9.(09·福建·18)如圖所示，固定位置在同一水平面內(nèi)的兩根平行長直金屬導軌的間距為d，其右端接有阻值

為R的電阻，整個裝置處在豎直向上磁感應強度大小為B的勻強磁場中。一質(zhì)量為m(質(zhì)量分布均勻)的導體桿ab垂直于導軌放置，且與兩導軌保持良好接觸，桿與導軌之間的動摩擦因數(shù)為u�，F(xiàn)桿在水平向左、垂直于桿的恒力F作用下從靜止開始沿導軌運動距離L時，速度恰好達到最大(運動過程中桿始終與導軌保持垂直)。設桿接入電路的電阻為r，導軌電阻不計，重力加速度大小為g。則此過程　　　　　 (　 BD　 )

A.桿的速度最大值為

B.流過電阻R的電量為

C.恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量

D.恒力F做的功與安倍力做的功之和大于桿動能的變化量

解析：當桿達到最大速度v_m時，得，A錯；由公式，B對；在棒從開始到達到最大速度的過程中由動能定理有：，其中，，恒力F做的功與摩擦力做的功之和等于桿動能的變化量與回路產(chǎn)生的焦耳熱之和，C錯；恒力F做的功與安倍力做的功之和等于于桿動能的變化量與克服摩擦力做的功之和，D對。

8.(09·安徽·18)在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形的abcd，頂點a、c處分別 固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖所示。若將一個帶負電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動。粒子從b點運動到d點的過程中　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　 D　 )

A. 先作勻加速運動，后作勻減速運動

B. 先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢

C. 電勢能與機械能之和先增大，后減小

D. 電勢能先減小，后增大

解析：由于負電荷受到的電場力是變力，加速度是變化的。所以A錯；由等量正電荷的電場分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點的電勢最高，所以從b到a，電勢是先增大后減小，故B錯；由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，故電勢能與機械能的和守恒，C錯；由b到O電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負功，電勢能增加，D對。

7.(09·寧夏·17) 質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，從t=0時刻開始受到水平力的作用。力的大小F與時間t的關(guān)系如圖所示，力的方向保持不變，則　　　　　　　 (　 BD　 )

A．時刻的瞬時功率為

B．時刻的瞬時功率為

C．在到這段時間內(nèi)，水平力的平均功率為

D. 在到這段時間內(nèi)，水平力的平均功率為

6.(09·廣東理科基礎·9)物體在合外力作用下做直線運動的v一t圖象如圖所示。下列表述正確的是　 (　 A　 )

　 A．在0-1s內(nèi)，合外力做正功

　 　B．在0-2s內(nèi)，合外力總是做負功

　 C．在1-2s內(nèi)，合外力不做功

　 D．在0-3s內(nèi)，合外力總是做正功

解析：根據(jù)物體的速度圖象可知，物體0-1s內(nèi)做勻加速合外力做正功，A正確；1-3s內(nèi)做勻減速合外力做負功。根據(jù)動能定理0到3s內(nèi)，1-2s內(nèi)合外力做功為零。

5.(09·海南物理·7)一物體在外力的作用下從靜止開始做直線運動，合外力方向 不變，大小隨時間的變化如 圖所示。設該物體在和時刻相對于出發(fā)點的位移分別是和，速度分別是和，合外力從開始至時刻做的功是，從至時刻做的功是,則　　　　　　　　 (　 AC　 )

A．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．

C．　　 　　　　　　　　　　　　　　　 　D．

4.(09·天津·4)如圖所示，豎直放置的兩根平行金屬導軌之間接有定值電阻R，質(zhì)量不能忽略的金屬棒與兩導軌始終保持垂直并良好接觸且無摩擦，棒與導軌的電阻均不計，整個裝置放在勻強磁場中，磁場方向與導軌平面垂直，棒在豎直向上的恒力F作用下加速上升的一段時間內(nèi)，力F做的功與安培力做的功的代數(shù)和等于　　　　　　　　　　　　 (　 A　 )

