专题5 动量和能量的综合

一、大纲解读

动量、能量思想是贯穿整个物理学的基本思想，应用动量和能量的观点求解的问题，是力学三条主线中的两条主线的结合部，是中学物理中涉及面最广，灵活性最大，综合性最强，内容最丰富的部分，以两大定律与两大定理为核心构筑了力学体系，能够渗透到中学物理大部分章节与知识点中。将各章节知识不断分化，再与动量能量问题进行高层次组合，就会形成综合型考查问题，全面考查知识掌握程度与应用物理解决问题能力，是历年高考热点考查内容，而且命题方式多样，题型全，分量重，小到选择题，填空题，大到压轴题，都可能在此出题．考查内容涉及中学物理的各个版块，因此综合性强．主要综合考查动能定理、机械能守恒定律、能量守恒定律、动量定理和动量守恒定律的运用等．相关试题可能通过以弹簧模型、滑动类模型、碰撞模型、反冲等为构件的综合题形式出现，也有可能综合到带电粒子的运动及电磁感应之中加以考查． 二、重点剖析

1．独立理清两条线：一是力的时间积累——冲量——动量定理——动量守恒；二是力的空间移位积累——功——动能定理——机械能守恒——能的转化与守恒．把握这两条主线的结合部：系统。即两个或两个以上物体组成相互作用的物体系统。动量和能量的综合问题通．．常是以物体系统为研究对象的，这是因为动量守恒定律只对相互作用的系统才具有意义。

2．解题时要抓特征扣条件，认真分析研究对象的过程特征，若只有重力、系统内弹力做功就看是否要应用机械能守恒定律；若涉及其他力做功，要考虑能否应用动能定理或能的转化关系建立方程；若过程满足合外力为零，或者内力远大于外力，判断是否要应用动量守恒；若合外力不为零，或冲量涉及瞬时作用状态，则应该考虑应用动量定理还是牛顿定律．

3．应注意分析过程的转折点，如运动规律中的碰撞、爆炸等相互作用，它是不同物理过程的交汇点，也是物理量的联系点，一般涉及能量变化过程，例如碰撞中动能可能不变，也可能有动能损失，而爆炸时系统动能会增加． 三、考点透视

考点1、碰撞作用 碰撞类问题应注意：⑪由于碰撞时间极短，作用力很大，因此动量守恒；⑫动能不增加，碰后系统总动能小于或等于碰前总动能，即Ek1'+Ek2'Ek1+Ek2；⑬速度要符合物理情景：如果碰前两物体同向运动，则后面的物体速度一定大于前面物体的速度，即v后＞v前，碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且v前v后；如果两物体碰前是相向运动，则碰撞后，两物体的运动方向不可能都不改变，除非两物体碰撞后速度均为零。 例1A、B两球在光滑水平面上沿同一直线运动，A球动量为pA=5kg·m/s，B球动量为

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pB=7kg·m/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球的动量可能是：（ ）

A．pA=6kg·m/s、pB=6kg·m/s B．pA=3kg·m/s、pB=9kg·m/s C．pA=-2kg·m/s、pB=14kg·m/s D．pA=5kg·m/s、pB=17kg·m/s

解析：动量守恒四个选项都满足，那么第二个判断依据是速度情景：A的动量不可能原方向增大，A错；第三个判断依据是能量关系：碰后系统总动能只能小于等于碰前总动能。

22pApB计算得BC正确D错。碰前总动能为 Ek=，由于+2mA2mBpA=mAυA=5kgm/s,pB=mBυB=7kgm/s，A要追上B，则有υA＞υB，即

557532925272有，得mB=2mA，满足mA,mA答案：BC

点拨：判断的优先顺序为：动量守恒→速度情景→动能关系，动量守恒最容易判断，其次是速度情景，动能关系要通过计算才能作结论，简捷方法是先比较质量关系，再比较动量的平方，如果两物体质量相等，则可直接比较碰撞前后动量的平方和。

考点2、爆炸和反冲

⑪爆炸时内力远大于外力，系统动量守恒； ⑫由于有其它形式的能转化为动能（机械能），系统动能增大。

例22007年10月24日18时05分，中国首枚绕月探测卫星“嫦娥一号”顺利升空，24日18时29分，搭载 “嫦娥一号”的“长征三号甲”火箭成功实施“星箭分离”。此次采用了爆炸方式分离星箭，爆炸产生的推力将置于箭首的卫星送入预定轨道运行。为了保证在爆炸时卫星不致于由于受到过大冲击力而损坏，分离前关闭火箭发动机，用“星箭分离冲击传感器”测量和控制爆炸作用力，使星箭分离后瞬间火箭仍沿原方向飞行，关于星箭分离，下列说法正确的是（ ）

