1、专题二 动量和能量高考形势分析及历年部分省市高考试题分布：高中物理在力学、热学、电磁学、光学和原子物理等各分支学科中涉及到许多形式的能，如动能、势能、电能、内能、核能，这些形式的能可以相互转化，并且遵循能量转化和守恒定律，能量是贯穿于中学物理教材的一条主线，是分析和解决物理问题的主要依据。在每年的高考物理试卷中都会出现考查能量的问题。并时常发现“压轴题” 就是能量试题。历年高考中动量和能量题分布情况：2004 年，全国理综 II，计算题 25 题考查动量和能量综合题；全国理综 III，计算题 25 题考查动量和能量综合题；北京卷 24 题考查动量和能量综合题；天津卷选择题 21 题考查碰撞中的
2、动量守恒， 25 题考查动量和能量的综合题。2005 年，全国理综 I 动量和能量的题占 19 分，理综 II 占 36 分，理综 III 占 20 分，北京卷占 16 分，天津卷占 18 分。2006 年全国理综 I、III ，选择题 20 题动量定理和动能定理；理综 II，18 题碰撞中的动量和能量问题；重庆卷 2 计算题 25 题考查机械能守恒定律、动量守恒定律和圆周运动中的牛顿第二定律的知识；四川卷计算题 25 题考查带电粒子在磁场中的运动，动量守恒定律，圆周运动，平抛运动。天津卷实验题 22 题考查验证碰撞中的动量守恒定律和百分误差。2007 年，湖南卷实验题 22 题，考查验证中碰
3、撞中的动量守恒定律，计算题 24 题考查电子阻尼、碰撞动量守恒；北京卷选择题 19 题考查碰撞动量守恒和单摆周期的知识结合，20 题考查动量定理和电场的知识。全国卷 II 选择题 16 题考查动量和动能定理。四川卷选择题 18 题考查碰撞中的动量守恒定律和机械能守恒定律。天津卷选择题15 题考查动量守恒与动能定理，计算题 23 题考查机械能守恒，圆周运动中的牛顿第二定律，动量守恒定律和动能定理。动量与能量知识框架：一、考点回顾1动量、冲量和动量定理动能定理 212mvWA动量p=mv力的积累和效应力对时间的积累效应力对位移的积累效应功：W=FS cos瞬时功率：P=Fvcos 平均功率： co
4、svFtW动能 21mvEk势能重力势能：E p=mgh弹性势能机械能 机械能守恒定律Ek1+EP1=Ek2+EP2或 Ek = EP系统所受合力为零或不受外力牛顿第二定律F=ma冲量I=Ft 动量定理Ft=mv2-mv1动量守恒定律m1v1+m2v2=m1v1+m2v22动量守恒定律3动量和能量的应用4动量与动力学知识的应用5航天技术的发展和宇宙航行6动量守恒定律实验二、动量和能量知识点1动量(1)动量：运动物体的质量和速度的乘积叫做动量，即 p=mv.是矢量，方向与 v 的方向相同. 两个动量相同必须是大小相等，方向一致。(2)冲量：力和力的作用时间的乘积叫做该力的冲量，即 I=Ft.冲量
5、也是矢量，它的方向由力的方向决定。2能量能量是状态量，不同的状态有不同的数值的能量，能量的变化是通过做功或热传递两种方式来实现的，力学中功是能量转化的量度，热学中功和热量是内能变化的量度。(1)W 合 =E k：包括重力、弹簧弹力、电场力等各种力在内的所有外力对物体做的总功，等于物体动能的变化。(动能定理 )(2)WF= E：除重力以外有其它外力对物体做功等于物体机械能的变化。(功能原理)注：物体的内能(所有分子热运动动能和分子势能的总和) 、电势能不属于机械能W F=0 时，机械能守恒，通过重力做功实现动能和重力势能的相互转化。W G=-E P 重力做正功，重力势能减小；重力做负功，重力势能
6、增加。重力势能变化只与重力做功有关，与其他做功情况无关。W 电 =-E P：电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加。在只有重力、电场力做功的系统内，系统的动能、重力势能、电势能间发生相互转化，但总和保持不变。注：在电磁感应现象中，克服安培力做功等于回路中产生的电能，电能再通过电路转化为其他形式的能。W+Q= E：物体内能的变化等于物体与外界之间功和热传递的和(热力学第一定律)。mv 02/2=h-W：光电子的最大初动能等于入射光子的能量和该金属的逸出功之差。E= mc2：在核反应中，发生质量亏损，即有能量释放出来。(可以以粒子的动能、光子等形式向外释放)3动量与能量的关系(1)动量
