定律成立的條件⑴系統不受外力或者所受外力之和為零；⑵系統受外力，但外力遠小于內力，可以忽略不計；⑶系統在某一個方向上所受的合外力為零，則該方向上動量守恒。⑷全過程的某一階段系統受的合外力為零，則該階段系統動量守恒。2．動量守恒定律的表達形式（1），即p1p2=p1/p2/，（2）Δp1Δp2=0，Δp1=-Δp2和3．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。（2）對各階段所選系統內的物體進行受力分析，判定能否應用動量守恒。（3）確定過程的始、末狀態，寫出初動量和末動量表達式。注重：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）建立動量守恒方程求解。4．注重動量守恒定律的“五性”：①條件性；②整體性；③矢量性；④相對性；⑤同時性．二、動量守恒定律的應用1兩個物體作用時間極短，滿足內力遠大于外力，可以認為動量守恒。碰撞又分彈性碰撞、非彈性碰撞、完全非彈性碰撞三種。如：光滑水平面上，質量為m1的物體A以速度v1向質量為m2的靜止物體B運動，B的左端連有輕彈簧分析：在Ⅰ位置A、B剛好接觸，彈簧開始被壓縮，A開始減速，B開始加速；到Ⅱ位置A、B速度剛好相等（設為v），彈簧被壓縮到最短；再往后A、B遠離，到Ⅲ位位置恰好分開。（1）彈簧是完全彈性的。壓縮過程系統動能減少全部轉化為彈性勢能，Ⅱ狀態系統動能最小而彈性勢能最大；分開過程彈性勢能減少全部轉化為動能；因此Ⅰ、Ⅲ狀態系統動能相等。這種碰撞叫做彈性碰撞。由動量守恒和能量守恒可以證實A、B的最終速度分別為：。（這個結論最好背下來，以后經常要用到。）（2）彈簧不是完全彈性的。壓縮過程系統動能減少，一部分轉化為彈性勢能，一部分轉化為內能，Ⅱ狀態彈性勢能仍最大，但比損失的動能小；分離過程彈性勢能減少，部分轉化為動能，部分轉化為內能；因為全過程系統動能有損失。（3）彈簧完全沒有彈性。壓縮過程系統動能減少全部轉化為內能，Ⅱ狀態沒有彈性勢能；由于沒有彈性，A、B不再分開，而是共同運動，不再有分離過程。可以證實，A、B最終的共同速度為。在完全非彈性碰撞過程中，系統的動能損失最大，為：。（這個結論最好背下來，以后經常要用到。）v1【例1】質量為M的楔形物塊上有圓弧軌道，靜止在水平面上。質量為m的小球以速度v1向物塊運動。不計一切摩擦，圓弧小于90°且足夠長。求小球能上升到的最大高度H和物塊的最終速度v。2．子彈打木塊類問題【例3】設質量為m的子彈以初速度v0射向靜止在光滑水平面上的質量為M的木塊，并留在木塊中不再射出，子彈鉆入木塊深度為d。求木塊對子彈的平均阻力的大小和該過程中木塊前進的距離。3．反沖問題在某些情況下，原來系統內物體具有相同的速度，發生相互作用后各部分的末速度不再相同而分開。這類問題相互作用過程中系統的動能增大，有其它能向動能轉化。可以把這類問題統稱為反沖。【例4】質量為m的人站在質量為M，長為L的靜止小船的右端，小船的左端靠在岸邊。當他向左走到船的左端時，船左端離岸多遠？【例5】總質量為M的火箭模型從飛機上釋放時的速度為v0，速度方向水平。火箭向后以相對于地面的速率u噴出質量為m的燃氣后，火箭本身的速度變為多大？4．爆炸類問題【例6】拋出的手雷在最高點時水平速度為10m/s，這時忽然炸成兩塊，其中大塊質量300g仍按原方向飛行，其速度測得為50m/s，另一小塊質量為200g，求它的速度的大小和方向。5．某一方向上的動量守恒【例7】如圖所示，AB為一光滑水平橫桿，桿上套一質量為M的小圓環，環上系一長為L質量不計的細繩，繩的另一端拴一質量為m的小球，現將繩拉直，且與AB平行，由靜止釋放小球，則當線繩與AB成θ角時，圓環移動的距離是多少？6．物塊與平板間的相對滑動【例8】如圖所示，一質量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，m＜M,A、B間動摩擦因數為μ，現給A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A開始向左運動，B開始向右運動，最后A不會滑離B，求：（1）A、B最后的速度大小和方向；（2）從地面上看，小木塊向左運動到離出發點最遠處時，平板車向右運動的位移大小。【例9】兩塊厚度相同的木塊A和B，緊靠著放在光滑的水平面上，其質量分別為的滑塊C（可視為質點），以的速度恰好水平地滑到A的上表面，如圖所示，由于摩擦，滑塊最后停在木塊B上，B和C的共同速度為3.0m/s，求：，，它們的下底面光滑，上表面粗糙；另有一質量（1）木塊A的最終速度；（2）滑塊C離開A時的速度。三、針對練習練習11．質量為M的小車在水平地面上以速度v0勻速向右運動。當車中的砂子從底部的漏斗中不斷流下時，車子速度將（）A．減小B．不變C．增大D．無法確定2．某人站在靜浮于水面的船上，從某時刻開始人從船頭走向船尾，設水的阻力不計，那么在這段時間內人和船的運動情況是（）A．人勻速走動，船則勻速后退，且兩者的速度大小與它們的質量成反比B．人勻加速走動，船則勻加速后退，且兩者的速度大小一定相等C．不管人如何走動，在任意時刻兩者的速度總是方向相反，大小與它們的質量成反比D．