2013届高考物理一轮复习第十四章 动量守恒定律 原子物理 14.1 动

【2013考纲解读】 考纲内容 能力要求 理解动量的的概念，知道冲量的意义 理解动量，会计算一维动量变化 动量 考向定位 考纲对动量的考查主要集中在对概念的理解和简单应用上，考纲要求为I级，动理解动量变化和力之间的关系，会用量定理在考纲中没有明确提出来，但是在来计算相关问题 教材中出现了动量定理的表达式，因此要掌握动量定理的一般应用． 弹性碰撞和非弹性碰撞 动量守恒定律（说明：只限于一维） 知道弹性碰撞和非弹性碰撞 要明确动量守恒定律的条件，按照应用动理解动量守恒定律的确切含义，知道量守恒定律的解题思路列式，列式时要理其适用范围 解动量守恒定律的五性“系统性、条件性、掌握动量守恒定律解题的一般步骤 同一性、同时性、矢量性、相对性”能应用会应用动量守恒定律解决一维运动动量守恒定律解决人船模型、“合二为一”有关问题 和“一分为二”问题．

【重要知识梳理】 一、动量

1、动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量．是矢量，方向与速度方向相同；动量的合成与分解，按平行四边形法则、三角形法则．是状态量；通常说物体的动量是指运动物体某一时刻的动量，计算物体此时的动量应取这一时刻的瞬时速度。是相对量；物体的动量亦与参照物的选取有关，常情况下，指相对地面的动量。单位是kg·m/s；

2、动量和动能的区别和联系

①动量的大小与速度大小成正比，动能的大小与速度的大小平方成正比。即动量相同而质量不同的物体，其动能不同；动能相同而质量不同的物体其动量不同。

②动量是矢量，而动能是标量。因此，物体的动量变化时，其动能不一定变化；而物体的动能变化时，其动量一定变化。

③因动量是矢量，故引起动量变化的原因也是矢量，即物体受到外力的冲量；动能是标量，引起动能变化的原因亦是标量，即外力对物体做功。

④动量和动能都与物体的质量和速度有关，两者从不同的角度描述了运动物体的特性，且二者大小间存在关系式：P2＝2mEk

3、动量的变化及其计算方法

动量的变化是指物体末态的动量减去初态的动量，是矢量，对应于某一过程（或某一段时间），是一个非常重要的物理量，其计算方法：

（1）ΔP=Pt一P0，主要计算P0、Pt在一条直线上的情况。

（2）利用动量定理 ΔP=F·t，通常用来解决P0、Pt；不在一条直线上或F为恒力的情况。 二、动量定理

1、动量定理：物体受到合外力的冲量等于物体动量的变化．Ft=mv/一mv或 Ft＝p/－p；该定理由牛顿第二定律推导出来：（质点m在短时间Δt内受合力为F合，合力的冲量是F合Δt；质点的初、未动量是 mv0、mvt，动量的变化量是ΔP=Δ（mv）=mvt－mv0．根据动量定理得：F合=Δ（mv）/Δt）

大小相同，而且方向相同，在高中阶段，动量定理的应用只限于一维的情况。这时可规定一个正方向，注意力和速度的正负，这样就把大量运算转化为代数运算。

（3）动量定理的研究对象一般是单个质点。求变力的冲量时，可借助动量定理求，不可直接用冲量定义式．

1．动量定理的研究对象是单个物体或可看作单个物体的系统，当研究对象为物体系时，物体系的总动量的增量等于相应时间内物体系所受外力的合力的冲量，所谓物体系总动量的增量是指系统内各个的体动量变化量的矢量和。而物体系所受的合外力的冲量是把系统内各个物体所受的一切外力的冲量的矢量和。

2．动量定理公式中的F是研究对象所受的包括重力在内的所有外力的合力。它可以是恒力，也可以是变力。当合外力为变力时F则是合外力对作用时间的平均值。

3．动量定理公式中的Δ（mv）是研究对象的动量的增量，是过程终态的动量减去过程始态的动量（要考虑方向），切不能颠倒始、终态的顺序。

4．动量定理公式中的等号表明合外力的冲量与研究对象的动量增量的数值相等，方向一致，单位相同。但考生不能认为合外力的冲量就是动量的增量，合外力的冲量是导致研究对象运动改变的外因，而动量的增量却是研究对象受外部冲量作用后的必然结果。

5．用动量定理解题，只能选取地球或相对地球做匀速直线运动的物体做参照物。忽视冲量和动量的方向性，造成I与P正负取值的混乱，或忽视动量的相对性，选取相对地球做变速运动的物体做参照物，是解题错误的常见情况。

一、动量守恒定律

守恒．

3、常见的表达式

①p/=p，其中p/、p分别表示系统的末动量和初动量，表示系统作用前的总动量等于作用后的总动量。

②Δp=0 ，表示系统总动量的增量等于零。

③Δp1=－Δp2，其中Δp1、Δp2分别表示系统内两个物体初、末动量的变化量，表示两个物体组成的系统，各自动量的增量大小相等、方向相反。

其中①的形式最常见，具体来说有以下几种形式

A、m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2，各个动量必须相对同一个参照物，适用于作用前后都运动的两个物体组成的系统。

B、0= m1vl＋m2v2，适用于原来静止的两个物体组成的系统。

C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，适用于两物体作用后结合在一起或具有共同的速度。 【例1】由动量定理和牛顿第三定律推出动量守恒定律（以两个物体为例）

解析：设两物体质量分别为m1、m2，作用前后的速度分别为v1、v2与v1/、v2/．在Δt时间内m1、m2所受外力为 Fl、F2，内力：第 1个对第 2个物体作用力为f12，其反作用力为

f21．

根据动量定理：

对m1：（Fl十f21）Δt＝m1 v1/—m1 v1 对m2：（F2十f12）Δt= m2 v2一m2 v2

根据牛顿第三定律f12= f21 又由于Fl十F2＝0

所以m1 v1—m1 v1＝m2 v2一m2 v2 整理得：m1 v1＋m2 v2 =m1 v1＋m2 v2 二、对动量守恒定律的理解

来源:[学&科&网]/

////

（1）动量守恒定律是说系统内部物体间的相互作用只能改变每个物体的动量，而不能改变系统的总动量，在系统运动变化过程中的任一时刻，单个物体的动量可以不同，但系统的总动量相同。