7、与动能动量和能量都与物体的某一运动状态相对应，都与物体的质量和速度有关.但它们存在明显的不同：动量的大小与速度成正比 p=mv；动能的大小与速度的平方成正比 Ek=mv2/2两者的关系：p 2=2mEk动量是矢量而动能是标量.物体的动量发生变化时，动能不一定变化；但物体的动能一旦发生变化，则动量必发生变化.(2)动量定理与动能定理动量定理：物体动量的变化量等于物体所受合外力的冲量.P=I，冲量 I=Ft 是力对时间的积累效应动能定理：物体动能的变化量等于外力对物体所做的功.E k=W，功 W=Fs 是力对空间的积累效应.(3)动量守恒定律与机械能守恒定律动量守恒定律与机械能守恒定律所研究的对象
8、都是相互作用的物体系统，(在研究某个物体与地球组成的系统的机械能守恒时，通常不考虑地球的影响)，且研究的都是某一物理过程. 动量守恒定律的内容是：一个系统不受外力或者所受外力之和为 0，这个系统的总动量保持不变；机械能守恒定律的内容是：在只有重力和弹簧弹力做功的情形下，系统机械能的总量保持不变。运用动量守恒定律值得注意的两点是：严格符合动量守恒条件的系统是难以找到的.如：在空中爆炸或碰撞的物体受重力作用，在地面上碰撞的物体受摩擦力作用，但由于系统间相互作用的内力远大于外界对系统的作用，所以在作用前后的瞬间系统的动量可认为基本上是守恒的。即使系统所受的外力不为 0，但沿某个方向的合外力为 0，则
9、系统沿该方向的动量是守恒的。动量守恒定律的适应范围广，不但适应常见物体的碰撞、爆炸等现象，也适应天体碰撞、原子的裂变，动量守恒与机械能守恒相结合的综合的试题在高考中多次出现，是高考的热点内容。三、经典例题剖析1 （上海高考题）一物体沿光滑斜面下滑，在此过程中【 】A斜面对物体的弹力做功为零B斜面对物体的弹力的冲量为零C物体的动能增量等于物体重力所做的功D物体的动量增量等于物体重力的冲量解析：物体沿光滑斜面下滑运动方向沿斜面向下，而斜面对物体的弹力，即支持力方向垂直斜面，故弹力不做功，选 A 正确。根据动量定理可知，物体的动量变化量等于合外力对物体的冲量，物体在下滑过程中，受到弹力和重力两个力的
10、作用，这两个力的冲量均不为零，这两力的冲量的矢量和等于物体的动量的增量，选 B 和 D 是错误的。根据动能定理可知，由于弹力对物体不做功，只有重力做功，物体的动能增加量等于重力所做的功，故选 C 正确。答案：A、C点评：本题考查动量定理和动能定理两个规律，在这两个定理中包含了功和冲量两个概念，所以同时对这两个概念也必须理解，并加以区分，冲量是力在时间上的积累，而功是力在位移上的积累，力在时间上的积累引起物体动量的变化，力在位移上的积累引起物体动能的变化。2 （ 2004 年天津高考题）质量 m=1.5kg 的物块（可视为质点）在水平恒力的作用下，从水平面上由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，
11、物块继续滑行 t=0.2s 停在 B 点，已知 A、B 两点间距 s=5.0m，物块与水平面间的动摩擦因数 =0.20，求恒力 F 多大？（g=10m/s 2）解析：设撤去力 F 前物块的位移为 s1，撤去力时物块 F1=mg对撤去力 F 后物块滑动过程应用动量定理可得：-F 1t=0-mv由运动学公式：s-s 1=vt/2对物块运动的全过程应用动能定理：Fs 1-F1s=0由以上公式得：F=2mgs/(2s-gt 2)，代入数据得 F=15N答案：F=15N点评：本题考查动量定理和动能定理在动力学中的应用，在利用动量定理和动能定理解题时，选择初末状态时关键，同时也要熟悉物体的运动过程及受力状
