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2019-2020年高三物理第二輪專題復習 專題二動量和能量教案 人教版 高考形勢分析及歷年部分省市高考試題分布： 高中物理在力學、熱學、電磁學、光學和原子物理等各分支學科中涉及到許多形式的能，如動能、勢能、電能、內(nèi)能、核能，這些形式的能可以相互轉化，并且遵循能量轉化和守恒定律，能量是貫穿于中學物理教材的一條主線，是分析和解決物理問題的主要依據(jù)。在每年的高考物理試卷中都會出現(xiàn)考查能量的問題。并時常發(fā)現(xiàn)“壓軸題”就是能量試題。 歷年高考中動量和能量題分布情況：xx年，全國理綜II，計算題25題考查動量和能量綜合題；全國理綜III，計算題25題考查動量和能量綜合題；北京卷24題考查動量和能量綜合題；天津卷選擇題21題考查碰撞中的動量守恒，25題考查動量和能量的綜合題。xx年，全國理綜I動量和能量的題占19分，理綜II占36分，理綜III占20分，北京卷占16分，天津卷占18分。xx年全國理綜I、III，選擇題20題動量定理和動能定理；理綜II，18題碰撞中的動量和能量問題；重慶卷2計算題25題考查機械能守恒定律、動量守恒定律和圓周運動中的牛頓第二定律的知識；四川卷計算題25題考查帶電粒子在磁場中的運動，動量守恒定律，圓周運動，平拋運動。天津卷實驗題22題考查驗證碰撞中的動量守恒定律和百分誤差。xx年，湖南卷實驗題22題，考查驗證中碰撞中的動量守恒定律，計算題24題考查電子阻尼、碰撞動量守恒；北京卷選擇題19題考查碰撞動量守恒和單擺周期的知識結合，20題考查動量定理和電場的知識。全國卷II選擇題16題考查動量和動能定理。四川卷選擇題18題考查碰撞中的動量守恒定律和機械能守恒定律。天津卷選擇題15題考查動量守恒與動能定理，計算題23題考查機械能守恒，圓周運動中的牛頓第二定律，動量守恒定律和動能定理。 動量與能量知識框架： 動能定理 動量 p=mv 力的積累和效應 力對時間的積累效應 力對位移的積累效應 功：W=FScosα 瞬時功率：P=Fvcosα 平均功率： 動能 勢能 重力勢能：Ep=mgh 彈性勢能 機械能 機械能守恒定律 Ek1+EP1=Ek2+EP2 或ΔEk =ΔEP 系統(tǒng)所受合力為零或不受外力 牛頓第二定律 F=ma 沖量 I=Ft 動量定理 Ft=mv2-mv1 動量守恒定律 m1v1+m2v2=m1v1’+m2v2’ 一、考點回顧 1．動量、沖量和動量定理 2．動量守恒定律 3．動量和能量的應用 4．動量與動力學知識的應用 5．航天技術的發(fā)展和宇宙航行 6．動量守恒定律實驗 二、動量和能量知識點 1．動量 (1)動量：運動物體的質量和速度的乘積叫做動量，即p=mv.是矢量，方向與v的方向相同.兩個動量相同必須是大小相等，方向一致。 (2)沖量：力和力的作用時間的乘積叫做該力的沖量，即I=Ft.沖量也是矢量，它的方向由力的方向決定。 2．能量 能量是狀態(tài)量，不同的狀態(tài)有不同的數(shù)值的能量，能量的變化是通過做功或熱傳遞兩種方式來實現(xiàn)的，力學中功是能量轉化的量度，熱學中功和熱量是內(nèi)能變化的量度。 (1)W合=△Ek：包括重力、彈簧彈力、電場力等各種力在內(nèi)的所有外力對物體做的總功，等于物體動能的變化。(動能定理) (2)WF=△E：除重力以外有其它外力對物體做功等于物體機械能的變化。(功能原理) 注：①物體的內(nèi)能(所有分子熱運動動能和分子勢能的總和)、電勢能不屬于機械能 ②WF=0時，機械能守恒，通過重力做功實現(xiàn)動能和重力勢能的相互轉化。 ③WG=-△EP重力做正功，重力勢能減??；重力做負功，重力勢能增加。重力勢能變化只與重力做功有關，與其他做功情況無關。 ④W電=-△EP：電場力做正功，電勢能減??；電場力做負功，電勢能增加。在只有重力、電場力做功的系統(tǒng)內(nèi)，系統(tǒng)的動能、重力勢能、電勢能間發(fā)生相互轉化，但總和保持不變。 注：在電磁感應現(xiàn)象中，克服安培力做功等于回路中產(chǎn)生的電能，電能再通過電路轉化為其他形式的能。 ⑤W+Q=△E：物體內(nèi)能的變化等于物體與外界之間功和熱傳遞的和(熱力學第一定律)。 ⑥mv02/2=hν-W：光電子的最大初動能等于入射光子的能量和該金屬的逸出功之差。 ⑦△E=△mc2：在核反應中，發(fā)生質量虧損，即有能量釋放出來。(可以以粒子的動能、光子等形式向外釋放) 3．動量與能量的關系 (1)動量與動能 動量和能量都與物體的某一運動狀態(tài)相對應，都與物體的質量和速度有關.但它們存在明顯的不同：動量的大小與速度成正比p=mv；動能的大小與速度的平方成正比Ek=mv2/2兩者的關系：p2=2mEk 動量是矢量而動能是標量.物體的動量發(fā)生變化時，動能不一定變化；但物體的動能一旦發(fā)生變化，則動量必發(fā)生變化. (2)動量定理與動能定理 動量定理：物體動量的變化量等于物體所受合外力的沖量.△P=I，沖量I=Ft是力對時間的積累效應 動能定理：物體動能的變化量等于外力對物體所做的功.△Ek=W，功W=Fs是力對空間的積累效應. (3)動量守恒定律與機械能守恒定律 動量守恒定律與機械能守恒定律所研究的對象都是相互作用的物體系統(tǒng)，(在研究某個物體與地球組成的系統(tǒng)的機械能守恒時，通常不考慮地球的影響)，且研究的都是某一物理過程.動量守恒定律的內(nèi)容是：一個系統(tǒng)不受外力或者所受外力之和為0，這個系統(tǒng)的總動量保持不變；機械能守恒定律的內(nèi)容是：在只有重力和彈簧彈力做功的情形下，系統(tǒng)機械能的總量保持不變。 