高中物理歐姆定律教案

高三物理動量守恒定律教案23。

一名優(yōu)秀負責的教師就要對每一位學生盡職盡責，作為教師準備好教案是必不可少的一步。教案可以讓學生們有一個良好的課堂環(huán)境，幫助教師營造一個良好的教學氛圍。教案的內容具體要怎樣寫呢？以下是小編為大家精心整理的“高三物理動量守恒定律教案23”，希望對您的工作和生活有所幫助。

第二節(jié)動量守恒定律
三維教學目標
1、知識與技能：掌握運用動量守恒定律的一般步驟。
2、過程與方法：知道運用動量守恒定律解決問題應注意的問題，并知道運用動量守恒定律解決有關問題的優(yōu)點。
3、情感、態(tài)度與價值觀：學會用動量守恒定律分析解決碰撞、爆炸等物體相互作用的問題，培養(yǎng)思維能力。
教學重點：運用動量守恒定律的一般步驟。
教學難點：動量守恒定律的應用。
教學方法：教師啟發(fā)、引導，學生討論、交流。
教學用具：投影片、多媒體輔助教學設備。
（一）引入新課
動量守恒定律的內容是什么？分析動量守恒定律成立條件有哪些？（①F合=0（嚴格條件）②F內遠大于F外（近似條件，③某方向上合力為0，在這個方向上成立。）
（二）進行新課
1、動量守恒定律與牛頓運動定律
用牛頓定律自己推導出動量守恒定律的表達式。
（1）推導過程：
根據(jù)牛頓第二定律，碰撞過程中1、2兩球的加速度分別是：
，
根據(jù)牛頓第三定律，F(xiàn)1、F2等大反響，即F1=-F2所以：
碰撞時兩球間的作用時間極短，用表示，則有：
，
代入并整理得
這就是動量守恒定律的表達式。
（2）動量守恒定律的重要意義
從現(xiàn)代物理學的理論高度來認識，動量守恒定律是物理學中最基本的普適原理之一。（另一個最基本的普適原理就是能量守恒定律。）從科學實踐的角度來看，迄今為止，人們尚未發(fā)現(xiàn)動量守恒定律有任何例外。相反，每當在實驗中觀察到似乎是違反動量守恒定律的現(xiàn)象時，物理學家們就會提出新的假設來補救，最后總是以有新的發(fā)現(xiàn)而勝利告終。例如靜止的原子核發(fā)生β衰變放出電子時，按動量守恒，反沖核應該沿電子的反方向運動。但云室照片顯示，兩者徑跡不在一條直線上。為解釋這一反?，F(xiàn)象，1930年泡利提出了中微子假說。由于中微子既不帶電又幾乎無質量，在實驗中極難測量，直到1956年人們才首次證明了中微子的存在。（2000年高考綜合題23②就是根據(jù)這一歷史事實設計的）。又如人們發(fā)現(xiàn)，兩個運動著的帶電粒子在電磁相互作用下動量似乎也是不守恒的。這時物理學家把動量的概念推廣到了電磁場，把電磁場的動量也考慮進去，總動量就又守恒了。

2、應用動量守恒定律解決問題的基本思路和一般方法
（1）分析題意，明確研究對象
在分析相互作用的物體總動量是否守恒時，通常把這些被研究的物體總稱為系統(tǒng).對于比較復雜的物理過程，要采用程序法對全過程進行分段分析，要明確在哪些階段中，哪些物體發(fā)生相互作用，從而確定所研究的系統(tǒng)是由哪些物體組成的。
（2）要對各階段所選系統(tǒng)內的物體進行受力分析
弄清哪些是系統(tǒng)內部物體之間相互作用的內力，哪些是系統(tǒng)外物體對系統(tǒng)內物體作用的外力。在受力分析的基礎上根據(jù)動量守恒定律條件，判斷能否應用動量守恒。
（3）明確所研究的相互作用過程，確定過程的始、末狀態(tài)
即系統(tǒng)內各個物體的初動量和末動量的量值或表達式。
注意：在研究地面上物體間相互作用的過程時，各物體運動的速度均應取地球為參考系。
（4）確定好正方向建立動量守恒方程求解。

3、動量守恒定律的應用舉例
例2：如圖所示，在光滑水平面上有A、B兩輛小車，水平面的左側有一豎直墻，在小車B上坐著一個小孩，小孩與B車的總質量是A車質量的10倍。兩車開始都處于靜止狀態(tài)，小孩把A車以相對于地面的速度v推出，A車與墻壁碰后仍以原速率返回，小孩接到A車后，又把它以相對于地面的速度v推出。每次推出，A車相對于地面的速度都是v，方向向左。則小孩把A車推出幾次后，A車返回時小孩不能再接到A車？

分析：此題過程比較復雜，情景難以接受，所以在講解之前，教師應多帶領學生分析物理過程，創(chuàng)設情景，降低理解難度。
解：取水平向右為正方向，小孩第一次
推出A車時：mBv1－mAv=0
即：v1=
第n次推出A車時：mAv＋mBvn－1=－mAv＋mBvn
則：vn－vn－1＝，
所以：vn＝v1＋（n－1）
當vn≥v時，再也接不到小車，由以上各式得n≥5.5取n＝6
點評：關于n的取值也是應引導學生仔細分析的問題，告誡學生不能盲目地對結果進行“四舍五入”，一定要注意結論的物理意義。
課后補充練習
（1）（2002年全國春季高考試題）在高速公路上發(fā)生一起交通事故，一輛質量為15000kg向南行駛的長途客車迎面撞上了一輛質量為3000kg向北行駛的卡車，碰后兩車接在一起，并向南滑行了一段距離后停止.根據(jù)測速儀的測定，長途客車碰前以20m/s的速度行駛，由此可判斷卡車碰前的行駛速率為?（）
A．小于10m/s?B．大于10m/s小于20m/s?
C．大于20m/s小于30m/s?D．大于30m/s小于40m/s
（2）如圖所示，A、B兩物體的質量比mA∶mB=3∶2，它們原來靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間動摩擦因數(shù)相同，地面光滑.當彈簧突然釋放后，則有（）?
A．A、B系統(tǒng)動量守恒B．A、B、C系統(tǒng)動量守恒?
C．小車向左運動D．小車向右運動?
（3）把一支槍水平固定在小車上，小車放在光滑的水平面上，槍發(fā)射出一顆子彈時，關于槍、彈、車，下列說法正確的是?
A．槍和彈組成的系統(tǒng)，動量守恒?
B．槍和車組成的系統(tǒng)，動量守恒?
C．三者組成的系統(tǒng)，因為槍彈和槍筒之間的摩擦力很小，使系統(tǒng)的動量變化很小，可以忽略不計，故系統(tǒng)動量近似守恒?
D．三者組成的系統(tǒng)，動量守恒，因為系統(tǒng)只受重力和地面支持力這兩個外力作用，這兩個外力的合力為零?
（4）甲乙兩船自身質量為120kg，都靜止在靜水中，當一個質量為30kg的小孩以相對于地面6m/s的水平速度從甲船跳上乙船時，不計阻力，甲、乙兩船速度大小之比：v甲∶v乙=_______.
（5）（2001年高考試題）質量為M的小船以速度v0行駛，船上有兩個質量皆為m的小孩a和b，分別靜止站在船頭和船尾.現(xiàn)在小孩a沿水平方向以速率v（相對于靜止水面）向前躍入水中，然后小孩b沿水平方向以同一速率v（相對于靜止水面）向后躍入水中.求小孩b躍出后小船的速度.?
（6）如圖所示，甲車的質量是2kg，靜止在光滑水平面上，上表面光滑，右端放一個質量為1kg的小物體.乙車質量為4kg，以5m/s的速度向左運動，與甲車碰撞以后甲車獲得8m/s的速度，物體滑到乙車上.若乙車足夠長，上表面與物體的動摩擦因數(shù)為0.2，則物體在乙車上表面滑行多長時間相對乙車靜止?（g取10m/s2）?
4、反沖運動與火箭
演示實驗1：老師當眾吹一個氣球，然后，讓氣球開口向自己放手，看到氣球直向學生飛去，人為制造一點“驚險氣氛”，活躍課堂氛圍。
演示實驗2：用薄鋁箔卷成一個細管，一端封閉，另一端留一個很細的口，內裝由火柴頭上刮下的藥粉，把細管放在支架上，用火柴或其他辦法給細管加熱，當管內藥粉點燃時，生成的燃氣從細口迅速噴出，細管便向相反的方向飛去。

