1．獨立理清兩條線：一是力的時間積累――沖量――動量定理――動量守恒；二是力的空間移位積累――功――動能定理――機械能守恒――能的轉(zhuǎn)化與守恒．把握這兩條主線的結(jié)合部：系統(tǒng)。即兩個或兩個以上物體組成相互作用的物體系統(tǒng)。動量和能量的綜合問題通常是以物體系統(tǒng)為研究對象的，這是因為動量守恒定律只對相互作用的系統(tǒng)才具有意義。

2．解題時要抓特征扣條件，認(rèn)真分析研究對象的過程特征，若只有重力、系統(tǒng)內(nèi)彈力做功就看是否要應(yīng)用機械能守恒定律；若涉及其他力做功，要考慮能否應(yīng)用動能定理或能的轉(zhuǎn)化關(guān)系建立方程；若過程滿足合外力為零，或者內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，判斷是否要應(yīng)用動量守恒；若合外力不為零，或沖量涉及瞬時作用狀態(tài)，則應(yīng)該考慮應(yīng)用動量定理還是牛頓定律．

3．應(yīng)注意分析過程的轉(zhuǎn)折點，如運動規(guī)律中的碰撞、爆炸等相互作用，它是不同物理過程的交匯點，也是物理量的聯(lián)系點，一般涉及能量變化過程，例如碰撞中動能可能不變，也可能有動能損失，而爆炸時系統(tǒng)動能會增加．

三、考點透視

考點1、碰撞作用

碰撞類問題應(yīng)注意：⑴由于碰撞時間極短，作用力很大，因此動量守恒；⑵動能不增加，碰后系統(tǒng)總動能小于或等于碰前總動能，即；⑶速度要符合物理情景：如果碰前兩物體同向運動，則后面的物體速度一定大于前面物體的速度，即，碰撞后，原來在前面的物體速度一定增大，且；如果兩物體碰前是相向運動，則碰撞后，兩物體的運動方向不可能都不改變，除非兩物體碰撞后速度均為零。

例1A、B兩球在光滑水平面上沿同一直線運動，A球動量為p_A=5kg?m/s，B球動量為p_B=7kg?m/s，當(dāng)A球追上B球時發(fā)生碰撞，則碰后A、B兩球的動量可能是：（    ）

A．p_A=6kg?m/s、p_B=6kg?m/s 　　　　B．p_A=3kg?m/s、p_B=9kg?m/s

C．p_A=-2kg?m/s、p_B=14kg?m/s　　　 D．p_A=5kg?m/s、p_B=17kg?m/s

解析：動量守恒四個選項都滿足，那么第二個判斷依據(jù)是速度情景：A的動量不可能原方向增大，A錯；第三個判斷依據(jù)是能量關(guān)系：碰后系統(tǒng)總動能只能小于等于碰前總動能。計算得BC正確D錯。碰前總動能為　，由于，A要追上B，則有，即.對B項，有，得，滿足，B正確；對C，有,,同樣滿足，C正確.

答案：BC

點撥：判斷的優(yōu)先順序為：動量守恒→速度情景→動能關(guān)系，動量守恒最容易判斷，其次是速度情景，動能關(guān)系要通過計算才能作結(jié)論，簡捷方法是先比較質(zhì)量關(guān)系，再比較動量的平方，如果兩物體質(zhì)量相等，則可直接比較碰撞前后動量的平方和。

考點2、爆炸和反沖　

⑴爆炸時內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，系統(tǒng)動量守恒；

⑵由于有其它形式的能轉(zhuǎn)化為動能（機械能），系統(tǒng)動能增大。

例22007年10月24日18時05分，中國首枚繞月探測衛(wèi)星“嫦娥一號”順利升空，24日18時29分，搭載 “嫦娥一號”的“長征三號甲”火箭成功實施“星箭分離”。此次采用了爆炸方式分離星箭，爆炸產(chǎn)生的推力將置于箭首的衛(wèi)星送入預(yù)定軌道運行。為了保證在爆炸時衛(wèi)星不致于由于受到過大沖擊力而損壞，分離前關(guān)閉火箭發(fā)動機，用“星箭分離沖擊傳感器”測量和控制爆炸作用力，使星箭分離后瞬間火箭仍沿原方向飛行，關(guān)于星箭分離，下列說法正確的是（   ）