（2）应用此定律时我们应该选择地面或相对地面静止或匀速直线运动的物体做参照物，不能选择相对地面作加速运动的物体为参照物。

（3）动量是矢量，系统的总动量不变是说系统内各个物体的动量的矢量和不变。等号的含义是说等号的两边不但大小相同，而且方向相同。

【例2】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

B 短，在此碰撞过程中，下列哪些情况说法是可能发生的（ ）

A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为 vl、v2、v3，满足 （M＋m0）v=Mvl十mv2十m0v3

B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变化为vl和v2，满足Mv=Mvl十mv2。

C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为vl，满足Mv＝（M＋m）vl D．小车和摆球的速度都变为vl，木块的速度变为v2，满足 （M十m0）v=（M十m0）vl十mv2

分析：小车M与质量为m的静止木块发生碰撞的时间极短，说明在碰撞过程中，悬挂摆球的细线来不及摆开一个明显的角度，因而摆球在水平方向尚未受到力的作用，其水平方向的动量未发生变化，亦即在小车与木块碰撞的过程中，只有小车与木块在水平方向发生相互作用。

【例4】如图所示，在光滑水平面上有A、B两小球沿同一条直线向右运动，并发生对心碰撞．设向右为正方向，碰前A、B两球动量分别是pA＝10kgm/s，pB=15 kgm/s，碰后动量变化可能是（ ）

A．ΔpA＝5 kg·m／s ΔpB＝5 kg·m／s B．ΔpA =－5 kg·m／s ΔpB ＝ 5 kg·m／s C．ΔpA =5 kg·m／s ΔpB=－5 kg·in／s· D．ΔpA ＝－20kg·m／s ΔpB＝20 kg·m／s

解析：A．此结果动量不守恒；B．可能；C．B的动量不可能减少，因为是A碰B；D．要出现ΔpA ＝－20kg·m／s只有B不动或向左运动才有可能出现这个结果．答案：B

【高频考点突破】 考点一 动量的概念

【例1】如图6-1-1一个质量是0．2kg的钢球，以2m/s的速度射到坚硬的大理石板上，立即反弹，速度大小仍为2m/s，求出钢球动量变化的大小和方向？

图6-1-1 A B

或方向发生变化，动量就一定发生变化．例如做匀速直线运动的物体其动量是恒量，而做匀速圆周运动的物体，由于速度方向不断在改变，即使其动量大小不变，但因其方向不断改变，所以其动量是一变量．

考点二 动量定理

【例2】 一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷人泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进人泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ， 则( )

A、过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量

B、过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小 C、I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 D、过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零

【解析】根据动量定理可知，在过程I中，钢珠从静止状态自由下落．不计空气阻力，小球所受的合外力即为重力，因此钢珠的动量的改变量等于重力的 冲量，选项A正确；过程I中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小与过程Ⅱ中重力的冲量的大小之和，显然B选项不对；在I、Ⅱ两个过程中，钢珠动量的改变量各不为零．且它们大小相等、方向相反，但从整体看，钢珠动量的改变量为零，故合外力的总冲量等于零，故C选项正确，D选项错误．因此，本题的正确选项为A、C．

【规律总结】这种题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题．要根据题意所要求的冲量将各个外力灵活组合．若本题目给出小球自由下落的高度，可先把高度转换成时间后再用动量定理．当t1>> t2时，F>>mg．

考点3 简解多过程问题

考点4 求解平均力问题

【例4】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作用力．（ g= 10m／s2）

2【解析】人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：V0?2gh

?V0?2gh?10m/s

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： Ft=mV—mV0

所以F?mg?mV0t?1100N，（方向竖直向下）

【注意】 动量定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．如果是在变力作用下的问题，由动量定理求出的力是在t时间内的平均值．

考点5 求解恒力作用下的曲线运动问题

【例5】如图6-1-3所示，以vo ＝10m／s2的初速度与水平方向成300角抛出一个质量m＝2kg的小球．忽略空气阻力的作用，g取10m／s2．求抛出后第2s末小球速度的大小．

V0 300 图6-1-3

Fxt=mvx-mvx0；Fyt=mvy-mvy0．

考点6 求解流体问题

【例6】某种气体分子束由质量m=5．4X10-26kg速度V＝460m/s的分子组成，各分子都向同一方向运动，垂直地打在某平面上后又以原速率反向弹回，如分子束中每立方米的体积内有n0＝1．5X1020个分子，求被分子束撞击的平面所受到的压强．

【解析】设在△t时间内射到 S的某平面上的气体的质量为ΔM，则： ?M?V?tS.n0m 取ΔM为研究对象，受到的合外力等于平面作用到气体上的压力F以V方向规定为正方

2向，由动量定理得:-FΔt=ΔMV-(-ΔM．V)，解得F??2Vn0Sm，平面受到的压强P为：

P?F/S?2Vn0m?3.428Pa

2【注意】处理有关流体(如水、空气、高压燃气等)撞击物体表面产生冲力（或压强）的问题，可以说非动量定理莫属．解决这类问题的关键是选好研究对象，一般情况下选在极短时间△t内射到物体表面上的流体为研究对象

考点7 对系统应用动量定理

【例7】如图6-1-4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μ，那么拖车刚停下时，汽车的瞬时速度是多大？

【解析】以汽车和拖车系统为研究对象，全过程系统受的合外力始终为?M?m?a，该过程经历时间为V0/μg，末状态拖车的动量为零．全过程对系统用动量定理可得：

?M?m?a?V0?g?MV/??M?m?V0,?V/??M?m??a??g??MgV0

【注意】这种方法只能用在拖车停下之前．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?M?m?a．

考点8 碰撞

【例8】甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动，已知它们的动量分别是P1=5kg．m/s，P2=7kg．m/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10 kg．m/s，则二球质量m1与m2间的关系可能是下面的哪几种？（ ）