A．由于爆炸，系统总动能增大，总动量增大

B．卫星的动量增大，火箭的动量减小，系统动量守恒 C．星箭分离后火箭速度越大，系统的总动能越大

D．若爆炸作用力持续的时间一定，则星箭分离后火箭速度越小，卫星受到的冲击力越大

解析：由于爆炸，火药的化学能转化为系统动能，因此系统总动能增大。爆炸力远大于星箭所受外力（万有引力），系统动量守恒，卫星在前，动量增大，火箭仍沿原方向运动，动量则一定减小，A错B对；p=p+p2，又p=m(+m111/22p/1p/2分离后总动能Ek=，+2)v，

2m12m2/-22联立解得Ek'=p2-m2v22m1+m2v-m1+m2v22m1，式中v是星箭分离前的共同速度，依题

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意v>v2，即2m1+m2v-m1+m2v2>0，因此火箭速度v2越大，分离后系统总动能越小，（也可用极限法直接判断：假设星箭分离后星箭速度仍相等，则动能不变，火药释放的能量为0，系统总动能为最小）C错；爆炸力为一对相互作用的内力，因此大小相等、作用时间相同，卫星和火箭受到的爆炸力的冲量大小一定相等，分离后火箭速度越小，则火箭动量的变化量越大，所受爆炸力的冲量越大，则卫星受到的冲量（与火箭受到的爆炸力的冲量等大反向）越大，相互作用时间一定，则卫星受到的冲击力越大，D正确。。

答案：BD

点拨：注意提取有效解题信息，把握关键字句，如“置于箭首的卫星”、“星箭分离后瞬间火箭仍沿原方向飞行”等，结合爆炸特点和物理情景判断解题。

考点3、两个定理的结合

例3：如图所示，质量m1为4kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ=0.24，木板右端放着质量m2为1.0kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态.木板突然受到水平向右的12NS的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能求：

（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度V0. （2）木板的长度L

解析：(1)设水平向右为正方向，有

Em1为8.0J，E小物块的动能m2为0.50J，重力加速度取10m/s2,

ImAv0① 代入数据解得v03.0m/s②

(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为时间为t，B离开A时A和B的速度分别为

FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的

vA和vB，有(FBAFCA)tmAvAmAv0③

FABtmBvB④ 其中FABFBA，FCA(m1m2)g⑤

设A、B相对于C的位移大小分别为

sA和sB，有

(FBAFCA)sA1122mAvAmAv022⑥

FABsBEkB ⑦

动量与动能之间的关系为木板的长度

mAvA2mAEKA ⑧

mBvB2mBEKB⑨

lsAsB⑩ 代入数据得L=0.50m

点拨：涉及动量定理和动能定理综合应用的问题时，要注意分别从合力对时间、合力对

位移的累积作用效果两个方面分析物体动量和动能的变化，同时应注意动量和动能两个量之间的关系.

考点4、碰撞与圆周运动、平抛运动的结合

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例4（2008年北京）有两个完全相同的小滑块A和B，A沿光滑水平面以速度v0与静止在平面边缘O点的B发生正碰，碰撞中无机械能损失。碰后B运动的轨迹为OD曲线，如图所示。（1）已知滑块质量为m,碰撞时间为t，求碰撞过程中A对B平均冲力的大小。（2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速下滑的运动，特制做一个与B平抛轨道完全相同的光滑轨道，并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置，让A沿该轨道无初速下滑（经分析，A下滑过程中不会脱离轨道）。

a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系;

b.在OD曲线上有一M点，O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°。求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度。

解析：（1）滑动A与B正碰，满足：mvA-mvB=mv0

121212mvAmvBmva 222由①②，解得vA=0, vB=v0,

根据动量定理，滑块B满足 F·t=mv0 解得 Fmv0 t(2)a.设任意点到O点竖直高度差为d，A、B由O点分别运动至该点过程中，只有重力做功，所以机械能守恒。选该任意点为势能零点，有

EA=mgd,EB= mgd+

12mv0 2由于p=2mEk,有

PAPBEkA2gd1 2EKBU02gd即 PAb.以O为原点，建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向下，则对B有::x=v0t，y=