A．由于爆炸，系統(tǒng)總動能增大，總動量增大

B．衛(wèi)星的動量增大，火箭的動量減小，系統(tǒng)動量守恒

C．星箭分離后火箭速度越大，系統(tǒng)的總動能越大

D．若爆炸作用力持續(xù)的時間一定，則星箭分離后火箭速度越小，衛(wèi)星受到的沖擊力越大

解析：由于爆炸，火藥的化學(xué)能轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)動能，因此系統(tǒng)總動能增大。爆炸力遠(yuǎn)大于星箭所受外力（萬有引力），系統(tǒng)動量守恒，衛(wèi)星在前，動量增大，火箭仍沿原方向運動，動量則一定減小，A錯B對；，又，分離后總動能，聯(lián)立解得，式中v是星箭分離前的共同速度，依題意，即，因此火箭速度v₂越大，分離后系統(tǒng)總動能越小，（也可用極限法直接判斷：假設(shè)星箭分離后星箭速度仍相等，則動能不變，火藥釋放的能量為0，系統(tǒng)總動能為最�。〤錯；爆炸力為一對相互作用的內(nèi)力，因此大小相等、作用時間相同，衛(wèi)星和火箭受到的爆炸力的沖量大小一定相等，分離后火箭速度越小，則火箭動量的變化量越大，所受爆炸力的沖量越大，則衛(wèi)星受到的沖量（與火箭受到的爆炸力的沖量等大反向）越大，相互作用時間一定，則衛(wèi)星受到的沖擊力越大，D正確。。

答案：BD

點撥：注意提取有效解題信息，把握關(guān)鍵字句，如“置于箭首的衛(wèi)星”、“星箭分離后瞬間火箭仍沿原方向飛行”等，結(jié)合爆炸特點和物理情景判斷解題。

考點3、兩個定理的結(jié)合

例3：如圖所示，質(zhì)量m1為4kg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)μ=0.24，木板右端放著質(zhì)量m2為1.0kg的小物塊B(視為質(zhì)點)，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài).木板突然受到水平向右的的瞬時沖量I作用開始運動，當(dāng)小物塊滑離木板時，木板的動能為8.0J，小物塊的動能為0.50J，重力加速度取10m/s2,求：

（1）瞬時沖量作用結(jié)束時木板的速度V0.

（2）木板的長度L

解析：(1)設(shè)水平向右為正方向，有①    代入數(shù)據(jù)解得②

(2)設(shè)A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力的大小分別為、和，B在A上滑行的時間為t，B離開A時A和B的速度分別為和，有③

④ 其中，⑤

設(shè)A、B相對于C的位移大小分別為和，有⑥ ⑦

動量與動能之間的關(guān)系為 ⑧  ⑨

木板的長度⑩            代入數(shù)據(jù)得L=0.50m

點撥：涉及動量定理和動能定理綜合應(yīng)用的問題時，要注意分別從合力對時間、合力對位移的累積作用效果兩個方面分析物體動量和動能的變化，同時應(yīng)注意動量和動能兩個量之間的關(guān)系.

考點4、碰撞與圓周運動、平拋運動的結(jié)合  

例4（2008年北京）有兩個完全相同的小滑塊A和B，A沿光滑水平面以速度v₀與靜止在平面邊緣O點的B發(fā)生正碰，碰撞中無機械能損失。碰后B運動的軌跡為OD曲線，如圖所示。（1）已知滑塊質(zhì)量為m,碰撞時間為，求碰撞過程中A對B平均沖力的大小。（2）為了研究物體從光滑拋物線軌道頂端無初速下滑的運動，特制做一個與B平拋軌道完全相同的光滑軌道，并將該軌道固定在與OD曲線重合的位置，讓A沿該軌道無初速下滑（經(jīng)分析，A下滑過程中不會脫離軌道）。

a.分析A沿軌道下滑到任意一點的動量p_A與B平拋經(jīng)過該點的動量p_B的大小關(guān)系;

b.在OD曲線上有一M點，O和M兩點連線與豎直方向的夾角為45°。求A通過M點時的水平分速度和豎直分速度。

解析：（1）滑動A與B正碰，滿足：mv_A-mv_B=mv₀            

由①②，解得v_A=0, v_B=v₀,

根據(jù)動量定理，滑塊B滿足        F?t=mv₀

解得           

(2)a.設(shè)任意點到O點豎直高度差為d，A、B由O點分別運動至該點過程中，只有重力做功，所以機械能守恒。選該任意點為勢能零點，有

E_A=mgd,E_B= mgd+

由于p=,有

即   P_A<P_B，A下滑到任意一點的動量總和是小于B平拋經(jīng)過該點的動量。

b.以O為原點，建立直角坐標(biāo)系xOy,x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向下，則對B有::x=v₀t，y=gt²

