第6讲动量和机械能综合_专题二综合测试

1、精 华 名 师 辅 导教学内容：第6讲 动量和机械能综合; 专题二综合测试考纲要求1.熟练掌握动量守恒定律并能灵活应用。2.熟练掌握机械能守恒定律并能灵活应用。3.能综合应用动量守恒定律和机械能守恒定律解答有关综合题。4.能正确比较和区分动量守恒定律和机械能守恒定律成立条件、使用方法及注意事项的异同点。知识结构热点导析1.动量守恒定律和机械能守恒定律的相似之处（1）两个定律都是用“守恒量”表示自然界的变化规律，研究对象均为物体系，运用“守恒量”表示物体系运动状态变化规律是物理研究中的重要方面。我们学习物理，就要学会用守恒定律处理问题。（2）两个守恒定律均是在一定条件下才成立，它们都是用运动前、

2、后两个状态的守恒量的相等来表示物体系的规律特征的，因此，它们的表达式是相似的，且它们的表达式均有多种形式。（3）运用守恒定律解题都要注意其整体性（不是其中一个物体）、相对性（表达式的速度和其他有关物理量必须对同一参考系）、同时性（物体系内各物体的动量和机械能都是同一时刻的）、阶段性（满足条件后，各过程的始末均守恒）。求解问题时，都只需考虑运动的初状态和末状态，而不必考虑两个状态之间的过程细节。（4）两个定律都可用实验加以验证，都可用理论进行论证，动量守恒定律是将动量定理用于相互作用的物体，在不受外力的条件下推导出来的；机械能守恒定律是将动能定理用于物体系（物体和地球组成系统），在只有重力做功的

3、条件下推导而成的。2.动量守恒与机械能守恒的不同之处（1）守恒量不同，动量守恒定律的守恒量是动量，机械能守恒定律的守恒量是机械能。因此它所表征的守恒规律是有本质区别的，动量守恒时，机械能可能不守恒，也可能守恒；反之亦然。（2）守恒条件不同，动量守恒定律的适用条件是系统不受外力（或某一方向系统不受外力），或系统所受的合外力等于零，或者系统所受的合外力远小于系统之间的内力。机械能守恒定律适用的条件是只有重力做功；或者只有重力做功，受其他力，但其他力不做功；或者除重力的功外，还有其他力做功，但这些力做功的代数和为零。（3）表达式不同，动量守恒定律的表达式是一个矢量式，不论是m1v1+mv2=m1v1

4、+mv2，还是p1+p2=p1+p2，或者p1=-p2均是矢量式，对于在一直线上运动的物体系，只要规定正方向，动量守恒定律可表示为代数式。机械能守恒定律的表达式为标量式，一般它表示为Ek1+Ep1=Ek2+Ep2，或Ep=-Ek；或者Ea=-Eb（将系统分成a、b两部分来研究）。3.动量守恒定律和机械能守恒及转化（即能量守恒定律）是近年高考压缩所考查的重点知识点，90年代以来不包括选择题和填空题，只以计算和论述形式在全国试卷中出现的年份就有1992、1993、1995、1996、1997、1998等，在上海试卷中出现的年份有1992、1993、1995、1998等。在其他类型高考试卷中也反复出

5、现。所以认真分析该类问题，注意常规解法，灵活运用其中规律，是第二轮复习的一个重点。典型例析【例1】 如图2-6-1所示，质量为M的长木板静止在光滑的水平地面上，在木块的右端有一质量为m的小铜块，现给铜块一个水平向左的初速度v0，铜块向左滑行并与固定在木板左端的长度为l的轻弹簧相碰，碰后返回且恰好停在长木板右端，则轻弹簧与铜块相碰过程中具有的最大弹性势能为 ，整个过程中转化为内能的机械能为 。【解析】 将M、m和弹簧整体取为系统，系统不受外力（弹力为内力）动量始终守恒。弹簧压至最短和小物块退至木块右端时整体均具有共同速度v即mv0=(M+m)v（取向左为正方向）v=v0因m能相对于木板停于右端，