12gt 2B的轨迹方程 y=

g2

x 22va

22v在M点x=y，所以 y0

g因为A、B的运动轨迹均为OD曲线，故在任意一点，两者速度方向相同。设B水平和竖直分速度大小分别为vBx和vBy，速率为vB；A水平和竖直分速度大小分别为vAx和vAy，速率为vA,则:

vAxvBxvAyvBy ,vAvBvAvB2B做平抛运动，故vBxv0,vBy2gy,vBv02gy

对A由机械能守恒得vA=2gy

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由由以上三式得 vAx2v02gyv2gy20,vAy2gyv2gy20 2v2545将y0代入得：vAxv0,vAyv0

55g点拨：碰撞过程中的动量与能量关系，碰撞后与平抛运动的规律相结合是近几年高考的

热点，复习时应加强这方面的训练。

四、热点分析

动量和能量是物理学乃至整个自然科学的核心，可以综合中学物理的所有版块命题，一直是历届高考关注的重点和热点。可独立命题，也可综合命题，2007年全国试题中选择题4道，计算题共有7道，试题可分为以下几种常见模型：

热点1、子弹打木块模型

例1如图5-4所示，在光滑的水平地面上静止着质量为M的木块，一粒质量为m初速为v0的子弹水平击中木块，打入深度为d，试求转化为内能的值E是多少？

解析：水平面光滑，动量守恒，以子弹初速度方向为正方向，mv0(mM)V， 子弹和木块发生的是完全非弹性碰撞，损失的动能最多， 通过内力做负功转化为系统的内能：

11M122Efd＝mv0(mM)V2mv0 22mM2反思：子弹打木块模型是一个典型的物理模型，系统通过一对内力做负功，把“子弹”

的部分动能转化为其他形式的能量，是高考的热点，复习时要重视。

例2如图5-5所示，质量为M的天车静止在光滑轨道上，下面用长为L的细线悬挂着质量为m的沙箱，一颗质量为m0的子弹，以v0的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后运动过程中，求：沙箱上升的最大高度。

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解析：子弹打入沙箱，水平方向动量守恒，m0v0(m0m)v1，

此后由天车、沙箱和子弹组成的系统机械能守恒，当沙箱上摆到最高点时，系统具有相等的水平速度，损失的动能转化为沙箱的重力势能，运用“子弹打木块”的结论，

(m0m)ghM1(m0m)v12，

(m0m)M2联系以上两式，则沙箱上升的最大高度为：

22m0Mv0。 h2(m0m)2(m0mM)g反思：冲击摆是一个经典的物理模型，是子弹打木块模型巧妙迁移地应用。 热点2、人船模型

例3如图5-6所示浮动起重机从岸上吊起m=2t的重物。开始时浮吊起重杆OA与竖直方向成60°角，当转至杆与竖直方向成30°角时，求起重机的水平方向的位移。设浮吊质量为20t，起重杆长l=8m，水的阻力与杆重均不计。

解析：浮吊与重物组成的系统水平方向不受外力，动量守恒且初总动量为零，为一人船模型，则：

mL(sin60sin30)xMx

解得x=0.266m，即起重机的水平向左的位移为0.266m。

反思：人船模型是作用力和反作用力的同时性，当系统动量守恒时平均动量也守恒。用人船模型的公式解这类变速直线运动的位移不涉及速度的问题时，

是非常简便的，应用时要注意人船模型的条件与正确找出物体位移间的几何关系。

热点3“带弹簧的木板与滑块”模型

例4（2006年天津）如图5-7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，另一端与质量为m2的档板相连，弹簧处于原长时，B恰好位于滑道的末端O点。A与B碰撞时间极短，碰撞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为μ，其余各处的摩擦不计，重力加速度为g，求

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（1）物块A在档板B碰撞瞬间的速度v的大小；

（2）弹簧最大压缩时为d时的弹性势能EP（设弹簧处于原长时弹性势能为零）。

h解析：（1）由机械能守恒定律得，有 m1g1122m v2g h1 v（2）A、B在碰撞过程中动量守恒有m1v(m1m2)v/ A、B克服摩擦力所做的功 W＝(m1m2)gd

根据能量守恒定律得

1(m1m2)v/2EP(m1m2)gd 2解得

m12EPgh(m1m2)gd

m1m2反思： “带弹簧的木板与滑块”模型，分为三个过程：A物体下滑过程，遵循机械能守恒或动能定理求解；A物体碰撞B物体过程，由于内力远大于外力，遵循动量守恒定律；A、B整体压缩弹簧的过程，又遵循能量守恒定律（摩擦力做功，机械能不守恒），分清物理过程，正确应用物理规律建立方程，是解决这类问题的关键。

