高中物理復(fù)習計劃能量動量經(jīng)典習題例題含

1、高中物理復(fù)習計劃能量及動量經(jīng)典習題例題含高中物理復(fù)習計劃能量及動量經(jīng)典習題例題含33/33高中物理復(fù)習計劃能量及動量經(jīng)典習題例題含專題研究二有關(guān)知識鏈接能量和動量清大師德教育研究院物理教研中心李麗功能量能沖量動量動量恒力做功W=FsCOS(重力做功、電場力做功)變力做功彈力、機車動能勢能(重力勢能、彈性勢能、電勢能、分恒力的沖量I=Ft變力的沖量彈力、向心力、摩擦力、庫侖動量的變化方向在一條直線上的、方向重力做功WGEP彈力做功WF1EP1分子力做功WF2EP2動能定理機械能守恒WEKEPEK功能原理能量守恒動量守恒動量定理P1P2能量和動量的綜合應(yīng)用高考考點解讀考點考題題型2003上海4選擇

2、題2003上海21計算題2004上海8選擇題2004上海21計算題功和能、動能定理2004天津理綜24計算題2005江蘇10選擇題2005上海19A計算題2005廣東14計算題2005黑、吉、廣西23計算題動量、沖量、動量定理2004廣東14計算題2003上海7選擇題2004江蘇15計算題機械能守恒定律2005上海9選擇題2005北京理綜23計算題2005廣東6選擇題2005河南河北24計算題動量守恒定律2004天津理綜21選擇題2003江蘇19計算題動量和能量的綜合應(yīng)2003江蘇20計算題用2004江蘇18計算題2004廣東17計算題2004全國理綜25計算題2004北京理綜24計算題200

3、5江蘇18計算題2005廣東18計算題2005河南河北24計算題2005黑、吉、廣西25計算題2005陜西、四川25計算題2005天津24計算題高考命題思路1功和能的關(guān)系及動能定理是歷年高考的熱門，近幾年來側(cè)重觀察對功的看法的理解及用功能關(guān)系研究物理過程的方法，因為所波及的物理過程常常較為復(fù)雜，對學生的能力要求較高，所以這種問題難度較大。比方2005年江蘇物理卷的第10題，要修業(yè)生能深刻理解功的看法,靈巧地將變力分解。2動量、沖量及動量定理最近幾年來獨自出題不多，選擇題中常觀察對動量和沖量的看法及動量變化矢量性的理解。計算題常設(shè)置某個剎時過程，計算該過程物體遇到的平均作用力或物體狀態(tài)的變化。要

4、修業(yè)生能正確地對物體進行受力分析，弄清物體狀態(tài)變化的過程。動量守恒定律的應(yīng)用，近幾年獨自命題以選擇題為主，常用來研究碰撞和類碰撞問題，主要判斷碰撞后各個物體運動狀態(tài)量的可能值，這種問題也應(yīng)當綜合考慮能量及能否符合實質(zhì)狀況等多種要素。機械能守恒定律的應(yīng)用常波及多個物體構(gòu)成的系統(tǒng)，要修業(yè)生能正確在采納研究對象，正確確立符合題意的研究過程。這種問題有時還設(shè)置一些臨界態(tài)問題或波及運用特別數(shù)學方法求解，對學生的能力有必定的要求。如2004年上海物理卷的10題，波及到兩個小球構(gòu)成的系統(tǒng)，而且要能正確地運用數(shù)學極值法求解小球的最大速度。4動量和能量的綜合運用向來是高考觀察的要點，一般過程復(fù)雜、難度大、能力要

5、求高，常常是高考的壓軸題。要修業(yè)生學會將復(fù)雜的物理過程分解成假定干個子過程，分析每一個過程的始末運動狀態(tài)量及物理過程中力、加快度、速度、能量和動量的變化。對于生活、生產(chǎn)中的實質(zhì)問題要成立有關(guān)物理模型，靈巧運用牛頓定律、動能定理、動量定理及能量轉(zhuǎn)變與守恒的方法解決實質(zhì)問題。分析解答問題的過程中常需運用概括、推理的思想方法。如：2003年全國卷第20題、2004年理綜全國卷第25題的柴油機打樁問題、2004年江蘇物理卷第18題、2004年廣東物理卷第17題、2005年江蘇物理卷18題、2005年廣東物理卷第18題等。值得注意的是2005年江蘇物理卷的第18題把碰撞中常有的一維問題升級為二維問題，對

6、學生的物理過程的分析及動量矢量性的理解要求更高了一個層次。第5課時做功、能量和動能定理精典考題反省例12005江蘇10如圖5-1所示，固定的圓滑豎直桿上套著一個滑塊，用輕繩系著滑塊繞過圓滑的定滑輪，以大小恒定的拉力F拉繩，使滑塊從A點起由靜止開始上漲假定從A點上漲至B點和從B點上漲至C點的過程中拉力F做的功分別為W1、W2，滑塊經(jīng)B、C兩點時的動能分別為EKB、EKc，圖中AB=BC，那么必定有(A)WlW2(B)W1EKC(D)EKBW2，所以A正確。依據(jù)動能定理：WFWGEKEK因在兩段中拉力做的功WF與重力做的功WG的大小關(guān)系不可以確立,故沒法比較EKB與EKc的大小。評論：解決該題的要