6、所以一定有内摩擦从最初到最末E机损=mv02-(M+m)v2=mv02-而E机损S相所以至弹簧压至最短时E机损=E机损据总能量守恒：mv20=(M+m)v2+E机损+E弹将结合得：E弹=【说明】 本题为动量守恒、能量守恒、机械能损失、动能、弹性势能和内能转化的范例。总能守恒选用了三个时刻，即初始状态、弹簧最短状态、物体m回复到M最右端的三个状态。正确分清运动过程和各阶段的特点是解答本题的关键。【例2】 下面是一个物理演示实验，它显示：图中自由下落的物体A和B经反弹后，B能上升到初始位置高得多的地方。A是某种材料做成实心球，质量m1=0.28kg,在其顶部的凹坑中插着质量m2=0.10kg的木棍

7、B，B点是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之间有小空隙，将此装置从A下端离地板的高度H=1.25m处，由静止释放，实验中，A触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍B脱离球A开始上升，而球A恰好停留在地板上，求木棍B上升的高度，重力加速度g=10m/s2。【解析】 根据题意A碰地板后，反弹速度的大小v1,等于它下落到地面时速度的大小。即v1=A刚反弹后，速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度v2=由题意，碰后A速度为零，以v2表示B上升的速度，根据动量守恒m1v1-m2v2=m2v2令h表示B上升的高度，有h=由以上各式并代入数据得h=4.05m【说明】 本题将自由落体、竖直上抛、

8、竖直方向近似动量守恒结合在一起，应用于一个演示实验中，要求能从物理实验中建立起中学物理能解决的模型。本题为2002年高考原题。【例3】 如图2-6-3所示 ，在光滑水平面上静止着一个质量为M的物体B，B的上面左端静止着质量为m的物体A，A、B间摩擦因数为，一个质量为m0的小球以水平速度v0飞来，与A碰撞后以撞前速率为弹回，求A与B相对静止后它们的速度及A在B上滑行的距离（设B足够长，A未滑落）。【解析】 小球与物体A发生碰撞，二物总动量守恒（碰撞时间很短，认为B未动）。m0v0=m0(-v0)+mv1 v1=v0物体A与物体B相对静止后一起运动的速度为v2,A、B组成的系统动量守恒mv1=(m

9、+M)v2v2=A在B上滑行过程，根据能的转化与守恒定律，有mgS相=mv21-(m+M)v22式代入式得S相=【说明】 系统内有一对滑动摩擦力做功之和（净功）为负值，在数值上等于滑动摩擦力与相对位移的乘积，其绝对值等于系统机械能的减少量，即系统机械能转化为系统的内能，记为Q=fS相。事实上的可分别对A和B应用动能定理并相加，总功即为fS相，总动能损失亦等于fS相。【例4】 质量为m的滑块A与质量为M（Mm）的长木声B的动摩擦因数为，滑块A与木板B一起以速度v0在光滑的水平地面上向右滑动，如图2-6-4所示，B到达墙时与墙发生碰撞，碰后B以原速率弹回，设木板足够长，问B碰撞后到A与B相对静止的

10、整个过程中，A（相对地）通过的路程是多长？【解析】 （1）由题意知，滑块A运动过程是B与墙相碰后，B以v0返回向左滑行，而滑块A仍以v0向右滑行（因为碰撞时间很短，不能改变A的运动状态）。A、B组成的系统水平方向不受外力，动量守恒，由于A、B间摩擦力作用使A的速度变为零，然后A随B向左运动，A、B最后达到共同速度v，选取向左方向为正，则Mv0-mv0=(M+m)v,故v=v0因Mm，则v0，v方向向左。（2）A受B对它自左的摩擦力f=mg作用，开始一段时间A向右运动的速度由v0逐渐减小于0，再向左运动速度由0增大到v，设两段时间内A运动的路程分别为l1、l2，如图c，对A由动能定理得：-mgl