運用動量守恒定律值得注意的兩點是： ①嚴格符合動量守恒條件的系統(tǒng)是難以找到的.如：在空中爆炸或碰撞的物體受重力作用，在地面上碰撞的物體受摩擦力作用，但由于系統(tǒng)間相互作用的內(nèi)力遠大于外界對系統(tǒng)的作用，所以在作用前后的瞬間系統(tǒng)的動量可認為基本上是守恒的。 ②即使系統(tǒng)所受的外力不為0，但沿某個方向的合外力為0，則系統(tǒng)沿該方向的動量是守恒的。 動量守恒定律的適應范圍廣，不但適應常見物體的碰撞、爆炸等現(xiàn)象，也適應天體碰撞、原子的裂變，動量守恒與機械能守恒相結合的綜合的試題在高考中多次出現(xiàn)，是高考的熱點內(nèi)容。 三、經(jīng)典例題剖析 1．（上海高考題）一物體沿光滑斜面下滑，在此過程中【 】 A．斜面對物體的彈力做功為零 B．斜面對物體的彈力的沖量為零 C．物體的動能增量等于物體重力所做的功 D．物體的動量增量等于物體重力的沖量 解析：物體沿光滑斜面下滑運動方向沿斜面向下，而斜面對物體的彈力，即支持力方向垂直斜面，故彈力不做功，選A正確。 根據(jù)動量定理可知，物體的動量變化量等于合外力對物體的沖量，物體在下滑過程中，受到彈力和重力兩個力的作用，這兩個力的沖量均不為零，這兩力的沖量的矢量和等于物體的動量的增量，選B和D是錯誤的。 根據(jù)動能定理可知，由于彈力對物體不做功，只有重力做功，物體的動能增加量等于重力所做的功，故選C正確。 答案：A、C 點評：本題考查動量定理和動能定理兩個規(guī)律，在這兩個定理中包含了功和沖量兩個概念，所以同時對這兩個概念也必須理解，并加以區(qū)分，沖量是力在時間上的積累，而功是力在位移上的積累，力在時間上的積累引起物體動量的變化，力在位移上的積累引起物體動能的變化。 2．（xx年天津高考題）質量m=1.5kg的物塊（可視為質點）在水平恒力的作用下，從水平面上由靜止開始運動，運動一段距離撤去該力，物塊繼續(xù)滑行t=0.2s停在B點，已知A、B兩點間距s=5.0m，物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.20，求恒力F多大？（g=10m/s2） 解析：設撤去力F前物塊的位移為s1，撤去力時物塊F1=μmg 對撤去力F后物塊滑動過程應用動量定理可得：-F1t=0-mv 由運動學公式：s-s1=vt/2 對物塊運動的全過程應用動能定理：Fs1-F1s=0 由以上公式得：F=2μmgs/(2s-μgt2)，代入數(shù)據(jù)得F=15N 答案：F=15N 點評：本題考查動量定理和動能定理在動力學中的應用，在利用動量定理和動能定理解題時，選擇初末狀態(tài)時關鍵，同時也要熟悉物體的運動過程及受力狀況。 3．（xx年天津高考題）如圖所示，質量為mA=4.0kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.24，木板最右端放著質量為mB=1.0kg的小物塊（視為質點），它們均處于靜止狀態(tài)，木板突然受到水平向右的12N?s的瞬時沖量I作用開始運動，當小物塊離開木板時，木板的動能為8.0J,小物塊的動能為0.5J（g=10m/s2）求： A B C (1)瞬時沖量作用結束時木板的速度為多少？ (2)木板的長度時多少？ 解析：(1)以A由靜止到獲得初速度為研究過程，由動量定理可知 I= mv0 帶入數(shù)據(jù)得到：v0=3m/s ① (2)對A獲得速度到B從A的左端掉下來為研究過程，其運動過程如圖所示，設A運動的時間為t，運動的位移為Sa，B運動的位移為Sb，B對A，C對A，A對B的摩擦力分別為fBA，fCA，fAB，由動量定理可得： 對A：-（fBA+fCA）t=mAvA-mAv0 ② 對B： fABt=mBvB ③ 由動能定理可知對A：-（fBA+fCA）Sa=mAv A 2/2-mAv02/2 ④ 對B： fABSb=mBvB2/2 ⑤ 由牛頓第三定律可知，A對B的摩擦力和B對A的摩擦力大小相等 fAB= fBA ⑥ fCA=μ（mA+mB）g ⑦ L=Sa-Sb ⑧ 由①②③④⑤⑥⑦⑧聯(lián)立可解得：L=0.5m 答案：（1）v0=3m/s；（2） L=0.5m 點評：本題考查動量定理和動能定理相結合的知識點，對此題注重過程的分析，畫出運動過程圖，再做此題就一目了然。 4．如圖所示，金屬桿a從離地h高處由靜止開始沿光滑平行的弧形軌道下滑，軌道的水平部分有豎直向上的勻強磁場B，水平軌道上原來放有一金屬桿b，已知a桿的質量為ma,且與桿b的質量之比為ma∶mb=3∶4，水平軌道足夠長，不計摩擦，求： (1)a和b的最終速度分別是多大? (2)整個過程中回路釋放的電能是多少? (3)若已知a、b桿的電阻之比Ra∶Rb=3∶4，其余部分的電阻不計，整個過程中桿a、b上產(chǎn)生的熱量分別是多少? 解析：(1)a下滑過程中機械能守恒magh=mav02/2 a進入磁場后，回路中產(chǎn)生感應電流，a、b都受安培力作用，a做減速運動，b做加速運動，經(jīng)過一段時間，a、b速度達到相同，之后回路的磁通量不發(fā)生變化，感應電流為0，安培力為0，二者勻速運動.勻速運動的速度即為a.b的最終速度，設為v.由于所組成的系統(tǒng)所受合外力為0，故系統(tǒng)的動量守恒 mav0=(ma+mb)v 由以上兩式解得最終速度va=vb=v= (2)由能量守恒得知，回路中產(chǎn)生的電能應等于a、b系統(tǒng)機械能的損失，所以 E=magh-(ma+mb)v2/2=4magh/7 (3)由能的守恒與轉化定律，回路中產(chǎn)生的熱量應等于回路中釋放的電能等于系統(tǒng)損失的機械能，即Qa+Qb=E.