7、點是能正確地理解功的定義,注意從不一樣的思想角度去分析問題。題中力F為恒力，學生易從求力的作用點位移角度來比較兩過程繩索縮短的長度，從而增添了思想難度，甚至造成錯誤。例22004廣東17如圖5-2所示,輕彈簧的一端固定，另一端與滑塊B相連，B靜止在水平導(dǎo)軌上，彈簧處在原長狀態(tài)。另一質(zhì)量與B相同滑塊A，從導(dǎo)軌上的P點以某一初速度向B滑行，當A滑過距離l1時，與B相碰，碰撞時間極短，碰A、B緊貼在一同運動，但互不粘連。最后A恰巧返BAP回出發(fā)點P并停止?；瑝KA和l2l1B與導(dǎo)軌的滑動摩擦因數(shù)都為圖5-2，運動過程中彈簧最大形變量為l2，求A從P出發(fā)時的初速度v0。析與解：本題波及物塊A及AB共同體

8、兩個研究對象，波及多個運動過程，且AB共同體壓迫彈簧及被彈簧推向右端的過程受力復(fù)雜，屬于多對象多過程的復(fù)雜問題。研究A滑行至B的過程，設(shè)A剛接觸B時的速度為v1，由功能關(guān)系有：1mv21mv2mgl10122A與B碰撞過程中動量守恒，令碰后A、B共同運動的速度為v2，有mv12mv2A與B碰后先一同向左運動，接著A、B一同被彈回，當彈簧恢復(fù)到原長時，A、B分別，設(shè)此時A、B的共同速度為v3，在這過程中，彈簧勢能始末兩態(tài)都相等，研究共同體與彈簧作用的全過程，利用功能關(guān)系,有1(2m)v221(2m)v33(2m)g(2l2)22今后A、B開始分別，A獨自向右滑到P點停下，由功能關(guān)系有1mv32m

9、gl1由以上各式，可得v0g(10l116l2)2評論：A、B碰撞的瞬時有動能損失，A、B再次分別后各自己的運動獨立，故不可以研究整個過程運用動能定理求解。正確的分析出滑塊運動的各個過程，判斷出AB兩滑塊分別時彈簧處于原長狀態(tài)是題解的要點。對于多過程問題，在分析運動過程的同時還應(yīng)注意找出前后各過程間的聯(lián)系。例32005黑龍江吉林23如圖5-3所示，在水平桌面的邊角處有一輕質(zhì)圓滑的定滑輪K，一條不行伸長的輕繩繞過K分別與物塊A、B相連，A、B的質(zhì)量分別為mA、mB。開始時系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)用一FAK水平恒力F拉物塊A，使物塊B上漲。當B上漲距離為h時，B的速度為v。求此過程中物塊A戰(zhàn)勝摩擦力所

10、做的功。重力加快度為g。析與解：因為連結(jié)AB的繩索在運動過程中向來處于繃緊狀態(tài)，故A、B速度的大小相等，對A、B構(gòu)成的系統(tǒng)，由功能關(guān)系有：B5-312FhWmBgh=2(mA+mB)v12求得：W=FhmBgh(mA+mB)v評論：本題假如運用間隔法選擇研究對象，運用牛頓運動定律求解，要求出摩擦力的大小那么比較復(fù)雜，而運用功能原理求解時那么就顯得簡單多了。在連結(jié)體問題中，假定不波及常系統(tǒng)內(nèi)的互相作用時，常以整體為研究對象求解。例4如圖5-4所示，質(zhì)量m=的小球從距地面高H=5m處自由著落，抵達地面恰能沿凹陷于地面的半形槽壁運，半槽半徑R=。小球第一次抵達槽最低點速率10m/s，并沿槽壁運直到從

11、槽右端出，這樣頻頻幾次，摩擦力恒定不，求：小球與槽壁相碰不失能量1小球第一次離槽上漲的高度h；2小球最多能出槽外的次數(shù)取g=10m/s2。析與解：1小球從高運至槽口的程中，只有重力做功；由槽口運至槽底端的程中，重力、摩擦力都做功，因摩擦力大小恒定不，且方向是與運方向相反，故槽右半局部摩擦力小圖5-4球做的功與左半局部摩擦力小球做的功相等。分研究小球從最高點落至槽底部和從槽底部運至左上方最高點的程，小球第一次離槽上漲的高度h，由能定理得mg(HR)Wf1mv22mg(hR)Wf1mv221mv2WfmgR得h2mg2小球通一次弧槽，需戰(zhàn)勝摩擦力做功2Wf,且小球出槽口一次，在小球頻頻通弧槽后，當