B的軌跡方程      y=

在M點x=y，所以                              

因為A、B的運動軌跡均為OD曲線，故在任意一點，兩者速度方向相同。設(shè)B水平和豎直分速度大小分別為和，速率為v_B；A水平和豎直分速度大小分別為和，速率為v_A,則:              

B做平拋運動，故   

對A由機械能守恒得v_A=             

由由以上三式得

將代入得：

點撥：碰撞過程中的動量與能量關(guān)系，碰撞后與平拋運動的規(guī)律相結(jié)合是近幾年高考的熱點，復(fù)習(xí)時應(yīng)加強這方面的訓(xùn)練。

動量和能量是物理學(xué)乃至整個自然科學(xué)的核心，可以綜合中學(xué)物理的所有版塊命題，一直是歷屆高考關(guān)注的重點和熱點�？瑟毩⒚�題，也可綜合命題，2007年全國試題中選擇題4道，計算題共有7道，試題可分為以下幾種常見模型：

熱點1、子彈打木塊模型

例1如圖5-4所示，在光滑的水平地面上靜止著質(zhì)量為的木塊，一粒質(zhì)量為初速為的子彈水平擊中木塊，打入深度為，試求轉(zhuǎn)化為內(nèi)能的值是多少？

解析：水平面光滑，動量守恒，以子彈初速度方向為正方向，，

子彈和木塊發(fā)生的是完全非彈性碰撞，損失的動能最多， 通過內(nèi)力做負(fù)功轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)的內(nèi)能：

反思：子彈打木塊模型是一個典型的物理模型，系統(tǒng)通過一對內(nèi)力做負(fù)功，把“子彈”的部分動能轉(zhuǎn)化為其他形式的能量，是高考的熱點，復(fù)習(xí)時要重視。

例2如圖5-5所示，質(zhì)量為的天車靜止在光滑軌道上，下面用長為的細(xì)線懸掛著質(zhì)量為的沙箱，一顆質(zhì)量為的子彈，以的水平速度射入沙箱，并留在其中，在以后運動過程中，求：沙箱上升的最大高度。

解析：子彈打入沙箱，水平方向動量守恒，，

此后由天車、沙箱和子彈組成的系統(tǒng)機械能守恒，當(dāng)沙箱上擺到最高點時，系統(tǒng)具有相等的水平速度，損失的動能轉(zhuǎn)化為沙箱的重力勢能，運用“子彈打木塊”的結(jié)論，

，

聯(lián)系以上兩式，則沙箱上升的最大高度為：

。

反思：沖擊擺是一個經(jīng)典的物理模型，是子彈打木塊模型巧妙遷移地應(yīng)用。

熱點2、人船模型　

例3如圖5-6所示浮動起重機從岸上吊起m=2t的重物。開始時浮吊起重桿OA與豎直方向成60°角，當(dāng)轉(zhuǎn)至桿與豎直方向成30°角時，求起重機的水平方向的位移。設(shè)浮吊質(zhì)量為20t，起重桿長l=8m，水的阻力與桿重均不計。

解析：浮吊與重物組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，動量守恒且初總動量為零，為一人船模型，則：

解得x=0.266m，即起重機的水平向左的位移為0.266m。

反思：人船模型是作用力和反作用力的同時性，當(dāng)系統(tǒng)動量守恒時平均動量也守恒。用人船模型的公式解這類變速直線運動的位移不涉及速度的問題時，是非常簡便的，應(yīng)用時要注意人船模型的條件與正確找出物體位移間的幾何關(guān)系。

熱點3“帶彈簧的木板與滑塊”模型

例4（2006年天津）如圖5-7所示，坡道頂端距水平面高度為h，質(zhì)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，另一端與質(zhì)量為m₂的檔板相連，彈簧處于原長時，B恰好位于滑道的末端O點。A與B碰撞時間極短，碰撞后結(jié)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)為μ，其余各處的摩擦不計，重力加速度為g，求

�。�1）物塊A在檔板B碰撞瞬間的速度v的大�。�

�。�2）彈簧最大壓縮時為d時的彈性勢能E_P（設(shè)彈簧處于原長時彈性勢能為零）。

解析：（1）由機械能守恒定律得，有　　　　

（2）A、B在碰撞過程中動量守恒有

　　A、B克服摩擦力所做的功   W＝

根據(jù)能量守恒定律得　　

解得   

反思： “帶彈簧的木板與滑塊”模型，分為三個過程：A物體下滑過程，遵循機械能守恒或動能定理求解；A物體碰撞B物體過程，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，遵循動量守恒定律；A、B整體壓縮彈簧的過程，又遵循能量守恒定律（摩擦力做功，機械能不守恒），分清物理過程，正確應(yīng)用物理規(guī)律建立方程，是解決這類問題的關(guān)鍵。