在回路中產(chǎn)生電能的過程中，電流不恒定，但由于Ra與Rb串聯(lián)，通過的電流總是相等的，所以應有 所以 答案：（1）va=vb=v= （2）E=4magh/7 （3） 點評：此題考查的時機械能守恒、動量守恒定律和能量的轉化，在導體棒a進入磁場之前，導體棒a的機械能守恒，進入后導體棒a切割磁感線產(chǎn)生電動勢，電路中產(chǎn)生電流，使導體棒b受到安培力作用而運動，直到最后兩棒有相同的速度，以a、b這一整體為系統(tǒng)，則系統(tǒng)在水平方向受到的安培力相互抵銷，系統(tǒng)的動量守恒。在這一運動過程中，導體棒a、b發(fā)熱消耗能量，系統(tǒng)損失的能量轉化為內(nèi)能，再根據(jù)系統(tǒng)的能量守恒，即可求出兩棒上的熱量。 5．（xx年重慶理綜）如圖半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小球A、B質量分別為m、βm（β為待定系數(shù)）。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，碰撞后A、B球能達到的最大高度均為，碰撞中無機械能損失。重力加速度為g。試求： (1)待定系數(shù)β； (2)第一次碰撞剛結束時小球A、B各自的速度和B球對軌道的壓力； (3)小球A、B在軌道最低處第二次碰撞剛結束時各自的速度，并討論小球A、B在軌道最低處第n次碰撞剛結束時各自的速度。 解析：(1)由于碰撞后球沿圓弧的運動情況與質量無關，因此，A、B兩球應同時達到最大高度處，對A、B兩球組成的系統(tǒng)，由機械能守恒定律得，解得β＝3 (2)設A、B第一次碰撞后的速度分別為v1、v2，取方向水平向右為正，對A、B兩球組成的系統(tǒng)，有 解得，方向水平向左；，方向水平向右。 設第一次碰撞剛結束時軌道對B球的支持力為N，方向豎直向上為正，則 ，B球對軌道的壓力 ，方向豎直向下。 (3)設A、B球第二次碰撞剛結束時的速度分別為V1、V2，取方向水平向右為正，則 解得V1＝－，V2＝0．（另一組解V1＝－v1，V2＝－v2不合題意，舍去） 由此可得：當n為奇數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞剛結束時的速度分別與其第一次碰撞剛結束時相同； 當n為偶數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞剛結束時的速度分別與其第二次碰撞剛結束時相同。 答案：（1）3；（2），方向水平向左；，方向水平向右；4.5mg，方向豎直向下；（3）見解析。 點評：小球A與B碰撞之前機械能守恒，在碰撞過程中動量守恒，碰撞完畢，兩球又機械能守恒，所以此題關鍵在于對碰撞過程的分析，不同的碰撞次數(shù)，結果不一樣，通過分析，找出規(guī)律，得出結論。 6．（xx全國理綜25題）柴油打樁機的重錘由氣缸、活塞等若干部件組成，氣缸與活塞間有柴油與空氣的混合物。在重錘與樁碰撞的過程中，通過壓縮使混合物燃燒，產(chǎn)生高溫高壓氣體，從而使樁向下運動，錘向上運動。現(xiàn)把柴油打樁機和打樁過程簡化如下： 柴油打樁機重錘的質量為m，錘在樁帽以上高度為h處（如圖1）從靜止開始沿豎直軌道自由落下，打在質量為M（包括樁帽）的鋼筋混凝土樁子上。同時，柴油燃燒，產(chǎn)生猛烈推力，錘和樁分離，這一過程的時間極短。隨后，樁在泥土中向下移動一距離l。已知錘反跳后到達最高點時，錘與已停下的樁幅之間的距離也為h（如圖2）。已知m＝1.0103kg，M＝2.0103kg，h＝2.0m，l＝0.20m，重力加速度g＝10m/s2，混合物的質量不計。設樁向下移動的過程中泥土對樁的作用力F是恒力，求此力的大小。 解析：錘自由下落，碰樁前速度v1向下， ① 碰后，已知錘上升高度為（h－l），故剛碰后向上的速度為 ② 設碰后樁的速度為V，方向向下，由動量守恒， ③ 樁下降的過程中，根據(jù)功能關系， ④ 由①、②、③、④式得 ⑤ 代入數(shù)值，得N 答案：N 點評：此題屬于打擊中的動量守恒，在離開樁后，錘的機械能守恒。分析題意，濃縮成物理模型，再利用動能定理和動量守恒定律相結合求解結果。 7．（xx年天津理綜）如圖所示，坡道頂端距水平面高度為h，質量為m1的小物塊A從坡道頂端由靜止滑下，進入水平面上的滑道時無機械能損失，為使A制動，將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長線M處的墻上，一端與質量為m2的檔板B相連，彈簧處于原長時，B恰位于滑道的末端O點．A與B碰撞時間極短，碰后結合在一起共同壓縮彈簧，已知在OM段A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)均為μ，其余各處的摩擦不計，重力加速度為g，求： (1)物塊A在與擋板B碰撞前瞬間速度v的大??； (2)彈簧最大壓縮量為d時的彈性勢能Ep（設彈簧處于原長時彈性勢能為零）。 解析：(1)由機械能守恒定律，有 解得v＝ (2)A、B在碰撞過程中內(nèi)力遠大于外力，由動量守恒，有 碰后A、B一起壓縮彈簧，）到彈簧最大壓縮量為d時，A、B克服摩擦力所做的功 由能量守恒定律，有 解得： 答案：（1）；（2） 點評：物塊A下滑過程機械能守恒，與B碰撞過程中，A和B系統(tǒng)動量守恒，碰撞后A、B一起運動壓縮彈簧，在以后過程中，系統(tǒng)做減速運動，機械能向內(nèi)能和彈性勢能轉化。第一階段利用機械能守恒定律，第二階段利用動量守恒定律，第三階段利用動能定理即可。分析清楚過程，此題就簡單多了。 8．