12、小球出槽口的速度小于等于零，小球不可以出槽口，小球出槽外的次數(shù)n，用能定理研究全程得mgHn2Wf0mgH25n42Wf即小球最多能出槽外6次。點：小球在沿槽壁運程中摩擦力方向盡管不?；?，但摩擦力方向與運方向始在同向來上，摩擦力功力與行程的乘。小球的運擁有來去性，用能定理研究整個程可直接求出的答案。本中作了摩擦力不的假，學生真。堅固提升訓練1、如圖5-1所示，木板長為l，板的A端放一質(zhì)量為m的小物塊，物塊與板間的動摩擦因數(shù)為。開始時板水平，在繞O點緩慢轉(zhuǎn)過一個小角度的過程中，假定物塊一直保持與板相對靜止。對于這個過程中各力做功的狀況，以下說法正確的選項是()A、摩擦力對物塊所做的功為mglsi

13、n(1-cosB、彈力對物塊所做的功為mglsincosC、木板對物塊所做的功為mglsinA)O5-1D、合力對物塊所做的功為mglcos2、如圖5-2所示,一物體從高為H的斜面頂端由靜止開始滑下，滑上與該斜面相連的一圓滑曲面后又返回斜面，在斜面上能上漲到的最大高度為1H。假定不考慮物體經(jīng)2過斜面底端轉(zhuǎn)折處的能量損失，那么當物體再一次滑回斜面時上漲的最大高度為()A01B4H，圖5-211C4H與2H之間1D0與4H之間3、如圖5-3所示，重球m用一條不行伸長的輕質(zhì)細線栓住后懸于O點，重球置于一個斜面不圓滑的斜劈M上，用水平力F向左推進斜劈OM在圓滑水平桌面上由地點a勻速向左挪動到地點b，F(xiàn)

14、ba圖5-3在此過程中，正確說法是：Am與M之間的摩擦力對m做正功；BM與m之間的摩擦力對m做負功；CM對m的彈力對m所做的功與m對M的彈力對M所做的功的絕對值不相等；DF對M所做的功與m對M所做的功的絕對值相等。4、2005廣東18如圖5-4所示，兩個完整相同的質(zhì)量為m的木板A、B置于水平川面上，它們的間距s=。質(zhì)量為2m，大小可忽視的物塊C置于A板的左端。C與A之間的動摩擦因數(shù)為1=，A、B與水平川面之間的動摩擦因數(shù)為2=，最大靜摩擦力可以以為等于滑動摩擦力。F開始時，三個物體處于CAB狀態(tài)?，F(xiàn)給C施加一個s向右，大小為2mg的恒圖5-45靜止水平F，假定木板A、B碰撞時間極短且碰撞后粘連

15、在一同，要使C最后不離開木板，每塊木板的長度最少應(yīng)為多少？505廣州一模如圖5-5所示，EF為水平川面，O點左邊是粗拙的、右邊是圓滑的.一輕質(zhì)彈簧右端與墻壁固定，左端與靜止在O點質(zhì)量為m的小物塊A連結(jié)，彈簧處于原長狀態(tài).質(zhì)量為m的物塊B在大小為F的水平恒力作用下由C處從靜止開始向右運動，物塊B與地面EO段間的滑動摩擦力5-5大小為F，物塊B運動到O點與物塊A相碰并一同向右運動設(shè)碰撞時間極短，運動到D4點時撤去外力F.CO4S，ODS.求撤去外力后：1彈簧的最大彈性勢能.2物塊B最后離0點的距離.附:第5課時堅固提升訓練答案及解1答案：C解：支持力對物體做正功，重力對物體做負功；因為靜摩擦力一直

16、與運動方向垂直，故摩擦力不做功，三力對物體做的總功為零。因重力對物體做功為mgsin，所以木板對物體支持力做功為mgsin。選項為C2答案B解：由功能關(guān)系知物體下滑過程中機械能的損失等于戰(zhàn)勝摩擦力做的功，第一次從H高處下滑返回到最高點高度為H，損失的能量為總機械能的一半；因摩擦力不變，故2可類比推知第二次回到最高點損失的能量也為一半，即最大高度為H。選項為B3答案：AD4解：小球遇到的摩擦力的方向沿斜面向下，小球的運動方向垂直于細繩向上，故小球的運動方向與摩擦力的方向小于900，所以，A選項正確。而M對m彈力作用的物點和m對M彈力作用的物點的位移相同，所做的功的絕對值相等。M勻速運動，其所受外

17、力做功為零。故D選項正確。4答案：L=3m解：第一階段拉力F小于C、A間最大靜摩擦力，所以C、A共同加快到與B相碰，該過程對C、A共同體用動能定理：F-22，得v=8m/s3mgs=3mv/211AB相碰瞬時，AB動量守恒，碰后共同速度v2=4m/sC在AB上滑行全過程，ABC系統(tǒng)所受合外力為零，動量守恒，C到B右端時恰巧達12v=6m/s到共速：2mv+2mv=4mv，所以共同速度C在AB上滑行全過程用功能關(guān)系：F2L=4mv2/2-(2mv12/2+2mv22/2)+12mg2LL=3m5答案：1Epm5FSx=5s22解：1B與A碰撞前速度由動能定理2，WF-F/44Smv/2(F1F)