A、m1=m2 B、2m1=m2

C、4m1=m2 D、6m1=m2．

的答案应该是（C）选项．

【例9】如图6-2-1所示，半径和动能都相等的两个小球相向而行．甲球质量m甲大于乙球质量m乙，水平面是光滑的，两球做对心碰撞以后的运动情况可能是下述哪些情况？（ ）

A．甲球速度为零，乙球速度不为零 B．两球速度都不为零

C．乙球速度为零，甲球速度不为零 D．两球都以各自原来的速率反向运动

图6-2-1

考点10 动量守恒定律

【例10】如图6-2-2所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短．现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中：（ ）

A、动量守恒、机械能守恒 B、动量不守恒、机械能不守恒 C、动量守恒、机械能不守恒 D、动量不守恒、机械能守恒

图6-2-2

断各阶段满足物理规律的条件．

【例11】质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒定的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的（ ）

A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V1、V2和V3，且满足：

（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；

B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2； C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=（M+M1）V； D．小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足：

（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V2

【解析】：小车与木块相碰，随之发生的将有两个过程：其一是，小车与木块相碰，作用

时间极短，过程结束时小车与木块速度发生了变化，而小球的速度未变；其二是，摆球将要相对于车向右摆动，又导致小车与木块速度的改变．但是题目中已明确指出只需讨论碰撞的极短过程，不需考虑第二过程．因此，我们只需分析B、C两项．其实，小车与木块相碰后，将可能会出现两种情况，即碰撞后小车与木块合二为一或它们碰后又分开，前者正是C项所描述的，后者正是B项所描述的，所以B、C两项正确．

【例12】如图6-2-3所示．质量为m的铅球以大小为v0仰角为θ的初速度抛入一个装着砂子的总质量为M的静止的砂车中，砂车与地面的摩擦不计，球与砂车的共同速度是多少?

【解析】：小球及小车看成一个系统，该系统水平方向不受外力，故系统水平方向上动量守恒，由动量守恒定律得mv 0cosθ=(M+m)v，所以v=mv0cosθ/(M+m)

【规律总结】此类问题属系统所受外力不为0，竖直方向上受到有外力，动量不守恒，但水平方向上不受外力作用，动量守恒．又如大炮在以倾角发射炮弹时，炮身要后退，受到地面的阻力，但因其炸药产生的作用力很大，远大于受到的阻力，故仍认为水平方向动量守恒．

考点11 动量守恒定律应用

【例13】质量为M、长为L的船静止在静水中，船头及船尾各站着质量分别为m1及m2

的人，当两人互换位置后，船的位移有多大？

【解析】利用“人船模型”易求得船的位移大小为：S?(m1?m2)LM?m1?m2．提示：若m1>m2，

本题可把（m1-m2）等效为一个人，把（M+2m2）看着船，再利用人船模型进行分析求解较简便．应该注意到：此结论与人在船上行走的速度大小无关．不论是匀速行走还是变速行走，甚至往返行走，只要人最终到达船的左端，那么结论都是相同的．以上所列举的人、船模型的前提是系统初动量为零．如果发生相互作用前系统就具有一定的动量，那就不能再用m1v1=m2v2这种形式列方程，而要利用（m1+m2）v0=m1v1+m2v2列式．

【例14】如图6-2-4所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？

【解析】虽然小球、细绳及圆环在运动过程中合外力不为零（杆的支持力与两圆环及小球的重力之和不相等）系统动量不守恒，但是系统在水平方向不受外力，因而水平动量守恒．设细绳与AB成θ角时小球的水平速度为v，圆环的水平速度为V，则由水平动量守恒有：MV=mv，且在任意时刻或位置V与v均满足这一关系，加之时间相同，公式中的V和v可分别用其水平位移替代，则上式可写为：Md=m［（L-Lcosθ）-d］，解得圆环移动的距离：d=mL（1-cosθ）/（M+m）

【规律总结】“人船模型”的特点：两个物体均处于静止，当两个物体存在相互作用而不受外力作用时，系统动量守恒，所以本质上也是反冲模型．这类问题的特点：两物体同时运动，同时停止．载人气球，例7等均属于“人船模型”．

【例15】甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s．甲车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2=30kg．现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16．5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住．假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不致相撞，试求此时：

（1）两车的速度各为多少？ （2）甲总共抛出了多少个小球？

每一个小球被乙接收后，到最终的动量为 △P1=16．5×1－1．5×1=15（kg·m/s）

故小球个数为N??P?P1?22515?15(个)

【例16】A、B两滑块在一水平长直气垫导轨上相碰，用闪光照相机在t0 = 0，t1= △t，t2 = 2·△t，t3=3·△t各时刻闪光四次，摄得如图6-2-5所示照片，其中B像有重叠，mB=由此可判断（ ）

32mA，

A.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5△t； B.碰前B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5△t； C.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 0.5△t； D.碰后B静止，碰撞发生在60 cm处，t = 2.5△t．

【解析】若碰撞前B静止，则VB0=0，则t0，t1，t2时刻B都处在60cm处，所以碰撞只能发生在x=60cm处，碰撞时t= 2.5△t，碰撞后B的速度VBt?VA0?20?t10?t/2；碰撞前A的速度

，碰撞后VAt??5?t/2．

碰撞前A的速度VA0?5?t/2．

V0 V0/2 V t O t1 图 6-2-6 【例17】如图6-2-6所示，质量为M的木板静止在光滑水平面上．一个质量为m的小滑块以初速度V0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图17所示.某同学根据图象作出如下一些判断：

A．滑块与木板间始终存在相对运动； B．滑块始终未离开木板； C．滑块的质量大于木板的质量； D．在t1时刻滑块从木板上滑出．

【高考真题精析】

【2012高考】

（2012·大纲版全国卷）21.如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是

A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等 B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等 C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同 D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置 【答案】：AD

【解析】：两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：mv0?mv1?3mv2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：