12、况。3 （ 2005 年天津高考题）如图所示，质量为 mA=4.0kg 的木板 A 放在水平面 C 上，木板与水平面间的动摩擦因数为 =0.24，木板最右端放着质量为 mB=1.0kg 的小物块（视为质点） ，它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的 12Ns 的瞬时冲量 I 作用开始运动，当小物块离开木板时，木板的动能为 8.0J,小物块的动能为 0.5J（g=10m/s 2）求：(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度为多少？(2)木板的长度时多少？解析：(1)以 A 由静止到获得初速度为研究过程，由动量定理可知I= mv0 带入数据得到：v 0=3m/s (2)对 A 获得速度到 B 从 A
13、 的左端掉下来为研究过程，其运动过程如图所示，设 A 运动的时间为 t，运动的位移为 Sa，B 运动的位移为 Sb，B 对 A，C 对 A，A 对 B 的摩擦力分别为 fBA， fCA，f AB，由动量定理可得：对 A：-（f BA+fCA）t=m AvA-mAv0 对 B： fABt=mBvB 由动能定理可知对 A：- （f BA+fCA）S a=mAv A 2/2-mAv02/2 对 B： fABSb=mBvB2/2 由牛顿第三定律可知，A 对 B 的摩擦力和 B 对 A 的摩擦力大小相等fAB= fBA fCA=（m A+mB） g L=Sa-Sb 由联立可解得：L=0.5m答案：（1）
14、v 0=3m/s；（2 ） L=0.5m 点评：本题考查动量定理和动能定理相结合的知识点，对此题注重过程的分析，画出运动过程图，再做此题就一目了然。4如图所示，金属杆 a 从离地 h 高处由静止开始沿光滑平行的弧形轨道下滑，轨道的水平部分有竖直向上的匀强磁场 B，水平轨道上原来放有一金属杆 b，已知 a 杆的质量为ma,且与杆 b 的质量之比为 mam b=34，水平轨道足够长，不计摩擦，求：(1)a 和 b 的最终速度分别是多大?(2)整个过程中回路释放的电能是多少? (3)若已知 a、b 杆的电阻之比 RaR b=34，其余部分的电阻不计，整个过程中杆 a、b 上产生的热量分别是多少?解析
15、：(1)a 下滑过程中机械能守恒 magh=mav02/2a 进入磁场后，回路中产生感应电流，a、b 都受安培力作用，a 做减速运动，b 做加速运动，经过一段时间，a、b 速度达到相同，之后回路的磁通量不发生变化，感应电流为0，安培力为 0，二者匀速运动.匀速运动的速度即为 a.b 的最终速度，设为 v.由于所组成的系统所受合外力为 0，故系统的动量守恒 mav0=(ma+mb)v由以上两式解得最终速度 va=vb=v= gh273(2)由能量守恒得知，回路中产生的电能应等于 a、b 系统机械能的损失，所以E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7(3)由能的守恒与转化定律，回路中产
16、生的热量应等于回路中释放的电能等于系统损失的机械能，即 Qa+Qb=E.在回路中产生电能的过程中，电流不恒定，但由于 Ra 与 Rb 串联，通过的电流总是相等的，所以应有 432tRIQbabaA BC所以 ghmQaa4912b6答案：（1）v a=vb=v= （2）E=4m agh/7 （3） 73 ghmQaa4912ghmQb49点评：此题考查的时机械能守恒、动量守恒定律和能量的转化，在导体棒 a 进入磁场之前，导体棒 a 的机械能守恒，进入后导体棒 a 切割磁感线产生电动势，电路中产生电流，使导体棒 b 受到安培力作用而运动，直到最后两棒有相同的速度，以 a、b 这一整体为系统，则系