A.棒的機械能增加量

B.棒的動能增加量

C.棒的重力勢能增加量

D.電阻R上放出的熱量

解析：棒受重力G、拉力F和安培力F_A的作用。由動能定理： 得即力F做的功與安培力做功的代數(shù)和等于機械能的增加量。選A。

3.(09·上�！�46)與普通自行車相比，電動自行車騎行更省力。下表為某一品牌電動自行車的部分技術(shù)參數(shù)。

在額定輸出功率不變的情況下，質(zhì)量為60Kg的人騎著此自行車沿平直公路行駛，所受阻力恒為車和人總重的0.04倍。當此電動車達到最大速度時，牽引力為　　　　 N,當車速為2s/m時，其加速度為　　　　　 m/s²(g=10m m/s²)

規(guī)格	后輪驅(qū)動直流永磁鐵電機
車型	14電動自行車	額定輸出功率	200W
整車質(zhì)量	40Kg	額定電壓	48V
最大載重	120 Kg	額定電流	4.5A

答案：40：0.6

2.(09·上�！�44)自行車的設計蘊含了許多物理知識，利用所學知識完成下表

自行車的設計	目的(從物理知識角度)
車架用鋁合金、鈦合金代替鋼架	減輕車重
車胎變寬
自行車后輪外胎上的花紋

答案：減小壓強(提高穩(wěn)定性)；增大摩擦(防止打滑；排水)

1.(09·全國卷Ⅰ·21)質(zhì)量為M的物塊以速度V運動，與質(zhì)量為m的靜止物塊發(fā)生正撞，碰撞后兩者的動量正好相等，兩者質(zhì)量之比M/m可能為　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　 AB　 )

A.2　　 　　　　　　　　　　B.3 　　　　　　　　　C.4　　 　　　　　　D. 5

解析：本題考查動量守恒.根據(jù)動量守恒和能量守恒得設碰撞后兩者的動量都為P,則總動量為2P,根據(jù),以及能量的關(guān)系得,所以AB正確。

5．根據(jù)以上的關(guān)系式，求得某一物理量

[例2]如圖所示，質(zhì)量為m的小鐵塊以初速度v₀滑上質(zhì)量為M，靜止在光滑水平面上的木塊，鐵塊與木塊間的摩擦因數(shù)為μ，當M向右運動s時，m與M相對靜止，m相對M滑動距離為Δs，則木塊動能的增量，鐵塊動能的減少量，系統(tǒng)機械能的減少量，轉(zhuǎn)化成內(nèi)能的能量各是多少？

解析：對m與M在水平方向所受合外力為零，因而動量守恒　　

根據(jù)動量守恒定律m v₀＝(M+m)v……①

根據(jù)動能定理，對M　 ½Mv²=μmgs

對m：　 ½m v₀²一½mv²=μmg(s+Δs)

木塊動能增量為μmgs=½M²

鐵塊動能減少量為：μmg(s+Δs)=½m v₀²－½m²

系統(tǒng)機械能的減少量為：½m v₀²一½mv²－½Mv²＝μmgΔs

轉(zhuǎn)化成內(nèi)能的能量為：μmgΔs

　　 答案： ½M²，½m v₀²－½m²，μmgΔs，μmgΔs

　點評：從以上可知，(1)m動能減少量，轉(zhuǎn)化成M的動能與系統(tǒng)的內(nèi)能．

　　 (2)系統(tǒng)機械能的減少量等于產(chǎn)生的內(nèi)能

　　 (3)從該題中也可以進一步認識到作用力、反作用力有時做功不同．

[例3]上題中ΔS與S比較，可能(　　　 )

A．一定ΔS＜s；　　 B．一定ΔS＝S；　　 C．一定ΔS＞S；

D．以上結(jié)論均可能，但不能說是一定

解析：由m v₀＝(M+m)v得v=　 ，μmgs=½M²

　 μmgΔs=½m v₀²一½mv²－½Mv²=½mv₀²一½m²－½M²

我們比較S與ΔS的大小，只要看μmgΔs一μmgs大于零或小于零，或者等于零即可．

μmgΔs一μmgs=½m v₀²一½m²－½M²－½M²＝½m v₀²[1－－]