人走到船尾不再走動，船則停下3．如圖所示，放在光滑水平桌面上的A、B木塊中部夾一被壓縮的彈簧，當彈簧被放開時，它們各安閑桌面上滑行一段距離后，飛離桌面落在地上。A的落地點與桌邊水平距離0.5m，B的落地點距離桌邊1m，那么（）A．A、B離開彈簧時的速度比為1∶2B．A、B質量比為2∶1C．未離開彈簧時，A、B所受沖量比為1∶2D．未離開彈簧時，A、B加速度之比1∶24．連同炮彈在內的車停放在水平地面上。炮車和彈質量為M，炮膛中炮彈質量為m，炮車與地面同時的動摩擦因數為μ，炮筒的仰角為α。設炮彈以速度_________________。射出，那么炮車在地面上后退的距離為5．甲、乙兩人在摩擦可略的冰面上以相同的速度相向滑行。甲手里拿著一只籃球，但總質量與乙相同。從某時刻起兩人在行進中互相傳球，當乙的速度恰好為零時，甲的速度為__________________，此時球在_______________位置。6．如圖所示，在沙堆表面放置一長方形木塊A，其上面再放一個質量為m=0.10kg的爆竹B，木塊的質量為M=6.0kg。當爆竹爆炸時，因反沖作用使木塊陷入沙中深度h=50cm，而木塊所受的平均阻力為f=80N。若爆竹的火藥質量以及空氣阻力可忽略不計，g取，求爆竹能上升的最大高度。練習31．在光滑水平面上，兩球沿球心連線以相等速率相向而行，并發生碰撞，下列現象可能的是（）A．若兩球質量相同，碰后以某一相等速率互相分開B．若兩球質量相同，碰后以某一相等速率同向而行C．若兩球質量不同，碰后以某一相等速率互相分開D．若兩球質量不同，碰后以某一相等速率同向而行2．如圖所示，用細線掛一質量為M的木塊，有一質量為m的子彈自左向右水平射穿此木塊，穿透前后子彈的速度分別為和v（設子彈穿過木塊的時間和空氣阻力不計），木塊的速度大小為（）A．B．C．D．3．載人氣球原靜止于高h的空中，氣球質量為M，人的質量為m。若人要沿繩梯著地，則繩梯長至少是（）A．（mM）h/MB．mh/MC．Mh/mD．h4．質量為2kg的小車以2m/s的速度沿光滑的水平面向右運動，若將質量為2kg的砂袋以3m/s的速度迎面扔上小車，則砂袋與小車一起運動的速度的大小和方向是（）A．2.6m/s，向右B．2.6m/s，向左C．0.5m/s，向左D．0.8m/s，向右5．在質量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質量為，小車（和單擺）以恒定的速度V沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發生碰撞，碰撞的時間極短。在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發生的（）A．小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為、、，滿足和，滿足C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為v，滿足MV（Mm）vD．小車和擺球的速度都變為，木塊的速度變為，滿足6．車廂停在光滑的水平軌道上，車廂后面的人對前壁發射一顆子彈。設子彈質量為m，出口速度v，車廂和人的質量為M，則子彈陷入前車壁后，車廂的速度為（）A．mv/M，向前B．mv/M，向后C．mv/（mM），向前D．07．向空中發射一物體，不計空氣阻力。當此物體的速度恰好沿水平方向時，物體炸裂成a、b兩塊，若質量較大的a塊的速度方向仍沿原來的方向，則（）A．b的速度方向一定與原速度方向相反B．從炸裂到落地的這段時間里，a飛行的水平距離一定比b的大C．a、b一定同時到達水平地面D．在炸裂過程中，a、b受到的爆炸力的沖量大小一定相等8．兩質量均為M的冰船A、B靜止在光滑冰面上，軸線在一條直線上，船頭相對，質量為m的小球從A船跳入B船，又馬上跳回，A、B兩船最后的速度之比是_________________。答案【例1】解析：系統水平方向動量守恒，全過程機械能也守恒。在小球上升過程中，由水平方向系統動量守恒得：由系統機械能守恒得：解得全過程系統水平動量守恒，機械能守恒，得點評：本題和上面分析的彈性碰撞基本相同，唯一的不同點僅在于重力勢能代替了彈性勢能。【例3】解析：子彈和木塊最后共同運動，相當于完全非彈性碰撞。從動量的角度看，子彈射入木塊過程中系統動量守恒：從能量的角度看，該過程系統損失的動能全部轉化為系統的內能。設平均阻力大小為f，設子彈、木塊的位移大小分別為s1、s2，如圖所示，顯然有s1-s2=d對子彈用動能定理：對木塊用動能定理：……①……②①、②相減得：……③點評：這個式子的物理意義是：f?d恰好等于系統動能的損失；根據能量守恒定律，系統動能的損失應該等于系統內能的增加；可見，即兩物體由于相對運動而摩擦產生的熱（機械能轉化為內能），等于摩擦力大小與兩物體相對滑動的路程的乘積（由于摩擦力是耗散力，摩擦生熱跟路徑有關，所以這里應該用路程，而不是用位移）。若，則s2<<d。木塊的位移很小。