9.(09·福建·18)如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值

为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为u。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离L时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程　　　　　 (　 BD　 )

A.杆的速度最大值为

B.流过电阻R的电量为

C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量

D.恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量

解析：当杆达到最大速度v_m时，得，A错；由公式，B对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有：，其中，，恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C错；恒力F做的功与安倍力做的功之和等于于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D对。

8.(09·安徽·18)在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别 固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　 D　 )

A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动

B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势

C. 电势能与机械能之和先增大，后减小

D. 电势能先减小，后增大

解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。

7.(09·宁夏·17) 质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则　　　　　　　 (　 BD　 )

A．时刻的瞬时功率为

B．时刻的瞬时功率为

C．在到这段时间内，水平力的平均功率为

D. 在到这段时间内，水平力的平均功率为

6.(09·广东理科基础·9)物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是　 (　 A　 )

　 A．在0-1s内，合外力做正功

　 　B．在0-2s内，合外力总是做负功

　 C．在1-2s内，合外力不做功

　 D．在0-3s内，合外力总是做正功

解析：根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确；1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1-2s内合外力做功为零。

5.(09·海南物理·7)一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向 不变，大小随时间的变化如 图所示。设该物体在和时刻相对于出发点的位移分别是和，速度分别是和，合外力从开始至时刻做的功是，从至时刻做的功是,则　　　　　　　　 (　 AC　 )

A．　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 B．

C．　　 　　　　　　　　　　　　　　　 　D．

4.(09·天津·4)如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于　　　　　　　　　　　　 (　 A　 )

A.棒的机械能增加量

B.棒的动能增加量

C.棒的重力势能增加量

D.电阻R上放出的热量

解析：棒受重力G、拉力F和安培力F_A的作用。由动能定理： 得即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量。选A。

3.(09·上海·46)与普通自行车相比，电动自行车骑行更省力。下表为某一品牌电动自行车的部分技术参数。

在额定输出功率不变的情况下，质量为60Kg的人骑着此自行车沿平直公路行驶，所受阻力恒为车和人总重的0.04倍。当此电动车达到最大速度时，牵引力为　　　　 N,当车速为2s/m时，其加速度为　　　　　 m/s²(g=10m m/s²)

规格	后轮驱动直流永磁铁电机
车型	14电动自行车	额定输出功率	200W
整车质量	40Kg	额定电压	48V
最大载重	120 Kg	额定电流	4.5A

答案：40：0.6

2.(09·上海·44)自行车的设计蕴含了许多物理知识，利用所学知识完成下表

自行车的设计	目的(从物理知识角度)
车架用铝合金、钛合金代替钢架	减轻车重
车胎变宽
自行车后轮外胎上的花纹

答案：减小压强(提高稳定性)；增大摩擦(防止打滑；排水)

1.(09·全国卷Ⅰ·21)质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　 AB　 )

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

解析：本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2P,根据,以及能量的关系得,所以AB正确。

5．根据以上的关系式，求得某一物理量

[例2]如图所示，质量为m的小铁块以初速度v₀滑上质量为M，静止在光滑水平面上的木块，铁块与木块间的摩擦因数为μ，当M向右运动s时，m与M相对静止，m相对M滑动距离为Δs，则木块动能的增量，铁块动能的减少量，系统机械能的减少量，转化成内能的能量各是多少？

解析：对m与M在水平方向所受合外力为零，因而动量守恒　　

根据动量守恒定律m v₀＝(M+m)v……①

根据动能定理，对M　 ½Mv²=μmgs

对m：　 ½m v₀²一½mv²=μmg(s+Δs)

木块动能增量为μmgs=½M²

铁块动能减少量为：μmg(s+Δs)=½m v₀²－½m²

系统机械能的减少量为：½m v₀²一½mv²－½Mv²＝μmgΔs

转化成内能的能量为：μmgΔs

　　 答案： ½M²，½m v₀²－½m²，μmgΔs，μmgΔs

　点评：从以上可知，(1)m动能减少量，转化成M的动能与系统的内能．

　　 (2)系统机械能的减少量等于产生的内能

　　 (3)从该题中也可以进一步认识到作用力、反作用力有时做功不同．

[例3]上题中ΔS与S比较，可能(　　　 )