五、能力突破

1. 动量守恒和机械能守恒的应用

例2如图5-8所示，滑块A、B的质量分别为m1与m2，m1＜m2，由轻质弹簧相连接置于水平的气垫导轨上，用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧。两滑块一起以恒定的速率v0向右滑动。突然轻绳断开，当弹簧伸至本身的自然长度时，滑块A的速度正好为0。求：

(1)绳断开到第一次恢复自然长度的过程中弹簧释放的弹性势能Ep；

(2)在以后的运动过程中，滑块B是否会有速度为0的时刻?试通过定量分析证明你的结论.

解析：(1)当弹簧处压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和，当弹簧伸长到自然长度时，弹性势能为0，因这时滑块A的速度为0，故系统的机械能等于滑块B的动能。设这时滑块B的速度为v，则有E=因系统所受外力为0，由动量守恒定律 (m1+m2)v0=m2 v

解得

1m2v2。 2m+mE=122m222v0

由于只有弹簧的弹力做功，系统的机械能守恒

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12 Em1+m2v0+pE=22m1m1+m2v0 解得Ep=

2m2 (2)假设在以后的运动中滑块B可以出现速度为0的时刻，并设此时A的速度为v1，弹簧的弹性势能为Ep’，由机械能守恒定律得

m1+m2v012 m1v1+Ep'=

22m22根据动量守恒得(m1+m2) v0=m1 v1， 求出v1代入上式得:

m1+m2v02+E'=m1+m2v022m1p2m2

因为Ep’≥0，故得:

m1+m2v02m1+m2v02

2m12m2即m1≥m2，这与已知条件中m1＜m2不符。可见在以后的运动中不可能出现滑块B的速度为0的情况。

反思：“假设法”是科学探索常用的方法之一，其特点是：先对某个结论提出可能的假设，再利用已知的规律知识对该假设进行剖析，其结论若符合题意的要求，则原假设成立。

2.动量守恒、机械能守恒与圆周运动结合

例2（2006年重庆） 如图5-9所示，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、βm（β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

1R,碰撞4中无机械能损失。重力加速度为g。试求： （1）待定系数β;

图1（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。

mgRmgR+得 β＝3

441mgR1mgRmv12= （2）设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，则 mv12= 2424解析：（1）由机械能守恒定律可得：mgR＝设向右为正、向左为负，解得 v1＝

11gR，方向向左 v2＝gR，方向向右 22/设轨道对B球的支持力为N，B球对轨道的压力为N ，方向竖直向上为正、向下为负。则

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2v2/N－βmg＝βm N ＝－N＝－4.5mg，方向竖直向下

R（3）设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，则

mv1mv2mV1mV2 1122mgRmV1mV122解得：V1＝－2gR，V2＝0（另一组：V1＝－v1，V2＝－v2，不合题意，舍去） 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第二次碰撞刚结束时相同

反思：（1）碰撞中无能量损失意味着整个过程中机械能守恒。（2）求轨道压力肯定要用

到牛顿第二定律。（3）在做这种题目时需要先确定研究的是哪个过程，那个状态。

3.碰撞中动量与能量结合问题

例3（2008年四川）一倾角为＝45 的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h0=1m，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m=0.09kg的小物块（视为质点）。小物块与斜面之间的动摩擦因数u=0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g=10 m/s2。在小物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？

解析：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v，由功能关系得:mgh12hmvmgcos ① 2sin以沿斜面向上为动量的正方向，碰撞过程中挡板给小物块的冲量:Imvm(v) ② 设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h，则同理，有:mgh12hmvmghmgcos ③ 2sin1hmv2mgcos ④ 2sinImvm(v) ⑤

式中，v为小物块再次到达斜面底端时的速度，I为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由①②③④⑤式得IkI ⑥ 式中ktan ⑦

tan可知小物块前4次与挡板碰撞所获得冲量成等比级数，首项为I12m2gh0(1cot)⑧

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总冲量为:II1I2I3I4I1(1kk2k3) ⑨ 由1kk…+k2n11kn ⑩ 1k1k42m2gh0(1cot) 得I1k代入数据得 I0.4(36)N/s

反思：合理选择不同阶段的研究对象，准确分析碰撞前后各研究对象的受力情况及各力的做功情况，应用功能原理将碰撞前后的速度与已知条件联系，再结合碰撞过程的动量与能量关系，是解答本题的关键。