18、6FS得v=244S0mmB與A碰撞，由動量守恒定律mv=2mv，得v=16FS0112m碰后到物塊A、B運動至速度減為零，彈簧的最大彈性勢能E=FS+125FS2mv1pm222設(shè)撤去F后，A、B一同回到0點時速度為v2，由機械能守恒得Epm=12mv22V2=5FS2m返回至0點時，A、B開始分別，B在滑動摩擦力作用下向左作勻減速直線運動，設(shè)物塊B最后離O點最大距離為x，由動能定理：-1Fx01mv22解得x=5s第6課時42沖量、動量與動量定理精典考題反省例12004廣東14一質(zhì)量為m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰巧垂直地射到一傾角為300的固定斜面上，并馬上反方向彈回。反彈速度

19、的大小是入射速度大小的3，求在碰撞中斜面對小球的沖量大小。4析與解：小球在碰撞斜眼前做平拋運動。設(shè)剛要碰撞斜面時小球速度為v.由題意，v的方向與豎直線的夾角為30，且水平重量仍為v0，如右6-1圖.由此得v=2v0碰撞過程中，小球速度由v變成反向的3v，碰撞時間極4圖6-1短，可不計重力的沖量，由動量定理，斜面對小球的沖量為Im(3v)mv47mv0解得I4評論：本題為動量定理和平拋運動的綜合應(yīng)用題，一定先依據(jù)平拋運動的知識確立小球射到斜面上時的速度，再依據(jù)動量定理求沖量的大小。求力的沖量常從兩個角度思考：1沖量的定義IFt，2動量定理IP。在求斜面對小球的沖量時要注意動量的矢量性。例2199

20、5全國17一粒鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由著落,而后墮入泥潭中。假定把在空中著落的過程稱為過程，進人泥潭直到停止的過程稱為過程,那么()A、過程I中鋼珠動量的改變量等于重力的沖量B、過程中阻力沖量的大小等于過程I中重力的沖量的大小C、I、兩個過程中合外力的總沖量等于零D、過程中鋼珠動量的改變量等于零析與解：在過程I中，鋼珠從靜止狀態(tài)自由著落。不計空氣阻力，小球所受的合外力即為重力，所以鋼珠動量的改變量等于重力的沖量，選項A正確；全過程中始末狀態(tài)動量的變化為零，所受的總沖量為零，故過程中阻力沖量的大小等于過程I、中重力沖量的大小之和。明顯B選項不對，C選項正確；在I、兩個過程中，每個過程鋼珠動量的改變

21、量各不為零，且它們大小相等、方向相反，故D選項錯誤。所以，本題的正確選項為A、C。評論：本題觀察了動量定理的運用，動量定理不但合用于單調(diào)物理過程相同也合用于復(fù)雜物理過程。在運用動量定理時應(yīng)注意依據(jù)所求問題采納適合的物理過程，分析各物理過程中力的沖量及物體的始末狀態(tài)量。運用動量定理時不可以忽視對研究對象的受力分析。例32002全國26蹦床是運發(fā)動在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻騰并做各樣空中動作的運動工程。一個質(zhì)量為60kg的運發(fā)動，從離水平網(wǎng)面高處自由著落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面高處。運發(fā)動與網(wǎng)接觸的時間為。假定把在這段時間內(nèi)網(wǎng)對運發(fā)動的作用力看作恒力辦理，求此力的大小。g10m/s2析

22、與解：將運發(fā)動看作質(zhì)量為m的質(zhì)點，從h1高處著落，剛接觸網(wǎng)時速度的大小v12gh1方向豎直向下彈跳后抵達的高度為h2，剛離網(wǎng)時速度的大小v22gh2方向豎直向上以向上為正向，由動量定理知：(Fmg)tmv2mv1代入數(shù)據(jù)得：F103N評論：動量定理既合用于恒力作用下的問題，也合用于變力作用下的問題。在變力作用下由動量定理求出的力是在t時間內(nèi)的均勻值。另注意本題中運發(fā)動觸網(wǎng)過程中所受重力不可以忽視。本題也能夠先求出上漲和著落時間，再研究全過程據(jù)動量定理列式求解。例4如圖6-2所示，質(zhì)量為M的汽V0V/車帶著質(zhì)量為m的拖車在平直公路上以加快mM度a勻加快行進，當速度為V0時拖車忽然與圖6-2汽車脫

23、鉤，到拖車停下瞬時司機才發(fā)現(xiàn)。假定汽車的牽引力向來未變，車與路面的動摩擦因數(shù)為，那么拖車剛停下時，汽車的剎時速度是多大？析與解：汽車和拖車脫鉤后，汽車以大于a的加快度作勻加快運動，拖車作勻減速運動，加快度為g。以汽車和拖車系統(tǒng)為研究對象，系統(tǒng)受的合外力不變，一直為ma；該過程經(jīng)歷時間為V0/g，末狀態(tài)拖車的動量為零。對系統(tǒng)運用動量定理：V0MV/MmV0，V/MmagMmaV0gMg評論：動量定理不但合用于單個物體，對多個物體構(gòu)成的系統(tǒng)相同也合用，合理在采納研究對象能簡化研究問題。注意本題的研究過程為汽車和拖車脫鉤后至拖車停下之前，因為拖車停下后，系統(tǒng)受的合外力中少了拖車遇到的摩擦力，所以合外