12mv0?212mv1?2123mv2，解两式得：v1??2v02,v2?v02，可见第一次碰撞后的瞬间，两球

的速度大小相等，选项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错；由单摆的周期公式T?2?lg，可知，两球摆动周期相同，故经

半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。

【考点定位】此题考查弹性碰撞、单摆运动的等时性及其相关知识。 （2012·浙江）23、（16分）为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H 处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”， “A鱼”竖直下滑hA后速度减为零，“B鱼” 竖直下滑hB后速度减为零。“鱼”在水中运动时，除受重力外还受浮力和水的阻力，已知“鱼”在水中所受浮力是其重力的10/9倍，重

力加速度为g，“鱼”运动的位移远大于“鱼”的长度。假设“鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求：

（1）“A鱼”入水瞬间的速度VA1； （2）“A鱼”在水中运动时所受阻力fA；

（3）“A鱼”与“B鱼” 在水中运动时所受阻力之比fA：fB

2【解析】“A鱼”在入水前作自由落体运动，有vA?2gH①

得到：vA? 2gH②

(2)“A鱼”在水中运动时受到重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动，设加速度为aA,有

F合=F浮+fA-mg③

F合=maA④ 0?vA??2aAhA⑤

2由题得：F浮=109mg

综合上述各式，得

（2012·天津）10．（16分）如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高度也为h，坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半，两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。求

（1）小球A刚滑至水平台面的速度vA； （2）A、B两球的质量之比mA：mB。 【答案】：（1）

（2）1:3

【解析】：解：（1）小球从坡道顶端滑至水平台面的过程中，由机械能守恒定律得

mAgh = mAvA

2

联立上式各式解得：

【考点定位】本题考查机械能守恒定律，动量守恒定律，平抛运动。 （2012·四川）24．（19分）

如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ = 37，半径r = 2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E = 2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m = 5×10-2kg、电荷量q =+1×10C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8。

（1）求弹簧枪对小物体所做的功；

（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度。 【答案】：（1）0.475J （2）0.57m

【解析】：解：（1）设弹簧枪对小物体做功为W，由动能定理得

W－mgr（1－cosθ）= m 代入数据解得：W =0.475J

（2）取沿平直斜轨向上为正方向。设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得

－mgsinθ－μ（mgcosθ+qE）=m a1

小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，则

v1 = v0 + a1 t1 解得：v1 = 2.1m/s 设运动的位移为s1，则

s1 = v0 t1 + a1 t12

电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得 －mgsinθ－μ（mgcosθ－qE）=m a2

设小物体以此加速度运动到速度为0，运动时间为t2，位移为s2，则 0 = v1 + a2 t2

-60

【考点定位】本题考查匀变速直线运动规律，牛顿第二定律，动能定理。 （2012·全国新课标卷）35.[物理——选修3-5]（15分）

（1）（6分）氘核和氚核可发生热核聚变而释放巨大的能量，该反应方程为：234234

H+H→He+x ，式中x是某种粒子。已知：H、H、He和粒子x的质量分别为2.0141u、1121123.0161u、4.0026u和1.0087u；1u=931.5MeV/c2，c是真空中的光速。由上述反应方程和数据可知，粒子x是__________，该反应释放出的能量为_________ MeV（结果保留3位有效数字）

（2）（9分）如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向O b 之间的最大偏角为60°。忽略空气阻力，求

（i）两球a、b的质量之比；

（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。 a

【考点定位】本考点主要考查核聚变、动量守恒、机械能守恒、能量守恒

（2012·江苏）14. (16 分)某缓冲装置的理想模型如图所示,劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连,轻杆可在固定的槽内移动,与槽间的滑动摩擦力恒为f. 轻杆向右移动不超过l 时,装置可安全工作. 一质量为m 的小车若以速度v0 撞击弹簧,将导致轻杆向右移动l4. 轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,且不计小车与地面的摩擦.

(1)若弹簧的劲度系数为k,求轻杆开始移动时,弹簧的压缩量x; (2)求为使装置安全工作,允许该小车撞击的最大速度vm;

(3)讨论在装置安全工作时,该小车弹回速度v’和撞击速度v 的关系. 【解析】

14. (1)轻杆开始移动时,弹簧的弹力 F =kx ① 且 F =f 于 ② 解得 x = f/k ③

[来源学科网ZXXK]

当v?v0?2fl2m时，v'?v

'当v1?v?vm时，v?v1

【考点定位】胡可定律 动能定理

（2012·山东）22．（15分）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R?1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L?0.5m的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量

m?0.2kg，与BC间的动摩擦因数?1?0.4。工件质M?0.8kg，与地面间的动摩擦因数

2?2?0.1。（取g?10m/s)

①求F的大小

②当速度时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。

【解析】解：（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得

mgh??1mgL?0①代入数据得h?0.2m②

（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为?，由几何关系可得

?? cosR?hR③

④

⑤

⑥

根据牛顿第二定律，对物体有mgtan??ma对工件和物体整体有F??2(M?m)g?(M?m)a联立②③④⑤式，代入数据得F?8.5N

②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x1，物块落点与B间的距离为 x2， 由运动学公式可得

h?12gt2⑦ x1?vt⑧x2?x1?Rsin?⑨

来源[学§科§网Z§X§X§K]

联立②③⑦⑧⑨式，代入数据得x2?0.4m⑩

【考点定位】平抛运动、动能定理

（2012·上海）22．（A组）A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5kg，

速度大小为10m/s，B质量为2kg，速度大小为5m/s，它们的总动量大小为__________________kgm/s：两者碰撞后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s，则B的速度大小为__________________m/s。

22A答案. 40，10，

【解析】总动量P=MAv1?MBv2?5?10?2?5?40kgm/s；

?代入数据可得：vB?10m/s 碰撞过程中满足动量守恒，MAv1?MBv2?MAv1??MBv2【2011高考】

1.（全国）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，并与

v

L

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

1

A． mv2

2【答案】BD

【解析】由于水平面光滑，一方面，箱子和物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断二者具有向右的共同速度v'，根据动量守恒定律有mv=（M+m）v'，系统损失的动能为?Ek?12mv2

