★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

相关知识链接 重力做功 WG＝－ΔEP 恒力做功 W=FsCOSθ 弹力做功WF1＝－ΔEP1 (重力做功、电场力做功) 分子力做功WF2＝－ΔEP2 变力做功 （弹力、机车功 电场力做功WF3＝－ΔEP3 牵引力、摩擦力、分子力 做功等） 动能定理 机械能守恒 能量 ΣW＝ΔEK ΔEP＝ΔEK 动能 功能原理 能量守恒 势能 (重力势能、弹能 W其他＝ΔE Q＝ΔE 性势能、电势能、分 子势能) 恒力的冲量 I=Ft 变力的冲量 （弹力、冲量 向心力、摩擦力、库仑 动量守恒 力的冲量等） 动量定理 ΔP1＝－ΔP2 动量 ΣI＝ΔP P1+P2=P1ˊ+P2ˊ 动量的变化 （方向在 一条直线上的、方向动量 不在一条直线上的） 高考考点解读 考 点 考 题 题 型 2003上海·4 选择题 2003上海·21 计算题 2004上海·8 选择题 2004上海·21 计算题 功和能、动能定理 2004天津理综·24 计算题 2005江苏·10 选择题 2005上海·19A 计算题 2005广东·14 计算题 2005黑、吉、广西·23 计算题 动量、冲量、动量定理 2004广东·14 计算题 2003上海·7 选择题 2004江苏·15 计算题 2005上海·9 选择题 机械能守恒定律 2005北京理综·23 计算题 2005广东·6 选择题 2005河南河北·24 计算题

1

能量和动量的综合应用 动量守恒定律 2004天津理综·21 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 选择题 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 计算题 动量和能量的综合应用 高考命题思路 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。

2

第5课时 做功、能量和动能定理

精典考题反思 [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)Wl>W2 (B)W1EKC (D)EKB析与解：该题考查了功的概念及功能关系，难点在于比较Wl和W2，关键是要理解功是力在位移上的累积的本质；功的大小既可视为力F与力的方向上的位移S的乘积，又可视为位移S与位移方向上的力的乘积；因此，可以将力F在位移方向上进行分解，由于力F在AB段的分力均大于在BC段的分力，则不难判断出Wl>W2，所以A正确。

根据动能定理：WFWGEKEK 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图5-1 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，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l1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l2，求A

B A 从P出发时的初速度v0。

析与解：本题涉及物块A及 AB共同体两个研究对象，涉及多 P 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 l 2 l1 复杂，属于多对象多过程的复杂问

图5-2 题。研究A滑行至B的过程，设A

刚接触B时的速度为v1，由功能

1212mv0mv1mgl1 A与B碰撞过程中动量守恒，令碰后A、B共同运动的速度22为v2，有 mv12mv2 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

关系有：

时，A、B分离，设此时A、B的共同速度为v3，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

1123(2m)v2(2m)v3(2m)g(2l2) 22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

12mv3mgl1 由以上各式，可得 v0g(10l116l2) 2

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。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。

3

[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。

F 析与解：由于连结AB的绳子在运动过程中一直处于绷紧状态，故K A A、B速度的大小相等，对A、B组成的系统，由功能关系有：

12

Fh－W－mBgh= (mA+mB)v

2

12

求得：W=Fh－mBgh－ (mA+mB)v

2

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

B 研究对象求解。 图5-3 [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

（2）小球最多能飞出槽外的次数（取g=10m/s）。 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

图5-4

程，设小球第一次离槽上升的高度h，由动能定理得

mg(HR)Wf12mv 21mg(hR)Wfmv2

212mvWfmgR得h2＝4.2m

mg（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

mgHn2Wf0

∴nmgH256.25 2Wf4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。

4

巩固提高训练 1、如图5′-1所示，木板长为l，板的A端放一质量为m的小物块，物块与板间的动摩擦因数为μ。开始时板水平，在绕O点缓慢转过一个小角度θ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mglsinθ(1-cosθ) A B、弹力对物块所做的功为mglsinθcosθ C、木板对物块所做的功为mglsinθ

θ D、合力对物块所做的功为mgl cosθ O 图5′-1 开始滑下，

2、如图5′-2所示,一物体从高为H的斜面顶端由静止

1

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 H。若不考虑物体

2

经过斜面底端转折处的能量损失，则当物体再一次滑回斜面时上升的最大高度为 ( )

A．0

1

B． H， 411

C． H与 H之间 421

D．0与 H之间

4

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： （ ）

OA．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

F 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。 b a

图5′-3 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μ1=0.22，A、B与水平地面之间的动摩擦因数为μ2=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2mg的恒力F，假定木板

55′-2

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？

F C

A B

s

图5′-4

5

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

F，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4撤去外力F. 已知 CO ＝4S，OD＝S. 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. .