17、统在水平方向受到的安培力相互抵销，系统的动量守恒。在这一运动过程中，导体棒a、 b 发热消耗能量，系统损失的能量转化为内能，再根据系统的能量守恒，即可求出两棒上的热量。5 （ 2006 年重庆理综）如图半径为 R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球 A、B 质量分别为 m、m（ 为待定系数） 。A 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的 B 球相撞，碰撞后 A、B 球能达到的最大高度均为14R，碰撞中无机械能损失。重力加速度为 g。试求：(1)待定系数 ；(2)第一次碰撞刚结束时小球 A、B 各自的速度和 B 球对轨道的压力；(3)小球 A、B 在轨道最低处第二次碰撞刚
18、结束时各自的速度，并讨论小球 A、B 在轨道最低处第 n 次碰撞刚结束时各自的速度。解析：(1)由于碰撞后球沿圆弧的运动情况与质量无关，因此，A、B 两球应同时达到最大高度处，对 A、B 两球组成的系统，由机械能守恒定律得 ，解4mgR得 3(2)设 A、 B 第一次碰撞后的速度分别为 v1、v 2，取方向水平向右为正，对 A、B 两球组成的系统，有 221mgRv12mgRv解得 ，方向水平向左； ，方向水平向右。1v2设第一次碰撞刚结束时轨道对 B 球的支持力为 N，方向竖直向上为正，则，B 球对轨道的压力2NgR，方向竖直向下。4.5m(3)设 A、 B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为
19、 V1、V 2，取方向水平向右为正，则1212vV2mgRm解得 V1 ，V 20 （另一组解 V1v 1，V 2 v2 不合题意，舍去）g由此可得：当 n 为奇数时，小球 A、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同；当 n 为偶数时，小球 A、B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同。答案：（1）3 ；（2 ） ，方向水平向左； ，方向水平向右；12vgR21vgR4.5mg，方向竖直向下；（3）见解析。点评：小球 A 与 B 碰撞之前机械能守恒，在碰撞过程中动量守恒，碰撞完毕，两球又机械能守恒，所以此题关键在于对碰撞过程的分析，不同的碰撞次
20、数，结果不一样，通过分析，找出规律，得出结论。6 （ 2004 全国理综 25 题）柴油打桩机的重锤由气缸、活塞等若干部件组成，气缸与活塞间有柴油与空气的混合物。在重锤与桩碰撞的过程中，通过压缩使混合物燃烧，产生高温高压气体，从而使桩向下运动，锤向上运动。现把柴油打桩机和打桩过程简化如下：柴油打桩机重锤的质量为 m，锤在桩帽以上高度为h 处（如图 1）从静止开始沿竖直轨道自由落下，打在质量为 M（包括桩帽）的钢筋混凝土桩子上。同时，柴油燃烧，产生猛烈推力，锤和桩分离，这一过程的时间极短。随后，桩在泥土中向下移动一距离 l。已知锤反跳后到达最高点时，锤与已停下的桩幅之间的距离也为 h（如图 2）
21、 。已知m1.010 3kg，M 2.010 3kg，h2.0m ，l0.20m，重力加速度 g10m/s 2，混合物的质量不计。设桩向下移动的过程中泥土对桩的作用力 F 是恒力，求此力的大小。解析：锤自由下落，碰桩前速度 v1 向下， h21碰后，已知锤上升高度为（hl） ，故刚碰后向上的速度为 )(2lhgv设碰后桩的速度为 V，方向向下，由动量守恒， 1mMV桩下降的过程中，根据功能关系， FlgV21由、式得 )()(lhlmlMgF代入数值，得 N 510.2答案： N点评：此题属于打击中的动量守恒，在离开桩后，锤的机械能守恒。分析题意，浓缩成物理模型，再利用动能定理和动量守恒定律相