演示實驗3：把彎管裝在可以旋轉的盛水容器的下部，當水從彎管流出時，容器就旋轉起來。
提問：實驗1、2中，氣球、細管為什么會向后退呢？實驗3中，細管為什么會旋轉起來呢？
看起來很小的幾個實驗，其中包含了很多現(xiàn)代科技的基本原理：如火箭的發(fā)射，人造衛(wèi)星的上天，大炮發(fā)射等。應該如何去解釋這些現(xiàn)象呢？這節(jié)課我們就學習有關此類的問題。
（1）反沖運動
A、分析：細管為什么會向后退？（當氣體從管內噴出時，它具有動量，由動量守恒定律可知，細管會向相反方向運動。）
B、分析：反擊式水輪機的工作原理：當水從彎管的噴嘴噴出時，彎管因反沖而旋轉，這是利用反沖來造福人類，象這樣的情況還很多。
為了使學生對反沖運動有更深刻的印象，此時再做一個發(fā)射禮花炮的實驗。分析，禮花為什么會上天？
（2）火箭
對照書上“三級火箭”圖，介紹火箭的基本構造和工作原理。
播放課前準備的有關衛(wèi)星發(fā)射、“和平號”空間站、“探路者”號火星探測器以及我國“神舟號”飛船等電視錄像，使學生不僅了解航天技術的發(fā)展和宇宙航行的知識，而且要學生知道，我國的航天技術已經(jīng)跨入了世界先進行列，激發(fā)學生的愛國熱情。閱讀課后閱讀材料——《航天技術的發(fā)展和宇宙航行》。

延伸閱讀

高二物理《動量守恒定律》教案

高二物理《動量守恒定律》教案

教學目標：
一、知識目標
1、理解動量守恒定律的確切含義．
2、知道動量守恒定律的適用條件和適用范圍．
二、能力目標
1、運用動量定理和牛頓第三定律推導出動量守恒定律．
2、能運用動量守恒定律解釋現(xiàn)象．
3、會應用動量守恒定律分析、計算有關問題（只限于一維運動）．
三、情感目標
1、培養(yǎng)實事求是的科學態(tài)度和嚴謹?shù)耐评矸椒ǎ?br> 2、使學生知道自然科學規(guī)律發(fā)現(xiàn)的重大現(xiàn)實意義以及對社會發(fā)展的巨大推動作用．
重點難點：
重點：理解和基本掌握動量守恒定律．
難點：對動量守恒定律條件的掌握．
教學過程：
動量定理研究了一個物體受到力的沖量作用后，動量怎樣變化，那么兩個或兩個以上的物體相互作用時，會出現(xiàn)怎樣的總結果？這類問題在我們的日常生活中較為常見，例如，兩個緊挨著站在冰面上的同學，不論誰推一下誰，他們都會向相反的方向滑開，兩個同學的動量都發(fā)生了變化，又如火車編組時車廂的對接，飛船在軌道上與另一航天器對接，這些過程中相互作用的物體的動量都有變化，但它們遵循著一條重要的規(guī)律．
（－）系統(tǒng)
為了便于對問題的討論和分析，我們引入幾個概念．
1．系統(tǒng)：存在相互作用的幾個物體所組成的整體，稱為系統(tǒng)，系統(tǒng)可按解決問題的需要靈活選取．
2．內力：系統(tǒng)內各個物體間的相互作用力稱為內力．
3．外力：系統(tǒng)外其他物體作用在系統(tǒng)內任何一個物體上的力，稱為外力．
內力和外力的區(qū)分依賴于系統(tǒng)的選取，只有在確定了系統(tǒng)后，才能確定內力和外力．
（二）相互作用的兩個物體動量變化之間的關系
【演示】如圖所示，氣墊導軌上的A、B兩滑塊在P、Q兩處，在A、B間壓緊一被壓縮的彈簧，中間用細線把A、B拴住，M和N為兩個可移動的擋板，通過調節(jié)M、N的位置，使燒斷細線后A、B兩滑塊同時撞到相應的擋板上，這樣就可以用ＳＡ和ＳＢ分別表示A、B兩滑塊相互作用后的速度，測出兩滑塊的質量mＡ＼mＢ和作用后的位移ＳＡ和ＳＢ比較mＡＳＡ和mＢＳＢ．
高二物理《動量守恒定律》教案
1．實驗條件：以A、B為系統(tǒng)，外力很小可忽略不計．
2．實驗結論：兩物體A、B在不受外力作用的條件下，相互作用過程中動量變化大小相等，方向相反，即△pＡ＝－△pＢ或△pＡ＋△pＢ＝０
【注意】因為動量的變化是矢量，所以不能把實驗結論理解為A、B兩物體的動量變化相同．
（三）動量守恒定律
1．表述：一個系統(tǒng)不受外力或受外力之和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這個結論叫做動量守恒定律．
2．數(shù)學表達式：p＝p’，對由A、B兩物體組成的系統(tǒng)有：mAvA+mBvB=mAvA’+mBvB’
（1）mA、mB分別是A、B兩物體的質量，vA、vB、分別是它們相互作用前的速度，vA’、vB’分別是它們相互作用后的速度．
【注意】式中各速度都應相對同一參考系，一般以地面為參考系．
（2）動量守恒定律的表達式是矢量式，解題時選取正方向后用正、負來表示方向，將矢量運算變?yōu)榇鷶?shù)運算．
3．成立條件
在滿足下列條件之一時，系統(tǒng)的動量守恒
（1）不受外力或受外力之和為零，系統(tǒng)的總動量守恒．
（2）系統(tǒng)的內力遠大于外力，可忽略外力，系統(tǒng)的總動量守恒．
（3）系統(tǒng)在某一方向上滿足上述（1）或（2），則在該方向上系統(tǒng)的總動量守恒．
4．適用范圍
動量守恒定律是自然界最重要最普遍的規(guī)律之一，大到星球的宏觀系統(tǒng)，小到基本粒子的微觀系統(tǒng)，無論系統(tǒng)內各物體之間相互作用是什么力，只要滿足上述條件，動量守恒定律都是適用的．
（四）由動量定理和牛頓第三定律可導出動量守恒定律
設兩個物體m１和m２發(fā)生相互作用，物體1對物體2的作用力是Ｆ１２，物體2對物體1的作用力是Ｆ２１，此外兩個物體不受其他力作用，在作用時間△Ｖt內，分別對物體1和2用動量定理得：Ｆ２１△Ｖt＝△p１；Ｆ１２△Ｖt＝△p２，由牛頓第三定律得Ｆ２１＝－Ｆ１２，所以△p１＝－△p２，即：
△p＝△p１＋△p２＝０或m１v１+m２v２=m１v１’+m２v２’．
【例1】如圖所示，氣球與繩梯的質量為M，氣球的繩梯上站著一個質量為m的人，整個系統(tǒng)保持靜止狀態(tài)，不計空氣阻力，則當人沿繩梯向上爬時，對于人和氣球（包括繩梯）這一系統(tǒng)來說動量是否守恒？為什么？
高二物理《動量守恒定律》教案
【解析】對于這一系統(tǒng)來說，動量是守恒的，因為當人未沿繩梯向上爬時，系統(tǒng)保持靜止狀態(tài)，說明系統(tǒng)所受的重力（Ｍ＋m）g跟浮力F平衡，那么系統(tǒng)所受的外力之和為零，當人向上爬時，氣球同時會向下運動，人與梯間的相互作用力總是等值反向，系統(tǒng)所受的外力之和始終為零，因此系統(tǒng)的動量是守恒的．
【例2】如圖所示是A、B兩滑塊在碰撞前后的閃光照片部分示意圖，圖中滑塊A的質量為0.14kg，滑塊B的質量為0.22kg，所用標尺的最小刻度是0.5cm，閃光照相時每秒拍攝10次，試根據(jù)圖示回答：
高二物理《動量守恒定律》教案
（1）作用前后滑塊A動量的增量為多少？方向如何？
（2）碰撞前后A和B的總動量是否守恒？
【解析】從圖中A、B兩位置的變化可知，作用前B是靜止的，作用后B向右運動，A向左運動，它們都是勻速運動．mAvA+mBvB=mAvA’+mBvB’
（1）vＡ＝ＳＡ／t＝０.０５／０.１＝０.５（m／s）；
vＡ′＝ＳＡ′／t＝－０.００５／０.１＝－０.０５（m／s）
△pＡ＝mAvA’－mAvA＝０.１４＊（－０.０５）－０.１４＊０.５＝－０.０７７（kg·m/s），方向向左．
（2）碰撞前總動量p＝pＡ＝mAvA＝０.１４*０.５＝０.０７（kg·m/s）
碰撞后總動量p’＝mAvA’+mBvB’
＝０.１４*（－０.０６）+０.２２*（０.０３５/０.１）＝０.０７（kg·m/s）
p＝p’，碰撞前后A、B的總動量守恒．
【例3】一質量mA＝０.２kg，沿光滑水平面以速度vA＝５m/s運動的物體，撞上靜止于該水平面上質量mB＝０.５kg的物體B，在下列兩種情況下，撞后兩物體的速度分別為多大？
（1）撞后第1s末兩物距0.6m．
（2）撞后第1s末兩物相距3.4m．
【解析】以A、B兩物為一個系統(tǒng)，相互作用中無其他外力，系統(tǒng)的動量守恒．
設撞后A、B兩物的速度分別為vA’和vB’，以vA的方向為正方向，則有：
mAvA＝mAvA’+mBvB’；
vB’t－vA’t＝s
（1）當s＝０.６m時，解得vA’＝１m／s，vB’＝１.６m／s，A、B同方向運動．
（2）當s＝３.４m時，解得vA’＝－１m／s，vB’＝２.４m／s，A、B反方向運動．
【例4】如圖所示，A、B、C三木塊的質量分別為mA=0.5Kg,mB=0.3Kg,mC=0.2Kg，A和B緊靠著放在光滑的水平面上，C以v0=25m/s的水平初速度沿A的上表面滑行到B的上表面，由于摩擦最終與B木塊的共同速度為8m/s，求C剛脫離A時，A的速度和C的速度．
高二物理《動量守恒定律》教案
【解析】C在A的上表面滑行時，A和B的速度相同，C在B的上表面滑行時，A和B脫離．A做勻速運動，對A、B、C三物組成的系統(tǒng)，總動量守恒．