24、力大小不再Mma。堅固提升訓練11997全國2質(zhì)量為m的鋼球自高處落下，以速率v1碰地，豎直向上彈回，碰撞時間極短，離地的速率為v2。在碰撞過程中，地面對鋼球的沖量的方向和大小為A向下，mv1-v2B向下，mv1v2C向上，mv1-v2D向上，mv1v22以下說法中正確的是：()動量相等的物體，動能也相等；物體的動能不變，那么動量也不變；某力對物體不做功，那么這個力的沖量就為零；物體所遇到的合沖量為零時，其動量方向不行能變化.3恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上，如圖6-1所示，因為地面對物體的摩擦力較大，沒有被拉動，那么經(jīng)時間t，以下說法正確的選項是()A拉力F對物體的沖量大小為零圖6-1B拉力F

25、對物體的沖量大小為FtC拉力F對物體的沖量大小是FtcosD合力對物體的沖量大小為零4一質(zhì)量為的物體從距地面高處以必定的速度水平拋出不計空氣阻力，那么物體在落地前的運動過程中，以下說法中正確的有：()A連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)物體遇到的沖量相同B連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)物體的動量變化相同C連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)物體的動能增量相等D連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)合外力所做的總功相等5兩木塊質(zhì)量之比為12，它們在粗拙程度相同的水平面上滑動，以下說法正確的是：()假定初速度相同，滑行的距離之比為11，滑行所需時間之比為11假定初動量相同，滑行的距離之比為11，滑行所需時間之比為11假定初動能相同，滑行的距離之比為11，

26、滑行所需時間之比為11假定初動量相同，滑行的距離之比為41，假定初動能相同，滑行所需距離之比為21。A、B、C、D、6在粗拙水平面上運動的物體，從A點開始受水平恒力作用，作直線運動物體在B點的速度與A點的速度大小相等，那么這個過程中：物體不必定做勻速直線運動一直與摩擦力方向相反與摩擦力對物體所做的總功為零與摩擦力對物體的總沖量為零7如圖6-2所示，兩個質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不一樣的兩個圓滑斜面由靜止自由滑下，抵達斜面底端，在這個過程中，兩個物體擁有的相同的物理量可能是重力的沖量合力的沖量抵達底端的動量大小支持力的沖量126-28在圓滑水平面上有質(zhì)量均為2kg的a、b兩質(zhì)點，a質(zhì)點在水平

27、恒力Fa=4N作用下由靜止出發(fā)運動4s。b質(zhì)點在水平恒力Fb=4N作用下由靜止出發(fā)挪動4m。比較這兩個質(zhì)點所經(jīng)歷的過程，能夠獲取的正確結(jié)論是Aa質(zhì)點的位移比b質(zhì)點的位移大Ba質(zhì)點的末速度比b質(zhì)點的末速度小C力Fa做的功比力Fb做的功多D力Fa的沖量比力Fb的沖量小9一個質(zhì)量為m=2kg的物體,在F1=8N的水平推力作用下,從靜止開始沿水平面運動了t1=5s,而后推力減小為F2=5N,方向不變,物體又運動了t2=4s后撤去外力,物體再經(jīng)過t3=6s停下來。試求物體在水平面上所受的摩擦力。10質(zhì)量是60kg的建筑工人，不慎從高空跌下，因為彈性安全帶的保護作用，最后令人懸掛在空中彈性安全帶緩沖時間為

28、，安全帶挺直后長5m，求安全帶所受的均勻沖力g=10ms21105蘇錫常鎮(zhèn)一模在宇宙飛船的實驗艙內(nèi)充滿CO2氣體，且一段時間內(nèi)氣體的壓強不變，艙內(nèi)有一塊面積為S的平板艙壁，如圖6-3所示假如CO2氣體對平板的壓強是由氣體分子垂直撞擊平板形成的，假定氣體分子中各有l(wèi)6的個數(shù)分別向上、下、左、右、前、后六個方向運動，且每個分子的速度均為，設(shè)氣體分子與平板碰撞后仍以原速反彈實驗艙中單位體積內(nèi)2n，2的摩爾質(zhì)量為，阿CO的摩爾數(shù)為CO伏加德羅常數(shù)為NA求圖6-3單位時間內(nèi)打在平板上的CO2分子個數(shù)CO2氣體對平板的壓力。12如圖6-4所示，矩形盒B的質(zhì)量為M，放在水平面上，盒內(nèi)有一質(zhì)量為m的物體A，A

29、與B、B與地面間的動摩擦因數(shù)分別1、2，開始時二者均靜止?，F(xiàn)瞬時使物體A獲取一直右且與矩形盒B左、右邊壁垂直的水平速度V0，今后物體A在盒B的左右壁碰撞時，B一直向右運動。當A與B最后一次碰撞后，B停止運動，A那么連續(xù)向右滑行距離S后也停止運動，求盒B運動的時間t。AV0B圖6-4附：第6課時堅固提升訓練答與解答案：D解：碰撞時間極短，忽視重力。以向上為正向，Imv2(mv1)m(v1v2)，故D。2答案：D解：Pmv，Ek1mv2；故EkP2，動量相等的物體質(zhì)量不必定相等，動能也22m不必定相等。動能是標量，而動量是矢量，動能不變但其方向可能變化，即動量的方向可能變化。力不做功可能是在力的方