22、结合求解结果。7 （ 2006 年天津理综）如图所示，坡道顶端距水平面高度为 h，质量为 m1 的小物块A 从坡道顶端由静止滑下，进入水平面上的滑道时无机械能损失，为使 A 制动，将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M 处的墙上，一端与质量为 m2 的档板 B 相连，弹簧处于原长时，B 恰位于滑道的末端 O 点A 与 B 碰撞时间极短，碰后结合在一起共同压缩弹簧，已知在 OM 段 A、B 与水平面间的动摩擦因数均为 ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为 g，求：(1)物块 A 在与挡板 B 碰撞前瞬间速度 v 的大小；(2)弹簧最大压缩量为 d 时的弹性势能 Ep（设弹簧处于原长时弹性势能为零）
23、 。解析：(1)由机械能守恒定律，有解得 v211mghgh2(2)A、B 在碰撞过程中内力远大于外力，由动量守恒，有 12()mvv碰后 A、B 一起压缩弹簧， ）到弹簧最大压缩量为 d 时，A、B 克服摩擦力所做的功12()Wd由能量守恒定律，有 21P12()()mvEg解得：21P12Eghgd答案：（1） ；（2） 1122()hmgd点评：物块 A 下滑过程机械能守恒，与 B 碰撞过程中，A 和 B 系统动量守恒，碰撞后A、 B 一起运动压缩弹簧，在以后过程中，系统做减速运动，机械能向内能和弹性势能转化。第一阶段利用机械能守恒定律，第二阶段利用动量守恒定律，第三阶段利用动能定理即可
24、。分析清楚过程，此题就简单多了。8 （ 2006 年江苏高考题）如图所示，质量均为 m 的 A、B 两个弹性小球，用长为 2l 的不可伸长的轻绳连接现把 A、B 两球置于距地面高 H 处（H 足够大） ，间距为 L。当 A 球自由下落的同时，B 球以速度 v0 指向 A 球水平抛出求：(1)两球从开始运动到相碰，A 球下落的高度；(2)A、B 两球碰撞（碰撞时无机械能损失）后，各自速度的水平分量；(3)轻绳拉直过程中，B 球受到绳子拉力的冲量大小。解析：(1)设到两球相碰时 A 球下落的高度为 h，由平抛运动规律得 0lvt21hg联立得 20lv（2 ） A、B 两球碰撞过程中，由水平方向动
25、量守恒，得0xxmv由机械能守恒定律，得 22220BAAB111()()()yyxyxymvvmvv式中 AB,yyv联立解得 A0B,xxv（3 ）轻绳拉直后，两球具有相同的水平速度，设为 vBx,，由水平方向动量守恒，得0B2xm由动量定理得 012xIvm答案：（1） ；（2） ；（3）0glA0B,xxv012mv点评：此题是自由落体、平抛运动、碰撞中的动量守恒、动量定理等知识点的考查，开始利用自由落体和平抛运动的等时性计算出 A 下落的高度，再利用在某一方向上的动量守恒和机械能守恒联合可求出 A、B 在碰后水平方向的速度。9 （ 2003 年江苏高考题）如图（ a）所示，为一根竖直
26、悬挂的不可伸长的轻绳，下端拴一小物块 A，上端固定在 C 点且与一能测量绳的拉力的测力传感器相连。已知有一质量为 m0 的子弹 B 沿水平方向以速度 v0 射入 A 内（未穿透） ，接着两者一起绕 C 点在竖直面内做圆周运动。在各种阻力都可忽略的条件下测力传感器测得绳的拉力 F 随时间 t 变化关系如图（b ）所示，已知子弹射入的时间极短，且图（b）中 t=0 为 A、B 开始以相同的速度运动的时刻。根据力学规律和题中（包括图）提供的信息，对反映悬挂系统本身性质的物理量（例如 A 的质量）及 A、B 一起运动过程中的守恒量，你能求得哪些定量的结果？解析：由图 b 可直接看出，A、B 一起做周期
27、性运动，运动的周期 T2t 0 令 表示 A 的质量， 表示绳长. 表示 B 陷入 A 内时即 时 A、B 的速度（即圆ml1vt周运动最低点的速度） ， 表示运动到最高点时的速度，F 1 表示运动到最低点时绳的拉力，2vF2 表示运动到最高点时绳的拉力，根据动量守恒定律，得 100)(vmv在最低点和最高点处应用牛顿定律可得 tgmF21)(tvmg2002)()(根据机械能守恒定律可得202100 )()()( vl 由图 b 可知 2FmF1由以上各式可解得，反映系统性质的物理量是 06mgFgFvml20536A、B 一起运动过程中的守恒量是机械能 E，若以最低点为势能的零点，则 20