高三物理《動量和能量驗證動量守恒定律》教材分析

高三物理《動量和能量驗證動量守恒定律》教材分析

考點24動量和能量驗證動量守恒定律
考點名片
考點細研究：(1)動量和能量；(2)驗證動量守恒定律等。其中考查到的如：20xx年全國卷第35題(2)、20xx年天津高考第9題(1)、20xx年廣東高考第36題、20xx全國卷第35題(2)、20xx年大綱卷第21題、20xx年大綱卷第24題、20xx年天津高考第10題、20xx年北京高考第22題、20xx年山東高考第39題、20xx年全國卷、第35題、20xx年廣東高考第35題等。
備考正能量：預計今后高考仍以碰撞為模型對動量守恒定律進行考查，與彈簧問題結合考查將是以后命題的新趨勢，題型仍為選擇題和計算題，難度會加大。

一、基礎與經(jīng)典
1．如圖所示，兩木塊A、B用輕質彈簧連在一起，置于光滑的水平面上。一顆子彈水平射入木塊A，并留在其中。在子彈打中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，下列說法中正確的是()

A．動量守恒、機械能守恒
B．動量守恒、機械能不守恒
C．動量不守恒、機械能守恒
D．動量、機械能都不守恒
答案B
解析子彈擊中木塊A及彈簧被壓縮的整個過程，系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，系統(tǒng)動量守恒，但是子彈擊中木塊A過程，有摩擦力做功，部分機械能轉化為內能，所以機械能不守恒，B正確。
2．在光滑水平地面上有兩個相同的彈性小球A、B，質量都為m?，F(xiàn)B球靜止，A球向B球運動，發(fā)生正碰。已知碰撞過程中總機械能守恒，兩球壓縮最緊時的彈性勢能為Ep，則碰前A球的速度等于()
A.B.C．2D．2
答案C
解析設碰前A球的速度為v0，兩個彈性小球發(fā)生正碰，當二者速度相同時，彈性勢能最大，由動量守恒定律得mv0＝2mv，Ep＝mv－×2mv2，解得v0＝2，C正確。
3.如圖所示，在足夠長的光滑水平面上有一靜止的質量為M的斜面，斜面表面光滑、高度為h、傾角為θ。一質量為m(mmQ
D．mPvB，根據(jù)pA＝mAvA＝5kg·m/s，pB＝mBvB＝7kg·m/s，則有關系式；根據(jù)碰撞過程中的動量守恒，則有pA＋pB＝pA′＋pB′，解得碰后A的動量為2kg·m/s，根據(jù)碰后的速度必須滿足vA′≤vB′，可以得關系式≥，碰撞過程中能量不能增加，故有＋≥＋，可以得關系式≤，綜合得≤≤，據(jù)此C、D選項正確。
10．(多選)如圖所示，在光滑水平面上，質量為m的小球A和質量為m的小球B通過輕彈簧相連并處于靜止狀態(tài)，彈簧處于自然伸長狀態(tài)；質量為m的小球C以初速度v0沿AB連線向右勻速運動，并與小球A發(fā)生彈性碰撞。在小球B的右側某位置固定一塊彈性擋板(圖中未畫出)，當小球B與擋板發(fā)生正碰后立刻將擋板撤走。不計所有碰撞過程中的機械能損失，彈簧始終處于彈性限度內，小球B與擋板的碰撞時間極短，碰后小球B的速度大小不變，但方向相反。則B與擋板碰后彈簧彈性勢能的最大值Em可能是()