1mM

B． v2

2m + M1

C． NμmgL

2

D．NμmgL

?12?M?m?v知B正确，另一方面，系统损失的动能可由

,2Q=?Ek，且Q=?mg?s相对，由于小物块从中间向右出发，最终又回到箱子正中间，其间共发生N次碰撞，则S相对=NL,则B选项也正确

2．（四川）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换了

32 mg2t2

B.整个过程中小球动量增量的大小为2mgt

C.从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mgt D.从A点到最低点小球重力势能变化了答案：BD

解析：由平均速度关系可知，设下落t秒时的速度为v，再次回到A点时的速度大小为

2322

mgt

22

h?12gt?243?23gt，所以重力势能变化为?EP?223mgt,D正确。

223.（重庆）（18分）如题24图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车之间仅

在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：

?整个过程中摩擦阻力 所做的总功； ?人给第一辆车水平冲量的大小；

?第一次与第二次碰撞系统动能损失之比。 【解析】?整个过程中摩擦阻力所做的总功 ?W??kmgL?2kmgL?3kmgL??6kmgL

?设第一车的初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1，第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2.

?kmgL?12mv1?12212mu0……………①

22?k(2m)gL?(2m)v2?12122mu1……………②

2?k(3m)gL?0?(3m)u2……………③

动量守恒

mv1?2mu1……………④ 2mv2?3mu2……………⑤

人给第一辆车水平冲量的大小I?mu2?2m7kgL………⑥ ?由①⑥解得v1?26kgL………⑦ 由④⑦解得u1?2214v1?214?26kgL………⑧

1212132第一次碰撞系统动能损失?Ek1?由③解得u2?2kgL………⑩ 由⑤解得v2?32u2………11

2mv1?2(2m)u1?2kmg………⑨

第二次碰撞系统动能损失?Ek1?12(2m)v2?212(3m)u2?232kmg……………12

第一次与第二次碰撞系统动能损失之比4．（四川）（16分）

?Ek1?Ek2?133……………13

随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。一货车严重超载后的总质量为49t，以54km/h的速率匀速行驶。发现红灯时司机刹车，货车即做匀减速直线运动，加速度的大小为2.5m/s2（不超载时则为5m/s2）。

（1）若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？ （2）若超载货车刹车时正前方25m处停着总质量为1t的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用0.1 s后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？

解析：（1）假设货车刹车时的速度大小为v0，加速度大小为a，末速度大小为vt，刹车距离为s，满足s?vt?v02a22....................................①

碰撞后两车共同速度为v2，货车质量为M，轿车质量为m，满足动量守恒定律

Mv1?(M?m)v2.................................⑤

设货车对轿车的作用时间为?t，平均冲力大小为F,由动量定理 F?t=mv2........................................⑥

联立以上三式代入数据得到

F?9.8?10N....................................⑦

4说明：⑤⑥两式各4分，⑦式2分 5.（全国）（20分）

装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对以下简化模型的计算可以粗略说明其原因。

质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑的桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量为m的相同的两块，

间隔一段距离平行放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。

【解析】

设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V，由动量守恒得 (2m + m)V = mv0 ①

1

解得 V = v0

3

11

此过程中动能损失为 ?E = mv02 ? ×3mV2 ②

2212

解得 ?E = mv0

3

分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1，由动量守恒定律得 mv1 + mV1 = mv0 ③

?E

因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为 ，由能量守恒得

2111?E

mv12 + mV12 = mv02 ? ④

2222联立①②③④式，且考虑到v1必须大于V1，得 13

v1 = ( + )v0 ⑤

26

设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得 2mV2 = mv1 ⑥ 损失的动能

1122

?E' = mv1 ? ×2mV2 ⑦

22联立①②⑤⑥⑦式得

13?E

?E' = (1+ )× ⑧

222

因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得，射入第二块钢板的深度x为 13

x = (1+ )d ⑨

22

6.（重庆）（18分）如题24图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：

?整个过程中摩擦阻力 所做的总功； ?人给第一辆车水平冲量的大小；

?第一次与第二次碰撞系统动能损失之比。 【解析】?整个过程中摩擦阻力所做的总功 ?W??kmgL?2kmgL?3kmgL??6kmgL

?设第一车的初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1，第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2.

?kmgL?12mv1?12212mu0……………①

22?k(2m)gL?(2m)v2?12122mu1……………②

2?k(3m)gL?0?(3m)u2……………③

动量守恒

mv1?2mu1……………④ 2mv2?3mu2……………⑤

人给第一辆车水平冲量的大小I?mu2?2m7kgL………⑥ ?由①⑥解得v1?26kgL………⑦

2

由④⑦解得u12?14v1?214?26kgL………⑧

12mv1?2第一次碰撞系统动能损失?Ek1?2由③解得u2?2kgL………⑩

12(2m)u1?2132kmg………⑨

由⑤解得v2?32u2………11

12(2m)v2?2第二次碰撞系统动能损失?Ek1?12(3m)u2?232kmg……………12

第一次与第二次碰撞系统动能损失之比【2010高考】

?Ek1?Ek2?133……………13

1、（2010·北京卷）20．如图，若ｘ轴表示时间，ｙ轴表示位置，则该图像反映了某质点做匀速直线运动时，位置与时间的关系。若令ｘ轴和ｙ轴分别表示其他的物理量，则该图像又可以反映在某种情况下，相应的物理量之间的关系。下列说法中正确的是