11、1=0-mv20, mgl2=mv2,l1=,l2=运动总路程为s=l1+l2=【说明】 本题关键在于以地面为参照系，深入细致分析A、B，特别是A的运动过程，分层次并列作图，得出A向右运动到最远的条件是速度为零，应特别注意此题，不是求A相对B滑动的路程。若Mm，则将是另一种物理情景。【例5】 在水平轨道上有一门大炮，炮车质量为M，炮弹质量为m，发射时炮弹相对于炮车的速度为v，炮口仰角为，如图2-6-5所示，不计炮车和轨道间摩擦，求发射时炮车的反冲速度。【解析】 设炮车对地的反冲速度为v，水平向右方向为正方向，由于发射过程中炮车和炮弹水平方向不受外力，动量守恒，故有0=m(vcos-v)-Mv。

12、由此得v=vcos,即炮车以大小为vcos的速度向左后退。由于炮车反冲，炮弹出口速度方向的仰角并不等于炮口的仰角，在图2-6-6中，v表示炮弹相对于炮口的速度，v为炮身的反冲速度，炮弹出口相对于地面的速度为u，它跟地面间的夹角应为。由于vv,所以。【说明】 运用动量守恒定律解题时，物体系中各物体的速度均以地面为参照系，所以，炮弹出口时的速度大小应为vcos-v，这是解题的关键。【例6】 质量为M的小孩靠在墙上尽力将一个质量为m的铅球平推出去，球的水平射程为s0，如果他穿着冰鞋站在光滑的冰面上尽力将此球平推出去，这次球对投掷点的水平射程s1是多少？球落地时，球和小孩的水平距离s2是多少（可认为小

13、孩两次掷球时做的功是一样的）？【解析】 （1）人推球时做多少功，就会有多少生物能转化为机械能。第一次，人不动，这些机械能完全由球获得，设球获得的速度为v0，第二次，因人和球这一系统在水平方向不受外力而动量守恒，球向前飞行时，人应后退，设此时球的初速为v，人后退速度为v2,两次人做功相同。mv20=mv2+Mv22第二次抛球过程中，球和人总动量守恒，则mv-Mv2=0联立式、解得v=（2）人的高度一定，球做平抛运动落地时间一定，球对投掷点的水平射程Sv，所以s1=由式可得v2=球落地过程中，人后退的距离s=所以，球落地时，球和人的水平距离s2=s1+s=+=【说明】 对有些问题中间过程较复杂，如

14、用动量守恒和能的转化守恒来计算可以避开中间过程而使计算简化。【例7】 质量为m的钢板与直立轻簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图2-6-7所示。一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m时，它们恰能回到O点。若物块质量为2m，仍从A处自由落下，则物块与钢板回到O点时，还具有向上的速度。求物块向上运动到达的最高点与O的点的距离。【解析】 本题为1997年全国高考压轴题物块与钢板碰撞时的速度v0=设v1表示质量为m的物块与钢板碰撞垢一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，动量守恒，mv0=2mv1刚碰完时弹簧

15、的弹性势能为EP。当它们一起回到O点时，弹簧无形变，弹性势能为零。根据题给条件，这时物块与钢板的速度为零，由机械能守恒EP+（2m）v21=2mgx0设v2表示质量为2m的物块与钢板碰撞后开始一起向下运动的速度，则有2mv0=3mv2刚碰完时弹簧的弹性势能为EP，它们回到O点时，弹性势能为零，但它们仍继续向上运动，设此时速度为v，则有EP+（3m）v22=3mgx0+(3m)v2在以上两种情况中，弹簧的初始压缩量都是x0,故有EP=EP当质量为2m的物块与钢板一起回到O点时，弹簧的弹力为零，物块与钢板只受到重力作用，加速度为g。一过O点，钢板受到弹簧向下的拉力作用，加速度大于g。由于物块与钢板

16、不粘连，物块不可能受到钢板的拉力，其加速度仍为g。故在O点物块与钢块分离，分离后，物块以速度v竖直上抛，则由以上各式解得，物块向上运动所到最高点与O点的距离为s=x0【说明】 此题的前半部分一直在处理的问题就是弹性势能和弹簧形变量之间的关系，比较深刻地考查了学生大脑中能量的概念。（2） 如图2-6-8所示，质量为2m，长为l的木块置于光滑水平台面上，质量为m的子弹以初速v0水平向右射向木块，穿出木块时的速度为，设木块对子弹的阻力恒定。（2） 求子弹穿越木块的过程中木块滑行的距离l1。（2）若木块固定在传送带上，使木块随传送带始终以恒定速度u水平向右运动，子弹仍以初速v0向右射向木块（uv0），