A．mvB.mvC.mvD.mv
答案BC
解析系統(tǒng)初動能Ek＝mv，系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；質量相等的C球和A球發(fā)生彈性碰撞后速度交換，當A、B兩球的動量相等時，B球與擋板相碰，則碰后系統(tǒng)總動量為零，則彈簧再次壓縮到最短時彈性勢能最大(動能完全轉化為彈性勢能)，根據(jù)機械能守恒定律可知，系統(tǒng)損失的動能轉化為彈性勢能Ep＝mv；當B球速度恰為零時與擋板相碰，則系統(tǒng)動量不變化，系統(tǒng)機械能不變，當彈簧壓縮到最短時，A、B達到共同速度v1彈性勢能最大，由動量守恒可得：mv0＝，由功能關系可得出Ep′＝mv－×mv，解得Ep′＝mv，所以彈性勢能的最大值要介于mv和mv之間，選項B、C正確，A、D錯誤。
二、真題與模擬
11．20xx·大綱卷]一中子與一質量數(shù)為A(A1)的原子核發(fā)生彈性正碰。若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為()
A.B.C.D.
答案A
解析設中子質量為m，則原子核的質量為Am。設碰撞前后中子的速度分別為v0、v1，碰后原子核的速度為v2，由彈性碰撞可得mv0＝mv1＋Amv2，mv＝mv＋Amv，解得v1＝v0，故＝，A正確。
12．20xx·廈門雙十中學期末]如圖所示，光滑平面上有一輛質量為2m的小車，小車上左右兩端分別站著甲、乙兩人，他們的質量都是m，開始兩人和小車一起以速度v0向右勻速運動。某一時刻，站在小車右端的乙先以相對地面向右的速度v跳離小車，然后站在小車左端的甲以相對地面向左的速度v跳離小車。兩人都離開小車后，小車的速度將是()

A．v0B．2v0
C．大于v0，小于2v0D．大于2v0
答案B
解析甲、乙兩人和小車組成的系統(tǒng)動量守恒，初動量為4mv0，方向向右，由于甲、乙兩人跳離小車時相對地面的速度大小相等，方向相反，即兩人動量的代數(shù)和為零，有4mv0＝2mv′，解得v′＝2v0，故選項B正確，而A、C、D錯誤。
13．20xx·北京東城區(qū)聯(lián)考]如圖所示，靜止在光滑水平面上的木板A，右端有一根輕質彈簧沿水平方向與木板相連，木板質量M＝3kg。質量m＝1kg的鐵塊B以水平速度v0＝4m/s從木板的左端沿板面向右滑行，壓縮彈簧后又被彈回，最后恰好停在木板的左端。在上述過程中彈簧具有的最大彈性勢能為()

A．3JB．4JC．6JD．20J
答案A
解析設鐵塊與木板共速時速度大小為v，鐵塊相對木板向右運動的最大距離為L，鐵塊與木板之間的摩擦力大小為Ff。鐵塊壓縮彈簧使彈簧最短時，由能量守恒可得mv＝FfL＋(M＋m)v2＋Ep。由動量守恒，得mv0＝(M＋m)v。從鐵塊開始運動到最后停在木板左端過程，由能量關系得mv＝2FfL＋(M＋m)v2。聯(lián)立解得Ep＝3J，故選項A正確。
14．20xx·福州一中模擬]如圖所示，光滑水平面上靜止放置著一輛平板車A。車上有兩個小滑塊B和C，A、B、C三者的質量分別是3m、2m、m。B與板車之間的動摩擦因數(shù)為μ，而C與板車之間的動摩擦因數(shù)為2μ。開始時B、C分別從板車的左、右兩端同時以大小相同的初速度v0相向滑行。已知B、C最后都沒有脫離板車，則板車的最終速度v車是()

A.v0B.v0C.v0D．0
答案B
解析設水平向右為正方向，因為水平面光滑，三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)最終的速度相同為v車，所以2mv0－mv0＝(3m＋2m＋m)v車，解得v車＝v0，選項B正確。
15．20xx·福建惠安質檢]如圖所示，在光滑的水平直導軌上，有質量分別為2m、m，帶電荷量分別為2q、q(q0)的兩個形狀相同的小球A、B正相向運動，某時刻A、B兩球的速度大小分別為vA、vB。由于靜電斥力作用，A球先開始反向運動，它們不會相碰，最終兩球都反向運動。則()

A．vAvBB．vAvAvB
答案B
解析由于小球A、B組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，根據(jù)題意可知系統(tǒng)總動量向左，則有2mvAE0D．p1p0
答案AB
解析因為碰撞前后動能不增加，故有E1p0，B正確。

一、基礎與經(jīng)典
21．用圖甲中裝置驗證動量守恒定律。實驗中：

(1)為了盡量減小實驗誤差，在安裝斜槽軌道時，應讓斜槽末端保持水平，這樣做的目的是()
A．使入射球與被碰小球碰后均能從同一高度飛出
B．使入射球與被碰小球碰后能同時飛出
C．使入射球與被碰小球離開斜槽末端時的速度為水平方向
D．使入射球與被碰小球碰撞時的動能不損失
(2)若A球質量為m1＝50g，兩小球發(fā)生正碰前后的位移－時間(xt)圖象如圖乙所示，則小球B的質量為m2＝________。
(3)調節(jié)A球自由下落高度，讓A球以一定速度v與靜止的B球發(fā)生正碰，碰后兩球動量正好相等，則A、B兩球的質量之比應滿足________。
答案(1)C(2)20g(3)1≤3
解析(1)在安裝斜槽軌道時，應讓斜槽末端保持水平，這樣做的目的是使入射球與被碰小球離開斜槽末端時的速度為水平方向，C正確。
(2)由圖知碰前B球靜止，A球的速度為v0＝4m/s，碰后A球的速度為v1＝2m/s，B球的速度為v2＝5m/s，由動量守恒知m1v0＝m1v1＋m2v2，代入數(shù)據(jù)解得m2＝20g。
(3)因實驗要求主碰球質量大于被碰球質量，1，令碰前動量為p，所以碰后兩球動量均為，因碰撞過程中動能不可能增加，所以有≥＋，即≤3，所以1≤3。
22.如圖所示，A、B、C三個木塊的質量均為m，置于光滑的水平桌面上，B、C之間有一輕質彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不相連。將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體?，F(xiàn)A以初速v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起。以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離。已知C離開彈簧后的速度恰為v0。求彈簧釋放的勢能。

答案mv
解析設碰后A、B和C的共同速度的大小為v，由動量守恒定律得：3mv＝mv0
設C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒定律得：3mv＝2mv1＋mv0
設彈簧的彈性勢能為Ep，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有：(3m)v2＋Ep＝(2m)v＋mv
由式得彈簧釋放的勢能：Ep＝mv。
二、真題與模擬
23．20xx·天津高考]如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內有一小滑塊B，盒的質量是滑塊的2倍，滑塊與盒內水平面間的動摩擦因數(shù)為μ。若滑塊以速度v開始向左運動，與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則此時盒的速度大小為________，滑塊相對于盒運動的路程為________。

答案
解析設滑塊的質量為m，最終盒與滑塊的共同速度為v′，根據(jù)動量守恒得：mv＝(m＋2m)v′，解得：v′＝v。
設滑塊相對于盒的運動路程為s，根據(jù)能量守恒得：
μmgs＝mv2－(m＋2m)v′2，解得：s＝。