6

图5′-5

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mgsin，所以木板对物体支持力做功为mgsin。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

H，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2H最高点损失的能量也为一半，即最大高度为。选项为B

4返回到最高点高度为

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

0

向与摩擦力的方向小于90，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，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、

2

A共同体用动能定理：（F-μ23mg）s=3mv1/2，得v1=80.3m/s AB相碰瞬间，AB动量守恒，碰后共同速度v2=40.3m/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=60.3m/s

222

C在AB上滑行全过程用功能关系：F2L=4m v/2-(2m v1/2+2m v2/2)+μ12mg2L 得L=3m 5．答案：（1）Epm5FS （2）x=5s 2解：（1）B与A 碰撞前速度由动能定理

W＝（F-F/4）·4S＝mv2/2，

(F 得v0=21F)44Sm6FS m B与A碰撞，由动量守恒定律 mv0=2mv1 ， 得 v1=

16FS

2m 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=F·S+

152mv12FS 2215FS22mv2 V2= 2m （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=

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：-

112Fx0 mv2 解得 x=5s 427

第6课时 冲量、动量与动量定理

精典考题反思 [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30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

0

3，求在碰43v，碰撞时间极短，可不4

图6-1

计重力的冲量，由动量定理，斜面对小球的冲量为

Im(v)mv 解得 I347mv0 4点评：本题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IFt，（2）动量定理IP。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中钢珠动量的改变量等于重力的冲量

B、过程Ⅱ中阻力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。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Ⅱ中阻力冲量的大小等于过程I、Ⅱ中重力冲量的大小之和。显然B选项不对，C选项正确；在I、Ⅱ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]（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

2

用力当作恒力处理，求此力的大小。（g＝10m/s）

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

v12gh1 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

v22gh2 方向竖直向上

以向上为正向，由动量定理知： (Fmg)tmv2mv1

代入数据得：F＝1.5×103N

点评： 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。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

8

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

V0 V/

质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前

m M 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，

图6-2 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？

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μg。以汽车和拖车系统为研究对象，系统受的合外力不变，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。对系统运用动量定理：

MmagV

MmaV0MV/MmV0，V/0gMg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Mma。

巩固提高训练 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．向下，m（v1＋v2） C．向上，m（v1-v2） D．向上，m（v1＋v2） 2．以下说法中正确的是： ( ) Ａ．动量相等的物体，动能也相等； Ｂ．物体的动能不变，则动量也不变；

Ｃ．某力Ｆ对物体不做功，则这个力的冲量就为零；

Ｄ．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Ftcosθ D．合力对物体的冲量大小为零 图6′-1

4．一质量为ｍ的物体从距地面ｈ高处以一定的速度水平抛出（不计空气阻力），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：( ) ① 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 ② 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 ③ 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

④ 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∶1。 A、①② B、①④ C、②③ D、②④

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

9

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

θ2 θ1 C 到达底端的动量大小

D 支持力的冲量

图6′-2

8．在光滑水平面上有质量均为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= 10m2

／s）

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υ，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μ，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。

图6′-3

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μ1、μ2，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。

A V0 B 图6′-4

10

附：第6课时巩固提高训练答与解 1.答案：D

解：碰撞时间极短，忽略重力。以向上为正向，Imv2(mv1)m(v1v2)，故选D。 2．答案：D

12P2解：Pmv，Ekmv；故Ek，动量相等的物体质量不一定相等，动能也不一定

22m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IFt，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IFt，知选项A正确。由动量定理IP知，动量的变化等于重力的冲量，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mgt0mv和动能定理mgs01vmv2，及化简后的表达式t，2gv2，不难看出①、④正确，故选B。 s2g6．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，aF2m/s2，可解得a质点的位移为ms12at16m。可推知a的运动时间长，故选A、C。 29．答案: f4N