Ａ．若ｘ轴表示时间，ｙ轴表示动能，则该图像可以反映某物体受恒定合外力作用做直线运动过程中，物体动能与时间的关系

Ｂ．若ｘ轴表示频率，ｙ轴表示动能，则该图像可以反映光电效应中，光电子最大初动能与入射光频率之间的关系

Ｃ．若ｘ轴表示时间，ｙ轴表示动量，则该图像可以反映某物体在沿运动方向的恒定合外力作用下，物体动量与时间的关系

Ｄ．若ｘ轴表示时间，ｙ轴表示感应电动势，则该图像可以反映静置于磁场中的某闭合回路，当磁感应强度随时间均匀增大时，闭合回路的感应电动势与时间的关系

答案：C

解析：根据动量定理P?P0?Ft,P?Ft?P0说明动量和时间是线性关系，纵截距为初动量，C正确。结合P?2mEK得

2mEK?Ft?P0，说明动能和时间的图像是抛物线，A错

误。根据光电效应方程EKm?hv?W，说明最大初动能和时间是线性关系，但纵截距为负值，B错误。当磁感应强度随时间均匀增大时，增长合回路内的磁通量均匀增大，根据法拉第电磁感应定律增长合回路的感应电动势等于磁通量的变化率，是一个定值，不随时间变化，D错误。

2、（2010·广东卷）35.（18分）如图15所示，一条轨道固定在竖直平面内，粗糙的ab段水平，bcde段光滑，cde段是以O为圆心、R为半径的一小段圆弧。可视为质点的物块A和B紧靠在一起，静止于b处，A的质量是B的3倍。两物块在足够大的内力作用下突然分离，分别向左、右始终沿轨道运动。B到b点时速度沿水平方向，此时轨道对B的支持力大小等于B所受重力的

34，A与ab段的动摩擦因数为μ，重力加速度g，求：

（1）物块B在d点的速度大小； （2）物块A滑行的距离s。

解：设A、B在分离瞬间速度大小分别为v1、v2，质量分别为3m、m （1）在d点对B，由牛顿第二定律得： mg?34mg?mv2RRg2 ①

[来源学科网]

由①得：v?

（2）取水平向右方向为正，A、B分离过程动量守恒，则： 3m(?v1)?mv2?0 ②

A、B分离后，A向左减速至零过程由动能定理得：

??(3m)gs?0?12(3m)v1 ③

2B从b点到d点过程由动能定理得：

?mgR?12mv2?12mv2 ④

2

由①②③④得：s?R8?

3、（2009·重庆）23（16分）2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如题23图，运动员将静止于O点的冰壶（视为质点）沿直线OO'推到A点放手，此后冰壶沿AO'滑行，最后停于C点。已知冰面各冰壶间的动摩擦因数为，冰壶质量为m，AC=L，CO'=r,重力加速度为g

（1）求冰壶在A 点的速率；

（2）求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小；

（3）若将CO'段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8?，原只能滑到C点的冰壶能停于O'点，求A点与B点之间的距离。

【解析】解：（1）冰壶在冰面上受到摩擦力做减速运动，设在A点速度为V理可知：?? mgl?0?mvA21A,有动能定

?2?gl 解得：VA（2）设小球从O点运到A点受到的冲量I由动量定理可知： I?mV 将V?0AA代入

?gl 可得：I?m2（3）设AB间距离为S，冰壶在其他地方受摩擦力不变 ，只是在BO段变化。同样由动

???mgS?0.8?mgl?r?s?0?mV能定理可得：? A212将VA?4r 代入可得：S?L【考点定位】着重考查了学生的解决具体问题的能力 ，背景较新 ，和生活社会联系紧密。考查了受力分析，动能定理 动量定理的应用。

4、（2009·海南）7．物体在外力的作用F从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在t0和2t0时刻相

对于出发点的位移分别是x1和x2．速度分别是v1和v2，合外力从开始至t0时刻做的功是W1，从t0至2t0时刻做的功是W2，则

【答案】AC

【解析】由图象及动量定理可知，图象围成的面积表示合外力的冲量，故t0时刻物体的动量为P1＝mv1＝F0t0，2t0时刻物体的动量为P2＝mv2＝F0t0＋2F0t0＝3F0t0，即v2＝3v1，由动111

能定理可知W1＝F0x1＝mv12，W2＝2F0(x2－x1)＝mv22－mv12，即W2＝9W1，x2＝5x1，故AC

222正确。

【考点定位】考查动量定理、动能定理

5、（2009·全国1）21．质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为

A.2 B.3 C.4 D. 5 【答案】AB

【考点定位】考查动量与能量

6、（2008·四川理综） 一倾角为θ＝45°的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0＝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＝10 m/s2。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？

45° m h0

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?12mv??mgcos?2hsin?

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

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。 解得：I??kI；式中 k?tan???tan???/

/

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 I1?2m2gh0(1??cot?)

23总冲量为：I?I1?I2?I3?I4?I1(1?k?k?k)

由 1?k?k??k2n?1?1?kn1?k)

得 I?1?k41?k2m2g0h(?1?c?ot )代入数据得 I?0.4(3?解法二：

6)N·s

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???mgco?s? m a

设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则：v2?2ahsin?

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)

解得：I1?2m2gh(1??cot?)

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???mgcos??ma?

/

23总冲量为：I?I1?I2?I3?I4?I1(1?k?k?k)

由 1?k?k??k2n?1?1?kn1?k)

得 I?1?k41?k2m2g0h(?1?6)N·s

c?ot )代入数据得 I?0.4(3?【2012高考押题】

1.质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动,经过时间t,下降的高度为h,速率变为v,在这段时间内物体动量变化量的大小为( )

A.m(v-v0)

2

2 B.mgt

C.mv?v0 D.m2gh

解析:物体做的是受恒力作用的曲线运动,可以用动量定理求出恒力的冲量等效代替动量

的变化.由动量定理得I=Δp,即mgt=Δp,故B正确.C?D也正确.

答案:BCD

[来源:Zxxk.Com]

2.如图所示,运动员挥拍将质量为m的网球击出.如果网球被拍子击打前?后瞬间速度的大小分别为v1?v2,v1与v2方向相反,且v2>v1.重力影响可忽略,则此过程中拍子对网球作用力的冲量( )

A.大小为m(v2+v1),方向与v1方向相同 B.大小为m(v2-v1),方向与v1方向相同 C.大小为m(v2+v1),方向与v2方向相同 D.大小为m(v2-v1),方向与v2方向相同

解析:本题考查动量定理的运用.选取v2的方向为正方向,这一过程中,动量的变化量为Δp=mv2-(-mv1)=m(v1+v2),结果为一正值,则表明动量变化量的方向和v2的方向相同,再根据动量定理知,拍子对网球作用力的冲量方向也跟v2的方向相同.