2420xx·全國卷]如圖，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b，其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質量為m，b的質量為m。兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同?，F(xiàn)使a以初速度v0向右滑動。此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞。重力加速度大小為g。求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件。
答案≤μ
解析設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應有：
mvμmgl
即μ
設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間，a的速度大小為v1。由能量守恒有：
mv＝mv＋μmgl
設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v1′、v2′，由動量守恒和能量守恒有：
mv1＝mv1′＋v2′
mv＝mv′＋v′
聯(lián)立式解得：v2′＝v1
由題意，b沒有與墻發(fā)生碰撞，由功能關系可知：
v′≤μgl
聯(lián)立式，可得：
μ≥
聯(lián)立式，a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為：≤μ。
25．20xx·全國卷]如圖，在足夠長的光滑水平面上，物體A、B、C位于同一直線上，A位于B、C之間。A的質量為m，B、C的質量都為M，三者均處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)使A以某一速度向右運動，求m和M之間應滿足什么條件，才能使A只與B、C各發(fā)生一次碰撞。設物體間的碰撞都是彈性的。

答案(－2)M≤mM，第一次碰撞后，A與C速度同向，且A的速度小于C的速度，不可能與B發(fā)生碰撞；如果m＝M，第一次碰撞后，A停止，C以A碰前的速度向右運動，A不可能與B發(fā)生碰撞；所以只需考慮m。

動量定理和動量守恒定律的應用

動量定理和動量守恒定律的應用

1、動量定理
動量定理描述的是力對時間的累積效果，它雖是由牛頓運動定律直接推導而來，但應用時卻比牛頓第二定律具有更大的靈活性租更寬泛的應用范圍．
例1：質量為0.5kg的小球自高5m處自由下落至—沙坑中，最終靜止在沙坑中，整個過程歷時1.2s，則沙子對小球的平均阻力為多大?(不計空氣阻力，取g＝10m/s2)

例2：如圖所示，滑塊A和滑塊B緊靠在一起放在光滑水平畫上，—顆子彈以某一速度射入滑塊A，最后由滑塊B穿出，已知滑塊A的質量mA＝1kg，滑塊B的質量mB＝2kg，子彈在滑塊中所受的阻力恒為f＝3000N，若子彈穿過A的時間tA＝0.1s，穿過B的時間tB＝0.2s．求：
(1)、滑塊A對滑塊B的推力；
(2)、兩滑塊的最終速度各多大．

例3：質量為M的金屬塊和質量為m的木塊通過細線連在—起，從靜止開始以加速度a在足夠深的水池中下沉，經(jīng)過時間t細線斷了，金屬塊和木塊分離；再經(jīng)時間t′木塊停止下沉，求此時金屬塊的速度．

例4：有一種方法是用高壓水流將煤層擊碎而將煤采下．現(xiàn)有一采煤水槍，由槍口射出的高壓水流速度為v，設水的密度為ρ水流垂直射向煤層表面，試求煤層表面可能受到的最大壓強．

2．動量守恒定律
動量守恒定律是針對系統(tǒng)而言的，由動量守恒定律可知：系統(tǒng)的內力不能改變系統(tǒng)的總動量，即只要系統(tǒng)不受外力，或者系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)的總動量保持不變．在應用動量守恒定律時，應注意定律中物理量的“矢量性”，狀態(tài)的“同時性”，參考系的“同一性”．
例5：在光滑的水平軌道上停著一輛質量為M的平板車，車上有兩個質最均為m的人，如兩人相對于車以速率u跳離車的一端，試問他們同時跳離車和相繼跳離車后，車的速度哪次較大?

例6：在足夠長的斜面上，有一質量為m的長方形板A，木板A上表面光滑，當木板獲得初速度v0后正好沿斜面勻速下滑，當木板勻速下滑時，將一質量也為m的滑塊B輕輕放在木板表面上，如圖所示，使B在A上從靜止開始無摩擦向下滑動，試問：
(1)、當B仍在木板A上且動量達到時，木板A的動量為多少?
(2)、當B在木板A上動量達到時，木板A的動量為多少?
例7：光滑水平面上有A、B兩球均以恒定速率向右運動，A球動量pA＝10ksm/s，B球動量pB＝6kgm／s，A追上B球相碰后，A球動量的增量△PA＝-4kgm／s，則它們的質量比mA：mB應在什么范圍?

例8：如圖所示，甲、乙兩小孩各乘一輛小車在光滑水平面上勻速相向運動，速率均為v0＝6m／s，甲車上有質量m＝1kg的小球若干個，甲和他的車及所帶小球總質量為m2＝50kg，甲不斷將小球一個一個地以v＝16.5m/s的水平速度(相對于地)拋向乙，并且被乙接住。已知乙的質量為30kg。甲至少要拋多少個球，才能保持兩車不相撞?

高考物理基礎知識要點復習動量守恒定律

20xx屆高三一輪復習全案：第1章動量守恒定律（選修3-5）
【考綱知識梳理】
一、動量
1、動量：運動物體的質量和速度的乘積叫做動量．P=mv
是矢量，方向與速度方向相同；動量的合成與分解，按平行四邊形法則、三角形法則．是狀態(tài)量；
通常說物體的動量是指運動物體某一時刻的動量(狀態(tài)量)，計算物體此時的動量應取這一時刻的瞬時速度。
是相對量；物體的動量亦與參照物的選取有關，常情況下，指相對地面的動量。單位是kgm/s；
2、動量和動能的區(qū)別和聯(lián)系
①動量的大小與速度大小成正比，動能的大小與速度的大小平方成正比。即動量相同而質量不同的物體，
其動能不同；動能相同而質量不同的物體其動量不同。
②動量是矢量，而動能是標量。因此，物體的動量變化時，其動能不一定變化；而物體的動能變化時，其動量一定變化。
③因動量是矢量，故引起動量變化的原因也是矢量，即物體受到外力的沖量；動能是標量，
引起動能變化的原因亦是標量，即外力對物體做功。
④動量和動能都與物體的質量和速度有關，兩者從不同的角度描述了運動物體的特性，且二者大小間存在關系式：P2＝2mEk
3、動量的變化及其計算方法
動量的變化是指物體末態(tài)的動量減去初態(tài)的動量，是矢量，對應于某一過程（或某一段時間），是一個非常重要的物理量，其計算方法：
（1）ΔP=Pt一P0，主要計算P0、Pt在一條直線上的情況。
（2）利用動量定理ΔP=Ft，通常用來解決P0、Pt；不在一條直線上或F為恒力的情況。
二、沖量
1、沖量：力和力的作用時間的乘積叫做該力的沖量．
是矢量，如果在力的作用時間內，力的方向不變，則力的方向就是沖量的方向；沖量的合成與分解，按平行四邊形法則與三角形法則．沖量不僅由力的決定，還由力的作用時間決定。而力和時間都跟參照物的選擇無關，所以力的沖量也與參照物的選擇無關。單位是Ns；
2、沖量的計算方法
（1）I=Ft．采用定義式直接計算、主要解決恒力的沖量計算問題。I=Ft
（2）利用動量定理Ft=ΔP．主要解決變力的沖量計算問題，但要注意上式中F為合外力（或某一方向上的合外力）。
三、動量定理
1、動量定理：物體受到合外力的沖量等于物體動量的變化．Ft=mv/一mv或Ft＝p/－p；
該定理由牛頓第二定律推導出來：（質點m在短時間Δt內受合力為F合，合力的沖量是F合Δt；質點的初、未動量是mv0、mvt，動量的變化量是ΔP=Δ（mv）=mvt－mv0．根據(jù)動量定理得：F合=Δ（mv）/Δt）
2．單位：NS與kgm／s統(tǒng)一：lkgm／s=1kgm／s2s=Ns；
3．理解：（1）上式中F為研究對象所受的包括重力在內的所有外力的合力。
（2）動量定理中的沖量和動量都是矢量。定理的表達式為一矢量式，等號的兩邊不但大小相同，而且方向相同，在高中階段，動量定理的應用只限于一維的情況。這時可規(guī)定一個正方向，注意力和速度的正負，這樣就把矢量運算轉化為代數(shù)運算。
（3）動量定理的研究對象一般是單個質點。求變力的沖量時，可借助動量定理求，不可直接用沖量定義式．
四、動量守恒定律
內容：相互作用的物體系統(tǒng)，如果不受外力，或它們所受的外力之和為零，它們的總動量保持不變。即作用前的總動量與作用后的總動量相等．（研究對象：相互作用的兩個物體或多個物體所組成的系統(tǒng)）
動量守恒定律適用的條件
守恒條件：①系統(tǒng)不受外力作用。(理想化條件)
②系統(tǒng)受外力作用，但合外力為零。
③系統(tǒng)受外力作用，合外力也不為零，但合外力遠小于物體間的相互作用力。
④系統(tǒng)在某一個方向的合外力為零，在這個方向的動量守恒。
⑤全過程的某一階段系統(tǒng)受合外力為零，該階段系統(tǒng)動量守恒，
即：原來連在一起的系統(tǒng)勻速或靜止(受合外力為零)，分開后整體在某階段受合外力仍為零,可用動量守恒。
例：火車在某一恒定牽引力作用下拖著拖車勻速前進，拖車在脫勾后至停止運動前的過程中(受合外力為零)動量守恒
常見的表達式
不同的表達式及含義(各種表達式的中文含義)：
P＝P′或P1＋P2＝P1′＋P2′或m1V1＋m2V2＝m1V1′＋m2V2′
(其中p/、p分別表示系統(tǒng)的末動量和初動量，系統(tǒng)相互作用前的總動量P等于相互作用后的總動量P′)
ΔP＝0(系統(tǒng)總動量變化為0，或系統(tǒng)總動量的增量等于零。)
Δp1=－Δp2，(其中Δp1、Δp2分別表示系統(tǒng)內兩個物體初、末動量的變化量，表示兩個物體組成的系統(tǒng)，各自動量的增量大小相等、方向相反)。