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： (F1t1F2t2f(t1t2t3)0

即：8554f(546)0，解得 f4N 10．答案: F1100N（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：

V02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：(Fmg)tmvmv0

所以FmgmV01100N，（方向竖直向下） t 11

11．答案:(1)N =11n S N Aυ (2) F1 =nμSυ631n L S N A 62

(1)设在△t时间内，CO2分子运动的距离为L，则：L=υ△t 打在平板上的分子数：△N=

故单位时间内打在平板上的C02的分子数为：N得 ：N=

N t1n S N Aυ 62

(2)根据动量定理： F△t=(2mυ)△N ；又 μ=N A m 11nμSυ2 ； 故CO2气体对平板的压力：F1 = F =nμSυ33mV0m21gS12．答案： t

2(Mm)g解得 ：F =

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：

2(mM)gtmVmV0

当B停止运动后，对A 应用动能定理得：1mgS由以上二式联立解得：t

1mV2 2mV0m21gS2(Mm)g。

12

第7课时 机械能守恒定律和动量守恒定律 精典考题反思 [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

图7-1 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mB2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kgm/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为4kgm/s，则 （ ） A. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5

B. 左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10 C. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2:5 图7-2 D. 右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1:10

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mB2mA，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-4kgm/s，B球的动量变化为4kgm/s。据ppp,算出碰撞后A、B两球的动量分别为 2kgm/s，10kgm/s，两球速度之比为2:5。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A R O 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

B 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

5R 落地点C 与O 点的水平距离s。已知男演员质量m1和女演员质量

m1C m2之比 =2,秋千的质量不计，秋千的摆长为R , C 点比O 点低5R。

m2

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s 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 图7-3

12

(m1+m2)gR= (m1+m2)v0

2

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

13

'(m1+m2)v0=m1v1－m2v2

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 。 12

4R= gt s=v1t 2

女演员刚好能回到A点的过程中机械能守恒

12

m2gR= m2v2

2

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。

[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θ.

(4)当三个小球处在同一直线上时，绳中的拉力F的大小．

图7-4

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vB，由动量守恒定律不难得出

1mv03mvB vBv0

3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

mv0mvB2mvA

121212mv0mvB2mvA 22212解得vBv0 vAv0（三球再次处于同一直线）

33vBv0，vA0（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vBv0（负号表明与初速度反向） 此时，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

13v02v2m速度均为vvAvBv0所以，此时绳中拉力大小为Fm LL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θ（如图7-5），运用动量守恒定律和机械能守恒定律易得： Bmv02musin2

uA14

121mv02mu2 22

C图7-5

u

小球A的最大动能为EKA1mv02，此时两根绳间夹角为90 4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。

巩固提高训练 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5kg．m/s，B球的动量是7kg．m/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 kg·m/s、14 kg·m/s B．3kg·m/s、9 kg·m/s C．-5 kg·m/s 、17kg·m/ D．6 kg·m/s、6 kg·m/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

l垂在桌边，如图7′-1所示。松4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（ ）

115gl 2115gl B．4315gl C． 4D．15gl

A．

图 7′-1

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 （ ）

Ａ．位于B处时动能最大 Ｂ．位于A处时势能最大

Ｃ．在位置A的势能大于在位置B的动能 A B Ｄ．在位置B的机械能大于在位置A的机械能 图7′-2

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，a c 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 ( )

Ａ．回路中有感应电动势

b d Ｂ．两根导体棒所受安培力的方向相同

图7′-3 Ｃ．两根导体棒和弹簧构成的系统动量守恒，机械能守恒 Ｄ．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

F A B B．撤去F后，A离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒

15

图7′-4

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，放置在水平面上竖直光滑的发射管内(两球的大小尺寸和弹簧尺寸都可忽略，他们整体视为质点)，解除锁定时，A球能上升的最大高度为H，现在让两球包括锁定的弹簧从水平面出发，沿光滑的半径为R的半圆槽从右侧由静止开始下滑，至最低点时，瞬间锁定解除，求A球离开圆槽后能上升的最大高度。

A B

R

A B

图7′-5

7．如图7′-6所示，质量均为M的木块A、B并排放在光滑水平面上，A上固定一根轻质细杆，轻杆上端的小钉（质量不计）O上系一长度为L的细线，细线的另一端系一质量为m的小球C，现将C球的细线拉至水平，由静止释放，求：