對[1－－]==顯然大于零

　　 由以上討論可知ΔS＞S　　 答案：c

[例4]如圖所示，質(zhì)量M＝lkg的平板小車右端放有質(zhì)量m＝2kge的物塊(可視為質(zhì)點)，物塊與車之間的動摩擦因數(shù)μ=0．5．開始時二者一起以v₀=6m/s的速度向左端的光滑水平面上運動，并使車與墻發(fā)生正碰，沒碰撞時間極短，且碰后車的速率與碰前的相同，車身足夠長，使物塊不能與墻相碰(g＝10 rn／s²)求：

　　 (1)物塊相對于小車的總位移S是多少？

　　 (2)小車與墻第一次相碰后小車所走的總路程S_M為多少？

解析：(1)由于 m＞M，兩者以共同速度與墻相碰后，物塊的動量大小比車的動量大，由于滑動摩擦力的作用，兩者必會又以共同速度再次與墻相碰，如此反復直到兩者一起停止在墻角邊為止，設物體相對于車的位移為S，由能量轉(zhuǎn)化和守恒定律得：　　 μmgs=½(m+M)v₀²，所以s=(m+M)v₀²/2μmg=5.4m

(2)設v₁＝v₀，車與墻第n次碰后邊率為v_n，則第(n+1)次碰后速率為v_n+1，對物塊與車由動量守恒得：

　　 mv_n－Mv_n=(m+M)v_n+1　　 所以v_n+1＝＝v_n= v_n/3．

　　 車與墻第(n+1)次碰后最大位移　　　 s_n+1= v_n+1²/2a==S_n/9

　　 可見車每次與墻碰后的最大位移是一個等比數(shù)列，其q=1/9，所以車與墻碰后的總路程

　　 S_M=2(S₁+S₂+…+S_n+…)＝2 S₁·(1十十…+ +…)=

　　 車第一次與墻碰后最大位移　　 S₁＝/2a＝/2a，a=μmg/M=10m/s²

　　 可算得 S₁=m＝1．8 m　　 所以S_M=m＝4.05n

　　 答案：(1)5．4 m(2)4．05 m

點評：運用動量觀點和動能觀點解題每年在高考中都有很重的份量，每年的壓軸題都是利用此觀點解題．它們的特點是過程復雜、難度大、綜合性強、靈活性高，這就要求我們主動去分析研究這類題的特點及處理所用的數(shù)學方法；在提高審題能力和物理過程分析能力上很下功夫，適度配合強化訓練．

[例5]如圖所示，質(zhì)量為M長為L的木板(端點為A、B，中點為O)置于光滑水平面上，現(xiàn)使木板M以v₀的水平初速度向右運動，同時把質(zhì)量為m長度可忽略的小木塊置于B端(它對地初速為零)，它與木板間的動摩擦因數(shù)為μ，問v₀在什么范圍內(nèi)才能使小木塊m滑動到OA之間停下來(即相對木板靜止)？

解析：當 m、M相對靜止時， m滑動到OA之間停下來的條件為：m相對M的位移s．½L≤s≤L．

由動量守恒M v₀=(M十m)v

物體克服摩擦阻力相對位移的功，量度系統(tǒng)機械能的減少，所以　 μmgs＝½M v₀²－½(M+m)v²

解方程得s＝代入條件≥½L所以v₀≥

　　 ≤L所以v₀≤

　　 即：使m在OA間停下，v₀滿足的條件：≤v₀≤

[例6]：A、B兩球在光滑水平面上同向運動，A球動量P_A=5kg·M/S，B球的動量為P_B=7kg·m/s。A從后面追上B并發(fā)生碰撞，碰后B球的動量變?yōu)镻_B^/=10kg·m/s，則兩球質(zhì)量m_A與m_B間的關(guān)系可能是：