如果相互作用的系統(tǒng)由兩個物體構成，動量守恒的實際應用中具體來說有以下幾種形式
A、m1vl＋m2v2＝m1v/l＋m2v/2，各個動量必須相對同一個參照物，適用于作用前后都運動的兩個物體組成的系統(tǒng)。
B、0=m1vl＋m2v2，適用于原來靜止的兩個物體組成的系統(tǒng)。
C、m1vl＋m2v2=（m1＋m2）v，適用于兩物體作用后結合在一起或具有共同的速度。
原來以動量(P)運動的物體，若其獲得大小相等、方向相反的動量(－P)，是導致物體靜止或反向運動的臨界條件。即：P+(－P)=0
【要點名師精解】
類型一動量守恒定律的實際應用
【例1】如圖1所示，質量為的小車在光滑的水平面上以速度向右做勻速直線運動，一個質量為的小球從高處自由下落，與小車碰撞后反彈上升的高度為仍為。設，發(fā)生碰撞時彈力，小球與車之間的動摩擦因數(shù)為，則小球彈起時的水平速度可能是
.
解析：小球的水平速度是由于小車對它的摩擦力作用引起的，若小球在離開小車之前水平方向上就已經(jīng)達到了，則摩擦力消失，小球在水平方向上的速度不再加速；反之，小球在離開小車之前在水平方向上就是一直被加速的。故分以下兩種情況進行分析：
小球離開小車之前已經(jīng)與小車達到共同速度，則水平方向上動量守恒，有
由于
所以
若小球離開小車之前始終未與小車達到共同速度，則對小球應用動量定理得
水平方向上有
豎直方向上有
又
解以上三式，得
故，正確的選項為。
類型二動量守恒定律的綜合應用
【例2】如圖所示，一輛質量是m=2kg的平板車左端放有質量M=3kg的小滑塊，滑塊與平板車之間的動摩擦因數(shù)=0.4，開始時平板車和滑塊共同以v0=2m/s的速度在光滑水平面上向右運動，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設碰撞時間極短且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原來相反．平板車足夠長，以至滑塊不會滑到平板車右端．（取g=10m/s2）求：
（1）平板車每一次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離．
（2）平板車第二次與墻壁碰撞前瞬間的速度v．
（3）為使滑塊始終不會滑到平板車右端，平板車至少多長？
【解析】：（1）設第一次碰墻壁后，平板車向左移動s，速度為0．由于體系總動量向右，平板車速度為零時，滑塊還在向右滑行．
動能定理①
②
代入數(shù)據(jù)得③
（3）假如平板車在第二次碰撞前還未和滑塊相對靜止，那么其速度的大小肯定還是2m/s，滑塊的速度則大于2m/s，方向均向右．這樣就違反動量守恒．所以平板車在第二次碰撞前肯定已和滑塊具有共同速度v．此即平板車碰墻前瞬間的速度．
④
∴⑤
代入數(shù)據(jù)得⑥
（3）平板車與墻壁發(fā)生多次碰撞，最后停在墻邊．設滑塊相對平板車總位移為l，則有⑦
⑧
代入數(shù)據(jù)得⑨
l即為平板車的最短長度．
【感悟高考真題】
1.（20xx福建29（2））如圖所示，一個木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內粗糙的底板上放著一個小木塊。木箱和小木塊都具有一定的質量。現(xiàn)使木箱獲得一個向右的初速度，則。（填選項前的字母）
A．小木塊和木箱最終都將靜止
B．小木塊最終將相對木箱靜止，二者一起向右運動
C．小木塊在木箱內壁將始終來回往復碰撞，而木箱一直向右運動
D．如果小木塊與木箱的左壁碰撞后相對木箱靜止，則二者將一起向左運動
答案：B
2．（20xx北京20）如圖，若x軸表示時間，y軸表示位置，則該圖像反映了某質點做勻速直線運動時，位置與時間的關系。若令x軸和y軸分別表示其它的物理量，則該圖像又可以反映在某種情況下，相應的物理量之間的關系。下列說法中正確的是
A.若x軸表示時間,y軸表示動能，則該圖像可以反映某物體受恒定合外力作用做直線運動過程中，物體動能與時間的關系
B.若x軸表示頻率，y軸表示動能，則該圖像可以反映光電效應中，光電子最大初動能與入射光頻率之間的關系
C.若x軸表示時間，y軸表示動量，則該圖像可以反映某物在沿運動方向的恒定合外力作用下，物體動量與時間的關系
D.若x軸表示時間，y軸表示感應電動勢，則該圖像可以反映靜置于磁場中的某閉合回路，當磁感應強度隨時間均勻增大時，增長合回路的感應電動勢與時間的關系
【答案】C
【解析】根據(jù)動量定理，說明動量和時間是線性關系，縱截距為初動量，C正確。結合得，說明動能和時間的圖像是拋物線，A錯誤。根據(jù)光電效應方程，說明最大初動能和時間是線性關系，但縱截距為負值，B錯誤。當磁感應強度隨時間均勻增大時，增長合回路內的磁通量均勻增大，根據(jù)法拉第電磁感應定律增長合回路的感應電動勢等于磁通量的變化率，是一個定值不隨時間變化，D錯誤。
3.（20xx天津10）如圖所示，小球A系在細線的一端，線的另一端固定在O點，O點到水平面的距離為h。物塊B質量是小球的5倍，置于粗糙的水平面上且位于O點的正下方，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ?，F(xiàn)拉動小球使線水平伸直，小球由靜止開始釋放，運動到最低點時與物塊發(fā)生正碰（碰撞時間極短），反彈后上升至最高點時到水平面的距離為。小球與物塊均視為質點，不計空氣阻力，重力加速度為g，求物塊在水平面上滑行的時間t。
解析：設小球的質量為m，運動到最低點與物塊碰撞前的速度大小為，取小球運動到最低點重力勢能為零，根據(jù)機械能守恒定律，有
①
得
設碰撞后小球反彈的速度大小為，同理有
②
得
設碰撞后物塊的速度大小為，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有
③
得④
物塊在水平面上滑行所受摩擦力的大小
⑤
設物塊在水平面上滑行的時間為，根據(jù)動量定理，有
⑥
得⑦
4.（20xx新課標34(2)）(10分)如圖所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一豎直的墻.重物質量為木板質量的2倍，重物與木板間的動摩擦因數(shù)為.使木板與重物以共同的速度向右運動，某時刻木板與墻發(fā)生彈性碰撞，碰撞時間極短.求木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間.設木板足夠長，重物始終在木板上.重力加速度為g.
解析：木板第一次與墻碰撞后，向左勻減速直線運動，直到靜止，再反向向右勻加速直線運動直到與重物有共同速度，再往后是勻速直線運動，直到第二次撞墻。
木板第一次與墻碰撞后，重物與木板相互作用直到有共同速度，動量守恒，有：
，解得：
木板在第一個過程中，用動量定理，有：
用動能定理，有：
木板在第二個過程中，勻速直線運動，有：
木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間t=t1+t2=+=
5.（20xx全國卷Ⅱ25）小球A和B的質量分別為mA和mB且mA＞＞mB在某高度處將A和B先后從靜止釋放。小球A與水平地面碰撞后向上彈回，在釋放處的下方與釋放出距離為H的地方恰好與正在下落的小球B發(fā)生正幢，設所有碰撞都是彈性的，碰撞事件極短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。
連立①④⑤化簡得
⑥
6．（20xx北京24）雨滴在穿過云層的過程中，不斷與漂浮在云層中的小水珠相遇并結合為一體，其質量逐漸增大?，F(xiàn)將上述過程簡化為沿豎直方向的一系列碰撞。已知雨滴的初始質量為，初速度為，下降距離后于靜止的小水珠碰撞且合并，質量變?yōu)?。此后每?jīng)過同樣的距離后，雨滴均與靜止的小水珠碰撞且合并，質量依次為、．．．．．．．．．．．．（設各質量為已知量）。不計空氣阻力。
若不計重力，求第次碰撞后雨滴的速度；
若考慮重力的影響，
ａ．求第１次碰撞前、后雨滴的速度和；
ｂ．求第ｎ次碰撞后雨滴的動能。
解析：（1）不計重力，全過程中動量守恒，m0v0=mnv′n
得
（2）若考慮重力的影響，雨滴下降過程中做加速度為g的勻加速運動，碰撞瞬間動量守恒
a．第1次碰撞前
第1次碰撞后
b.第2次碰撞前
利用○1式化簡得○2
第2次碰撞后，利用○2式得
同理，第3次碰撞后
…………
第n次碰撞后
動能
＃2009年高考題＃
一、選擇題
1.（09全國卷Ⅰ21）質量為M的物塊以速度V運動，與質量為m的靜止物塊發(fā)生正撞，碰撞后兩者的動量正好相等，兩者質量之比M/m可能為（AB）
A.2B.3C.4D.5
解析：本題考查動量守恒.根據(jù)動量守恒和能量守恒得設碰撞后兩者的動量都為P,則總動量為2P,根據(jù),以及能量的關系得,所以AB正確。
2.（09上海44）自行車的設計蘊含了許多物理知識，利用所學知識完成下表
自行車的設計目的（從物理知識角度）
車架用鋁合金、鈦合金代替鋼架減輕車重
車胎變寬
自行車后輪外胎上的花紋
答案：減小壓強（提高穩(wěn)定性）；增大摩擦（防止打滑；排水）
3.（09上海46）與普通自行車相比，電動自行車騎行更省力。下表為某一品牌電動自行車的部分技術參數(shù)。
在額定輸出功率不變的情況下，質量為60Kg的人騎著此自行車沿平直公路行駛，所受阻力恒為車和人總重的0.04倍。當此電動車達到最大速度時，牽引力為N,當車速為2s/m時，其加速度為m/s2(g=10mm/s2)
規(guī)格后輪驅動直流永磁鐵電機
車型14電動自行車額定輸出功率200W
整車質量40Kg額定電壓48V
最大載重120Kg額定電流4.5A