五、能力突破

1. 動量守恒和機械能守恒的應(yīng)用

例2如圖5-8所示，滑塊A、B的質(zhì)量分別為m₁與m₂，m₁＜m₂，由輕質(zhì)彈簧相連接置于水平的氣墊導(dǎo)軌上，用一輕繩把兩滑塊拉至最近，使彈簧處于最大壓縮狀態(tài)后綁緊。兩滑塊一起以恒定的速率v₀向右滑動。突然輕繩斷開，當(dāng)彈簧伸至本身的自然長度時，滑塊A的速度正好為0。求：

(1)繩斷開到第一次恢復(fù)自然長度的過程中彈簧釋放的彈性勢能E_p；

(2)在以后的運動過程中，滑塊B是否會有速度為0的時刻?試通過定量分析證明你的結(jié)論.

解析：(1)當(dāng)彈簧處壓縮狀態(tài)時，系統(tǒng)的機械能等于兩滑塊的動能和彈簧的彈性勢能之和，當(dāng)彈簧伸長到自然長度時，彈性勢能為0，因這時滑塊A的速度為0，故系統(tǒng)的機械能等于滑塊B的動能。設(shè)這時滑塊B的速度為v，則有。

因系統(tǒng)所受外力為0，由動量守恒定律

    (m₁+m₂)v₀=m₂ v

解得

由于只有彈簧的彈力做功，系統(tǒng)的機械能守恒

  解得

  (2)假設(shè)在以后的運動中滑塊B可以出現(xiàn)速度為0的時刻，并設(shè)此時A的速度為v₁，彈簧的彈性勢能為E_p’，由機械能守恒定律得

根據(jù)動量守恒得(m₁+m₂) v₀=m₁ v₁，

求出v₁代入上式得:

因為E_p’≥0，故得:

即m₁≥m₂，這與已知條件中m₁＜m₂不符�？梢娫谝院蟮倪\動中不可能出現(xiàn)滑塊B的速度為0的情況。

反思：“假設(shè)法”是科學(xué)探索常用的方法之一，其特點是：先對某個結(jié)論提出可能的假設(shè)，再利用已知的規(guī)律知識對該假設(shè)進行剖析，其結(jié)論若符合題意的要求，則原假設(shè)成立。

2.動量守恒、機械能守恒與圓周運動結(jié)合

例2（2006年重慶） 如圖5-9所示，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)。小球A、B質(zhì)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(jié)束時小球A、B各自的速度和B球?qū)�軌道的壓�?

（3）小球A、B在軌道最低處第二次碰撞剛結(jié)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(jié)束時各自的速度。

解析：（1）由機械能守恒定律可得：mgR＝+得　　　　β＝3

�。�2）設(shè)A、B碰撞后的速度分別為v₁、v₂，則　　　=　　　=

設(shè)向右為正、向左為負(fù)，解得　　v₁＝，方向向左　v₂＝，方向向右

設(shè)軌道對B球的支持力為N，B球?qū)�軌道的壓力為N ^/，方向豎直向上為正、向下為負(fù)。則　

N－βmg＝βm　　　　　　N ^/＝－N＝－4.5mg，方向豎直向下

（3）設(shè)A、B球第二次碰撞剛結(jié)束時的速度分別為V₁、V₂，則

解得：V₁＝－，V₂＝0（另一組：V₁＝－v₁，V₂＝－v₂，不合題意，舍去）

由此可得：當(dāng)n為奇數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞剛結(jié)束時的速度分別與第一次碰撞剛結(jié)束時相同；當(dāng)n為偶數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞剛結(jié)束時的速度分別與第二次碰撞剛結(jié)束時相同

反思：（1）碰撞中無能量損失意味著整個過程中機械能守恒。（2）求軌道壓力肯定要用到牛頓第二定律。（3）在做這種題目時需要先確定研究的是哪個過程，那個狀態(tài)。

3.碰撞中動量與能量結(jié)合問題

例3（2008年四川）一傾角為的斜面固定于地面，斜面頂端離地面的高度h₀=1m，斜面底端有一垂直于斜面的固定擋板。在斜面頂端自由釋放一質(zhì)量m=0.09kg的小物塊（視為質(zhì)點）。小物塊與斜面之間的動摩擦因數(shù)u=0.2。當(dāng)小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回。重力加速度g=10 m/s²。在小物塊與擋板的前4次碰撞過程中，擋板給予小物塊的總沖量是多少？