（xx年江蘇高考題）如圖所示，質量均為m的A、B兩個彈性小球，用長為2l的不可伸長的輕繩連接．現(xiàn)把A、B兩球置于距地面高H處（H足夠大），間距為L。當A球自由下落的同時，B球以速度v0指向A球水平拋出．求： (1)兩球從開始運動到相碰，A球下落的高度； (2)A、B兩球碰撞（碰撞時無機械能損失）后，各自速度的水平分量； (3)輕繩拉直過程中，B球受到繩子拉力的沖量大小。 解析：(1)設到兩球相碰時A球下落的高度為h，由平拋運動規(guī)律 得 ① ② 聯(lián)立①②得 ③ （2）A、B兩球碰撞過程中，由水平方向動量守恒，得 ④ 由機械能守恒定律，得 ⑤ 式中 聯(lián)立④⑤解得 （3）輕繩拉直后，兩球具有相同的水平速度，設為vBx,，由水平方向動量守恒，得 由動量定理得 答案：（1）；（2）；（3） 點評：此題是自由落體、平拋運動、碰撞中的動量守恒、動量定理等知識點的考查，開始利用自由落體和平拋運動的等時性計算出A下落的高度，再利用在某一方向上的動量守恒和機械能守恒聯(lián)合可求出A、B在碰后水平方向的速度。 9．（xx年江蘇高考題）如圖（a）所示，為一根豎直懸掛的不可伸長的輕繩，下端拴一小物塊A，上端固定在C點且與一能測量繩的拉力的測力傳感器相連。已知有一質量為m0的子彈B沿水平方向以速度v0射入A內(nèi)（未穿透），接著兩者一起繞C點在豎直面內(nèi)做圓周運動。在各種阻力都可忽略的條件下測力傳感器測得繩的拉力F隨時間t變化關系如圖（b）所示，已知子彈射入的時間極短，且圖（b）中t=0為A、B開始以相同的速度運動的時刻。根據(jù)力學規(guī)律和題中（包括圖）提供的信息，對反映懸掛系統(tǒng)本身性質的物理量（例如A的質量）及A、B一起運動過程中的守恒量，你能求得哪些定量的結果？ 解析：由圖b可直接看出，A、B一起做周期性運動，運動的周期T＝2t0 ① 令表示A的質量，表示繩長.表示B陷入A內(nèi)時即時A、B的速度（即圓周運動最低點的速度），表示運動到最高點時的速度，F(xiàn)1表示運動到最低點時繩的拉力，F(xiàn)2表示運動到最高點時繩的拉力，根據(jù)動量守恒定律，得 ② 在最低點和最高點處應用牛頓定律可得 ③ ④ 根據(jù)機械能守恒定律可得 ⑤ 由圖b可知 ⑥ ⑦ 由以上各式可解得，反映系統(tǒng)性質的物理量是 ⑧ ⑨ A、B一起運動過程中的守恒量是機械能E，若以最低點為勢能的零點，則 ⑩ 由②⑧⑩式解得 答案：；； 點評：此題關鍵在于識圖，從F—t圖像中獲得更多的信息，繩子拉力是周期性的變化，變化周期為2t0，繩子拉力的最大值為Fm，最小值為0，在最低點出現(xiàn)最大值，最高點出現(xiàn)最小值0，即在最高點繩子不受拉力。根據(jù)動量守恒定律，機械能守恒定律，牛頓運動定律的知識可以求出小球的質量，繩子的長度及系統(tǒng)的機械能。 10．連同裝備質量M=100kg的宇航員離飛船45m處與飛船相對靜止，他帶有一個裝有m=0.5kg的氧氣貯筒，其噴嘴可以使氧氣以v=50m/s的速度在極短的時間內(nèi)相對宇航員自身噴出.他要返回時，必須向相反的方向釋放氧氣，同時還要留一部分氧氣供返回途中呼吸.設他的耗氧率R是2.510-4kg/s，問：要最大限度地節(jié)省氧氣，并安全返回飛船，所用掉的氧氣是多少? 解析：設噴出氧氣的質量為m′后，飛船獲得的速度為v′，噴氣的過程中滿足動量守恒定律，有：0=(M-m′)v′+m′(-v+v′) 得v′=m′v/M 宇航員即以v′勻速靠近飛船，到達飛船所需的時間t=s/v′=Ms/m′v 這段時間內(nèi)耗氧m″=Rt 故其用掉氧氣m′+m″=2.2510-2/m′+m′ 因為(2.2510-2/m′)m′=2.510-2為常數(shù)，所以當2.2510-2/m′=m′，即m′=0.15kg時用掉氧氣最少，共用掉氧氣是m′+m″=0.3kg. 答案：所用掉氧氣0.3kg 點評：(1)動量守恒定律中的各個速度應統(tǒng)一對應于某一慣性參照系，在本題中，飛船沿圓軌道運動，不是慣性參照系。但是，在一段很短的圓弧上，可以視飛船做勻速直線運動，是慣性參照系。 (2)此題中氧氣的速度是相對宇航員而不是飛船。因此，列動量守恒的表達式時，要注意速度的相對性，這里很容易出錯誤。 (3)要注意數(shù)學知識在物理上的運用。 P O Q 11．（xx年南京高三一摸試題）如下圖所示，發(fā)射人造衛(wèi)星時，先把衛(wèi)星送入近地軌道，然后使其沿橢圓軌道達到遠地點P，此時速度為v，若P點到地心的距離為R，衛(wèi)星的總質量為m，地球半徑為R0，地表的加速度為g，則欲使衛(wèi)星從P點繞地球做半徑為R的圓軌道運動，衛(wèi)星在P點應將質量為△m的燃氣以多大對地的速度向后噴出（將連續(xù)噴氣等效為一次性噴氣）。 解析：衛(wèi)星進入軌道后做圓周運動，由萬有引力提供向心力，即 解得： 又因為地面附近萬有引力近似等于物體的重力 解得 GM=gR02 所以： ① 衛(wèi)星要進入該軌道，其運行速度必須等于v’，所以衛(wèi)星噴氣后的速度為v’。 在噴氣過程中，以噴出的氣體與衛(wèi)星為系統(tǒng)，則系統(tǒng)的動量守恒，該燃氣噴出時對地的速度，由動量守恒定律可得： ② 由①②可得： 答案： 點評：本題考查動量守恒定律中的反沖現(xiàn)象，也是動量守恒定律在航天技術和宇宙航行中的應用，解這類問題時要注意速度的同時性，即作用前和作用后的速度為同一時刻的速度，對同一參考系的速度。 重錘線 M O P N A B C 12．