17、求子弹最终速度v。（3）求在（2）情况下，子弹在木块中行进的过程中，木块移动的距离l2。【解析】 本题为1993年上海高考压轴题（1）子弹与木块组成的系统动量守恒，则有mv0=m+2mv再依系统能量守恒，又有mv20=m()2+(2m)v2 +fl对木块依动定理，有fl1=(2m)v2代入有fl=mv20由导出l1=l（2）此时子弹与木块组成的系统动量不再守恒。对子弹应用动能定理，有-f(l+ut)=mv2-mv20对子弹应用动量定理，又有-ft=mv-mv0代入后再消去t，得v=u木块固定在传送带，且一起向右运动，子弹的速度只能是vu，所以得v=u+此解只在(v0-u)2v20成立,即uv0

18、(1-)时成立，当uv0(1-)时，子弹不再从木块射出，子弹的最终速度为u，故结果为：当uv0(1-)时，v=u+当v0uv0(1-)时，v=u（3）当uv0(1-)时，子弹在木块中行进时间t可由ft=mv0-mv得t=m(v0-v)将fl=mv20和v=u+代入上式得t=(v0-u-)由此得l2=ut=v0-u-当v0uv0(1-)时，子弹在木块中行进时间t=m(v0-u)= (v0-u) l2=ut=(v0-u)【说明】 当子弹与木块都向右运动时，子弹能否穿透木块是由木块与子弹的速度关系决定的。当木块的速度vv0(1-)时，子弹才能穿透木块；v0uv0(1-)子弹穿不透木块，留在木块中；当

19、uv0时，子弹将碰不到木块。【例9】 一段凹槽A倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为，如图2-6-9所示。木板位于光滑水平的桌面上，槽与木反间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦系数为。A、B、C三者质量相等，原来都静止，现使槽A以大小为v0的初速向右运动，已知v0。当A和B发生碰撞时，两者速度互换。求（1）从A、B发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板C运动的路程。（2）在A、B刚要发生第四次碰撞埋，A、B、C三者速度的大小。【解析】 本题为1998年全国高考压轴题（1）A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速v0向右运动。由于摩擦，B向右做匀减速运动，而C向右

20、做匀加速运动，两者速率逐渐接近。设B、C达到相同速度v1时B移动的路程为s1，设A、B、C质量皆为m，由动量守恒定律，得mv0=2mv1由功能关系，得mgs1=mv20-mv21由（1）得v1=v代入式，得s1=根据条件v0，得s1l可见，在B、C达到相同速度v1时，B尚未与A发生第二次碰撞。B与C一起将以v1向右匀速运动一段距离(l-s1)后才与A发生第二次碰撞。设C的速度从零变到v1的过程中，C的路程为s2,由功能关系，得mgs2=mv21解得s2=因此在第一次到第二次碰撞境C的路程和为S=S2-l-S1=l(2)由上面讨论可知，在刚要发生第二次碰撞时，A静止，B、C的速度均为v1。刚碰撞

21、后，B静止，A、C的速度均为v1。由于摩擦，B将加速，C将减速，直至达到相同速度v2。由动量守恒定律，得mv1=2mv2解得v2=v1=v0因为A的速度为v1大于B的速度v2,故第三次碰撞发生在A的左壁。刚碰撞后，A的速度变为v2,B的速度为v1，C的速度仍为v2。由于摩擦，B减速，C加速，直至达到相同速度v3。由动量守恒定律，得mv1+mv2=2mv3解得v3=v0故刚要发生第四次碰撞时，A、B、C的速度分别为vA=v2=v0vB=vC=v3=v0【说明】 此题不但考查了知识，更侧重于考查了能力，考查的知识有：动能定理、动量定理、动量守恒定律、牛顿运动定律、运动学规律等内容。考查能力主要有：