A、　 m_B=m_A； B、m_B=2m_A；C、m_B=4m_A； D、m_B=6m_A；

解：由動量守恒得P_A+P_B= P_A^/+P_B^/代入數(shù)據(jù)得P_A^/=2kg·m/s

由碰撞中動能不增特征知數(shù)據(jù)得m_B≥2.5m_A，由合理情景知在碰撞前速度應滿足關(guān)系P_A/m_A＞P_B/m_B可得m_B＞1.4m_A

碰撞后速度應滿足關(guān)系P_A^//m_A≤P_B^//m_B可得m_B=5m_A

綜合得答案：C

[例7]如圖所示，質(zhì)量為M的天車靜止在光滑水平軌道上，下面用長為L的細線懸掛著質(zhì)量為m的沙箱，一顆質(zhì)量為m₀的子彈以v₀的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后運動過程中

求：(1)沙箱上升的最大高度．

　　 (2)天車的最大速度，

解析：(1)子彈打入沙箱過程中動量守恒m₀v₀=(m₀+m)v₁……①

擺動過程中，子彈、沙箱、天車系統(tǒng)水平方向動量守恒，機械能守恒。

沙箱到達最大高度時，系統(tǒng)有相同的速度，設為v₂，則有

(m₀+m)v₁=(m₀+m+M)v₂……②

½(m₀+m)v₁²=½(m₀+m+M)v₂²+(m₀+m)gh……③　　　　 　

聯(lián)立①②③可得沙箱上升的最大高度

(2)子彈和沙箱再擺回最低點時，天車速度最大，設此時天車速度為v₃，沙箱速度為v₄，由動量守恒得

(m₀+m)v₁=Mv₃+(m+M)v₄……④

由系統(tǒng)機械能守恒得½(m₀+m)v₁²=½Mv₃²+½(m+M)v₄²……⑤

聯(lián)立④⑤求得天車的最大速度

說明：(1)該題過程復雜，在子彈打沙箱的過程中動量守恒，機械能不守恒．共同擺動過程中，子彈、沙

箱、天車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，系統(tǒng)機械能守恒．②式可列為m₀v₀=(m₀+m+M)v₂，但③式就不能列為½m₀v₀²=½(m₀+m+M)v₂²+(m₀+m)gh,因子彈與沙箱打擊過程中有機械能損失，這點是易錯點，一定要分析清楚．

　　 (2)④、⑤兩個方程列出后，顯然能看出與彈性碰撞方程相同，故解可直接寫出，會節(jié)省很多時間，由此也可看出這一碰撞模型的重要性．

[例8]如圖示是一個物理演示實驗，它顯示圖中自由落體的物體A和B經(jīng)反彈后，B能上升到比初始位置高得多的地方．

　　 A是某種材料做成的實心球，質(zhì)量m₁＝0. 28 kg,在其頂部的凹的坑中插著質(zhì)量m₂＝0. 10 kg的木棍B，B只是松松地插在凹坑中，其下端與坑底之間有小空隙．將此裝置從A下端離地板的高度H＝1. 25 m處由靜止釋放．實驗中，A觸地后在極短時間內(nèi)反彈，且速度大小不變；接著木棍B脫離球A開始上升，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＝10 m/s²．

解析:實心球A和木棍開始做自由落體運動，設它們就要落地的瞬間速度為v₁，由運動學公式

　　 由題意，A觸地后在極短的時間內(nèi)反彈，速度變?yōu)橄蛏�，大小不變，仍為v₁，而木棍由于松松地插在凹坑中，其下端與坑底間有空隙，受到的作用力的沖量可忽略，可認為速度大小，方向不變．由于A的速度變?yōu)橄蛏希珺的速度仍向下，A,B相向運動，之間接著產(chǎn)生很強的作用力，A對B作用力的沖量使B的速度方向變?yōu)橄蛏希�設大小為v₂^/, 而B對A的沖量使A的速度由v₁減為零，恰好停留在地板上，這一過程屬于碰撞模型，可認為在豎直方向A,B系統(tǒng)的動量守恒，取向上為正，由動量守恒定律得：

　　 m₁v₁－m₂v₂=m₂v₂^/(v₁=v₂)