（xx年全國高考天津卷）用半徑相同的兩個小球A、B的碰撞驗證動量守恒定律，實驗裝置示意如圖所示，斜槽與水平槽圓滑連接，實驗時先不放B球，使A球從斜槽上某一固定點C由靜止?jié)L下，落到位于水平地面的記錄紙上留下痕跡，再把B球靜置與水平槽前端邊緣處，讓A球仍從C點處靜止?jié)L下，A球和B球碰撞后分別落在記錄紙上留下各自的痕跡，記錄紙上的O點是重錘線所指的位置，若測得各落點痕跡到O點的距離：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知A、B兩球的質量之比為2：1，則未放B球時，A球落地點是記錄紙上的 點，系統(tǒng)碰撞前總動量p與碰撞后總動量P’的百分誤差 （結果保留一位有效數(shù)字） 解析：根據(jù)平拋運動知識可知道未放B球時，A球要落到P點。 由平拋運動的知識可知，未放B球時，A球的速度可以表示為，放B球后，A從斜槽滾下與B發(fā)生碰撞后各自的速度可以表示為：， 由動量知識可以知道：碰撞前的總動量為 碰撞后總動量為 代入數(shù)據(jù)得到： 又因為mA=2mB 所以 答案：P點 2% 點評：驗證動量守恒定律是高考實驗的重點，對于該題應掌握好動量守恒定律及其平拋運動的規(guī)律，借助平拋運動在水平方向動量守恒來驗證這一規(guī)律，從該題也看到了高考注重基礎知識和基本規(guī)律的考查，只要掌握了動量守恒定律在平拋運動中的應用，此題很容易得分。 A B C 13．如圖所示，水平光滑地面停放著一輛小車，左側靠在豎直墻壁上，小車的四分之一圓弧軌道AB是光滑的，在最低點B與水平軌道BC相切，BC的長度是圓弧半徑的10倍，整個軌道處于同一豎直平面內(nèi)?？梢暈橘|點的物塊從A點的正上方某處無初速度下落，恰好落入小車圓弧軌道滑動，然后沿水平軌道滑行至軌道末端C恰好沒有滑出。已知物塊到達圓弧軌道最低點B時對軌道的壓力是物塊的重力的9倍，小車的質量是物塊的3倍，不考慮空氣阻力和物塊落入圓弧軌道時的能量損失，求： (1)物塊開始下落的位置距離水平軌道BC的豎直高度是圓弧半徑的多少倍？ (2)物塊與水平軌道BC間的動摩擦因數(shù)μ為多少？ 解析：(1)設物塊的質量為m,其開始下落的位置距離BC的豎直高度為h，到達B點時的速度為v，小車圓弧軌道半徑為R，有機械能守恒定律，有： ① 根據(jù)牛頓第二定律，有 ② 解得h=4R ③即物塊開始下落的位置距水平軌道BC的豎直高度是圓弧半徑的4倍 (2)設物塊與BC間的滑動摩擦力的大小為F，物塊滑行到C點時與小車的共同速度為v’，物塊在小車上由B運動到C的過程中小車對地面的位移大小為s，依題意，小車的質量為3m，BC長度為10R，由滑動摩擦定律，有F=μmg ④ 由動量守恒定律，有 ⑤ 對物塊、小車分別應用動能定理 ⑥ ⑦ 解得：μ=0.3 答案h=4R μ=0.3 點評：本題是傳統(tǒng)的機械能和動量守恒兩大守恒定律還有動能定理的結合，這類型的題只要對研究過程有充分的理解，應該是很容易得分的， 14．碰撞的恢復系數(shù)的定義為c=，其中v10和v20分別是碰撞前兩物體的速度，v1和v2分別是碰撞后兩物體的速度。彈性碰撞的恢復系數(shù)c=1.非彈性碰撞的c<1,某同學借用驗證動量守恒定律的實驗裝置（如圖所示）物質彈性碰撞的恢復系數(shù)是否為1，實驗中使用半徑相等的鋼質小球1和2，（他們之間的碰撞可近似視為彈性碰撞），且小球1的質量大于小球2的質量. 實驗步驟如下： 第一步，安裝實驗裝置，做好測量前的準備，并記下重垂線所指的位置O。 重復多次，用盡可能小的圓把小球的所有落點圈在里面，其圓心就是小球落點的平均位置。 第二步，把小球2放在斜槽前端邊緣處的C點，計小球1從A點由靜止?jié)L下，使它們碰撞，重復多次，并使用與第一步同樣的方法分別標出碰撞后兩小球落點的平均位置. 第三步，用刻度尺分別測量三個落地點的平均位置離O點的距離，即線段OM、OP、ON的長度。 在上述實驗中，①P點是 的平均位置。M點是 的平均位置。N點是 的平均位置。 請寫出本實驗的原理 寫出用測量表示的的恢復系數(shù)的表達式 ③三個落地點距O點的距離OM、OP、ON與實驗所用的小球質量是否有關？ 答案：①P點是小球A碰前落地的平均位置，M點是小球A碰后落地的平均位置，N點是小球B碰后落地的平均位置 ②原理：小球從槽口C飛出做平拋運動的時間相同，設為t，則有： OP=v10t，OM=v1t，ON=v2t 小球2碰撞前靜止，v20=0 ③OP與小球的質量無關，OM和ON與小球的質量有關。 三、方法總結與xx年高考預測 （一）方法總結： 動量和能量的試題常常是綜合題，是動量與能量的綜合，或者動量、能量與平拋運動、圓周運動、牛頓運動定律、熱學、電磁學、原子物理等知識的綜合。試題的情景常常是物理過程較復雜的，或者是作用時間很短的，如變加速運動、碰撞、爆炸、打擊、彈簧形變、反沖現(xiàn)象等。動量與能量的綜合問題，是高中力學最重要的綜合問題，也是難度較大的問題。分析這類問題時，首先應建立清晰的物理圖景，抽象出物理模型，選擇物理規(guī)律，建立方程進行求解。 （二）xx年高考預測 本專題涉及的內(nèi)容是動力學內(nèi)容的繼續(xù)和深化，其中的動量守恒定律、機械能守恒定律、能量守恒定律比牛頓運動定律的適用范圍更廣泛，是自然界中普遍適用的基本規(guī)律，因此是高中物理的重點，也是高考考查的重點之一。高考中年年有，且常常成為高考的壓軸題。如xx年、xx年理綜最后一道壓軸題均是與能量有關的綜合題。通過對近幾年的高考試卷的分析，由于近年采用綜合考試后，試卷難度有所下降，因此動量和能量考題的難度也有一定下降。例如xx年天津卷的計算題23題就比較簡單，過程簡潔，是一個得分率很高的題。從以上這些現(xiàn)象可以看出，在以后的高考中，動量和能量的考題跟注重基礎和應用，所以在學習這部分的知識時，要更加關注有關基本概念的題、定性分析現(xiàn)象的題和聯(lián)系實際、聯(lián)系現(xiàn)代科技的題。 