但這種運動物體與靜止物體相互作用，最后共同運動的類型，全過程動能的損失量均可用公式：…④當子彈速度很大時，可能射穿木塊，這時末狀態子彈和木塊的速度大小不再相等，但穿透過程中系統動量仍然守恒，系統動能損失仍然是ΔEK=f?d（這里的d為木塊的厚度），但由于末狀態子彈和木塊速度不相等，所以不能再用④式計算ΔEK的大小。【例4】解析：先畫出示意圖。人、船系統動量守恒，總動量始終為零，所以人、船動量大小始終相等。從圖中可以看出，人、船的位移大小之和等于L。設人、船位移大小分別為l1、l2，則：mv1=Mv2，兩邊同乘時間t，ml1=Ml2，而l1l2=L，∴點評：應該注重到：此結論與人在船上行走的速度大小無關。不論是勻速行走還是變速行走，甚至往返行走，只要人最終到達船的左端，那么結論都是相同的。做這類題目，首先要畫好示意圖，要非凡注重兩個物體相對于地面的移動方向和兩個物體位移大小之間的關系。以上所列舉的人、船模型的前提是系統初動量為零。假如發生相互作用前系統就具有一定的動量，那就不能再用m1v1=m2v2這種形式列方程，而要利用(m1m2)v0=m1v1m2v2列式。【例5】解析：火箭噴出燃氣前后系統動量守恒。噴出燃氣后火箭剩余質量變為M-m，以v0方向為正方向，【例6】分析：手雷在空中爆炸時所受合外力應是它受到的重力G=(m1m2)g，可見系統的動量并不守恒。但在爆炸瞬間，內力遠大于外力時，外力可以不計，系統的動量近似守恒。設手雷原飛行方向為正方向，則整體初速度；m1=0.3kg的大塊速度為m/s、m2=0.2kg的小塊速度為，方向不清，暫設為正方向。由動量守恒定律：m/s此結果表明，質量為200克的部分以50m/s的速度向反方向運動，其中負號表示與所設正方向相反【例7】解析：雖然小球、細繩及圓環在運動過程中合外力不為零（桿的支持力與兩圓環及小球的重力之和不相等）系統動量不守恒，但是系統在水平方向不受外力，因而水平動量守恒。設細繩與AB成θ角時小球的水平速度為v，圓環的水平速度為V，則由水平動量守恒有：MV=mv且在任意時刻或位置V與v均滿足這一關系，加之時間相同，公式中的V和v可分別用其水平位移替代，則上式可寫為：Md=m［（L-Lcosθ）-d］解得圓環移動的距離：d=mL（1-cosθ）/（Mm）點評：以動量守恒定律等知識為依托，考查動量守恒條件的理解與靈活運用能力易出現的錯誤：（1）對動量守恒條件理解不深刻，對系統水平方向動量守恒感到懷疑，無法列出守恒方程.（2）找不出圓環與小球位移之和（L-Lcosθ）。【例8】解析：（1）由A、B系統動量守恒定律得：Mv0-mv0=（Mm）v①所以v=v0方向向右（2）A向左運動速度減為零時，到達最遠處，此時板車移動位移為s,速度為v′,則由動量守恒定律得：Mv0-mv0=Mv′①對板車應用動能定理得：-μmgs=mv′2-mv02②聯立①②解得：s=【例9】v02解析：這是一個由A、B、C三個物體組成的系統，以這系統為研究對象，當C在A、B上滑動時，A、B、C三個物體間存在相互作用，但在水平方向不存在其他外力作用，因此系統的動量守恒。（1）當C滑上A后，由于有摩擦力作用，將帶動A和B一起運動，直至C滑上B后，A、B兩木塊分離，分離時木塊A的速度為。最后C相對靜止在B上，與B以共同速度運動，由動量守恒定律有∴（2）為計算，我們以B、C為系統，C滑上B后與A分離，C、B系統水平方向動量守恒。C離開A時的速度為，B與A的速度同為，由動量守恒定律有∴三、針對練習練習1參考答案1．B砂子和小車組成的系統動量守恒，由動量守恒定律，在初狀態，砂子落下前，砂子和車都以向前運動；在末狀態，砂子落下時具有與車相同的水平速度，車的速度為v′，由得，車速不變。此題易錯選C，認為總質量減小，車速增大。這種想法錯在研究對象的選取，應保持初末狀態研究對象是同系統，質量不變。2．A、C、D人和船組成的系統動量守恒，總動量為0，∴不管人如何走動，在任意時刻兩者的動量大小相等，方向相反。若人停止運動而船也停止運動，∴選A、C、D。B項錯在兩者速度大小一定相等，人和船的質量不一定相等。3．A、B、DA、B組成的系統在水平不受外力，動量守恒，從兩物落地點到桌邊的距離體落地時間相等，∴與x成正比，∴，即A、B離開彈簧的速度比。由，∵兩物，可知，未離開彈簧時，A、B受到的彈力相同，作用時間相同，沖量I=F·t也相同，∴C錯。未離開彈簧時，F相同，m不同，加速度，與質量成反比，∴。4．提示：在發炮瞬間，炮車與炮彈組成的系統在水平方向上動量守恒，∴發炮后，炮車受地面阻力作用而做勻減速運動，利用運動學公式，，其中，，∴5．0甲提示：甲、乙和籃球組成的系統動量守恒，根據題設條件，可知甲與籃球的初動量與乙的初動量大小相等，方向相反，∴總動量為零。由動量守恒定律得，系統末動量也為零。因乙速度恰好為零，∴甲和球一起速度為零。6．解：爆竹爆炸瞬間，木塊獲得的瞬時速度v可由牛頓第二定律和運動學公式求得，，爆竹爆炸過程中，爆竹木塊系統動量守恒練習3參考答案1．A、DA為彈性碰撞模型，即有mv-mv=mv′-mv′，等式兩側分別為始末狀態系統動量和。B如用數學表達式表示，則違反了動量守恒定律。對于C，令兩球的質量分別是M和m，且M>m，碰前兩球速率相同，合動量方向與大球的動量方向相同，碰后兩球速率相等但方向相反，合動量方向仍與質量大者方向相同，由動量守恒定律可知，碰撞前后合動量不變（包括大小和方向）；而C項，碰后合動量反向，∴C項錯。