答案:C

3.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,地面对钢球冲量的方向和大小为( )

A.向下,m(v1-v2) B.向下,m(v1+v2) C.向上,m(v1-v2) D.向上,m(v1+v2)

解析:设向上的方向为正方向,忽略重力,根据动量定理:Ft=mv2-(-mv1)=m(v1+v2),地面对钢球的冲量方向向上.故本题选项D正确.

答案:D

4.如图所示,ad?bd?cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a?b?c?d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a?b?c处释放(初速为零),关于它们下滑的过程,下列说法中正确的是( )

A.重力对它们的冲量相同 B.弹力对它们的冲量相同 C.合外力对它们的冲量相同 D.它们的动能增量相同

解析:由运动学知识可知三个小滑环的运动时间相等,故A正确,由于三种情形下弹力的方向不同,故B错,根据机械能守恒定律知D错,而合外力冲量大小为mv,由于v大小不等,故C错.

答案:A

5.在光滑水平面上有一静止小滑块,若给滑块加一水平向右的力F1,持续一段时间后立即换成与力F1相反方向的力F2,当F2持续时间为F1持续时间的一半时撤去力F2,此时滑块恰好回到初始位置,且具有大小为p的动量.在上述过程中,F1对滑块做功为W1,冲量大小为I1;F2对滑块做功为W2,冲量大小为I2.则( )

A.I1=p/3,I2=2p/3 B.I1=p/3,I2=4p/3 C.W1=W2/8 D.W1=8W2/9

解析:设F1撤去时,滑块速度为v1,F2作用时间为t,撤去力F2时滑块速度大小为v2.由平均速度与位移的关系可得s?0?v12?2t,s??v1?(?v2)2?t,联立解得v2=3v1.则F1对滑块的冲量大小

I1=mv1=mv2/3=p/3,F2对滑块的冲量大小I2=mv2+mv1=4mv1=4mv2/3=4p/3,A错误,B正确;F1对滑

2222块做功W1?mv1/2,F2对滑块做功W2?mv2/2?mv1/2?8?mv1/2?8W1,C正确D错误.

答案:BC

6.某人身系弹性绳自高空p点自由下落,如图所示a点是弹性绳的原长位置,c点是人所到达的最低点,b点是人静止悬吊时的平衡位置.不计空气阻力,则下列说法中正确的是( )

A.从p至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量 B.从p至c过程中重力所做功等于人克服弹力所做的功 C.从p至b过程中人的速度不断增大 D.从a至c过程中加速度方向保持不变

解析:人完成从p到c的过程中经历了自由下落?变加速?变减速三个运动过程.考虑全程p至c,外力的总冲量等于重力的冲量和弹性绳的弹力冲量的矢量和,由动量定理知人所受外力的总冲量等于人的动量变化,人在p和c两处,速度均为零即动量都为零,因此动量的变化为零,则有重力的冲量与弹性绳弹力的冲量大小相等,方向相反,总冲量为零,A错误;同样人在p和c两处,动能均为零,动能的变化为零,由动能定理知,重力所做的功等于人克服弹力所做的功,B正确;人由p到b的过程,前一过程(p~a)自由落体,后一过程(a~b)由于弹性绳伸长,弹力F增加,重力G不变,人所受合力(G-F)不断减小,方向向下,人做的是加速度在减小的加速运动,C正确;由于b是人静止悬吊时的平衡位置,当人由b运动至c的过程,弹力大于重力,合力方向向上,加速度方向向上,因此D错误.

答案:BC

7.如图所示,轻弹簧平放在粗糙的水平地面上,同种材料做成的两个物块分别向轻弹簧运动并压缩弹簧.设物块质量为m,在接触弹簧前的速度为v0,动量为p0,从接触弹簧到弹簧被压缩到最短的时间为t,弹簧的最大压缩量为x.两个物块相比较( )

A.若p0相等,则x一定相同 B.若v0相等,则t一定相同

C.若p0相等,m较大,则x较小 D.若v0相等,m较大,则t较小

解析:向右压缩弹簧的过程中,物块的动能转化为弹性势能和内能.由Ek=p2/2m,若p0相等,m较大的物块动能Ek较小,弹簧的最大压缩量x较小,A错误?C正确;弹簧压缩到最短时,物块动量减小到零,对物块由动量定理得Ft=p0=mv0,若v0相等,m较大的滑块所受摩擦力较大,克服摩擦力做功转化的内能较多,转化的弹性势能较小,弹簧压缩量较小,物块受到的弹簧平均弹力较小,物块受到的水平方向合力较小,则作用时间t较大,D错误.

答案:C

8.如图所示,物体在粗糙的水平面上向右做直线运动.从A点开始受到一个水平向左的恒力F的作用,经过一段时间后又回到A点.则物体在这一往返运动的过程中,下列说法正确的是( )

A.恒力F对物体做的功为零 B.摩擦力对物体做的功为零 C.恒力F的冲量为零 D.摩擦力的冲量为零

解析:由功的定义可知,在这一往返过程中,物体位移为零,所以恒力对物体做的功为零,A正确;由于摩擦力方向总与物体相对运动方向相反,所以摩擦力对物体做的功为负值,B错误;由冲量定义力与作用时间的乘积为力的冲量,C?D错误.

答案:A

9．如图22所示，质量为M的车厢静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的滑块，以初速度v0在车厢地板上向右运动，与车厢两壁发生若干次碰撞，最后静止在车厢中，则车厢最终的速度是( )

A．0

B．v0，方向水平向右 C.

mv0

，方向一定水平向右 M＋m

mv0，方向可能是水平向左 M＋m

D.