四、強化練習 （一）選擇題 1．為內(nèi)能的數(shù)值為△E1，用同樣的子彈以同樣的速度擊穿靜止放在光滑水平面上同樣的木塊，經(jīng)歷的時間為△t2，機械能轉化為內(nèi)能的數(shù)值為△E2。假定在以上兩種情況下，子彈在木塊中的阻力大小是相同的，則下列結論中正確的是【 】 A． B． C． D． A B s 2．質量相等的A、B兩球之間壓縮一根輕彈簧，靜置與光滑水平桌面上，當用擋板擋住小球A而只釋放小球B時，B球被彈出落于桌邊為s的水平地面，如圖所示，問當用同樣的程度壓縮彈簧，取走A左邊的擋板，將A、B同時釋放，B球的落地點距離桌邊為【 】 A． B． C．s D． 3．如圖所示，完全相同的A、B兩物塊隨足夠長的水平傳送帶按圖中所示方向勻速轉動，AB間夾有少量炸藥，對A、B在炸藥爆炸過程及隨后的運動過程中有下列說法，其中正確的是【 】 A．炸藥爆炸后瞬間，A、B兩物體速度方向一定相同 B．炸藥爆炸后瞬間，A、B兩物體速度方向一定相反 C．炸藥爆炸過程中，A、B兩物體組成的系統(tǒng)動量不守恒 D．A、B在炸藥爆后到A、B兩物體相對傳送帶靜止過程中動量守恒 4．一個小球從距離地面高度為H處自由落下，與水平地面發(fā)生碰撞，設碰撞時間為一個定值t，則在碰撞過程中，小球與地面的平均作用力與彈起的高度的關系是【 】 A．彈起的最大高度h越大，平均作用力就越大 B．彈起的最大高度h越大，平均作用力就越小 C．彈起的最大高度h=0，平均作用力最大 D．彈起的最大高度h=0，平均作用力最小 5．（xx年北京海定期中練習）目前，載人宇宙飛船返回艙時常采用強制減速的方法，整個回收過程可以簡化為這樣幾個主要的階段：第一個階段，在返回艙進入大氣層的過程中，返回艙在大氣阻力和重力的共同作用下勻速下降，第二個階段，返回艙到了離地面一定高度時打開降落傘使返回艙以較低的速度勻速降落，第三個階段，在接近地面時點燃反沖火箭使返回艙做減速運動直到落地。關于這三個階段中返回艙機械能及動量的變化情況，以下說法中正確的時【 】 A．第一階段返回艙機械能的減少量等于返回艙所受外力做功的代數(shù)和 B．第二階段返回艙機械能的變化量等于返回艙克服大氣阻力做的功 C．第三階段返回艙動能的變化量等于反沖火箭對返回艙做的功 D．第三階段返回艙動量的變化量等于反沖火箭對返回艙的沖量 6．太陽放出的大量中微子向地球飛來，但實驗測定的數(shù)目只有理論的三分之一，“三分之二的太陽中微子失蹤”之謎，一直困擾著科學，后來科學家發(fā)現(xiàn)中微子在向地球傳播的過程中衰變?yōu)橐粋€μ子和一個τ子，此項成果獲“xx年世界十大科技突破獎之一”。若在衰變中發(fā)現(xiàn)的μ子速度方向與中微子原來方向一致，則τ子的運動方向【 】 A．一定與μ子同方向 B．一定與μ子反方向 C．不一定與μ子在同一直線上 D．一定與μ子在同一直線上 7．（xx年西安二檢）子彈入射鋼板前的動能為E0，速度為v0，穿過鋼板后子彈動能減少了三分之一，則子彈穿過鋼板時，克服阻力做功、子彈穿過鋼板后的動能、子彈穿過鋼板后的速度分別為【 】 A．，，　　　　　　　　B．，， C．，，　　　　　　　　D．，，　 8．用大、小兩個錘子釘釘子，大小錘子質量分別為M、m,且M=4m，釘釘子時設兩個錘子的動量相等，兩只釘子的質量也相等，受到木板的阻力也相同，且每次碰撞中釘子獲得錘子的全部動能，下列說法中正確的是【 】 A．大錘子每次把釘釘子釘?shù)蒙钚? B．小錘子每次把釘釘子釘?shù)蒙钚? C．兩把錘子釘?shù)靡粯由? D．大小錘子每次把釘釘子釘入木板的深度深度之比為1：4 30 60 9．如圖所示，一直角斜面體固定在水平地面上，左側斜面傾角為60，右側斜面傾角為30，A、B兩個物體分別系于一根跨過定滑輪的輕繩兩端且分別置于斜面上，兩物體下邊緣位于同一高度且處于平衡狀態(tài)，不考慮所有的摩擦，滑輪兩邊的輕繩都是平行于斜面，若剪斷輕繩，讓物體從靜止開始沿斜面滑下，下列敘述正確的是【 】 A．兩物體的質量之比為　　　　　　　　 B．著地瞬間兩物體的速度相等 C．著地瞬間兩物體的機械能相等 D．著地瞬間兩物體所受的重力的功率相等 P v Q 10．（xx年四川省成都市）如圖所示，位于光滑水平桌面，質量相等的小滑塊P和Q都可以視作質點，Q與輕質彈簧相連，設Q靜止，P以某一初動能E0水平響Q運動并與彈簧發(fā)生相互作用，若整個作用過程中無機械能損失，用E1表示彈簧具有的最大彈性勢能，用E2表示Q具有的最大動能，則【 】 A．　　　 B． C． D． 11．（xx年東北三校4月）小車沿水平軌道勻速行駛，某時刻，小車上的人同時沿著小車運動的方向向前、向后拋出兩個質量相等的球，球拋出時相對地面的速度大小相等，則兩球拋出后，小車的速度大小為【 】 A．與原來的速度相等 B．比原來的速度小 C．比原來的速度大 D．無法確定 12．（xx年濰坊4月）如圖所示，兩條條形磁鐵各固定在甲、乙兩車上，它們能在水平面上無摩擦地運動，甲車和磁鐵的總質量為1kg，乙車和磁鐵的總質量為0.5kg，兩磁鐵N極相對，推動一下使兩車在同一直線上相向而行，某時刻甲車的速度為2m/s，乙車的速度為3m/s，可以看到它們還未碰上便分開了，下列說法正確的是【 】 甲 乙 A．乙車開始反向時，甲車的速度為0.5m/s，方向不變 B．兩車距離最近時，乙車的速度為零 C．甲對乙的沖量等于乙對甲的沖量 D．兩車距離最近時，乙車的速度為0.33m/s，與乙車原來的速度方向相反 （二）填空題 13．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=_______ 5：4 A B A B 甲 乙 vB vA 14．