28、1()Ev=+由式解得 203mgF答案： ； ；06vl2056203mvEgF=点评：此题关键在于识图，从 Ft 图像中获得更多的信息，绳子拉力是周期性的变化，变化周期为 2t0，绳子拉力的最大值为 Fm，最小值为 0，在最低点出现最大值，最高点出现最小值 0，即在最高点绳子不受拉力。根据动量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿运动定律的知识可以求出小球的质量，绳子的长度及系统的机械能。10连同装备质量 M=100kg 的宇航员离飞船 45m 处与飞船相对静止，他带有一个装有 m=0.5kg 的氧气贮筒，其喷嘴可以使氧气以 v=50m/s 的速度在极短的时间内相对宇航员自身喷出.他要返回时，必须
29、向相反的方向释放氧气，同时还要留一部分氧气供返回途中呼吸.设他的耗氧率 R 是 2.510-4kg/s，问：要最大限度地节省氧气，并安全返回飞船，所用掉的氧气是多少?解析：设喷出氧气的质量为 m后，飞船获得的速度为 v，喷气的过程中满足动量守恒定律，有：0=(M-m)v+m(-v+v)得 v=mv/M宇航员即以 v匀速靠近飞船，到达飞船所需的时间 t=s/v=Ms/mv这段时间内耗氧 m=Rt故其用掉氧气 m+m=2.2510-2/m+m因为(2.2510 -2/m)m=2.510-2 为常数，所以当 2.2510-2/m=m，即 m=0.15kg 时用掉氧气最少，共用掉氧气是 m+m=0.3
30、kg.答案：所用掉氧气 0.3kg点评：(1)动量守恒定律中的各个速度应统一对应于某一惯性参照系，在本题中，飞船沿圆轨道运动，不是惯性参照系。但是，在一段很短的圆弧上，可以视飞船做匀速直线运动，是惯性参照系。(2)此题中氧气的速度是相对宇航员而不是飞船。因此，列动量守恒的表达式时，要注意速度的相对性，这里很容易出错误。(3)要注意数学知识在物理上的运用。11 （ 2005 年南京高三一摸试题）如下图所示，发射人造卫星时，先把卫星送入近地轨道，然后使其沿椭圆轨道达到远地点 P，此时速度为 v，若 P 点到地心的距离为 R，卫星的总质量为 m，地球半径为 R0，地表的加速度为 g，则欲使卫星从 P
31、 点绕地球做半径为 R的圆轨道运动，卫星在 P 点应将质量为 m 的燃气以多大对地的速度向后喷出（将连续喷气等效为一次性喷气） 。解析：卫星进入轨道后做圆周运动，由万有引力提供向心力，即POQ解得：rvmRMG22RGMv又因为地面附近万有引力近似等于物体的重力解得 GM=gR02g20所以： Rv0卫星要进入该轨道，其运行速度必须等于 v，所以卫星喷气后的速度为 v。在喷气过程中，以喷出的气体与卫星为系统，则系统的动量守恒，该燃气喷出时对地的速度，由动量守恒定律可得：vmmv)(由可得：vRg0)(答案： mv0)(点评：本题考查动量守恒定律中的反冲现象，也是动量守恒定律在航天技术和宇宙航行
32、中的应用，解这类问题时要注意速度的同时性，即作用前和作用后的速度为同一时刻的速度，对同一参考系的速度。12 （ 2006 年全国高考天津卷）用半径相同的两个小球 A、B 的碰撞验证动量守恒定律，实验装置示意如图所示，斜槽与水平槽圆滑连接，实验时先不放 B 球，使 A 球从斜槽上某一固定点 C 由静止滚下，落到位于水平地面的记录纸上留下痕迹，再把 B 球静置与水平槽前端边缘处，让A 球仍从 C 点处静止滚下， A 球和 B 球碰撞后分别落在记录纸上留下各自的痕迹，记录纸上的 O 点是重锤线所指的位置，若测得各落点痕迹到 O 点的距离：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm
33、，并知 A、B两球的质量之比为 2：1，则未放 B 球时，A 球落地点是记录纸上的 点，系统碰撞前总动量 p 与碰撞后总动量 P的百分误差 （结果保留一位有效数字）p解析：根据平抛运动知识可知道未放 B 球时，A 球要落到 P 点。由平抛运动的知识可知，未放 B 球时，A 球的速度可以表示为 ，放 B 球后，txvoP0A 从斜槽滚下与 B 发生碰撞后各自的速度可以表示为： ，tOMAtONB重锤线MO P NA BC由动量知识可以知道：碰撞前的总动量为 txmvpOPA0碰撞后总动量为 ttxvmpNBOMABA代入数据得到： ttPA62.80 tmttxmtvmp BAONBMABA 5
34、0.1.又因为 mA=2mB 所以 02.3.17826.850.9462.850.1 tttpABA答案：P 点 2%点评：验证动量守恒定律是高考实验的重点，对于该题应掌握好动量守恒定律及其平抛运动的规律，借助平抛运动在水平方向动量守恒来验证这一规律，从该题也看到了高考注重基础知识和基本规律的考查，只要掌握了动量守恒定律在平抛运动中的应用，此题很容易得分。13如图所示，水平光滑地面停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道 AB 是光滑的，在最低点 B 与水平轨道 BC 相切， BC 的长度是圆弧半径的 10 倍，整个轨道处于同一竖直平面内。可视为质点的物块从A 点的正上方某
35、处无初速度下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C 恰好没有滑出。已知物块到达圆弧轨道最低点B 时对轨道的压力是物块的重力的 9 倍，小车的质量是物块的 3 倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失，求：(1)物块开始下落的位置距离水平轨道 BC 的竖直高度是圆弧半径的多少倍？(2)物块与水平轨道 BC 间的动摩擦因数 为多少？解析：(1)设物块的质量为 m,其开始下落的位置距离 BC 的竖直高度为 h，到达 B 点时的速度为 v，小车圆弧轨道半径为 R，有机械能守恒定律，有： 21mvg根据牛顿第二定律，有 vmg29解得 h=4R 即物块开始下落的位置距水平轨
36、道 BC 的竖直高度是圆弧半径的 4 倍(2)设物块与 BC 间的滑动摩擦力的大小为 F，物块滑行到 C 点时与小车的共同速度为 v，物块在小车上由 B 运动到 C 的过程中小车对地面的位移大小为 s，依题意，小车的质量为AB C3m，BC 长度为 10R，由滑动摩擦定律，有 F=mg 由动量守恒定律，有 vmv)3(对物块、小车分别应用动能定理 221)10(mvsRF 解得：=0.30)3(212vmFs答案 h=4R =0.3点评：本题是传统的机械能和动量守恒两大守恒定律还有动能定理的结合，这类型的题只要对研究过程有充分的理解，应该是很容易得分的，14碰撞的恢复系数的定义为 c= ，其中
37、 v10 和 v20 分别是碰撞前两物体的速度，102vv1 和 v2 分别是碰撞后两物体的速度。弹性碰撞的恢复系数 c=1.非弹性碰撞的 c70 km/h 所以大客车司机超速违章了（2 ）由“系统整体撞后向南（设为正方向）滑行了一段距离” 知，系统（两车）撞后总动量 P 总 大于零，因为碰撞总动量守恒，即：所以所以卡车没有违章。21解析：（1）设人的质量为 m1，在跑动过程中对船的作用力为 F，根据牛顿运动定律有：F=m 1a=200N设船的质量为 m2，则船所受的阻力 f=0.1(m1+m2)g=0.110010N=100N，方向向右设船的加速度为 a根据牛顿运动定律 a=（F+f）/m
38、2=(200-100)/50=2m/s2。设船的长度为 L，人从开始奔跑经历时间 t 到船的右端，则 L=（+a）t 2/2所以（2 ）设人抱住桅杆前和船的速度分别为 v1 和 v2,则v1=at=42 m/s2=8m/s v2= at= 2 m/s2=m/s人抱住桅杆的过程中可认为系统动量守恒，设人和船的共同速度为 v，则m1v1-m2v2=(m1+m2)v 代入数据可得 v=2m/s，方向向右。设人和船共同滑行的加速度为 a 共 ，则 a 共 =f/(m1+m2)=1 m/s2木船的总位移为 s=t 2/2-v2/2a 共 =2m22解析：设 m1 与 m2 碰撞前的速度为 v1，由动能定