30、向上不產(chǎn)生位移，但此時力的沖量不為零。由動量定理知，合力的沖量必定等于動量的變化，應(yīng)選D。3答案：BD解：沖量IFt，故有力必有沖量，與物體的運動狀態(tài)沒關(guān)，與其余力沒關(guān)，選B。物體未動，合力為零，故沖量大小為零，選D。4答案：AB解：由IFt，知選項A正確。由動量定理IP知，動量的變化等于重力的沖量，應(yīng)選B。連續(xù)相等的時間間隔內(nèi)物體在力的方向上的位移不等，故重力所做的功和動能的增量不等。5答案：B解：由動量定理mgt0mv和動能定理mgs01mv2，及化簡后的表達式2tv，sv2，不難看出、正確，應(yīng)選B。g2g6答案：AC解：物體的受力方向有兩種可能，即與初速度方向相同或相反。相同時物體必做勻

31、速運動，相反那么先做減速運動，后做加快運動亦滿足題意。故A選項正確。當力與速度方向相反時，易知A、B點速度方向相反，由動量定理知總沖量不為零。由動能定理易知動能不變，合外力做功為零。應(yīng)選AC。7答案：C解：運動時間不等，重力的沖量不一樣。末動量的方向不一樣，由動量定理知合力的沖量不行能相同。由機械能守恒知抵達底端的末動能相等，故末動量大小相等。選C。支持力的方向不一樣故沖量也不行能相同。8答案：AC解：由牛頓第二定律知兩物體加快度相同，aF2m/s2，可解得a質(zhì)點的位移m為s1at216m?？赏浦猘的運動時間長，應(yīng)選A、C。29答案:f4N解：規(guī)定推力的方向為正方向,在物體運動的整個過程中,物

32、體的初動量P1=0,末動量P=O。據(jù)動量定理有：(F1t1F2t2ft1t2t3)02(即：8554f(546)0，解得f4N10答案:F1100N方向豎直向下解：人著落為自由落體運動，著落究竟端時的速度為：V022ghV02gh10m/s取人為研究對象，在人和安全帶互相作用的過程中，人遇到重力mg和安全帶給的沖力F，取F方向為正方向，由動量定理得：(Fmg)tmvmv0所以FmgmV01100N，方向豎直向下t11答案:(1)N=1nSNA(2)F1=1nS263設(shè)在t時間內(nèi)，CO2分子運動的距離為L，那么：L=t1打在平板上的分子數(shù)：N=nLSNAN故單位時間內(nèi)打在平板上的C02的分子數(shù)為

33、：Nt1得：N=nSNA(2)依據(jù)動量定理：Ft=(2m)N；又=NAm解得：F1nS2；故氣體對平板的壓力：F1=F1nS2=CO2=3312答案：mV0m21gSt2(Mm)g解：以物體A、盒B構(gòu)成的系統(tǒng)為研究對象，它們在水平方向所受的外力就是地面B所受的滑動摩擦力，而A與B間的摩擦力、A與B碰撞時的互相作用力均是內(nèi)力。設(shè)B停止運動時A的速度為V，且假定向右為正方向，由系統(tǒng)的動量定理得：2(mM)gtmVmV0當B停止運動后，對A應(yīng)用動能定理得：1mgS1mV22由以上二式聯(lián)立解得：tmV0m21gS。2(Mm)g第7課機遇械能守恒定律和動量守恒定律精典考題反省例12000上海8如圖7-1

34、所示，長度相同的三根輕桿構(gòu)成一個正三角形支架，在A處固定質(zhì)量為2m的小球，B處固定質(zhì)量為m的小球，支架懸掛在O點，可繞O點并與支架所在平面相垂直的固定軸轉(zhuǎn)動，開始時OB與地面相垂直，放手后開始運動，在不計任何阻力的狀況下，以下說法正確的選項是AA球抵達最低點時速度為零BA球機械能減少許等于B球機械能增添量CB球向左搖動所能抵達的最高地點應(yīng)高于A球開始運動時的高度D當支架從左向右回搖動時，A球必定能回到初步高度7-1析與解：假定把支架看作一個整體，松開后，不計任何阻力,系統(tǒng)只有重力做功，系統(tǒng)總的機械能不變，所以，A球能回到初步高度；因為A小球質(zhì)量為2m，B小球質(zhì)量m，在A球從初始地點運動到最低點

35、的過程中，A球勢能的減少許大于B球勢能的增添量，故A球抵達最低點時速度大于零；B球向左搖動所能抵達的最高地點應(yīng)高于A球開始運動時的高度。故正確選項為BCD.評論：正確地選擇研究對象，使之滿足機械能守恒的條件，是本題求解的要點。本題獨自對A或B來說，因為桿對兩小球均做功，故運動過程中機械能不守恒。而對A、構(gòu)成的系統(tǒng)，只有重力做功，系統(tǒng)總的機械能保持不變。對于多個物體構(gòu)成的系統(tǒng)還應(yīng)注意找尋各物體之間的牽連關(guān)系。例22004天津21如圖7-2所示，圓滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同向來線上運動。兩球質(zhì)量關(guān)系為mB2mA，規(guī)定向右為正方向，A、B兩球的動量均為6kgm/s，運動中兩球發(fā)生碰撞，碰撞