（1）两木块刚分离时，A、B、C速度各为多大？

（2）两木块分离后，悬挂小球的细线与竖直方向的最大夹角多少？

图7′-6

8 . 用轻弹簧相连的质量均为2 kg的A、B两物块都以v＝6 m／s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长，质量为4 kg的物块C静止在前方，如图7′-7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? 图7′-7

16

附：第7课时巩固提高训练答与解 1．答案： B

解：碰撞类问题遵循三个原则：(1)、系统满足动量守恒，(2)、不能发生二次碰撞，(3)、系统总动能不增加。本题中A选项违背动量守恒定律，C选项虽然满足动量守恒，但系统总动能比碰撞前增加了。由题意可知A球的速度大于B球的速度,而A球的动量小于B球的动量，可得mAmB，D选项中两动量相等，可见A球的速度大于B球的速度，两球将发生二次碰撞，这违背了原则(3)。只有选项D满足条件，故选D。

2．答案：B

解：设铁链的总质量为m，刚离开桌面时的速度为v，分别以这两段铁链为研究对象，各自重心下降的高度分别为 l和

3l，据机械能守恒定律 433131mglmglmv2 48442115gl 解得 v4383．答案：BC

解：摆球摆动过程中，只有重力做功，机械能守恒，只存在动能与重力势能的相互转化。由图可知，小球在最低点动能最大。A为最高点，小球在A点的重力势能最大。

4．答案：AD

解：系统水平方向不受外力，动量守恒，但系统机械能有损失，转化为电能，电能又转化为热能。

5．答案：BD

解：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v0，则E2v0321弹性势能的最大值为EPEEE。

33Hh2RH

6．答案:2量守恒得：2mv0(m2m)v,v122mv0,由系统动2212E，两物体总动能为E(m2m)vE，此时

23m解：解除锁定后弹簧将弹性势能全部转化为A的机械能,则弹簧弹性势能为

E弹mgH AB系统由水平位置滑到圆轨道最低点时速度为v0 , 解除弹簧锁定后A、B的速度分别为vA、vB 则有

2v0 2mgR2m

22mv0mvAmvB

2v011212E弹mvAmvB 2m2222将vB2v0vA代入能量关系得到

1212

2mgRmgHmvAm(2v0vA) v02gR22

得到：vA2gRgH 17

2vA设相对水平面上升最大高度为h, 则：hR

2gHh2RH 27．答案：（1）vAvBmMMgLMgL vC2

2Mm2Mm解：（1）A、B、C三者组成的系统满足动量守恒和机械能守恒，选取最低点EP0，C球到达最低点时A、B共同速度为vA，C速度vc为，规定向左为正方向：

mgL0mvc2MvA　解得：vC2MgLm　　；vA2MmM（2）、从C球在最低点开始，C与A组成一个系统满足动量守恒和机械能守恒，设摆到最高处为hx，此时，A、C共同速度为vx：

11122mvc2MvA(mM)vxmgxh　 mvcMvA(mM)vx　222mmMgL2Mm解得：vx 　　；hxL； cos12(mM)M2Mm2(Mm)8．答案：（1）vA′=3 m/s （2）Ep=12 J （3） A不可能向左运动

解：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大.

由于A、B、C三者组成的系统动量守恒 (mAmB)v(mAmBmC)vA 解得 vA′=

1212mvc2MvA 22MgL

2Mm(22)6 m/s=3 m/s

22426=2 m/s 24（2）B、C碰撞时B、C组成的系统动量守恒，设碰后瞬间B、C两者速度为v′，则

mBv(mBmc)v v′=

设物A速度为vA′时弹簧的弹性势能最大为Ep，

211122根据能量守恒EP(mBmC)vmAv(mAmBmC)vA

222121212

=×（2+4）×2+×2×6-×（2+2+4）×3=12 J 222（3）A不可能向左运动

系统动量守恒mAmBvmAvA(mBmC)vB 设 A向左，vA＜0，vB ＞4 m/s 则作用后A、B、C动能之和

E112212mAvA(mBmC)vB(mBmC)vB48J 222实际上系统的机械能

12(mmm)vA123648J 2根据能量守恒定律，E＞E是不可能的，所以A不可能向左运动。 EEP 18