　　 以后，B脫離A以初速度v₂^/做豎直上拋運動，設木棍B上升的最大高度為h，由機械能守恒定律得：

½m₂v₂^/2=m₂gh,由以上幾式聯(lián)立，解得：h=4. 05 m

[例8]兩個小球A和B用輕質(zhì)彈簧相連，在光滑的水平直軌道上處于靜止狀態(tài)。在它們左邊有一垂直于軌道的固定擋板P，右邊有一小球C沿軌道以速度v₀射向B球，如圖所示。C與B發(fā)生碰撞并立即結(jié)成一個整體D。在它們繼續(xù)向左運動的過程中，當彈簧長度變到最短時，長度突然被鎖定，不再改變，然后，A球與擋板P發(fā)生碰撞，碰后A、D都靜止不動，A與P接觸而不粘連。過一段時間，突然解除鎖定(鎖定及解除鎖定無機械能損失)。已知A、B、C三球的質(zhì)量均為m。

　　 (1)求彈簧長度剛被鎖定后A球的速度。

　　 (2)求在A球離開擋板P之后的運動過程中，彈簧的最大彈性勢能。

解析(1)設C球與B球粘結(jié)成D時，D的速度為v₁，由動量守恒，有mv₀=(m+m)v₁當彈簧壓至最短時，D與A的速度相等，設此速度為v₂，由動量守恒，有2mv₁＝3mv₂�！　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　�

　　 由以上兩式得A的速度v₂=v₀

　　 (2)設彈簧長度被鎖定后，貯存在彈簧中的勢能為E_P，由能量守恒，有

　　 ½½×2mv₁²=½×3mv₂²+E_P

　　 撞擊P后，A與D的動能都為零，解除鎖定后，當彈簧剛恢復到自然長度時，勢能全部轉(zhuǎn)變成D的動能，設D的速度為v₃，則有E_P＝½(2m)·v₃²

　　 以后彈簧伸長，A球離開擋板P，并獲得速度，當A、D的速度相等時，彈簧伸至最長，設此時的速度為v₄，由動量守恒，有2mv₃=3mv₄

　　 當彈簧伸到最長時，其勢能最大，設此勢能為E_P^/，由能量守恒，有

½½×2mv₃²=½×3mv₄²+E_P^/　　 解以上各式得 E _P^/=mv₀²

[例9]一段凹槽A倒扣在水平長木板C上，槽內(nèi)有一小物塊B，它到槽兩內(nèi)側(cè)的距離均為L/2，如圖所示，木板位于光滑水平的桌面上，槽與木板間的摩擦不計，小物塊與木板間的摩擦因數(shù)為μ，A、B、C三者質(zhì)量相等，原來都靜止，現(xiàn)使槽A以大小為v₀的初速度向右運動，已知v₀＜，當A和B發(fā)生碰撞時，兩者速度互換，求：

　　 (1)A與B剛發(fā)生第一次碰撞到第二次碰撞的時間內(nèi)，木板內(nèi)C運動的路程。

　　 (2)在A、B剛要發(fā)生第四次碰撞時，A、B、C三者速度的大小。

解析：(1)A與B剛發(fā)生第一次碰撞后，A停下不動，B以初速度v₀向右運動，由于摩擦，B向右作勻減速運動，而C向右作勻加速運動，兩者速率漸接近，設B、C達到相同速度v₁時B移動的路程為s₁．設A、B、C質(zhì)量皆為m，由動量守恒定律得mv₀＝2mv₁

由功能轉(zhuǎn)化得：μmgs₁=½mv₀²－½mv₁²

聯(lián)立上式得v₁=½v₀；　 　

可見，在B、C達到相同速度v₁時，B尚未與A發(fā)生第二次碰撞，B與C-起將以v₁向右勻速運動一段距離(L-s₁)后才與A發(fā)生第二次碰撞。設C的速度從零變到v₁的過程中，C的路程為s₂，由功能關(guān)系得μmgs₂=½mv₁²得s₂=，因此在第一次到第二次碰撞間C的路程為