解析：对m和M组成的系统，水平方向所受的合外力为零，动量一定守恒，由mv0＝(Mmv0＋m)v可得；车厢最终的速度为，方向一定水平向右，所以C选项正确．

M＋m

答案：C

10．如图23所示，在光滑的水平地面上有一辆平板车，车的两端分别站着人A和B，A的质量为mA，B的质量为mB，mA>mB.最初人和车都处于静止状态．现在，两人同时由静止开始相向而行，A和B对地面的速度大小相等，则车( )

A．静止不动 C．向右运动

B．左右往返运动 D．向左运动

解析：系统动量守恒，A的动量大于B的动量，只有车与B的运动方向相同才能使整个系统动量守恒，故D正确．

答案：D

11．如图24所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上．突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是(设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度)( )

图24

A．系统机械能不断增加 C．系统动量不断增加

B．系统机械能守恒 D．系统动量守恒

解析：对A、B组成的系统，所受电场力为零，这样系统在水平方向上所受外力为零，系统的动量守恒；对A、B及弹簧组成的系统，有动能、弹性势能、电势能三者的相互转化，故机械能不守恒．

答案： D

图25

12．如图25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mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6 kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4 kg·m/s，则( )

解析：由mB＝2mA，知碰前vB

若左为A球，设碰后二者速度分别为vA′，vB′ 由题意知pA′＝mAvA′＝2 kg·m/s pB′＝mBvB′＝10 kg·m/s

vA′2

由以上各式得＝，故正确选项为A.

vB′5

若右为A球，由于碰前动量都为6 kg·m/s，即都向右运动，两球不可能相碰． 答案：A

13．如图26所示，质量均为M的物体A和B静止在光滑水平地面上并紧靠在一起(不粘连)，A的ab部分是四分之一光滑圆弧，bc部分是粗糙的水平面．现让质量为m的小物块C(可视为质点)自a点静止释放，最终刚好能到达c点而不从A上滑下．则下列说法中正确的是( )

图26

A．小物块C到b点时，A的速度最大 B．小物块C到c点时，A的速度最大 C．小物块C到b点时，C的速度最大

D．小物块C到c点时，A的速率大于B的速率

解析：小物块C自a点静止释放，到达b点的过程中A、B、C三者组成的系统水平方向动量守恒，C对A的弹力做正功，A、B整体的速度越来越大，由于C和A、B整体的动量等大反向，所以C速度也越来越大，C在bc部分滑动的过程中，A、C组成的系统动量守恒，由于在b点时C的动量大于A的动量，所以最终C和A相对静止时，一起向右运动，C在bc段滑动的过程，C由于摩擦力作用做减速运动，A先向左做减速运动，然后向右做加速运动，直至与C有共同速度．B一直向左做匀速直线运动，由于A、B、C系统的动量也是守恒的，所以当A、C有共同速度时，A、C的总动量与B的动量等大反向，而A的质量和B的质量相等，因而当小物块C到c点时，A的速率小于B的速率．由此可以看出，小物块C到b点时，A的速度最大，小物块C到b点时，C的速度也达最大．

答案：AC

14．在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m.现B球静止，A球向B球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为Ep，则碰前A球的速度等于( )

解析：A球向B球运动，B球原来静止．两球接触初期，vA>vB，两球形变增大，弹性势能增加．从vA＝vB以后，由于弹力作用vA

＝vB＝v时弹性势能最大．两球碰撞，动量守恒．设A球初速度为v0，据mv0＝2mv，v＝0.据

2mv2(2m)v2mv20

机械能守恒定律，这时的弹性势能Ep＝－＝0，解得v0＝2224

答案：C

15．A、B两球在光滑水平面上沿同一直线，向同一方向运动，A球动量为pA＝5 kg·m/s，B球动量为pB＝7 kg·m/s，两球碰后B球动量变为pB′＝10 kg·m/s，则两球质量关系可能是( )

A．mA＝mB C．mB＝4mA

B．mA＝2mB D．mB＝6mA

Ep

. m

pp

解析：由碰撞中动量守恒可求得pA′＝2 kg·m/s要使A追上B，则必有：vA>vB，即A>B mAmB

mB>1.4mA①

碰后pA′、pB′均大于零，表示同向运动，则应有：vB′≥vA′ 即：

pA′pB′

≤ mB≤5mA② mAmB

p2p2pA′2pB′2AB

碰撞过程中，动能不增加，则＋≥＋

2mA2mB2mA2mB527222102

即：＋≥＋

2mA2mB2mA2mB17

推得mB≥mA③

7

17

由①②③知，mA与mB的关系为mA≤mB≤5mA.

7答案：C

16．如图27所示，细线上端固定于O点，其下端系一小球，静止时细线长L.现将悬线和小球拉至图中实线位置，此时悬线与竖直方向的夹角θ＝60°，并于小球原来所在的最低点处放置一质量相同的泥球，然后使悬挂的小球从实线位置由静止释放，它运动到最低点时与泥球碰撞并合为一体，它们一起摆动中可达到的最大高度是( )

图27

LA. 2LC. 8

LB. 4D.L 16

2

解析：设小球与泥球碰前的速度为v1，碰后的速度为v2， mv

小球下落过程中，有mgL(1－cos60°)＝1

2在碰撞过程中有mv1＝(m＋M)v2 (m＋M)v22

上升过程中有(m＋M)gh＝ 2L

由以上各式解得h＝.

8答案：C

17．一火箭喷气发动机每次喷出m＝200 g的气体，气体离开发动机时相对地的速度v＝1000 m/s，设火箭质量M＝300 kg，发动机每秒喷气20次，求：

(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？ (2)运动第1 s末，火箭的速度多大？

解析：解法1：喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量可认为守恒． (1)第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有： (M－m)v1－mv＝0 mv

故v1＝

M－m

第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有： (M－2m)v2－mv＝(M－m)v1 2mv

故v2＝

M－2m

第三次气体喷出后，火箭速度为v3，有： (M－3m)v3－mv＝(M－2m)v2 3mv3×0.2×1000v3＝＝ m/s＝2 m/s

M－3m300－3×0.2

(2)依次类推，第n次气体喷出后，火箭速度为vn，有： (M－nm)vn－mv＝[M－(n－1)m]vn－1

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/msj.html