36、后A球的動量增量為4kgm/s，那么A.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5B.左方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1:10圖7-2右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為2:5右方是A球，碰撞后A、B兩球速度大小之比為1:10析與解：規(guī)定向右為正方向，因為兩球動量相等且為正，要兩球相碰，那么左方球的速度一定大于右方球的速度，而mB2mA，故A球的速度大于B球的速度，左方為A球。據(jù)動量守恒定律，兩球的動量變化大小相等，方向相反，A球的動量增量為-4kgm/s，B球的動量變化為4kgm/s。據(jù)ppp,算出碰撞后A、B兩球的動量分別為2kgm/s，10kgm/s，兩球速度之比為

37、2:5。應(yīng)選項為A評論：動量守恒定律的運用要注意其矢量性，本題中已規(guī)定了正方向，從題設(shè)條件得出兩球運動方向相同且向右，是本題的要點。在判斷A、B的地點時還應(yīng)充分考慮運動中的實質(zhì)狀況，學生在分析的過程中可聯(lián)合草圖，增添空間認識，加深對題意的理解。例32005陜西、四川、云南理綜25如圖7-3所示，一對雜技演員都視為質(zhì)點乘秋千秋千繩處于水平川點從A點由靜止出發(fā)繞O點下擺，當擺到最低點B時，女演員在極短時間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，而后自已恰巧能回到高處A。求男演員落地點C與O點的水平AROB5RCs圖7-3m1距離s。男演員質(zhì)量m1和女演員質(zhì)量m2之比m2=2,秋千的質(zhì)量不計，秋千的擺長為R,C點

38、比O點低5R。析與解：一對雜技演員從A點由靜止出發(fā)繞O點下擺的過程中機械能守恒；設(shè)分別前男女演員在秋千最低點B的速度為v，那么(m1(m+m)v21+m)gR=200212當擺到最低點B時，因為女演員在極短時間內(nèi)將男演員沿水平方向推出，在此過程中，二者水平方向不受外力，故水平方向動量守恒；設(shè)剛分別時男演員速度的大小為v1,女演員速度的大小為v2；那么(m1+m2)v0=m1v1m2v2分別后，男演員做平拋運動，設(shè)男演員從被推出到落在C點所需的時間為t。12s=vt4R=2gt1女演員恰巧能回到A點的過程中機械能守恒12m2gR=2m2v2不難求得s=8R評論：機械能守恒定律的運用，要選好研究對

39、象，分析物體的運動過程，成立正確的物理模型。本題解題的要點是弄清一對演員的運動過程。男女演員一同繞o點做圓周運動，滿足機械能守恒。抵達B點后，男女演員互相作用，二人互相作用時間極短，滿足動量守恒。互相作用后男演員從B點出發(fā)做平拋運動。女演員由B點回到A點過程中也恪守機械能守恒。另注意運用機械能守恒定律時，合適地采納零勢能面，可使解題簡潔。例42005江蘇18如圖7-4所示，三個質(zhì)量均為m的彈性小球用兩根長均為L的輕繩連成一條直線而靜止在圓滑水平面上現(xiàn)給中間的小球B一個水平初速度v0，方向與繩垂直小球互相碰撞時無機械能損失，輕繩不行伸長求：1)當小球A、C第一次相碰時，小球B的速度7-4當三個小

40、球再次處在同向來線上時，小球B的速度3)運動過程中小球A的最大動能EKA和此時兩根繩的夾角.(4)當三個小球處在同向來線上時，繩中的拉力F的大小析與解：因為三個質(zhì)量為m的彈性小球在圓滑水平面上互相作用，所以它們在沿v0方向和垂直于v0的方向上動量均守恒；又小球互相碰撞時無機械能損失，故三小球互相作用的整個過程中，系統(tǒng)機械能守恒。當小球A、C第一次相碰時，在垂直于v0方向的分速度為零，在沿v0方向上三小球速度相等，設(shè)三小球沿小球B初速度方向的速度為vB，由動量守恒定律不難得出mv03mvBvB1v03當三個小球再次處在同向來線上時，A、C兩小球的運動方向和小球B的運動方向在同向來線上，對整個過程

41、運用動量守恒定律和機械能守恒定律，得mv0mvB2mvA1mv21mv221mv2202B2A1v02v0三球再次處于同向來線解得vBvA33vBv0，vA0初始狀態(tài)，舍去所以，三個小球再次處在同向來線上時，小球B的速度為vB1v0負號說明與3初速度反向此時，以小球B為參照系小球B的加快度為0，為慣性參照系，小球AC相對于小球B的速度均為vvAvBv0所以，此時繩中拉力大小為Fmv2mv02LL當小球A的動能最大時，C的動能也最大且和A的動能相等，小球B的動能最小，不難分析其速度此時為零。設(shè)此時小球A、C的速度大小為u，兩根繩間的夾角為如B圖7-5，運用動量守恒定律和機械能守恒定律易得：uum