4. 功能关系在电学中的综合应用

例4如图所示，将边长为a、质量为m、电阻为R的正方形导线框竖直向上抛出，穿过宽度为b、磁感应强度为B的匀强磁场，磁场的方向垂直纸面向里．线框向上离开磁场时的速度刚好是进人磁场时速度的一半，线框离开磁场后继续上升一段高度，然后落下并匀速进人磁场．整个运动过程中始终存在着大小恒定的空气阻力f且线框不发生转动． 求：（1）线框在下落阶段匀速进人磁场时的速度V2；

(2）线框在上升阶段刚离开磁场时的速度V1； （3）线框在上升阶段通过磁场过程中产生的焦耳热Q． 解析：线框在上升过程中受到向下的重力和安培力还有空气阻力的作用，其中克服重力做功只是使重力势能发生变化，不改变线框的机械能，而安培力做功和克服空气阻力做功转化成焦耳热。在上升过程中已知进入磁场和离开磁场的速度关系，可由能量守恒定律列出产生焦耳热的表达式；由于线框向上离开磁场时还有一定的速度，在重力和空气阻力的作用下继续向上运动到最高点又返回进入磁场，这个过程中克服空气阻力做功使机械能继续减小；再次进入磁场时，线框匀速运动，重力、空气阻力和安培力平衡。

B2a2v2(mgf)R（1）由于线框匀速进入磁场，则合力为零，有mgf，解得v2 22BaR（2）设线框离开磁场能上升的高度为h,则从刚离开磁场到刚落回磁场的过程中

(mgf)h12mv1 2 第10页 共17页

(mgf)h解得v112mv2 2(mgf)(mgf)Rmgf，v2 22Bamgf（3）在线框向上刚进入到磁场到刚离开磁场的过程中，根据能量守恒定律和转化定律可得：

11m(2v1)2mv12mg(ba)Q 223m(mgf)(mgf)R2mg(ba)。 解得：Q2B4a4反思：能量守恒定律和功能关系是物理解题中特别倚重的规律，本题在研究线框上升时，利用而安培力做功和克服空气阻力判断机械能的变化，进而判断物体的运动。同时，能量守恒定律是自然界普遍适用的规律，一般没有限制条件，在机械能守恒定律和动量守恒定律不适用的情况下，也可使用。

六、规律整合

本专题在高考中涉及的主要知识点有：动量、冲量、功和机械能等四个重要概念和动量定理、动量守恒定律、动能定理、机械能守恒定律四大规律，考查重点是知识的应用方面，而且难度较大，能力要求较高，要求考生具有较强的理解能力、对物理过程和物理规律的综合分析能力以及应用数学解决物理问题的能力，故2009年高考在这方面仍然有所体现。

本专题解题方法有：

1.仔细审题、分析题意，明确研究对象，或研究的系统及其组成。

2.要对系统内的物体进行受力分析，弄清哪些是系统内部物体之间相互作用的力，即内力；哪些是系统外的物体对系统内物体的作用力，即外力。在受力分析的基础上，明确对象的运动过程，弄清各力做功情况，判断是否符合机械能守恒的条件。如果不符合机械能守恒条件，应优先考虑应用动能定理、动量守恒定律或动量定理，根据动量守恒的条件，判断能否应用动量守恒定律。

3.明确所研究的相互作用过程，确定过程的始末状态，恰当选取参考平面，确定研究对象在过程的初状态和末状态的机械能，包括动能和重力势能，以及系统内各个物体的初动量和末动量的量值或表达式。对于物体在相互作用前后运动方向都在一条直线上的情形，动量守恒方程中各个动量或速度的方向可用代数符号表示。选取某个已知量的方向为正方向以后，凡是和选定的正方向同向的已知量取正值，反向的要取负值。

4.建立机械能守恒方程或动量守恒方程，代入已知量，解出待求量。待求量若为矢量，计算结果如果是正的，说明该量的方向和正方向相同；如果是负的，则说明和选定的正方向相反。

友情提醒：对于本专题复习时要注意：

⑪本专题涉及的概念和规律均是力和运动及其规律的延伸和拓展，是物理规律的升华，因此应用动量和能量分析问题时，不仅要用到力和运动的规律，而且要运用受力分析、运动分析、过程分析以及隔离法、整体法等重要的基本分析方法，在分析时还要熟练运用力学知识综合分析动量和能量问题。