為了采集木星和火星之間的星云的標本，將航天器制成勺形，航天器質量為10000kg，正以10km/s初速度運行，星云物體速度為100m/s，方向與航天器相同，航天器為無動力裝置，如果每秒可采集10kg星云物質，一小時后航天器速度變?yōu)?2.252km/s 。 15．物體A和B用輕繩相連在輕質彈簧下靜止不動，如圖甲所示，A的質量為m，B的質量為M，當連接A、B的繩突然斷開后，物體A上升經(jīng)某一位置時的速度大小為vA，這時物體B下落速度大小為vB，如圖乙所示，這段時間內(nèi)，彈簧的彈力對物體的沖量為 m(vA+vB) 16．裝煤機在2s內(nèi)將10t煤裝入水平勻速前進的車廂內(nèi)，車廂速度為5m/s，若不計阻力，車廂保持原速勻速前進，則需要增加的水平牽引力的大小為 2.5104 N s/cm t/s 0.2 0.4 20 10 30 I II III 17．在“驗證碰撞中的動量守恒”的實驗中，稱得入射球與被碰球的質量分別為m1=30g，m2=60g，由實驗得出它們的位移——時間圖像如圖所示的I、II、III，則由圖可知，入射小球在碰前的動量是 0.03 kgm/s,入射小球在碰后的動量是 0.015 kgm/s，被碰小球的動量為 0.015 kgm/s，由此可以得出結論 碰撞過程中系統(tǒng)的動量守恒 。 18．某同學設計了一個用打點計時器驗證動量守恒定律的實驗，在小車A的前端黏有橡皮泥，設法使小車A做勻速直線運動，然后與原來靜止的小車B相碰并黏在一起，繼續(xù)做勻速直線運動，設計如圖所示： B A 打點計時器 紙帶 在小車A的后面連著紙帶，電磁打點計時器的頻率為50Hz，長木板下墊著小木片用以平衡摩擦力。 (1)若已得到打點紙帶如下圖所示，并測得各計數(shù)點間的距離，在圖上標出A為運動起始點，則應選 BC 段來計算A碰撞前的速度，應選 DE 段來計算A和B碰撞后的共同速度。 A B C D E 8.40 10.50 9.08 6.95 單位：cm (2)已測得A的質量mA=0.40kg，小車B的質量mB=0.20kg，，則由以上結果可得碰撞前的總動量p= 0.42 kgm/s,碰撞后總動量p’= 0.417 kgm/s. 重錘線 M O P N A B C 19．半徑相同的兩個小球A、B的碰撞驗證動量守恒定律，實驗裝置示意如圖所示，斜槽與水平槽圓滑連接，實驗時先不放B球，使A球從斜槽上某一固定點C由靜止?jié)L下，落到位于水平地面的記錄紙上留下痕跡，再把B球靜置與水平槽前端邊緣處，讓A球仍從C點處靜止?jié)L下，A球和B球碰撞后分別落在記錄紙上留下各自的痕跡，記錄紙上的O點是重錘線所指的位置，若測得各落點痕跡到O點的距離：OM=2.68cm，OP=8.62cm，ON=11.50cm，并知A、B兩球的質量之比為2：1，則未放B球時，A球落地點是記錄紙上的 P 點，系統(tǒng)碰撞前總動量p與碰撞后總動量P’的百分誤差 2% （結果保留一位有效數(shù)字） （三）計算題 20．在某地的一平直路段的交通標志上明確表明：機動車輛的行駛速度不得超過70km/h，就在這一路段曾經(jīng)發(fā)生過一起重大交通事故：一個總質量為1.40105kg的向南行駛的大客車迎面和一個總質量為1.44105kg的向北行駛的大卡車相撞，撞后輛車緊緊地卡在一起，兩車的發(fā)動機立即熄滅并整體向南自由地滑行了一小段距離后停止。根據(jù)錄像的測定，當時長途客車碰前的一剎那正以20m/s的速度行駛，那么，僅僅從事故車輛的法定行駛速率這一項指標來看，請你判定： （1）大客車司機違章超速了嗎？ （2）卡車司機違章超速了嗎？（以上判定要有數(shù)據(jù)分析的支持） 21．如圖所示，長12m木船右端固定一直立桅桿，木船和桅桿的總質量為50kg，木船與水之間的阻力是船（包括人）總重的0.1倍，質量為50kg的人立于木船的左端，木船與人均靜止，若人以a=4m/s2的加速度勻加速向右奔跑到船的右端并立即抱住桅桿，g=10 m/s2，求（1）人從開始奔跑至到達木船右端桅桿所經(jīng)歷的時間（2）木船的總位移。 m1 m2 A B 22．如圖所示，質量為1kg的物塊m1以5m/s的速度在水平桌面上向右運動，桌面AB部分粗糙，其長2.25m，與物塊間的動摩擦因數(shù)為0.2，其它部分均光滑，在桌右端有一靜止的質量為2.5kg的物塊m2，m1與m2正碰后，m2離開桌面，當它下落0.6m時，速度大小為4m/s，試求：物塊m1停在桌面的位置（g=10 m/s2） 23．如圖所示，C是放在光滑水平面上的一木板，木板的質量為3m，在木板的上面有兩塊質量均為m的小木塊A和B，它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，最初木板靜止，A、B兩木塊同時以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑動，木板足夠長，A、B始終未滑離木板。求： （1）木塊B從剛開始運動到木板C速度剛好相等的過程中，木塊B所發(fā)生的位移； A B v0 2v0 C （2）木塊A在整個過程中的最小速度。 24．如圖所示，在光滑的水平面上靜止著一個質量為4m的木板B，B的左端靜止著一個質量為2m的物塊A，已知A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)有一質量為m的小球以水平速度v0飛來與A物塊碰撞后以v0/3彈回，在整個過程中物塊A始終未滑離木板B且物塊A可視為質點，求： v0 A B （1）A相對B靜止后的速度； （2）A在B上滑行的距離。 25．