D答案的數學表達式為，v′方向和質量大的物體初速方向相同，此結論是動量守恒定律中“合二為一”類問題。物理模型為“完全非彈性碰撞”。2．B取向右為正方向，由動量守恒定律，，∴3．A氣球和人組成系統所受合外力為零，系統動量守恒，人相對地的速度是v，氣球相對地的速度是V，有mv-MV=0人相對地的位移是h，設氣球相對地的位移是x，得梯子總長度4．C取向右為正方向，由動量守恒定律。其中，，，得2×2-2×3=4v，v=-0.5m/s5．B、C碰撞從發生到結束是在極短時間內完成的，由于時間極短，擺球又是由擺線連接的，它完全不受碰撞的影響，仍保持原來的速度大小和方向。A、D兩項違反上述分析，均不正確。6．D在車廂、人、子彈組成的系統中，合外力等于零，動量守恒。子彈與人的作用及子彈與車壁的作用，都是系統內力，不能使系統總動量發生變化。發射子彈前系統總動量為零，子彈打入前車壁后，系統的總動量也為零，∴車廂的速度為零。7．C、D根據題設物理過程，其動量守恒設為較在原一塊，則從這表達式可知，若與均為正向，那么可能為正向也可能為負向，即可能為正向（原方向），也可能為負向（反方向）。若為反向，則大于、等于、小于的可能都有；若為正向，因題設沒有一定大于或等于的條件，則大于、等于、小于的可能也都有。∴A、B均不對。由于各自速度為水平方向，即平拋，所以不論速度大小如何，二者一定以同時落地。炸裂過程與間的相互作用，從動量守恒角度看是內力作用，其沖量定是等值反向。∴C、D正確。8．提示：根據，∴東風一中2009屆高三第一輪復習“動量、能量”測試題滿分：120分考試時間：100分鐘一、選擇題：本題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確.全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分.1.從同一高度落下的玻璃杯掉在水泥地上易碎，掉在沙地上不易碎，這是因為玻璃杯落到水泥地上時（）A.受到的沖量大B.動量變化率大C.動量改變量大D.動量大2.物體在恒定的合力F作用下做直線運動，在時間△t1內速度由0增大到v，在時間△t2內速度由v增大到2v.F在△t1做的功為W1，沖量為I1；在△t2做的功為W2，沖量為I2.那么（）A.I1<I2，W1=W2C.I1=I2，W1=W2B.I1<I2，W1<W2D.I1=I2，W1<W23.如圖所示，一根輕彈簧下端固定，豎立在水平面上.其正上方A位置有一只小球.小球從靜止開始下落，在B位置接觸彈簧的上端，在C位置小球所受彈力大小等于重力，在D位置小球速度減小到零，小球下降階段下列說法中正確的是（）A.在B位置小球動能最大B.在C位置小球動能最大C.從A→C位置小球重力勢能的減少大于小球動能的增加D.從A→D位置小球重力勢能的減少等于彈簧彈性勢能的增加4.如圖所示，質量相同的A、B兩質點從同一點O分別以相同的水平速度v0沿x軸正方向拋出，A在豎直平面內運動，落地點為P1，B沿光滑斜面運動，落地點為P2.P1和P2在同一水平面上，不計空氣阻力，則下面說法中正確的是（）A.A、B的運動時間相同B.A、B沿x軸方向的位移相同C.A、B落地時的動量相同D.A、B落地時的動能相同5.汽車保持額定功率在水平路面上勻速行駛，汽車受到的阻力大小恒定，則下列說法正確的是（）A.若汽車的速度突然增大，汽車將做一段時間的加速度增大的減速運動B.若汽車的速度突然增大，汽車將做一段時間的加速度減小的減速運動C.若汽車的速度突然減小，汽車將做一段時間的加速度增大的加速運動D.若汽車的速度突然減小，汽車將做一段時間的勻加速運動6.物體在地面附近以2m/s2的加速度勻減速豎直上升，則在上升過程中，物體的機械能的變化是（）A.不變B.減小C.增大D.無法判斷7.如圖所示，材料不同，但是質量相等的A、B兩個球，原來在光滑水平面上沿同一直線相向做勻速直線運動，A球的速度是6m/s，B球的速度是-2m/s，不久A、B兩球發生了對心碰撞.對于該碰撞之后的A、B兩球的速度可能值，某實驗小組的同學們做了很多種猜測，下面的哪一種猜測結果一定無法實現()A.vA/=-2m/s，vB/=6m/sB.vA/=2m/s，vB/=2m/sC.vA/=1m/s，vB/=3m/sD.vA/=-3m/s，vB/=7m/s8.如圖所示，光滑水平面上停著一輛小車，小車的固定支架左端用不計質量的細線系一個小鐵球．開始將小鐵球提起到圖示位置，然后無初速釋放．在小鐵球來回擺動的過程中，下列說法中正確的是（）A.小車和小球系統動量守恒B.小球向右擺動過程小車一直向左加速運動C.小球擺到右方最高點時刻，由于慣性，小車仍在向左運動D.小球擺到最低點時，小車的速度最大9.如圖所示，木塊靜止在光滑水平面上，子彈A、B從木塊兩側同時水平射入木塊，最終都停在木塊中，這一過程中木塊始終保持靜止.現知道子彈A射入的深度dA大于子彈B射入的深度dB.若用tA、tB表示它們在木塊中運動的時間，用EkA、EkB表示它們的初動能，用vA、vB表示它們的初速度大小，用mA、mB表示它們的質量，則可判斷（）A.tA>tBB.EkA>EkBD.mA>mBC.vA>vB10.