推力的方向为正方向,在物体运动的整个过程中,物体的初动量 P1=0,末动量 P2=O。据动量定理有：0)(3212211tttftFtF 即：0)645(4558f，解得 Nf4 10答案:NF1100（方向竖直向下）解：人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：ghV220 smghV/1020

36、 取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力 mg 和安全带给的冲力 F，取 F方向为正方向，由动量定理得：0)(mvmvtmgF 所以NtmVmgF11000，（方向竖直向下）12 11答案:(1)N=61n S N A (2)F1=31nS2 (1)设在t 时间内，CO2分子运动的距离为L，则：L=t 打在平板上的分子数：N=61n L S N A 故单位时间内打在平板上的 C02的分子数为：tNN 得：N=61n S N A (2)根据动量定理：Ft=(2m)N ；又 =N A m 解得 ：F=31nS2 ；故 CO2气体对平板的压力：F1=F=31nS2 12答案：gmM

37、gSmmVt)(2210 解：以物体 A、盒 B组成的系统为研究对象，它们在水平方向所受的外力就是地面盒 B所受的滑动摩擦力，而 A 与 B 间的摩擦力、A 与 B 碰撞时的相互作用力均是内力。设 B 停止运动时 A 的速度为 V，且假设向右为正方向，由系统的动量定理得：02)(mVmVgtMm 当 B 停止运动后，对 A 应用动能定理得：2121mVmgS 由以上二式联立解得：gmMgSmmVt)(2210。13 第 7 课时 机械能守恒定律和动量守恒定律 例 1（2000上海8）如图 7-1所示，长度相同的三根轻杆构成一个正三角形支架，在 A 处固定质量为 2m的小球，B 处固定质量为m的

38、小球，支架悬挂在 O 点，可绕过 O 点并与支架所在平面相垂直的固定轴转动，开始时 OB 与地面相垂直，放手后开始运动，在不计任何阻力的情况下，下列说法正确的是 （）A A 球到达最低点时速度为零 B A 球机械能减少量等于 B 球机械能增加量 C B 球向左摆动所能达到的最高位置应高于 A 球开始运动时的高度 D 当支架从左向右回摆动时，A 球一定能回到起始高度 析与解：若把支架看成一个整体，放开后，不计任何阻力,系统只有重力做功，系统总的机械能不变，所以，A 球能回到起始高度；因为 A 小球质量为2m，B 小球质量为m，在 A 球从初始位置运动到最低点的过程中，A 球势能的减少量大于 B

39、球势能的增加量，故 A 球到达最低点时速度大于零；B 球向左摆动所能达到的最高位置应高于 A 球开始运动时的高度。故正确选项为 B C D.点评：准确地选择研究对象，使之满足机械能守恒的条件，是本题求解的关键。本题单独对 A或 B 来说，由于杆对两小球均做功，故运动过程中机械能不守恒。而对 A、B 组成的系统，只有重力做功，系统总的机械能保持不变。对于多个物体组成的系统还应注意寻找各物体之间的牵联关系。例 2（2004天津21）如图 7-2所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一直线上运动。两球质量关系为ABmm2，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为smkg/6，运动中两球发生碰

40、撞，碰撞后 A 球的动量增量为smkg/4，则 （）A.左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为5:2 B.左方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为10:1 C.右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为5:2 D.右方是 A 球，碰撞后 A、B 两球速度大小之比为10:1 析与解：规定向右为正方向，因为两球动量相等且为正，要两球相碰，则左方球的速度必须大于右方球的速度，而ABmm2，故 A 球的速度大于 B 球的速度，左方为 A 球。据动量守恒定律，两球的动量变化大小相等，方向相反，A 球的动量增量为-smkg/4，B 球的动量变化为smkg/4。据ppp,算出碰

41、撞后 A、B两球的动量分别为 smkg/2，smkg/10，两球速度之比为5:2。故选项为（A）点评：动量守恒定律的运用要注意其矢量性，本题中已规定了正方向，从题设条件得出两球运动方向相同且向右，是本题的关键。在判断 A、B 的位置时还应充分考虑运动中的实际情况，学生在分析的过程中可结合草图，增加空间认识，加深对题意的理解。例 3（2005陕西、四川、云南理综25）如图 7-3所示，一对杂技演员（都视为质点）乘秋千（秋千绳处于水平位置）从 A 点由静止出发绕 O 点下摆，当摆到最低点 B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自已刚好能回到高处 A。求男演员落地点 C 与 O 点的

42、水平距离 s。已知男演员质量 m1和女演员质量m2之比m1m2=2,秋千的质量不计，秋千的摆长为 R,C 点比 O 点低 5R。析与解：一对杂技演员从 A 点由静止出发绕 O 点下摆的过程中机械能守恒；设分离前男女演员在秋千最低点 B 的速度为 v0，则 (m1+m2)gR=12(m1+m2)v02 当摆到最低点 B时，由于女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，在此过程中，两者水平方向不受外力，故水平方向动量守恒；设刚分离时男演员速度的大小为 v1,女演员速度的大小为v2；则 精典考题反思 图 7-1 图 7-2 A B C s 5R O R 图 7-3 14(m1+m2)v0=m1v1m