xx年，美國宇航局“深度撞擊”號探測器釋放的撞擊器“擊中”目標——坦普爾1號彗星，這次撞擊使該彗星自身的運行速度出現(xiàn)每秒0.0001mm的改變，探測器上所攜帶的總質量達370kg的彗星“撞擊器”將以每小時38000km的速度徑直撞向彗星的慧核部分，撞擊彗星后融化消失，問：根據(jù)以上數(shù)據(jù)，估算一下彗星的質量大約是多少？（結果保留一位有效數(shù)字） （四）創(chuàng)新試題 26．如圖所示，質量為M=0.40kg的靶盒A位于光滑水平軌道上，開始時靜止在O點，在O點右側有范圍很廣的“相互作用區(qū)”，如圖中的虛線區(qū)域，當靶盒A進入相互作用區(qū)域時便有向左的水平恒力F=20N作用，在P處有一固定的發(fā)射器B，它可根據(jù)需要瞄準靶盒每次發(fā)射一顆水平速度為v0=50m/s，質量為m=0.1kg的子彈，當子彈打入靶盒A后，便留在盒內(nèi)，碰撞時間極短，若每當靶盒A停在或到達O點時，就有一顆子彈進入靶盒A內(nèi)，求： (1)當?shù)谝活w子彈進入靶盒A后，靶盒A離開O點的最大距離 (2)當?shù)谌w子彈進入靶盒A后，靶盒A從離開O點到回到O點所經(jīng)歷的時間。 (3)當?shù)?00顆子彈進入靶盒內(nèi)時，靶盒已經(jīng)在相互作用區(qū)中運動的總時間 A B P 相互作用區(qū) O 練習答案及解析： 1．A 解析：以子彈為研究對象，阻力對子彈所做的功W=fs，即將子彈的機械能轉化為內(nèi)能△E，且△E1=△E2，； 以子彈為研究對象，由動量定理-f△t=mv’-mv得： 由能量關系知道： 故正確答案為A 2．D 解析：第一次 第二次 3．D 解析：炸藥爆炸后，A物體的速度是否反向，取決于炸藥對兩物體推力的沖量，應該存在三種可能，速度為零、反向和保持原來的反向。由于炸藥對兩物塊的的沖量大校相等，方向相反，所以兩物體的動量變化一定相等，兩物塊受到摩擦力大小相等，方向相反，故兩物塊一定同時相對傳送帶靜止，這樣可以判斷在炸藥爆炸后傳送帶對兩物塊的沖量大小相等，方向相反，故兩物塊組成的系統(tǒng)動量守恒。 4．AD 解析：根據(jù)動量定理，（F-mg）t=mv2+mv1，其中 從該式可知，AD正確。 5．B 解析：在人宇宙飛船降落時強制減速的第一個階段中飛船在重力和大氣阻力的共同作用下勻速下降，重力等于大氣阻力，合力做功為零，計息能減少量為大氣阻力所做的功，A錯；第二階段打開降落傘，飛船先減速下降，在勻速下降，飛船在重力和大氣阻力作用下，機械能的減少量等于大氣阻力做的功，B對；第三階段點燃反沖火箭，減速降落到地面，由動能定理，動能的變化量等于合力所做的功，所以C錯，由動量定理，動量的改變量應等于合力的沖量，而不僅僅是反沖火箭的沖量，D也錯，所以本題答案為B。 6．D 解析：中微子衰變前后遵循動量守恒定律，所以衰變后μ子和τ子一定在同一條直線上，D正確，C錯誤，由于衰變后μ子和τ子的速度大小不定，所以二者可能同向，也可反向，A、B錯誤。 7．A 解析：根據(jù)動能定理，阻力做的功 ，子彈穿過鋼板的動能 子彈穿過鋼板后的速度： 所以選A 8．BD， 解析：兩錘動量相等，M=4m，所以大小錘子動能之比為1：4，設木板對釘子的阻力為f，應用動能定理fs=Ek，即釘子釘入的深度與所獲得的能量成正比，即大小錘子每次把釘子釘入的深度之比為1：4，所以BD選項正確。 9．AD 解析：輕繩未剪斷之前，設繩子的張力為T，根據(jù)力的平衡條件T=mAgsin60= mBgsin30，mA:mB=1:1.732，輕繩剪斷后，A、B從靜止開始下滑到水平面的過程中，機械能守恒，著地的瞬間兩物體的速率v=(2gh)1/2相同，機械能不同，重力的功率 10．AD 解析：P、Q相互作用的過程中滿足動量守恒和機械能守恒，當P、Q速度相等時，系統(tǒng)的動能損失最大，此時彈簧的彈性勢能最大，根據(jù)動量守恒和機械能守恒可以求得A項正確，由于P、Q的質量相等，故在相互作用過程中發(fā)生速度交換，當彈簧恢復原長時，P的速度為零，系統(tǒng)的機械能全部變?yōu)镼的動能，D正確。 11．C 解析：以小車、人、兩球為系統(tǒng)，則系統(tǒng)的動量守恒，當向前后拋出兩個小球后，小球的動量相互抵消，但小車和人的質量與原來相比質量小，所以速度增大了，故正確答案為C。 12．AC 解析：以甲、乙輛車及上面的磁鐵為系統(tǒng)，系統(tǒng)的總動量守恒，由動量守恒定律可知： 當乙車開始反向時，即v‘乙=0，所以v甲=0.5m/s，且方向不變，A正確；兩車速度相等時，兩車之間的距離最小，所以B錯誤，當兩車速度相等時 所以共同運動的速度為 所以C正確，甲對乙的沖量大小等于乙對甲的沖量大小，但是方向相反。所以D正確。 13．5:4 解析：系統(tǒng)動量守恒，總動量等于零，故 14．2.252km/s 解析：由動量守恒定律 故： 即V=2.252km/s即為所求 15．m(vA+vB) 解析：本題中的彈簧彈力是變力，時間又是未知量，顯然，不能直接從沖量的概念I=Ft入手計算，只能用動量定理求解： 對物體A有：I-mgt=mvA 對物體B有：Mgt=MvB 由以上兩式可等彈簧的彈力對物體A的沖量I=m(vA+vB) 16．25000N 解析：根據(jù)動量定理： F△t=△p，此題中的△p為動量變化，設車廂質量為M，煤的質量為△m，則 F△t=（M+△m）v-Mv=△mv,代入數(shù)據(jù)可得： F=25000N 17．0.03 0.015 0.015 碰撞過程中的系統(tǒng)動量守恒 解析：有圖象可以指導碰撞前后小球的速度: 碰撞前的速度為v1=1m/s，碰撞后的入射小球速度v1＇=0.5m/s，被碰小球的速度v2=0.75m/s 所以碰撞前入射小球的動量p1=m1v1=0.03