解析：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動，到達斜面底端時速度為v，由功能關(guān)系得:                     ①

以沿斜面向上為動量的正方向，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量:  ②

設(shè)碰撞后小物塊所能達到的最大高度為，則    ③

同理，有:                   ④

                                 ⑤

式中，為小物塊再次到達斜面底端時的速度，為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量。由①②③④⑤式得                                          ⑥

式中                                   ⑦

可知小物塊前4次與擋板碰撞所獲得沖量成等比級數(shù)，首項為⑧

總沖量為:              ⑨

由                        ⑩

得                   

代入數(shù)據(jù)得                       

反思：合理選擇不同階段的研究對象，準(zhǔn)確分析碰撞前后各研究對象的受力情況及各力的做功情況，應(yīng)用功能原理將碰撞前后的速度與已知條件聯(lián)系，再結(jié)合碰撞過程的動量與能量關(guān)系，是解答本題的關(guān)鍵。

4. 功能關(guān)系在電學(xué)中的綜合應(yīng)用

例4如圖所示，將邊長為a、質(zhì)量為m、電阻為R的正方形導(dǎo)線框豎直向上拋出，穿過寬度為b、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場的方向垂直紙面向里．線框向上離開磁場時的速度剛好是進人磁場時速度的一半，線框離開磁場后繼續(xù)上升一段高度，然后落下并勻速進人磁場．整個運動過程中始終存在著大小恒定的空氣阻力f且線框不發(fā)生轉(zhuǎn)動．

求：（1）線框在下落階段勻速進人磁場時的速度V₂； 

(2）線框在上升階段剛離開磁場時的速度V₁； 

（3）線框在上升階段通過磁場過程中產(chǎn)生的焦耳熱Q．

解析：線框在上升過程中受到向下的重力和安培力還有空氣阻力的作用，其中克服重力做功只是使重力勢能發(fā)生變化，不改變線框的機械能，而安培力做功和克服空氣阻力做功轉(zhuǎn)化成焦耳熱。在上升過程中已知進入磁場和離開磁場的速度關(guān)系，可由能量守恒定律列出產(chǎn)生焦耳熱的表達式；由于線框向上離開磁場時還有一定的速度，在重力和空氣阻力的作用下繼續(xù)向上運動到最高點又返回進入磁場，這個過程中克服空氣阻力做功使機械能繼續(xù)減小；再次進入磁場時，線框勻速運動，重力、空氣阻力和安培力平衡。

（1）由于線框勻速進入磁場，則合力為零，有，解得

（2）設(shè)線框離開磁場能上升的高度為h,則從剛離開磁場到剛落回磁場的過程中　

解得，

（3）在線框向上剛進入到磁場到剛離開磁場的過程中，根據(jù)能量守恒定律和轉(zhuǎn)化定律可得：　

解得：。

反思：能量守恒定律和功能關(guān)系是物理解題中特別倚重的規(guī)律，本題在研究線框上升時，利用而安培力做功和克服空氣阻力判斷機械能的變化，進而判斷物體的運動。同時，能量守恒定律是自然界普遍適用的規(guī)律，一般沒有限制條件，在機械能守恒定律和動量守恒定律不適用的情況下，也可使用。

六、規(guī)律整合

本專題在高考中涉及的主要知識點有：動量、沖量、功和機械能等四個重要概念和動量定理、動量守恒定律、動能定理、機械能守恒定律四大規(guī)律，考查重點是知識的應(yīng)用方面，而且難度較大，能力要求較高，要求考生具有較強的理解能力、對物理過程和物理規(guī)律的綜合分析能力以及應(yīng)用數(shù)學(xué)解決物理問題的能力，故2009年高考在這方面仍然有所體現(xiàn)。

本專題解題方法有：

1.仔細(xì)審題、分析題意，明確研究對象，或研究的系統(tǒng)及其組成。

2.要對系統(tǒng)內(nèi)的物體進行受力分析，弄清哪些是系統(tǒng)內(nèi)部物體之間相互作用的力，即內(nèi)力；哪些是系統(tǒng)外的物體對系統(tǒng)內(nèi)物體的作用力，即外力。在受力分析的基礎(chǔ)上，明確對象的運動過程，弄清各力做功情況，判斷是否符合機械能守恒的條件。如果不符合機械能守恒條件，應(yīng)優(yōu)先考慮應(yīng)用動能定理、動量守恒定律或動量定理，根據(jù)動量守恒的條件，判斷能否應(yīng)用動量守恒定律。