22、推理能力、理解能力、分析综合能力。该题易判断出应用动量守恒定律和功能关系求解，但两规律都需对物体运动的末状态速度进行判断，这就需要分析物体运动过程中的动力学因素。第一次碰撞后，B做匀减速运动，C做匀加速运动，在第二次碰撞之前，B、C两物体能否持续这种运动，就需从运动的根本原因受力来分析，B、C两物体做匀变速运动是由于它们之间相互作用的滑动摩擦力，而该力存在的基础是B、C能否发生相对运动，这就要求分析A、B发生第二次碰撞之前能否达到共同速度，这就是该题的“题眼”。另外，再注意到每次均为弹性碰撞，每次A、B速度均互换。该题充分体现了力学综合题的解题思路，在动力学辅助下应用功能关系及动量守恒求解，而

23、在分析动力学因素时物体的运动和力又是相辅相成的。【例10】 “和平号”空间站已于今年3月23日成功地坠落在南太平洋海域，坠落过程可简化为从一个近圆轨道（可近似看作圆轨道）开始，经过与大气摩擦，空间站的绝大部分经过升温、熔化，最后汽化而销毁，剩下的残片坠入大海。此过程中，空间站原来的机械能中，除一部分用于销毁和一部分被残片带走外，还有一部分能量E通过其他方式散失（不考虑坠落过程中化学反应的能量）。（1）试导出以下列各物理量的符号表示散失能量E的公式。（2）算出E的数值（结果保留两位有效数字）。坠落开始时空间站的质量M=1.17105kg轨道离地面的高度h=146km地球半径R=6.4106m坠落

24、空间范围内重力加速度可看作g=10m/s2入海残片的质量m=1.2104kg入海残片的温度升高T=3000K入海残片的入海速度为声速v=340m/s；空间站材料每1千克升漫1K平均所需能量c=1.0103J;每销毁1千克材料平均所需能量=1.0107J。【解析】 本题为2001年高考试题（1）根据题给条件，从近圆斩道到地面的空间中重力加速度g=10m/s2。若以地面为重力势能零点，附落过程开始时空站在近圆轨道的势能为EP=Mgh以v表示空间站在近圆轨道上的速度，由牛顿定律可得M=Mg其中r为轨道半径，若以R地表示地球半径，则r=R地+h由、式可得空间站在近圆轨道上的动能为Ek=Mg(R地+h)

25、由、式得，在近圆轨道上空间站的机械能E=Mg(R地+h)Q汽=（M-m）用于残片升漫所需的能量Q残=cmT残片的动能为E残=mv2以E表示其他方式散失的能量，则由能量守恒得E=Q汽+E残+Q残+E由此得E=Mg(R地+h)-(M-m)-mv2-cmT(2)以题给数据代入得E=2.91012J【说明】 本题是以能量为主线的力、热综合题，用已学过的中学物理知识解决当今世界上的航天大事件，具有现实意义，能体现中学物理知识的重要地位。能力测试一、选择题（至少有一个选项符号题意）1.如图2-6-10，A、B两球用质量不计的细杆连接，当它们从水平位置被无初速释放，绕O点转动到竖直位置的过程中（ ）A.它们

26、总的机械能守恒B.A、B各自的机械能守恒C.球A的机械能增加，球B的机械能减小D.球A的机械能减少，球B的机械能增加2.如图2-6-11，横杆MN光滑，杆上套有一不计质量的环O，小球A的质量为m，用长l的线系在环上，使线水平时无初速释放A，不计空气阻力，则（ ）A.系统水平方向动量守恒B.小球做自由落体运动C.环将沿杆向右滑动D.小球摆到最低点后仍能达到异侧最高点B3.如图2-6-12，小球自H高处静止开始沿光滑曲面下滑，设曲面B处切线水平，当B的高度h(hH变大时，小球的射程s的变化情况是（ ）A.一定变小B.一定变大C.不变D.可能变大，可能变小4.A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线运动