43、2v2 分离后，男演员做平抛运动，设男演员从被推出到落在 C 点所需的时间为 t。4R=12 gt2 s=v1t 女演员刚好能回到 A 点的过程中机械能守恒 m2gR=12 m2v22 不难求得 s=8R 点评：机械能守恒定律的运用，要选好研究对象，分析物体的运动过程，建立正确的物理模型。本题解题的关键是弄清一对演员的运动过程。男女演员一起绕 o点做圆周运动，满足机械能守恒。到达 B点后，男女演员相互作用，二人相互作用时间极短，满足动量守恒。相互作用后男演员从 B点出发做平抛运动。女演员由 B 点回到 A 点过程中也遵守机械能守恒。另注意运用机械能守恒定律时，恰当地选取零势能面，可使解题简洁。

44、例 4（2005江苏18）如图 7-4所示，三个质量均为 m 的弹性小球用两根长均为 L 的轻绳连成一条直线而静止在光滑水平面上现给中间的小球 B一个水平初速度v0，方向与绳垂直小球相互碰撞时无机械能损失，轻绳不可伸长求：（1)当小球 A、C 第一次相碰时，小球 B 的速度(2)当三个小球再次处在同一直线上时，小球 B 的速度（3)运动过程中小球 A 的最大动能 EKA和此时两根绳的夹角.(4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F 的大小 析与解：由于三个质量为 m 的弹性小球在光滑水平面上相互作用，所以它们在沿v0方向和垂直于v0的方向上动量均守恒；又小球相互碰撞时无机械能损失，故三小球

45、相互作用的整个过程中，系统机械能守恒。当小球A、C第一次相碰时，在垂直于v0方向的分速度为零，在沿v0方向上三小球速度相等，设三小球沿小球 B 初速度方向的速度为Bv，由动量守恒定律不难得出 03Bmvmv 013Bvv 当三个小球再次处在同一直线上时，A、C两小球的运动方向和小球 B 的运动方向在同一直线上，对整个过程运用动量守恒定律和机械能守恒定律，得 02BAmvmvmv 22201112222BAmvmvmv 解得013Bvv 023Avv（三球再次处于同一直线）0Bvv，0Av（初始状态，舍去）所以，三个小球再次处在同一直线上时，小球B的速度为013Bvv（负号表明与初速度反向）此时

46、，以小球 B 为参考系（小球 B 的加速度为 0，为惯性参考系），小球 A（C）相对于小球 B 的速度均为0ABvvvv所以，此时绳中拉力大小为220vvFmmLL 当小球A的动能最大时，C的动能也最大且和A的动能相等，小球B的动能最小，不难分析其速度此时为零。设此时小球A、C的速度大小为u，两根绳间的夹角为（如图 7-5），运用动量守恒定律和机械能守恒定律易得：02sin2mvmu 22011222mvmu 图 7-4 uuCAB图 7-5 15 小球 A 的最大动能为2014KAEmv，此时两根绳间夹角为90 点评：本题解题的关键在于研究对象的选取及过程的分析。三个小球组成的系统水平方向不

47、受外力，满足动量守恒；又碰撞过程中无机械能损失，整个过程中三小球的总机械能守恒。第一次相碰时，三球在 v0方向速度相同。三个小球再次处在同一直线上时，垂直于 V0方向上的动量为零。运动过程中小球 A 的动能最大时，由对称性可知此时 C 的动能也最大，故 B 球动能最小，即为零。当三个小球处在同一直线上求绳中的拉力 F 时，还应考虑到运动的相对性，即 A、C 相对于 B 作圆周运动。1 A、B两球在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，A球的动量是 5kgm/s，B球的动量是 7kgm/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量的可能值是（）A-4 kgm/s、14 kgm/s B3

48、kgm/s、9 kgm/s C-5 kgm/s、17kgm/D6 kgm/s、6 kgm/s 2 长度为l的均匀链条放在光滑水平桌面上，且使其长度的4l垂在桌边，如图 7-1 所示。松手后链条从静止开始沿桌边下滑，则链条滑至刚刚离开桌边时的速度大小为（）A gl1521 B gl1541 C gl1543 D gl15 3 （2005上海9）如图所示，A、B分别为单摆做简谐振动时摆球的不同位置。其中，位置A为摆球摆动的最高位置，虚线为过悬点的竖直线。以摆球最低位置为重力势能零点，则摆球在摆动过程中（）位于B处时动能最大 位于A处时势能最大 在位置A的势能大于在位置B的动能 在位置B的机械能大于

49、在位置A的机械能 4 （2005广东6）如图 7-3 所示，两根足够长的固定平行金属光滑导轨位于同一水平面，导轨上横放着两根相同的导体棒ab、cd与导轨构成矩形回路。导体棒的两端连接着处于压缩状态的两根轻质弹簧，两棒的中间用细线绑住，它们的电阻均为R，回路上其余部分的电阻不计。在导轨平面内两导轨间有一竖直向下的匀强磁场。开始时，导体棒处于静止状态。剪断细线后，导体棒在运动过程中 ()回路中有感应电动势 两根导体棒所受安培力的方向相同 两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒 两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能不守恒 5 如图 7-4 所示，质量分别为m和 2m的A、B两个木块间用

50、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 巩固提高训练 图 7-1 A B 图 7-2 a c b d 图 7-3 F A B 图 7-4 16 C 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E D 撤去F后，A离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为E/3 6 如图 7-5 所示，质量均为 m 的两球 AB 间有压缩的轻、短弹簧处于锁定状态，放置在水平面上