如圖甲所示，一輕質彈簧的兩端與質量分別為m1和m2的兩物塊A、B相連接，并靜止在光滑的水平面上.現使A瞬時獲得水平向右的速度3m/s，以此刻為計時起點，兩物塊的速度隨時間變化的規律如圖乙所示，從圖象信息可得（）A.在t1、t3時刻兩物塊達到共同速度1m/s，且彈簧都是處于壓縮狀態B.從t3到t4時刻彈簧由壓縮狀態恢復到原長C.兩物體的質量之比為m1:m2=1:2D.在t2時刻A和B的動能之比為Ek1:Ek2=1:8三、計算題：本題6小題，共66分.解答寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟.只寫出最后答案的不能得分.有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位.11、（13）．（12分）質量為M的火箭以速度v0飛行在太空中，現在突然向后噴出一份質量為Δm的氣體，噴出的氣體相對于火箭的速度是v，噴氣后火箭的速度是多少？11、（14）.（15分）如圖所示，ABC是光滑軌道，其中BC部分是半徑為R的豎直放置的半圓．一質量為M的小木塊放在軌道水平部分，木塊被水平飛來的質量為m的子彈射中，并滯留在木塊中．若被擊中的木塊沿軌道能滑到最高點C，已知木塊對C點的壓力大小為(M+m)g，求：子彈射入木塊前瞬間速度的大小．11、（15）．（18分）如圖所示，在足夠長的光滑水平軌道上靜止三個小木塊A、B、C，質量分別為mA=1kg，mB=1kg，mC=2kg，其中B與C用一個輕彈簧固定連接，開始時整個裝置處于靜止狀態；A和B之間有少許塑膠炸藥，A的左邊有一個彈性擋板（小木塊和彈性擋板碰撞過程沒有能量損失）。現在引爆塑膠炸藥，若炸藥爆炸產生的能量有E=9J轉化為A和B沿軌道方向的動能，A和B分開后，A恰好在BC之間的彈簧第一次恢復到原長時追上B，并且在碰撞后和B粘到一起。求：（1）在A追上B之前彈簧彈性勢能的最大值；（2）A與B相碰以后彈簧彈性勢能的最大值。13．(10分)如圖所示，質量為3.0kg的小車在光滑水平軌道上以2.0m/s速度向右運動．一股水流以2.4m/s的水平速度自右向左射向小車后壁，已知水流流量為m3/s，射到車壁的水全部流入車廂內．kg/m3）那么，經多長時間可使小車開始反向運動？（水的密度為14.(10分)如圖所示，在小車的一端高h的支架上固定著一個半徑為R的1/4圓弧光滑導軌，一質量為m=0.2kg的物體從圓弧的頂端無摩擦地滑下，離開圓弧后剛好從車的另一端擦過落到水平地面，車的質量M=2kg，車身長L=0.22m，車與水平地面間摩擦不計，圖中h=0.20m，重力加速度g=10m/s2，求R.15.(10分)如圖所示，光滑軌道的DP段為水平直軌道，PQ段為半徑是R的豎直半圓軌道，半圓軌道的下端與水平軌道的右端相切于P點.一輕質彈簧兩端分別固定質量為2m的小球A和質量為m的小球B，質量為m的小球C靠在B球的右側.現用外力作用在A和C上，彈簧被壓縮(彈簧仍在彈性限度內)，這時三個小球均靜止于距離P端足夠遠的水平軌道上.若撤去外力，C球恰好可運動到軌道的最高點Q.已知重力加速度為g，求撤去外力前的瞬間，彈簧的彈性勢能E是多大？16.(12分)如圖所示，A、B兩物體與一輕質彈簧相連，靜止在地面上.有一個小物體C從距A物體h高度處由靜止釋放，當下落至與A相碰后立即粘在一起向下運動，以后不再分開，當A和C運動到最高點時，物體B對地面恰好無壓力.設A、B、C三物體的質量均為m，彈簧的勁度系數為k，不計空氣阻力，且彈簧始終處于彈性限度內.若彈簧的彈性勢能由勁度系數和形變量決定，求C物體下落時的高度h.17.(12分)質量為M=3kg的平板車放在光滑的水平面上，在平板車的最左端有一小物塊(可視為質點)，物塊的質量為m=1kg，小車左端上方如圖所示固定著一障礙物A，初始時，平板車與物塊一起以水平速度v0=2m/s向左運動，當物塊運動到障礙物A處時與A發生無機械能損失的碰撞，而小車繼續向左運動，取重力加速度g=10m/s2.⑴設平板車足夠長，求物塊與障礙物第一次碰撞后，物塊與平板車所能獲得的共同速度；⑵設平板車足夠長，物塊與障礙物第一次碰撞后，物塊向右運動對地所能達到的最大距離是s=0.4m，求物塊與A第一次碰撞后到第二次碰撞前相對小車滑動的距離.18.(12分)如圖所示，質量為M=4kg的木板長L=1.4m，靜止在光滑的水平地面上，其上端右側靜置一個質量為m=1kg的小滑塊，小滑塊與木板間的動摩擦因數為μ=0.4.今用一水平力F=28N向右拉木板，要使小滑塊從木板上掉下來，求此力至少作用多長時間？(重力加速度g取10m/s2)東風一中2009屆高三第一輪復習“動量、能量”測試題參考答案1.B.解析：從同一高度落下的玻璃杯與地接觸前和最終速度相同，所以ACD錯.2.D.解析：設物體的質量為m，由動量定理可知I1=△p1=mv；I2=△p2=mv.由動能定理可知W1=△Ek1=；W2=△Ek2=.3.BCD.解析：在C位置，小球的合外力為零，速度最大.從A→C位置小球重力勢能的減少量等于小球動能的增加量加彈性勢能的增加量.從A→D位置，小球的動能增量為零，所以小球重力勢能的減少等于彈簧彈性勢能的增加.4.D.