⑫要梳理清楚动量和能量知识之间的相互渗透关系。要注意本专题涉及的动量和能量是

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两个彼此独立、物理意义不同的概念，但两者又是相互渗透的。上述四个规律虽然各自表征运动的特性，但彼此有牵连。在相关的物理问题中，可能遵循其中若干或全部规律，这需要对具体问题进行具体分析，因而这些知识的综合性极强。

⑬动量和能量的概念与规律虽然由力学问题归纳出来，但它们是整个物理现象中的“主体”，不少电磁现象、热学现象以及原子、原子核的运动都可以用它们来描述和表征。

七、高考预测

动量和能量综合问题涉及的内容是力和运动规律的延伸，是动力学内容的继续和深化，又由于动量守恒定律、能量守恒定律是自然界中普遍适用的基本规律，故本专题是高中物理学习的重点，也是高考考查的热点之一。要求考生在复习备考中对本专题内容要特别关注，加强对概念、规律的理解和掌握，培养和提高综合应用动量与能量的观点处理问题的能力。纵观近几年高考，动量、能量知识年年必考，并常以压轴题的形式出现，预测也是2009年高考的热点和命题点，一般分值16-20分，难度系数约0.5。

八、专题专练：

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的或不答的得0分）

1．以下说法中，正确的是（ ）

A．一个物体所受的合外力为零，它的机械能一定守恒 B．一个物体所受合外力的冲量为零，它的机械能可能守恒 C．一个物体做匀速直线运动，它的机械能一定守恒

D．一个物体所受的合外力对它不做功，这个物体的动量一定不发生变化

２．美国著名的网球运动员罗迪克的发球速度时速最快可达60m/s，这也是最新的网球发球时速的世界记录，可以看作罗迪克发球时使质量约为60g的网球从静止开始经0.02s后速度增加到60m/s，则在上述过程中，网球拍对网球的作用力大小约为（ ）

A.180N B.90N C.360N D.1800N ３．如图１所示，A、B两物体质量比为1：2。原来静止在平板小车C上，A、B之间有一根被压缩了的弹簧，A、B与车面间的动摩擦因数之比为2：1，平板小车C与地面之间的摩擦不计，当弹簧释放后，若弹簧释放时弹力大于两物体与车间的摩擦力，则下列判断中正确的是（ ）

A.小车将向左运动 B.小车将向右运动

C.A、B两物体组成的系统的总动量守恒 D.A、B、C三者组成的系统的总动量守恒

４．质量为1.0kg的小球从高20m处自由下落(空气阻力不计，g取10m/s2)到软垫上，反弹后上升最大高度为5.0m，小球与软垫接触的时间为1.0s，在接触时间内小球受到软垫的平均作用力为（ ）

A.30N B.40N C.60N D.80N

５．质量为m的质点，在水平面内以速度v做半径为R的匀速圆周运动．如图2所示，质点从位置A开始经半个周期到位置B的过程中，所受的合外力的冲量是（ ）

A. 0 B. mv C. 2mv D. m2R g６．发射同步卫星的一种方法是：先用火箭将星体送入一近地轨道运行，

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然后再适时开动星载火箭，将其通过椭圆形过渡轨道，最后送上与地球自传同步运动的圆形轨道，那么变轨后与变轨前相比，卫星（ ） A.机械能增大，动能增大 B.机械能增大，动能减小 C.机械能减小，动能减小 D.机械能减小，动能增大

７．在粗糙的水平面商运动的物体，从a点开始受到一个水平恒力F的作用沿直线运动到b点，已知物体在b点的速度与在a点的速度大小相等，则从a点到b点（ ） A.物体一定做匀速运动

B.恒力F的方向始终与摩擦力的方向相反 C.恒力F与摩擦力对物体的总冲量一定为零

D.恒力F与摩擦力对物体所做的总功量一定为零

８．在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球Ａ、Ｂ质量均为ｍ，现Ａ球向Ｂ球运动，并发生正碰，已知碰撞过程中机械能守恒，两球压缩最紧时的弹性势能为EP，则碰前Ａ球的速度不等于（ ） Ａ.EP2EPEP2EP Ｂ. Ｃ.2 Ｄ.2

mmmm９．如图3所示，斜面上除了AB段粗糙外，其余部分均是光滑的，小物体与AB段的动摩

擦因数处处相等，今使该物体从斜面的顶端由静止开始下滑，经过A点时的速度与经过C点时的速度相等，已知AB＝BC，则下列说法正确的是（ ）

A.物体在AB段与BC段 的加速度大小相等 B.物体在AB段与BC段的运动时间相等 C.重力在这两段中所做的功相等

D.物体在AB段与BC段的动量变化相等

１０. 有一种硬气功表演，表演者平卧于地面，将一大石

板置于他的身子上，另一人将重锤举到高出并砸向石板，石板被砸碎，表演者却安然无恙，假设重锤与石板撞击后两者具有相同的速度，表演者在表演时尽量挑选质量较大的石板。对这一现象说法正确的是（ ）