42、v02musinAC1122mu2圖7-5mv0222小球A的最大動能為EKA1mv02，此時兩根繩間夾角為904評論：本題解題的要點在于研究對象的采納及過程的分析。三個小球構(gòu)成的系統(tǒng)水平方向不受外力，滿足動量守恒；又碰撞過程中無機械能損失，整個過程中三小球的總機械能守恒。第一次相碰時，三球在v0方向速度相同。三個小球再次處在同向來線上時，垂直于V0方向上的動量為零。運動過程中小球A的動能最大時，由對稱性可知此時C的動能也最大，故B球動能最小，即為零。當三個小球處在同向來線上求繩中的拉力F時，還應(yīng)試慮到運動的相對性，即A、C相對于B作圓周運動。堅固提升訓練1A、B兩球在圓滑水平面上沿同向來線、

43、同一方向運動，A球的動量是5kgm/s，B球的動量是7kgm/s，當A球追上B球時發(fā)生碰撞，那么碰撞后A、B兩球的動量的可能值是A-4kgm/s、14kgm/sB3kgm/s、9kgm/sC-5kgm/s、17kgm/D6kgm/s、6kgm/s2長度為l的均勻鏈條放在圓滑水平桌面上，且使其長度的l垂在桌邊，如圖74-1所示。放手后鏈條從靜止開始沿桌邊下滑，那么鏈條滑至剛剛走開桌邊時的速度大小為1A15gl1B15gl3C15glD15gl圖7-132005上海9以以下圖，A、B分別為單擺做簡諧振動時擺球的不一樣地點。其中，地點A為擺球搖動的最高地點，虛線為過懸點的豎直線。以擺球最低地點為重力

44、勢能零點，那么擺球在搖動過程中位于B處時動能最大位于A處時局能最大AB7-2在地點A的勢能大于在地點B的動能在地點B的機械能大于在地點A的機械能42005廣東6如圖7-3所示，兩根足夠長的固定平行金屬圓滑導(dǎo)軌位于同一水平面，導(dǎo)軌上橫放著兩根相同的導(dǎo)體棒ab、cd與導(dǎo)軌構(gòu)成矩形回路。導(dǎo)體棒的兩頭連結(jié)著處于壓縮狀態(tài)的兩根輕質(zhì)彈簧，兩棒的中間用細線綁住，它們的電阻均為R，回路上其余局部的電阻不計。在導(dǎo)軌平面內(nèi)兩導(dǎo)軌間有一豎直向下的勻強磁場。acbd7-3開始時，導(dǎo)體棒處于靜止狀態(tài)。剪斷細線后，導(dǎo)體棒在運動過程中()回路中有感覺電動勢兩根導(dǎo)體棒所受安培力的方向相同兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，機

45、械能守恒兩根導(dǎo)體棒和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒，機械能不守恒5如圖7-4所示，質(zhì)量分別為m和2m的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A靠緊豎直墻用水平力F將B向左壓，使彈簧被壓縮必定長度，靜止后彈簧積蓄的彈性勢能為E這時忽然撤去F，對于A、B和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，以下說法中正確的是A撤去F后，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒ABFB撤去F后，A走開豎直墻前，系統(tǒng)動量不守恒，機械圖7-4能守恒C撤去F后，A走開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為ED撤去F后，A走開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為E/36如圖7-5所示，質(zhì)量均為m的兩球AB間有壓縮的輕、短彈簧處于鎖定狀態(tài)，擱置在水平面上豎直圓滑的發(fā)射

46、管內(nèi)(兩球的大小尺寸和彈簧尺寸都可忽視，他們整體視為質(zhì)點)，消除鎖準時，A球能上漲的最大高度為H，此刻讓兩球包含鎖定的彈簧從水平面出發(fā)，沿圓滑的半徑為R的半圓槽從右邊由靜止開始下滑，至最低點時，瞬時鎖定消除，求A球走開圓槽后能上漲的最大高度。ABRAB圖7-57如圖7-6所示，質(zhì)量均為M的木塊A、B并排放在圓滑水平面上，A上固定一根輕質(zhì)細桿，輕桿上端的小釘質(zhì)量不計O上系一長度為L的細線，細線的另一端系一質(zhì)量為m的小球C，現(xiàn)將C球的細線拉至水平，由靜止開釋，求：1兩木塊剛分別時，A、B、C速度各為多大？圖7-62兩木塊分別后，懸掛小球的細線與豎直方向的最大夾角多少？8.用輕彈簧相連的質(zhì)量均為2kg的A、B兩物塊都以vs的速度在圓滑的6m水平川面上運動，彈簧處于原長，質(zhì)量為4kg的物塊C靜止在前方，如圖7-7所示.B與C碰撞后二者粘在一同運動.求：在以后的運動中：圖7-71當彈簧的彈性勢能最大時，物體A的速度多大?2彈性勢能的最大值是多大?3A的速度有可能向左嗎?為何?附：第7課時堅固提升訓練