(2)由上面討論可知，在剛要發(fā)生第二次碰撞時，A靜止。B、C的速度均為v₁，剛碰撞后，B靜止，A、C的速度均為v₁。由于摩擦，B將加速，C將減速，直至達到相同速度v₂

　　 由動量守恒定律得 mv₁＝2mv₂　　 解得v₂=½v₁=¼v₀

　　 因A的速度v₁大于B的速度v₂，故第三次碰撞發(fā)生在A的左室，剛碰撞后，A的速度變?yōu)関₂，B的速度變?yōu)関₁，C的速度仍為v₂，由于摩擦，B減速，C加速，直至達到相同速度v₃，由動量守恒定律得mv₁+mv₂=2mv₃　 解得 v₃=v₀

　　 故剛要發(fā)生第四次碰撞時，A、B、C的速度分別為v_A=v₂=v₀，v_B=v_C=v₃=v₀

點評(1)考查了動量守恒定律與動能定理的綜合應用，這是動量守恒定律與其他知識結(jié)合的常見形式。

　　 (2)找準研究對象和研究過程，反復建立動量守恒方程，這是對考生綜合素質(zhì)的考查。

　　 (3)題目新穎、靈活，考查了考生的推理能力。歸納能力、隨機應變能力。

　　 (4)此題區(qū)分度高，是壓軸題，但可利用圖家法巧解(如圖所示)．

　　 由題及圖知s_l+s₂＝L， s_l＝L一s₂

　　 又s₂===

至于剛要發(fā)生第四次碰撞時，A、B、c三者速度由圖一目了然。

[例10]一個連同裝備總質(zhì)量為M=100kg的宇航員，在距離飛船s=45m處與飛船處于相對靜止，宇航員背著裝有質(zhì)量為m₀=0．5kg氧氣的貯氣筒，筒有個可以使氧氣以v=50m/s的速度噴出的噴嘴，宇航員必須向著返回飛船的相反方向放出氧氣，才能回到飛船，同時又必須保留一部分氧氣供途中呼吸用。宇航員的耗氧率為Q=2．5×10^－4kg／s．不考慮噴出　 氧氣對設備及宇航員總質(zhì)量的影響，則(1)瞬時噴出多少氧氣，宇航員才能完全返回飛船；(2)為了使總耗氧量最低、應一次噴出多少氧氣？返回時間又是多少？(3)已知超氧化鉀(KO₂)的性質(zhì)與Na₂O₂相似，若該宇航員貯氣筒的氧氣由超氧化鉀提供，則需用多少千克KO₂？

解析(1)以飛船為參照物，向著飛船運動的方向為正方向，設噴出m(kg)氧氣，宇航員獲得的速度為V₁，根據(jù)動量定恒定律，有：　　　 (M－m)V₁－mv＝0

　　 　考慮到M＞＞m，有V₁=mv/M………①

　　　 宇航員返回飛船做勻速運動，歷時：　　 t＝s/V₁………②

　　　 又筒內(nèi)氧氣的總質(zhì)量滿足關(guān)系式：　 m₀=Qt+m ………③

　　　 聯(lián)立①②③并代入數(shù)據(jù)得　　　　 0．5=+m

　　　 解之得 m_l=0．05kg或　 m₂＝0．45kg．故噴出的氧氣 0．05kg＜m＜0．45kg·

(2)為了耗氧量最低，設噴出 m(kg)氧氣則耗氧為　 Δm＝Qt+m……④

　　 將①②代入④得Δm=+m=+m

　 故當m=時，Δm有極小值。 即m==0．15(kg)，返回時間t==600(s)

(3)由4KO₂+2CO₂=2K₂CO₃+3O₂可知，284kg的KO₂可制得96kg的O₂，所以制取0．5kg的O₂需KO₂的質(zhì)量為：0．5×=1．48(kg)．

試題展示