Ａ.重锤在与石板撞击的过程中，重锤与石板的总机械能守恒 B.石板的质量越大，石板获得的动量就越小

Ｃ.石板的质量越大，石板所受到的打击力就越小 Ｄ.石板的质量越大，石板获得的速度就越小

二、填空题（共2小题，共26分，把答案填在题中的横线上）

11. 在“验证机械能守恒定律”的实验中，打点计时器所用电源频率为50 HZ，当地重力加速度的值为9.80m／s2，测得所用重物的质量为1.00kg。甲、乙、丙三学生分别用同一装置打出三条纸带，量出各纸带上第1、2两点间的距离分别为0.12cm，0.19cm和0.25cm，可见操作上有错误的是 ，错误操作：_______。 若按实验要求正确地选出纸带进行测量，量得连续三点A，B，C到第一个点的距离如图所示(相邻计数点时间间隔为0.02s)，那么

(1)纸带的_____端与重物相连；

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(2)打点计时器打下计数点B时， 物体的速度vB=_______；

(3)从起点O到打下计数点B的过程中重力势能减少量是ΔEP=_____，此过程中物体动能的增加量是ΔEK_______(取g=9.8 m／s2)；

(4)通过计算，数值上ΔEP______ΔEK (填“>、=、<”)，这是因为_____； (5)实验的结轮是________。

12. 如图5所示气垫是常用的一种实验仪器，它是利用气泵使带孔的导轨与滑块之间形成气垫，使滑块悬浮在轨道上，滑块在轨道上的运动可视为没有摩擦。我们可以用带竖直挡板Ｃ和Ｄ的气垫轨道以及滑块Ａ和Ｂ来验证动量守恒定律，实验装置如图所示（弹簧的长度忽略不计），采用的实验步骤如下：

ａ.调整气垫轨道，使导轨处于水平； b.在Ａ和Ｂ间放入一个被压缩的轻弹簧，用电动卡销锁定，静止放置在气垫导轨上；

ｃ.按下电钮放开卡销，同时使分别记

录滑块Ａ、Ｂ运动时间的计数器开始工作，当Ａ、Ｂ滑块分别碰撞Ｃ、Ｄ挡板时停止计时，记下滑块Ａ、Ｂ分别到达挡板Ｃ、Ｄ的运动时间t1和t2；

ｄ.用刻度尺测出滑块Ａ的左端至Ｃ挡板的距离L1、滑块Ｂ的右端到Ｄ挡板的距离L2。 （１）试验中还应测量的物理量是 ；

（２）利用上述过程测量的实验数据，验证动量守恒定律的表达式是 ； （３）利用上述实验数据导出的被压缩弹簧的弹性势能的表达式是 .

三、计算题（共6小题，共92分，解答下列各题时，应写出必要的文字说明、表达式和重要步骤。只写最后答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）

13．如图6所示，长度为Ｌ＝1ｍ的细绳一端固定于Ｏ点，另一端竖直悬吊一个50ｋｇ的小球，若用水平恒力Ｆ＝500Ｎ拉小球，当悬绳拉到竖直方向成300角时，撤去拉力Ｆ。（ｇ＝１０m/s）求：

（１）小球摆回到最低点时，绳的；拉力是多少？

（２）小球能摆到多大高度？

14.美国通共汽车公司推出的“氨气１型”汽车是一种使用燃料电池驱动的电动汽车，它利用的是氢气和氧气直接反应，其生成物只有水，因此对环境没有污染，该车质量为1.5ｔ，额定输出机械功率为60ｋｗ，当它以额定功率行驶时的最高速度为120ｋｍ／ｈ.求：

（１）该汽车以上述最高速度行驶时所受的阻力是车所受重力的多少倍？ （２）若行驶中汽车所受重力与速度大小无关，该车行驶时输出机械功率保持额定功率不变，当速度增大到60ｋｍ／ｈ时瞬时加速度是多少？