答案：40：0.6
4.（09天津4）如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于（A）
A.棒的機械能增加量
B.棒的動能增加量
C.棒的重力勢能增加量
D.電阻R上放出的熱量
解析：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由動能定理：得即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機械能的增加量。選A。
5.（09海南物理7）一物體在外力的作用下從靜止開始做直線運動，合外力方向不變，大小隨時間的變化如圖所示。設該物體在和時刻相對于出發(fā)點的位移分別是和，速度分別是和，合外力從開始至時刻做的功是，從至時刻做的功是,則（AC）
A．B．
C．D．
6.（09廣東理科基礎9）物體在合外力作用下做直線運動的v一t圖象如圖所示。下列表述正確的是（A）
A．在0—1s內，合外力做正功
B．在0—2s內，合外力總是做負功
C．在1—2s內，合外力不做功
D．在0—3s內，合外力總是做正功
解析：根據(jù)物體的速度圖象可知，物體0-1s內做勻加速合外力做正功，A正確；1-3s內做勻減速合外力做負功。根據(jù)動能定理0到3s內，1—2s內合外力做功為零。
7.（09寧夏17）質量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t=0時刻開始受到水平力的作用。力的大小F與時間t的關系如圖所示，力的方向保持不變，則（BD）
A．時刻的瞬時功率為
B．時刻的瞬時功率為
C．在到這段時間內，水平力的平均功率為
D.在到這段時間內，水平力的平均功率為
8.（09安徽18）在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形的abcd，頂點a、c處分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖所示。若將一個帶負電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動。粒子從b點運動到d點的過程中（D）
A.先作勻加速運動，后作勻減速運動
B.先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢
C.電勢能與機械能之和先增大，后減小
D.電勢能先減小，后增大
解析：由于負電荷受到的電場力是變力，加速度是變化的。所以A錯；由等量正電荷的電場分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點的電勢最高，所以從b到a，電勢是先增大后減小，故B錯；由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動能的相互轉化，故電勢能與機械能的和守恒，C錯；由b到O電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負功，電勢能增加，D對。
9.（09福建18）如圖所示，固定位置在同一水平面內的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其右端接有阻值
為R的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應強度大小為B的勻強磁場中。一質量為m（質量分布均勻）的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為u?，F(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離L時，速度恰好達到最大（運動過程中桿始終與導軌保持垂直）。設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g。則此過程（BD）
A.桿的速度最大值為
B.流過電阻R的電量為
C.恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量
D.恒力F做的功與安倍力做的功之和大于桿動能的變化量
解析：當桿達到最大速度vm時，得，A錯；由公式，B對；在棒從開始到達到最大速度的過程中由動能定理有：，其中，，恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量與回路產生的焦耳熱之和，C錯；恒力F做的功與安倍力做的功之和等于于桿動能的變化量與克服摩擦力做的功之和，D對。
10.（09浙江自選模塊13）“物理1-2”模塊（1）（本小題共3分，在給出的四個選項中，可能只有一個選項正確，也可能有多個選項正確，全部選對得3分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分）
二氧化碳是引起地球溫室效應的原因之一，減少二氧化碳的排放是人類追求的目標。下列能源利用時均不會引起二氧化碳排放的是（AB）
A.氫能、核能、太陽能B.風能、潮汐能、核能
C.生物質能、風能、氫能D.太陽能、生物質能、地熱能
二、非選擇題
11.（09北京24）才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直線上、且無機械能損失的惡簡化力學模型。如圖2