39、理得到011vgsABsm/4设 m2 与 m1 碰后速度为 v2，下落 0.6m 时的速度为 v2，由机械能守恒定律可得：得到：v 2=2m/s2hm1 与 m2 碰撞过程中动量守恒，设 m1 碰后速度为 v1得21vs/1设 m1 停在距离 BL 远处，由动能定理0总卡卡客客 pvmhkmv /70/4.25客卡客卡 st6vt2v0v2v0v1v 共BCAO得到 L=0.25m2110vmgL23解析：本题以动量守恒为核心考查目标，渗透了过程的动态分析和临界极值的确定，极具导向性。画出 A、B、C 在全过程的速率随时间变化的图线如下图所示，令系统最终的共同速率为 v 共 ，以向右为正方向
40、。(1)对 A、B、C 三者组成的系统用动量守恒定律共vmmCBA)(1因 代入 式得到vBA 3,2,001 053v共对 B，由牛顿第二定律知 B 和 C 发生相对位移的过程中：-mBg=mBaB则 aB=-g，故 B 从开始到与 C 相对静止的过程中，对地位移为vvs50912)(2共（2 ）当 A 与 C 相对静止时由最小速度，设为 v1，此时 B 的速度设为 v2，由图像可知，由动量守恒定律有 A、B 、C 系统有：010)(vvv代入数据有21)(mmBCABA01524解析：（1）设小球 m 与物块 A 碰撞后 A 的速度为 v1，设 v0 的方向为正方向，由动量守恒定律得：mv
41、 0=-mv0/3+2mv1设物块 A 与木块 B 共同的速度为 v2，由动量守恒定律 2mv1=(2m+4m)v2解上两式可得 v1=2 v0/3，v 2=2v0/9（2 ）设 A 在 B 上滑过的距离为 L，由能的转化和守恒定律得：代入数据得到：221)4(mgLv742025解析：以彗星和撞击器组成的系统为研究对象，设彗星的质量为M，初速度为v01，撞击器的质量为m=370kg，以速度v 02=38000km/h=11000m/s，撞击后速度为v ，由动量守恒定律得到：Mv01-mv02=（M+m）v，由于 M远远大于m，所以上式可以化为Mv 01-mv02=Mv，解得：M=mv02/（
42、v 01v） ，由题给信息可以知道。撞击后彗星的运行速度改变了v 01v=110-7m/s，代入数据得到：M410 13kg四、创新试题26解析：（1）设第一颗子弹进入靶盒A后，子弹与靶盒的共同速度为 v1，根据子弹进入靶盒过程中系统动量守恒，有：mv 0=（m+M ）v 1设A离开O点的最大距离为s 1，由动能定理可得：-F s1=0-（m+M）v 12/2联立两式可以解得：s 1=1.25m（2 ）根据题意，A 在恒力F的作用返回 O点时第二颗子弹正好打入，由于A 的动量和第二颗子弹动量大小相等，方向相反，故第二颗子弹打入后，A将静止在O点，设第三颗子弹打入A后，他们共同的速度为v 3，由
43、系统动量守恒得：mv 0=（3m+M）v 3设A从离开O点到又回到O 点所经历的时间为t，取碰后A的运动方向为正方向，由动量定理可以得到：-Ft/2=0- （3m+M ）v 3由以上两式解得：t=0.5s（3 ）由（2 ）问的计算可以看出，第1、3 、5、（2n+1）颗子弹打入A后，A 运动时间均为t=0.5s，故总时间为t 总 =50t=25s。五、复习指导本专题对学生的能力要求较高，故在复习时：1注意分析综合能力的培养和对实际问题进行抽象简化能力的培养，这类问题，题目所描述的物理过程，一般较为复杂。因而首先必须明确题目所描述的物理过程，弄清物理现象发生的条件，并且用简介的语言或用数学公式把物理过程、物理条件表达出来，并将题设条件进行抽象和简化。2注重应用数学解决物理问题的能力的培养，如计算题在分析解答过程中运用了数学归纳法，运用数学语言表达物理过程的本质和物理现象发生的条件，运用数学知识进行变形和推理论证物理问题，结合物理实际对数学表达式的定义域、值域做出说明等。