3.明確所研究的相互作用過程，確定過程的始末狀態(tài)，恰當(dāng)選取參考平面，確定研究對象在過程的初狀態(tài)和末狀態(tài)的機械能，包括動能和重力勢能，以及系統(tǒng)內(nèi)各個物體的初動量和末動量的量值或表達式。對于物體在相互作用前后運動方向都在一條直線上的情形，動量守恒方程中各個動量或速度的方向可用代數(shù)符號表示。選取某個已知量的方向為正方向以后，凡是和選定的正方向同向的已知量取正值，反向的要取負(fù)值。

4.建立機械能守恒方程或動量守恒方程，代入已知量，解出待求量。待求量若為矢量，計算結(jié)果如果是正的，說明該量的方向和正方向相同；如果是負(fù)的，則說明和選定的正方向相反。

友情提醒：對于本專題復(fù)習(xí)時要注意：

⑴本專題涉及的概念和規(guī)律均是力和運動及其規(guī)律的延伸和拓展，是物理規(guī)律的升華，因此應(yīng)用動量和能量分析問題時，不僅要用到力和運動的規(guī)律，而且要運用受力分析、運動分析、過程分析以及隔離法、整體法等重要的基本分析方法，在分析時還要熟練運用力學(xué)知識綜合分析動量和能量問題。

⑵要梳理清楚動量和能量知識之間的相互滲透關(guān)系。要注意本專題涉及的動量和能量是兩個彼此獨立、物理意義不同的概念，但兩者又是相互滲透的。上述四個規(guī)律雖然各自表征運動的特性，但彼此有牽連。在相關(guān)的物理問題中，可能遵循其中若干或全部規(guī)律，這需要對具體問題進行具體分析，因而這些知識的綜合性極強。

⑶動量和能量的概念與規(guī)律雖然由力學(xué)問題歸納出來，但它們是整個物理現(xiàn)象中的“主體”，不少電磁現(xiàn)象、熱學(xué)現(xiàn)象以及原子、原子核的運動都可以用它們來描述和表征。

七、高考預(yù)測

動量和能量綜合問題涉及的內(nèi)容是力和運動規(guī)律的延伸，是動力學(xué)內(nèi)容的繼續(xù)和深化，又由于動量守恒定律、能量守恒定律是自然界中普遍適用的基本規(guī)律，故本專題是高中物理學(xué)習(xí)的重點，也是高考考查的熱點之一。要求考生在復(fù)習(xí)備考中對本專題內(nèi)容要特別關(guān)注，加強對概念、規(guī)律的理解和掌握，培養(yǎng)和提高綜合應(yīng)用動量與能量的觀點處理問題的能力�？v觀近幾年高考，動量、能量知識年年必考，并常以壓軸題的形式出現(xiàn)，預(yù)測也是2009年高考的熱點和命題點，一般分值16-20分，難度系數(shù)約0.5。

八、專題專練：

1．以下說法中，正確的是（    ）

A．一個物體所受的合外力為零，它的機械能一定守恒

B．一個物體所受合外力的沖量為零，它的機械能可能守恒

C．一個物體做勻速直線運動，它的機械能一定守恒

D．一個物體所受的合外力對它不做功，這個物體的動量一定不發(fā)生變化

２．美國著名的網(wǎng)球運動員羅迪克的發(fā)球速度時速最快可達60m/s，這也是最新的網(wǎng)球發(fā)球時速的世界記錄，可以看作羅迪克發(fā)球時使質(zhì)量約為60g的網(wǎng)球從靜止開始經(jīng)0.02s后速度增加到60m/s，則在上述過程中，網(wǎng)球拍對網(wǎng)球的作用力大小約為（    ）

A.180N　　　B.90N　　　　　　C.360N　　　　D.1800N

３．如圖１所示，A、B兩物體質(zhì)量比為1：2。原來靜止在平板小車C上，A、B之間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與車面間的動摩擦因數(shù)之比為2：1，平板小車C與地面之間的摩擦不計，當(dāng)彈簧釋放后，若彈簧釋放時彈力大于兩物體與車間的摩擦力，則下列判斷中正確的是（    ）

A.小車將向左運動

B.小車將向右運動

C.A、B兩物體組成的系統(tǒng)的總動量守恒

D.A、B、C三者組成的系統(tǒng)的總動量守恒

４．質(zhì)量為1.0kg的小球從高20m處自由下落(空氣阻力不計，g取10m/s²)到軟墊上，反彈后上升最大高度為5.0m，小球與軟墊接觸的時間為1.0s，在接觸時間內(nèi)小球受到軟墊的平均作用力為（　　　�。�

A.30N　　　B.40N　　　　　　C.60N　　　　D.80N

５．質(zhì)量為m的質(zhì)點，在水平面內(nèi)以速度v做半徑為R的勻速圓周運動．如圖2所示，質(zhì)點從位置A開始經(jīng)半個周期到位置B的過程中，所受的合外力的沖量是（    ）

A.  0　　　B.　 mv　　　　　C. 2mv　　　　D.

６．發(fā)射同步衛(wèi)星的一種方法是：先用火箭將星體送入一近地軌道運行，然后再適時開動星載火箭，將其通過橢圓形過渡軌道，最后送上與地球自傳同步運動的圓形軌道，那么變軌后與變軌前相比，衛(wèi)星（     ）

A.機械能增大，動能增大

B.機械能增大，動能減小

C.機械能減小，動能減小

D.機械能減小，動能增大

７．在粗糙的水平面商運動的物體，從a點開始受到一個水平恒力F的作用沿直線運動到b點，已知物體在b點的速度與在a點的速度大小相等，則從a點到b點（    ）

A.物體一定做勻速運動

B.恒力F的方向始終與摩擦力的方向相反

C.恒力F與摩擦力對物體的總沖量一定為零

D.恒力F與摩擦力對物體所做的總功量一定為零

８．在光滑水平地面上有兩個相同的彈性小球Ａ、Ｂ質(zhì)量均為ｍ，現(xiàn)Ａ球向Ｂ球運動，并發(fā)生正碰，已知碰撞過程中機械能守恒，兩球壓縮最緊時的彈性勢能為，則碰前Ａ球的速度不等于（　　�。�

Ａ.      Ｂ.      Ｃ.       Ｄ.

９．如圖3所示，斜面上除了AB段粗糙外，其余部分均是光滑的，小物體與AB段的動摩擦因數(shù)處處相等，今使該物體從斜面的頂端由靜止開始下滑，經(jīng)過A點時的速度與經(jīng)過C點時的速度相等，已知AB＝BC，則下列說法正確的是（     ）

A.物體在AB段與BC段 的加速度大小相等

B.物體在AB段與BC段的運動時間相等

C.重力在這兩段中所做的功相等

D.物體在AB段與BC段的動量變化相等

１０. 有一種硬氣功表演，表演者平臥于地面，將一大石板置于他的身子上，另一人將重錘舉到高出并砸向石板，石板被砸碎，表演者卻安然無恙，假設(shè)重錘與石板撞擊后兩者具有相同的速度，表演者在表演時盡量挑選質(zhì)量較大的石板。對這一現(xiàn)象說法正確的是（　　�。�

Ａ.重錘在與石板撞擊的過程中，重錘與石板的總機械能守恒

B.石板的質(zhì)量越大，石板獲得的動量就越小

Ｃ.石板的質(zhì)量越大，石板所受到的打擊力就越小

Ｄ.石板的質(zhì)量越大，石板獲得的速度就越小

11. 在“驗證機械能守恒定律”的實驗中，打點計時器所用電源頻率為50 HZ，當(dāng)?shù)刂亓�加速度的值�?st1:chmetcnv UnitName="m" SourceValue="9.8" HasSpace="False" Negative="False" NumberType="1" TCSC="0" w:st="on">9.80m／s²，測得所用重物的質(zhì)量為1.00kg。甲、乙、丙三學(xué)生分別用同一裝置打出三條紙帶，量出各紙帶上第1、2兩點間的距離分別為0.12cm，0.19cm和0.25cm，可見操作上有錯誤的是      ，錯誤操作：_______。 

若按實驗要求正確地選出紙帶進行測量，量得連續(xù)三點A，B，C到第一個點的距離如圖所示(相鄰計數(shù)點時間間隔為0.02s)，那么

(1)紙帶的_____端與重物相連；

(2)打點計時器打下計數(shù)點B時，

物體的速度v_B=_______；

(3)從起點O到打下計數(shù)點B的過程中重力勢能減少量是ΔE_P=_____，此過程中物體動能的增加量是ΔE_K_______(取g=9.8 m／s²)；

(4)通過計算，數(shù)值上ΔE_P______ΔE_K (填“>、=、<”)，這是因為_____；

(5)實驗的結(jié)輪是________。

12. 如圖5所示氣墊是常用的一種實驗儀器，它是利用氣泵使帶孔的導(dǎo)軌與滑塊之間形成氣墊，使滑塊懸浮在軌道上，滑塊在軌道上的運動可視為沒有摩擦。我們可以用帶豎直擋板Ｃ和Ｄ的氣墊軌道以及滑塊Ａ和Ｂ來驗證動量守恒定律，實驗裝置如圖所示（彈簧的長度忽略不計），采用的實驗步驟如下：