（1）如圖1所示，ABC為一固定在豎直平面內的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接。質量為的小球從高位處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止在軌道BC段上質量為的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球兩球的運動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機械能損失。求碰撞后小球的速度大??；
（2）碰撞過程中的能量傳遞規(guī)律在物理學中有著廣泛的應用。為了探究這一規(guī)律，我們所示，在固定光滑水平軌道上，質量分別為、……的若干個球沿直線靜止相間排列，給第1個球初能，從而引起各球的依次碰撞。定義其中第個球經(jīng)過依次碰撞后獲得的動能與之比為第1個球對第個球的動能傳遞系數(shù)。
a.求
b.若為確定的已知量。求為何值時，值最大
解析：
（1）設碰撞前的速度為，根據(jù)機械能守恒定律
①
設碰撞后m1與m2的速度分別為v1和v2，根據(jù)動量守恒定律
②
由于碰撞過程中無機械能損失
③
②、③式聯(lián)立解得
④
將①代入得④
（2）a由④式，考慮到得
根據(jù)動能傳遞系數(shù)的定義，對于1、2兩球
⑤
同理可得，球m2和球m3碰撞后，動能傳遞系數(shù)k13應為
⑥
依次類推，動能傳遞系數(shù)k1n應為
解得
b.將m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得
為使k13最大，只需使
由
12.（09天津10）如圖所示，質量m1=0.3kg的小車靜止在光滑的水平面上，車長L=15m,現(xiàn)有質量m2=0.2kg可視為質點的物塊，以水平向右的速度v0=2m/s從左端滑上小車，最后在車面上某處與小車保持相對靜止。物塊與車面間的動摩擦因數(shù)=0.5,取g=10m/s2，求
（1）物塊在車面上滑行的時間t;
（2）要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車左端的速度v′0不超過多少。
答案：（1）0.24s(2)5m/s
解析：本題考查摩擦拖動類的動量和能量問題。涉及動量守恒定律、動量定理和功能關系這些物理規(guī)律的運用。
（1）設物塊與小車的共同速度為v，以水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有
①
設物塊與車面間的滑動摩擦力為F，對物塊應用動量定理有
②
其中③
解得
代入數(shù)據(jù)得④
（2）要使物塊恰好不從車廂滑出，須物塊到車面右端時與小車有共同的速度v′，則
⑤
由功能關系有
⑥
代入數(shù)據(jù)解得=5m/s
故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0′不能超過5m/s。
13.（09山東38）（2）如圖所示，光滑水平面軌道上有三個木塊，A、B、C，質量分別為mB=mc=2m,mA=m，A、B用細繩連接，中間有一壓縮的彈簧(彈簧與滑塊不栓接)。開始時A、B以共同速度v0運動，C靜止。某時刻細繩突然斷開，A、B被彈開，然后B又與C發(fā)生碰撞并粘在一起，最終三滑塊速度恰好相同。求B與C碰撞前B的速度。
解析：（2）設共同速度為v，球A和B分開后，B的速度為,由動量守恒定律有
,,聯(lián)立這兩式得B和C碰撞前B的速度為。
考點：動量守恒定律

14.（09安徽23）如圖所示，勻強電場方向沿軸的正方向，場強為。在點有一個靜止的中性微粒，由于內部作用，某一時刻突然分裂成兩個質量均為的帶電微粒，其中電荷量為的微粒1沿軸負方向運動，經(jīng)過一段時間到達點。不計重力和分裂后兩微粒間的作用。試求
（1）分裂時兩個微粒各自的速度；
（2）當微粒1到達（點時，電場力對微粒1做功的瞬間功率；
（3）當微粒1到達（點時，兩微粒間的距離。
答案：（1），方向沿y正方向（2）（3）2
解析：（1）微粒1在y方向不受力，做勻速直線運動；在x方向由于受恒定的電場力，做勻加速直線運動。所以微粒1做的是類平拋運動。設微粒1分裂時的速度為v1，微粒2的速度為v2則有：
在y方向上有
-
在x方向上有
-
根號外的負號表示沿y軸的負方向。
中性微粒分裂成兩微粒時，遵守動量守恒定律，有
方向沿y正方向。
（2）設微粒1到達（0，-d）點時的速度為v，則電場力做功的瞬時功率為
其中由運動學公式
所以
（3）兩微粒的運動具有對稱性，如圖所示，當微粒1到達（0，-d）點時發(fā)生的位移
則當微粒1到達（0，-d）點時，兩微粒間的距離為
15.（09安徽24）過山車是游樂場中常見的設施。下圖是一種過山車的簡易模型，它由水平軌道和在豎直平面內的三個圓形軌道組成，B、C、D分別是三個圓形軌道的最低點，B、C間距與C、D間距相等，半徑、。一個質量為kg的小球（視為質點），從軌道的左側A點以的初速度沿軌道向右運動，A、B間距m。小球與水平軌道間的動摩擦因數(shù)，圓形軌道是光滑的。假設水平軌道足夠長，圓形軌道間不相互重疊。重力加速度取，計算結果保留小數(shù)點后一位數(shù)字。試求
（1）小球在經(jīng)過第一個圓形軌道的最高點時，軌道對小球作用力的大小；
（2）如果小球恰能通過第二圓形軌道，B、C間距應是多少；
（3）在滿足（2）的條件下，如果要使小球不能脫離軌道，在第三個圓形軌道的設計中，半徑應滿足的條件；小球最終停留點與起點的距離。

答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3)當時，；當時，
解析：（1）設小于經(jīng)過第一個圓軌道的最高點時的速度為v1根據(jù)動能定理
①
小球在最高點受到重力mg和軌道對它的作用力F，根據(jù)牛頓第二定律
②
由①②得③
（2）設小球在第二個圓軌道的最高點的速度為v2，由題意
④
⑤
由④⑤得⑥
（3）要保證小球不脫離軌道，可分兩種情況進行討論：
I．軌道半徑較小時，小球恰能通過第三個圓軌道，設在最高點的速度為v3，應滿足
⑦
⑧
由⑥⑦⑧得
II．軌道半徑較大時，小球上升的最大高度為R3，根據(jù)動能定理
解得
為了保證圓軌道不重疊，R3最大值應滿足
解得R3=27.9m
綜合I、II，要使小球不脫離軌道，則第三個圓軌道的半徑須滿足下面的條件
或
當時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L′，則
當時，小球最終焦停留點與起始點A的距離為L〞，則
16.（09福建21）如圖甲，在水平地面上固定一傾角為θ的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數(shù)為k的絕緣輕質彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態(tài)。一質量為m、帶電量為q（q0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度大小為g。

（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經(jīng)歷的時間t1
（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；
（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中速度與時間關系v-t圖象。圖中橫坐標軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度達到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計算過程）
答案：（1）;（2）;
(3)
解析：本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運動、運用動能定理處理變力功問題、最大速度問題和運動過程分析。
（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，則有
qE+mgsin=ma①
②
聯(lián)立①②可得
③
（2）滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為，則有
④
從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得
⑤
聯(lián)立④⑤可得
s
（3）如圖
17.