解析：A、B兩質點機械能守恒，D正確；A平拋，B類平拋的加速度小，而加速度方向的位移卻大，所用時間長，所以AB錯；A、B落地時的速度方向不同，故C錯.5.B.解析：若汽車的速度突然增大，則牽引力減小，阻力大于牽引力，汽車做減速運動，由于功率不變，速度減小牽引力又增大，則加速度減小.若汽車的速度突然減小，則牽引力增大，牽引力大于阻力，汽車做加速運動，由于功率不變，速度增大牽引力又減小，則加速度減小.6.C.解析：物體的加速度豎直向下且小于重力加速度，說明除重力外物體還受到向上的外力，這個外力對物體做正功，由功能關系可知物體的機械能必然增加.7.D.解析：A、B、C三個選項都滿足動量守恒和動能不能增加的原則，所以是可能的.D選項碰撞前后動量雖然守恒，但動能增加了，所以不可能實現.8.D.解析：因為小球在擺動的過程中，豎直方向上有加速度，所以系統所受合外力不為零，總動量不守恒，則A選項錯誤.但系統在水平方向不受外力，系統在水平方向動量守恒，則選項B、C錯誤.小球在擺動到最低點之前，細線對車做正功，小車速度增大，小球通過到最低點之后，細線對車做負功，小車速度減小，所以小球擺到最低點時，小車的速度最大.9.BC.解析：子彈A、B射入木塊的過程中木塊始終保持靜止，則兩子彈和木板間的摩擦力必定大小相等，由動量守恒定律知兩子彈的初動量也大小相等，由動量定理可知，它們在木塊中運動的時間tA=tB.由動能定理和子彈A射入的深度dA大于子彈B射入的深度dB可知EkA>EkB.由動能和動量的關系式可知mA<mB.動量大小相等，質量大的速度必定小，則vA>vB.所以選項BC正確.10.CD.解析：由圖可知t1時刻彈簧處于壓縮狀態，A、B具有共同速度，壓縮量最大；t3時刻彈簧處于伸長狀態，A、B具有共同速度，伸長量最大.t2時刻彈簧處于自然長度，A、B速度大小之比為1∶2，對系統由動量守恒得m1×3=m1×(-1)+m2×2，即m1:m2=1:2，則t2時刻A和B的動能之比為1:8.11、（13）解：根據動量守恒定律：Mv0=（M-Δm）V-Δm(v-V)所以：V=(Mv0+Δmv)/M11、（14）.解：設子彈射入木塊瞬間速度為v，射入木塊后的速度為vB，到達C點時的速度為vC。子彈射入木塊時，系統動量守恒，可得：①木塊(含子彈)在BC段運動，滿足機械能守恒條件，可得②木塊(含子彈)在C點做圓周運動，設軌道對木塊的彈力為T，木塊對軌道的壓力為T′，可得：③又：T=T′=(M+m)g④由①、②、③、④方程聯立解得：子彈射入木塊前瞬間的速度：11、（15）（1）塑膠炸藥爆炸瞬間取A和B為研究對象，假設爆炸后瞬間AB的速度大小分別為vA、vB，取向右為正方向由動量守恒：－mAvA+mBmB=0爆炸產生的熱量由9J轉化為AB的動能：帶入數據解得：vA=vB=3m/s由于A在炸藥爆炸后再次追上B的時候彈簧恰好第一次恢復到原長，則在A追上B之前彈簧已經有一次被壓縮到最短，（即彈性勢能最大）爆炸后取BC和彈簧為研究系統，當彈簧第一次被壓縮到最短時BC達到共速vBC，此時彈簧的彈性勢能最大，設為Ep1由動量守恒：mBvB=（mB+mC）vBC由能量定恒定定律：帶入數據得：EP1=3J（2）設BC之間的彈簧第一次恢復到原長時B、C的速度大小分別為vB1和vC1，則由動量守恒和能量守恒：mBvB=mBvB1+mCvC1帶入數據解得：vB1=－1m/svC1=2m/s（vB1=3m/svC1=0m/s不合題意，舍去。）A爆炸后先向左勻速運動，與彈性擋板碰撞以后速度大小不變，反向彈回。當A追上B，發生碰撞瞬間達到共速vAB由動量守恒：mAvA+mBvB1=（mA+mB）vAB解得：vAB=1m/s當ABC三者達到共同速度vABC時，彈簧的彈性勢能最大為EP2由動量守恒：（mA+mB）vAB+mCvC1=（mA+mB+mC）vABC由能量守恒：帶入數據得：EP2=0.5J13.解:由題意知，小車質量m=3.0kg，速度v1=2.0m/s；水流速度v2=2.4m/s，水流流量Q=m3/s，水的密度ρ=kg/m3.設經t時間，流人車內的水的質量為M，此時車開始反向運動，車和水流在水平方向沒有外力，動量守恒，所以有mv1-Mv2=0①(3分)又因為M=ρV②(2分)V=Qt③(3分)由以上各式帶入數據解得t=50s④(2分)14.解:物體從圓弧的頂端無摩擦地滑到圓弧的底端過程中，水平方向沒有外力.設物體滑到圓弧的底端時車速度為v1，物體速度為v2對物體與車，由動量及機械能守恒得0=Mv1-mv2(2分)(2分)mgR=Mv+mv物體滑到圓弧底端后車向右做勻速直線運動，物體向左做平拋運動，所以有h=gt2(2分)(2分)L=（v1+v2）t由以上各式帶入數據解得R=0.055m(2分)15.解:對A、B、C及彈簧組成的系統，當彈簧第一次恢復原長時，設B、C共同速度大小為v0，A的速度大小為vA，由動量守恒定律有：2mvA=(m+m)v0①(2分)即vA=v0由系統能量守恒有：②(2分)此后B、C分離，設C恰好運動至最高點Q的速度為v，由機械能守恒有：③(2分)在最高點Q，由牛頓第二定律有：聯立①～④式解得：E=10mgR④(2分)(2分)(1分)16.