27、，A球动量为PA=5kgm/s，B球动量为PB=7kgm/s，当A球追上B球时发生碰撞，则碰后A、B两球动量可能是（ ）A.PA=6kgm/s、PB=6kgm/sB.PA=3kgm/s、PB=9kgm/sC.PA=-2kgm/s、PB=14kgm/sD.PA=-5kgm/s、PB=17kg m/s5.如图2-6-13，光滑水平面上，质量为m=3kg的薄木板和质量为m=1kg的物块，都以v=4m/s的初速度朝相反方向运动，它们之间有摩擦，薄板足够长，当薄板的速度为2.4m/s时，物块的运动情况是（ ）A.做加速运动B.做减速运动C.做匀速运动D.上述都有可能6.光子的能量为h,动量的大小为h/c

28、，如果一个静止的放射性元素的原子核，在发生衰变时只发出一个光子，则衰变的原子核（ ）A.仍然静止B.沿着与光子运动方向相同的方向运动C.沿着与光子运动方向相反的方向运动D.可能向任何方向运动7.一轻质弹簧，上端悬挂于天花板上，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态，一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图2-6-14,让环自由下落，撞击平板，已知碰后环与平板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长（ ）A.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒B.若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C.环撞击板后，板新的平衡位置与h的大小无关D.在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动

29、能等于克服弹簧力所做的功二、填空题8.如图2-6-15所示，小球A与物块B的质量分别为m和M，开始B静止，而A则由静止开始从B半径为r的半圆弧曲面轨道的边缘释放，若不计一切摩擦，则B所能获得的最大速度为 。9.甲、乙两个溜冰者，质量分别为48kg和50kg，甲手里拿着质量为2kg的球，两人均以2ms-1的速度在冰面上相向滑行，冰面光滑，甲将球传给乙，乙又将球传甲，这样抛接若干次后，乙的速度变为零，则甲的速度 。10.光滑水平导轨处于垂直导轨平面向上的匀强磁场B中，质量为M的金属棒电阻为r，放在导轨上受水平向左拉力作用，由静止开始运动，牵引功率恒为P，经时间t后C棒速度为v。如图2-6-16所示

30、，则t时间内R上产生热量 。11.如图2-6-17，质量为mA=1kg和mB=2kg的木块A和B放在光滑水平面上，中间用一质量可忽略的轻弹簧相连，开始时A、B都处于静止状态，现突然给A一个大小等于6Ns的水平向右冲量，则当两木块靠得最近时，弹簧的弹性势能等于 J。三、计算题12.质量为50kg的人站在质量为150kg（不包括人的质量）的船头上，船和人以0.20m/s的速度向左在水面上匀速运动，若人用10秒钟匀加速从船头走到船尾，船长为5m，则船在这段时间内的位移是多少（船受水的摩擦阻力不计）？13.如图2-6-18，ab是半径为r、电阻不计的圆周的金属环定于竖直平面内，圆心为O，Oa是质量不计

31、的金属杆，其电阻为R，它的一端挂在O点，另一端连一金属小球，小球质量为m，跟槽接触良好，Ob是一金属杆，与Oa杆和槽接触良好，电阻不计，整个装置处在垂直于槽面的匀强磁场中，现将小球从a点静止释放，一切摩擦不计，小球滑到b点时速度为v，经历时间t，求过程中感应电动势的有效值。14.如图2-6-19，在光滑绝缘的水平面上放有两个形状完全相同的金属小球A和C，已知mA=2mc,C带电量为2q的正电荷，且静止在匀强磁场中，磁感强度为B，当不带电的A球以水平向右的速度v0进入磁场中与C球发生正碰，碰后C球对水平面的压力恰好为0，则碰撞后A球对平面的压力为多少？15.如图2-6-20，在光滑水平地面上并放

32、两个相同的木块，长度皆为l=1.00m，在左边木块的左端放一小金属块，它的质量和一木块的质量相等，现令小金属块以初速度v0=2.00m/s开始向右滑动，金属块与木块间的滑动摩擦因数=0.10，取g=10m/s2，求右边木块的最后速度。综合测试一、选择题（至少有一个选项符合题意）1.在光滑的水平面上动能为E0，动量大小为P0的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰后球1的动能和动量的大小分别记为E1、P1，球2的动能和动量的大小分别记为E2、P2，则必有（ ）A.E1E0B.P1P0C.E2E0D.P2P02.如图2-1所示，放在光滑水平面上的小车上装一摆，开始时将摆球