ａ.調(diào)整氣墊軌道，使導(dǎo)軌處于水平；

b.在Ａ和Ｂ間放入一個被壓縮的輕彈簧，用電動卡銷鎖定，靜止放置在氣墊導(dǎo)軌上；

ｃ.按下電鈕放開卡銷，同時使分別記錄滑塊Ａ、Ｂ運動時間的計數(shù)器開始工作，當(dāng)Ａ、Ｂ滑塊分別碰撞Ｃ、Ｄ擋板時停止計時，記下滑塊Ａ、Ｂ分別到達擋板Ｃ、Ｄ的運動時間和；

ｄ.用刻度尺測出滑塊Ａ的左端至Ｃ擋板的距離、滑塊Ｂ的右端到Ｄ擋板的距離。

（１）試驗中還應(yīng)測量的物理量是　　　　　；

（２）利用上述過程測量的實驗數(shù)據(jù)，驗證動量守恒定律的表達式是　　　　　；

（３）利用上述實驗數(shù)據(jù)導(dǎo)出的被壓縮彈簧的彈性勢能的表達式是      .

13．如圖6所示，長度為Ｌ＝1ｍ的細(xì)繩一端固定于Ｏ點，另一端豎直懸吊一個50ｋｇ的小球，若用水平恒力Ｆ＝500Ｎ拉小球，當(dāng)懸繩拉到豎直方向成30⁰角時，撤去拉力Ｆ。（ｇ＝１０）求：

（１）小球擺回到最低點時，繩的；拉力是多少？

（２）小球能擺到多大高度？

14.美國通共汽車公司推出的“氨氣１型”汽車是一種使用燃料電池驅(qū)動的電動汽車，它利用的是氫氣和氧氣直接反應(yīng)，其生成物只有水，因此對環(huán)境沒有污染，該車質(zhì)量為1.5ｔ，額定輸出機械功率為60ｋｗ，當(dāng)它以額定功率行駛時的最高速度為120ｋｍ／ｈ.求：

（１）該汽車以上述最高速度行駛時所受的阻力是車所受重力的多少倍？

（２）若行駛中汽車所受重力與速度大小無關(guān)，該車行駛時輸出機械功率保持額定功率不變，當(dāng)速度增大到60ｋｍ／ｈ時瞬時加速度是多少？

   15．質(zhì)量Ｍ＝0.6ｋｇ的平板小車靜止在光滑水面上，如圖7所示，當(dāng)ｔ＝０時，兩個質(zhì)量都為ｍ＝0.2ｋｇ的小物體Ａ和Ｂ，分別從小車的左端和右端以水平速度和同時沖上小車，當(dāng)它們相對于小車停止滑動時，沒有相碰。已知Ａ、Ｂ兩物體與車面的動摩擦因數(shù)都是0.20，�。纾�10，求：

（１）Ａ、Ｂ兩物體在車上都停止滑動時車的速度；

（２）車的長度至少是多少？  

  16．.如圖8所示，Ａ、Ｂ兩球質(zhì)量均為ｍ，期間有壓縮的輕短彈簧處于鎖定狀態(tài)。彈簧的長度、兩球的大小均忽略，整體視為質(zhì)點，該裝置從半徑為Ｒ的豎直光滑圓軌道左側(cè)與圓心等高處由靜止下滑，滑至最低點時，解除對彈簧的鎖定狀態(tài)之后，Ｂ球恰好能到達軌道最高點，求彈簧處于鎖定狀態(tài)時的彈性勢能。

17．炮豎直向上發(fā)射炮彈.炮彈的質(zhì)量為M=6.0 kg（內(nèi)含炸藥的質(zhì)量可以忽略不計），射出的初速度v₀=60 m/s.當(dāng)炮彈到達最高點時爆炸分裂為沿水平方向運動的兩片，其中一片質(zhì)量為m=4.0 kg.現(xiàn)要求這一片不能落到以發(fā)射點為圓心、以R=600 m為半徑的圓周范圍內(nèi)，則剛爆炸完時兩彈片的總動能至少多大？（g=10 m/s²，忽略空氣阻力）