解:開始時A處于平衡狀態，有k△x=mg設當C下落h高度時的速度為v，則有：(1分)設C與A碰撞粘在一起時速度為v′，根據動量守恒定律有：mv=2mv′(2分)由題意可知A與C運動到最高點時，B對地面無壓力，即k△x′=mg(1分)可見：△x=△x′(2分)所以最高點時彈性勢能與初始位置彈性勢能相等.根據機械能守恒定律有：(3分)解得：(2分)17.解:⑴以物塊和車為系統，由動量守恒定律得：(2分)代入已知數據解得，共同速度：v=1m/s(2分)⑵設物塊受到的摩擦力為f，對物塊由動能定理得：(2分)代入已知數據解得：f=5N(2分)物塊與A第二次碰撞前已與車保持相對靜止，對系統由能量守恒定律得：(2分)代入已知數據解得：s相對=1.2m(2分)18.解：以地面為參考系，整個過程中，小滑塊向右做初速為零的勻加速直線運動.撤去拉力F前，木板向右做初速為零的勻加速直線運動；撤去拉力F后，木板向右做勻減速直線運動.要使小滑塊從木板上掉下來，拉力F作用的最短時間對應的過程是：小滑塊滑到木板左端時恰好與木板保持相對靜止（即與木板達到共同的速度）.設拉力F作用的最短時間為t，撤去拉力前木板的位移為s0，小滑塊滑到木板左端并恰好與木板達到的共同速度為v.整個過程對系統由動量定理得：(3分)撤去拉力F前木板的位移為：(3分)整個過程對系統由功能關系得：(4分)聯立以上各式，代入已知數據求得：t=1s.(2分)2005－2006學年度下學期高三物理同步測試－動量和能量本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試時間120分鐘.第I卷（選擇題共40分）一、選擇題(本題共10小題；每小題4分，共40分。每小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。)1．如圖所示，物體A在水平傳送帶上隨傳送帶一起向右運動，則（）A．摩擦力一定對A做正功B．摩擦力一定對A做負功C．摩擦力一定對A不做功D．條件不足，不能確定2．甲、乙兩物體質量相等，并排靜止在光滑的水平面上，現用一水平外力F推動甲物體，同時給乙一個與F同方向的瞬時沖量I，使兩物體開始運動，當兩物體重新相遇時，下列說法正確的是（）A．甲的動量為IB．甲的動量為2IC．所經歷的時間為2I/FD．所經歷的時間為I/F3．質量為m的小球用長度為L的輕繩系住，在豎直平面內做圓周運動，運動過程中小球受空氣阻力作用．已知小球經過最低點時輕繩受的拉力為7mg，經過半周小球恰好能通過最高點，則此過程中小球克服空氣阻力做的功為（）A．mgL/4B．mgL/3C．mgL/2D．mgL4．在一種叫做“蹦極跳”的運動中，質量為m的游戲者身系一根長為L、彈性優良的輕質柔軟的橡皮繩，從高處由靜止開始下落1.5L時達到最低點，若不計空氣阻力，則在彈性繩從原長達最低點的過程中，以下說法正確的是（）A．速度先減小后增大B．加速度先減小后增大C．動能增加了mgLD．重力勢能減少了mgL5．如圖所示，一輕彈簧左端固定在長木板M的左端，右端與小木塊m連接，且m、M及M與地面間摩擦不計．開始時，m和M均靜止，現同時對m、M施加等大反向的水平恒力F1和F2，設兩物體開始運動以后的整個運動過程中，彈簧形變不超過其彈性限度。對于m、M和彈簧組成的系統（）A．由于F1、F2等大反向，故系統機械能守恒B．當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，m、M各自的動能最大C．由于F1、F2大小不變，所以m、M各自一直做勻加速運動D．由于F1、F2等大反向，故系統的動量始終為零6．如圖所示，a、b是兩個帶有同種電荷的小球，用絕緣細線系于同一點。兩球靜止時它們在同一水平線上，與豎直方向的夾角依次為α、β，且α<β。若同時剪斷細線，不計空氣阻力，則下列說法中正確的是（）A．a、b兩小球將同時落到同一水平地面上B．落地過程中a小球水平飛行的距離比b小球小C．落地過程中a、b小球受到的沖量大小相同D．落地瞬間a小球重力的瞬時功率大于b小球重力的瞬時功率7．加拿大中微子觀察站揭示了中微子失蹤的原因，即觀察到的中微子數目比理論值少，是因為中微子在運動的過程中，轉化成了一個μ子和一個τ子，對上述轉化有以下說法，其中正確的是（）A．該研究過程中牛頓第二定律和動量守恒定律都能使用B．該研究過程中牛頓第二定律和動量守恒定律都不能再使用C．若發現μ子和中微子的運動方向一致，則τ子的運動方向與中微子的運動方向也可能一致D．若發現μ子和中微子的運動方向相反，則τ子的運動方向與中微子的運動方向也可能相反8．在質量為M的小車中掛有一單擺，擺球的質量為m0，小車（和單擺）以恒定的速度v0沿光滑水平地面運動，與位于正對面的質量為m的靜止木塊發生碰撞，碰撞的時間極短。在此碰撞過程中，下列哪個或哪些說法是可能發生的（）A．小車、木塊、擺球的速度都發生變化，分別變為v1、v2、v3，滿足（M+m0）v0=Mv1+mv2+m0v3B．擺球的速度不變，小車和木塊的速度變為v1和v2，滿足Mv0=Mv1+mv2C．擺球的速度不變，小車和木塊的速度都變為v，滿足Mv0=（M+m）vD．