33、拉到某一高度（小车和摆球都静止）。当放开摆球，让它自由摆动时（ ）A.摆球由图示位置向最低点运动时，小车向左摆动B.摆球通过最低点时，小车速度最大，加速度为零C.摆运过程中，摆线的拉力对摆球不做功D.如不计摩擦阻力，摆球在摆动中上升的最大高度应等于开始释放时的高度3.在光滑水平面上有质量为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Fb做的功多D.力Fa的冲量比Fb的冲量小4.

34、如图2-2所示，用绝缘细线悬挂一带正电的小球，置于匀强电场中，小球在a位置时恰平衡，现将小球拉到最低点b后释放，那么小球从b运动到a的过程中（ ）A.机械能守恒B.动能增加C.电势能的减少等于重力势能的增加D.电势能的减少等于机械能的增加5.如图2-3所示，将两个大小均为F，同时分别作用在两个置于光滑平面上的物体A、B上。A、B两物体质量分别为mA、mB,且mAmB。经相同距离（但两物体还没有发生接触）后，撤去两个力，此后两物体相碰撞并粘在一起，这时，两物体一起（ ）A.停止运动B.向右运动C.向左运动D.运动，但方向不能确定6.如图2-4所示，A、B分别为竖直放置的光滑圆轨道的最低点和最高点

35、，已知小球通过A点时的速度大小为vA=2米/秒（取2.24），则该小球通过最高点B的速度值不可能是（ ）A.4米/秒B.米/秒C.2米/秒D.1.8米/秒7.有一项趣味竞赛，从光滑水平桌面的角A向角B射一只乒乓球，要求参赛者在角B处用细管吹气，将乒乓球吹进角C处的圆圈中。赵、钱、孙、李四位参赛者的吹气方向如图2-5中各自的箭头所示，其中，有可能成功的参赛者是（ ）A.赵B.钱C.孙D.李二、填空题8.一绳跨过定滑轮，两端分别拴有质量为M和m的重物，如图2-6所法，Mm。M静止在桌面上，当m自由下落距离h后绳才被拉直。则M所能上升的最大高度是 。9.额定功率为80千瓦的汽车，在水平长直公路上行驶

36、，最大速度可达20m/s。汽车质量为2吨，汽车从静止开始做匀加速直线运动（阻力不变），加速度大小可2m/s2，则汽车受阻力为 牛顿，3秒末汽车即时功率 瓦，汽车匀加速时间能维持 秒，汽车做匀加速直线运动过程中，汽车发动机做的功为 焦耳。10.电阻为R的矩形导线框abcd，边长ab=l,ad=h，质量为m，自某一高度自由落下，通过一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁场区域的宽度为h（如图2-7所示），若线框恰好以恒定速度通过磁场，线框中产生的焦耳热是 （不考虑空气阻力）。11.某地强风的风速大约为v=20米/秒，设空气的密度=1.3千米/米3，如果把通过横截面积为S=20米2的风的动能全部转化为

37、电能，则利用上述已知量计算电功率的表达式P= ,大小约为 瓦（取一位有效数字）。三、论述与计算题12.在固定的水平杆（杆足够长）上，套有一个质量M=2m的环。一根长为l的细绳，一端拴在环上，另一端系着一个质量为m的小球，现把环、球拉至细绳刚好被拉直，且与水平成=30的位置，然后将它们由静止同时释放，如图2-8所示。若不计一切摩擦和空气阻力，试求在以后的过程中，球的最大速度值以及当球具有最大速度时，水平杆对环的作用力。13.如图2-9所示，在水平面上固定一个气缸，缸内由质量为m的活塞封闭一定质量的理想气体，活塞与缸壁间无磨擦且无漏气，活塞到缸底的距离为l，今有一质量为M的重物自活塞上方h处自由下