15．质量Ｍ＝0.6ｋｇ的平板小车静止在光滑水面上，如图7所示，当ｔ＝０时，两个质量都为ｍ＝0.2ｋｇ的小物体Ａ和Ｂ，分别从小车的左端和右端以水平速度v15.0m/s和

2v22.0m/s同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动

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时，没有相碰。已知Ａ、Ｂ两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，取ｇ＝10m/s，求： （１）Ａ、Ｂ两物体在车上都停止滑动时车的速度； （２）车的长度至少是多少？

16．.如图8所示，Ａ、Ｂ两球质量均为ｍ，期间有压缩的轻短弹簧处于锁定状态。弹簧的长度、两球的大小均忽略，整体视为质点，该装置从半径为Ｒ的竖直光滑圆轨道左侧与圆心等高处由静止下滑，滑至最低点时，解除对弹簧的锁定状态之后，Ｂ球恰好能到达轨道最高点，求弹簧处于锁定状态时的弹性势能。

17．炮竖直向上发射炮弹.炮弹的质量为M=6.0 kg（内含炸药的质量可以忽略不计），射出的初速度v0=60 m/s.当炮弹到达最高点时爆炸分裂为沿水平方向运动的两片，其中一片质量为m=4.0 kg.现要求这一片不能落到以发射点为圆心、以R=600 m为半径的圆周范围内，则刚爆炸完时两弹片的总动能至少多大？（g=10 m/s2，忽略空气阻力）

参考答案

1．B ２．Ａ 3．B 4． B 5．C 6．B 7．D 8．ABD ．ABC 10．D

11． 丙 错误操作是先放开纸带后接通电源。

(1)左；(2) h21gT22mm 2EK12mvB0.84J2

(3)

EPmgsOB0.94J

(4) ΔEP>ΔEK这是因为实验中有阻力。

(5)在实验误差允许围内，机械能守恒

12．（１）用天平分别测出滑块Ａ、Ｂ的质量mA、mB （２）mAL1LmB2 t1t2 （３）

LL11mA(1)2mB(2)2 2t12t2LL111122mAvAmBvBmA(1)2mB(2)2 222t12t212mv，在最低点根据牛顿第二定律2由能量守恒知EP13．解：（１）设小球摆回到最低点的速度为ｖ，绳的拉力为Ｔ，从Ｆ开始作用到小球返回到最低点的过程中，运用动能定理有FLsin300v20有Tmgm，Tmg2Fsin301000N

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（２）设小球摆到的最高点与最低点相差高度为Ｈ，对全过程运用动能定理有

FLsin300，H0.5m。 FLsin30mgH0mg014．解：（１）汽车以正常情况下的最高速度行驶时 的功率是额定功率P0Fvm 这时汽车做的匀速运动，牵引力和阻力大小相等，即Ｆ＝Ｆ１ 设阻力是重力的ｋ倍，Ｆ１＝ｋｍｇ 代入数据得ｋ＝0.12

//（２）设汽车以额定功率行驶速度为v时的牵引力为F，则，PFv 0/而阻力大小仍为F1kmg由FF1ma代入数据可得ａ＝1.2m/s。

2// 15．解：（１）设物体Ａ、Ｂ相对于车停止滑动时，车速为v，根据动量守恒定律

m(v1v2)(M2m)v2

v0.6m/s

方向向右

（２）设物体Ａ、Ｂ在车上相对于车滑动的距离分别为L1、　L2，车长为Ｌ，由功能关系

2mg(L1L2)mv12mv2(M2m)v2

121212LL1L26.8m

可知Ｌ至少为6.8ｍ

16．解：设Ａ、Ｂ系统滑到圆轨道最低点时锁定为v0，解除弹簧锁定后Ａ、Ｂ的速度分别为vA、vB，Ｂ到轨道最高点的速度为Ｖ，则有

122mgR2mv0

22m0mvAmvB

1212122mv0E弹mvAmvB

222v2mgm

R121mvBmg2Rmv2 22解得：E弹(7210)mgR

17．解：炮弹上升到达最高点的高度为H，根据匀变速直线运动规律，有 v02=2gH 设质量为m的弹片刚爆炸后的速度为V，另一块的速度为v，根据动量守恒定律，

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有mV=（M-m）v

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gt R=Vt 211炮弹刚爆炸后，由能量守恒定律可得：两弹片的总动能Ek=mV2+（M－m）v2

22设质量为m的弹片运动的时间为t，根据平抛运动规律，有 H=

1MmR2g24

解以上各式得 Ek=＝6.0×10 J 22(Mm)v0

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