小車和擺球的速度都變為v1，木塊的速度變為v2，滿足（M+m0）v0=（M+m0）v1+mv29．如圖所示，A、B兩滑塊的質量均為m，分別穿在光滑的足夠長的水平固定導桿上，兩導桿平行，間距為d。用自然長度也為d的輕彈簧連接兩滑塊。開始時兩滑塊均處于靜止狀態，今給滑塊B一個向右的瞬時沖量I，則以后滑塊A的最大速度為（）A．C．B．D．10．如圖所示，分別用兩個恒力F1和F2，先后兩次將質量為m的物體從靜止開始沿著同一個粗糙的固定斜面由底端推到頂端。第一次力F1的方向沿斜面向上，第二次力F2的方向沿水平向右，兩次所用的時間相同。在這兩個過程中（）A．F1和F2所做的功相同B．物體機械能變化相同C．F1和F2對物體的沖量大小相同D．物體動量的變化量相同第Ⅱ卷（非選擇題共110分）三、本題共6小題，共88分。解答應寫出必要的文字說明、重要方程式和主要演算步驟，有數值計算的要明確寫出數值和單位．14．（12分）如圖所示，AB為一光滑水平橫桿，桿上套一質量為M的小圓環，環上系一長為L質量不計的細繩，繩的另一端拴一質量為m的小球，現將繩拉直，且與AB平行，由靜止釋放小球，則當線繩與AB成θ角時，圓環移動的距離是多少？15．（14分）如圖所示，一質量為M的平板車B放在光滑水平面上，在其右端放一質量為m的小木塊A，m＜M，A、B間動摩擦因數為μ，現給A和B以大小相等、方向相反的初速度v0，使A開始向左運動，B開始向右運動，最后A不會滑離B，求：（1）A、B最后的速度大小和方向；（2）從地面上看，小木塊向左運動到離出發點最遠處時，平板車向右運動的位移大小。16．（1）（6分）質量為M的小車，如圖所示，上面站著一個質量為m的人，以v0的速度在光滑的水平面上前進。現在人用相對于地面速度大小為u水平向后跳出。求：人跳出后車的速度？（17）（7分）質量為m的物體,在傾角為的光滑斜面上由靜止開始下滑,經過時間t,物體速度為v,如圖所示,求物體的重力,斜面對物體支持力及物體所受合力對該物體的沖量？（18）、（9分）如圖所示，有兩個物體A，B，緊靠著放在光滑水平桌面上，A的質量為2kg，B的質量為3kg。有一顆質量為100g的子彈以800m/s的水平速度射入A，經過0.01s又射入物體B，最后停在B中，A對子彈的阻力為3×103N，求A，B最終的速度。（19）、（10分）如圖所示，在光滑水平面上有一輛質量M=4kg的平板小車，車上的質量為m=1.96kg的木塊，木塊與小車平板間的動摩擦因數μ=0.2，木塊距小車左端1.5m，車與木塊一起以V=0.4m/s的速度向右行駛。一顆質量m0=0.04kg的子彈水平飛來，在很短的時間內擊中木塊，并留在木塊中，（g=10m/s2）如果木塊不從平板車上掉下來，子彈的初速度可能多大？17．（14分）平板小車C放在光滑水平面上，現有質量為2m的物塊A和質量為m的木塊B，分別以的初速度沿同一直線從小車的兩端水平相向滑上小車，如圖所示，設A、B兩物塊與小車的動摩擦因數分別為和2，小車的質量為3m，A、B均可視為質點。（1）在A、B物塊同時相對小車滑動過程中，簡要分析小車的運動狀態。（2）為使A、B兩物塊不相碰，平板小車至少要多長？18．（16分）如圖所示，光滑水平面上放有用絕緣材料制成的“L”型滑板，其質量為M，平面部分的上表面光滑且足夠長。在距滑板的A端為l的B處放置一個質量為m、帶電荷量為+q的物體C（可視為質點），在水平的勻強電場作用下，由靜止開始運動。已知：M=3m，電場強度為E。假設物體C在運動及與滑板A端相碰過程中電荷量不變。（1）求物體C第一次與滑板A端相碰前瞬間的速度大小。（2）若物體C與滑板A端相碰的時間極短，而且碰后彈回的速度大小是碰前速度大小的，求滑板被碰后的速度大小。（3）求物體C從開始運動到與滑板A第二次碰撞這段時間內，電場力對物體C做的功。答案1．D（物體A隨傳送帶的運動有三種可能情況，加速、減速或勻速，摩擦力做功情況不明確。）2．BC（兩物體相遇時位移相等，即v/a=2I/F，故BC正確），得，甲的動量為mv=2mv0=2I，所用時間為3．C（由牛頓運動定律得，小球經過最低點時7mg-mg=mv12/L，小球恰好能通過最高點，則mg=mv22/L，由動能定理得，mv12/2-mv22/2=mg2L-Wf，解以上各式得，Wf=mgL/2，故選項C正確。）4．B（開始一段，物體變加速下落，a減小，v增大；后來一段，物體變減速下落，a增大，v減小。故選項B正確。）5．BD（由于F1、F2對系統做功之和不為零，故系統機械能不守恒，A錯誤；當彈簧彈力大小與F1、F2大小相等時，速度達到最大值，故各自的動能最大，B正確；由于彈力是變化的，m、M所受合力是變化的，不會做勻加速運動，C錯誤；由于F1、F2等大反向，對系統的合沖量始終為零，故系統的動量始終為零，D正確。）6．ABD（由α<β知，ma>mb，剪斷細線后，兩小球豎直方向做自由落體運動，故下落時間相同，A正確；水平方向上兩球受的庫侖力大小相等，a球加速度小，水平飛行的距離比b小球小，B正確；兩球所受合力不同，沖量不同，C正確；落地瞬間兩球豎直分速度相等，a小球重力的瞬時功率大。D正確）7．C（本題考查動量守恒及學生對牛頓第二定律和動量守恒定律使用條件的理解。）8．BC