38、落至活塞上，碰撞时间极短，碰后重物与活塞一起向下运动，向下运动过程中活塞可达到的最大速度为v，求从活塞向下移动至达到最大速度的过程中，活塞对被封闭气体所做的功（设被封气体的温度不变）。14.如图2-10所示，一个质量为m，初速度为v2的木块A，冲到水平传送带上，传送带在外部机件的带动下以速度v1(v1v2)保持匀速运动，木块A在传送带上滑行一段距离后，与传送带相对静止，也以速度v1运动，求这一过程产生的焦耳热？15.如图2-11所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距l=0.20m,电阻R=1.0；有一导体杆静止地放在轨道上，与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感强

39、度B=0.50T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下，现用一外力F沿轨道方向拉杆，使之做匀加速运动，测得力F与时间t的关系如图2-12所示，求杆的质量m和加速度a。 参考答案1.A、D 2.A、B、C 3.D 4.B、C 5.A 6.C 7.A、C 8. 9.0 10.（Pt-MV2） 11.1212.解析 本题有多种解法，属常规题目的平均动量守恒的推广。解法一：设这段时间内船位移为s舟，人位移s人则：由动量守恒得：2000.210=50s人+150s舟 s舟-s人=5m s舟、s人是位移，字用本身表达的含义中有负号。由得s舟=m=3.25m解法二：若船静止于水面上，据动量守恒，若人仍从船头走

40、到船尾，则s舟=L=m 同时船沿船头方向位移为s=0.210=2ms总舟=s舟+s=3.25m说明 一题多解是训练思维的宽广性、灵活性的很有效的一种方法，通过该类练习可从各角度加深同一类型题目的理解，取得事半功倍的效果。13.解析 本题中金属杆和小球的整体在竖直平面内做变速圆周运动，产生感应电动势和感应电流，实现了金属杆和小球整体由机械能向电能再由电能向电阻R上电热转化的过程。本题中感应电动势不按正余弦规律变化，其有效值与最大值间无的数量关系，应从有效值的原始定义（等产电热）出发。根据能的转化和守恒定律，设电动势有效值为mgl=mv2+t得=说明 与能量（电热）相联系的是交变电流的有效值，而不

41、是最大值、瞬时值、平均值。本题中金属和小球组成的系统机械能损失，但机械能和电能的总和保持守恒，这是本题解题的主要依据。14.解析 由题意可知：A、B两个外形完全相同的小球相碰过程中遵守动量守恒和电荷守恒则A、C两球相碰后电量均为q。设A、C两球相碰后速度分别为vA和vC则由题意可知：mCg=Bqvc 由动量守恒定律可知：2mCB0=2mcvA+mCvC 由得vC= 将代入得：vA=v0- A球所受向上洛仑兹力FBA=BqvA=Bqv0- A球受水平面作用力：NA=2mcg-fBA=mcg-Bqv0据牛顿第三定律：碰撞后A球对平面的压力大小为NA=mg-Bqv0说明 本题是动量守恒定律和电荷守恒

42、定律在磁场类问题的应用，正确分析守恒条件，灵活应用守恒表达式，并据题意找出其他等量关系。15.解析 本题是三个物体组成系统相互作用的问题。首先应判断A是否越过BC的分界线这一转折点。设：BC一直是一个整体，最后A停在距B左端x处，三物组成系统动量守恒mv0=3mv 据能的转化和守恒定律-mgx=3mv2-mv20 由组成方程组代掉v得xl。即铁块A不能停在左木块（但也不能确定一定能停在右木块）再设：铁块A最后停在距右木块左端y处木块B最后速度为v1,木块C最后速度为v2动量守恒，则有：mv0=mv1+2mv2 能量守恒：mv20=mv21+2mv22+g(l+y) 最后设铁块A滑到BC分界线时A速度为v0 从A滑上B左端到达B、C分界线时，应用动量守恒定律mv0=mv0+2mv1 据能量守恒定律：mv20=mv20+2mv21+mgl 由得：据分析可知，最后木块B速度应不大于木块C速度所以v1=1ms-1 v2=ms-1应舍去即B最后速度为ms-1将v1=ms-1 v2=ms