A．一定ΔS＜s；　　 B．一定ΔS＝S；　　 C．一定ΔS＞S；

D．以上结论均可能，但不能说是一定

解析：由m v₀＝(M+m)v得v=　 ，μmgs=½M²

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

我们比较S与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－－]

对[1－－]==显然大于零

　　 由以上讨论可知ΔS＞S　　 答案：c

[例4]如图所示，质量M＝lkg的平板小车右端放有质量m＝2kge的物块(可视为质点)，物块与车之间的动摩擦因数μ=0．5．开始时二者一起以v₀=6m/s的速度向左端的光滑水平面上运动，并使车与墙发生正碰，没碰撞时间极短，且碰后车的速率与碰前的相同，车身足够长，使物块不能与墙相碰(g＝10 rn／s²)求：

　　 (1)物块相对于小车的总位移S是多少？

　　 (2)小车与墙第一次相碰后小车所走的总路程S_M为多少？

解析：(1)由于 m＞M，两者以共同速度与墙相碰后，物块的动量大小比车的动量大，由于滑动摩擦力的作用，两者必会又以共同速度再次与墙相碰，如此反复直到两者一起停止在墙角边为止，设物体相对于车的位移为S，由能量转化和守恒定律得：　　 μmgs=½(m+M)v₀²，所以s=(m+M)v₀²/2μmg=5.4m

(2)设v₁＝v₀，车与墙第n次碰后边率为v_n，则第(n+1)次碰后速率为v_n+1，对物块与车由动量守恒得：

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

　　 车与墙第(n+1)次碰后最大位移　　　 s_n+1= v_n+1²/2a==S_n/9

　　 可见车每次与墙碰后的最大位移是一个等比数列，其q=1/9，所以车与墙碰后的总路程

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

　　 车第一次与墙碰后最大位移　　 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

点评：运用动量观点和动能观点解题每年在高考中都有很重的份量，每年的压轴题都是利用此观点解题．它们的特点是过程复杂、难度大、综合性强、灵活性高，这就要求我们主动去分析研究这类题的特点及处理所用的数学方法；在提高审题能力和物理过程分析能力上很下功夫，适度配合强化训练．

[例5]如图所示，质量为M长为L的木板(端点为A、B，中点为O)置于光滑水平面上，现使木板M以v₀的水平初速度向右运动，同时把质量为m长度可忽略的小木块置于B端(它对地初速为零)，它与木板间的动摩擦因数为μ，问v₀在什么范围内才能使小木块m滑动到OA之间停下来(即相对木板静止)？

解析：当 m、M相对静止时， m滑动到OA之间停下来的条件为：m相对M的位移s．½L≤s≤L．

由动量守恒M v₀=(M十m)v

物体克服摩擦阻力相对位移的功，量度系统机械能的减少，所以　 μmgs＝½M v₀²－½(M+m)v²

解方程得s＝代入条件≥½L所以v₀≥

　　 ≤L所以v₀≤

　　 即：使m在OA间停下，v₀满足的条件：≤v₀≤

[例6]：A、B两球在光滑水平面上同向运动，A球动量P_A=5kg·M/S，B球的动量为P_B=7kg·m/s。A从后面追上B并发生碰撞，碰后B球的动量变为P_B^/=10kg·m/s，则两球质量m_A与m_B间的关系可能是：

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

解：由动量守恒得P_A+P_B= P_A^/+P_B^/代入数据得P_A^/=2kg·m/s

由碰撞中动能不增特征知数据得m_B≥2.5m_A，由合理情景知在碰撞前速度应满足关系P_A/m_A＞P_B/m_B可得m_B＞1.4m_A

碰撞后速度应满足关系P_A^//m_A≤P_B^//m_B可得m_B=5m_A

综合得答案：C

[例7]如图所示，质量为M的天车静止在光滑水平轨道上，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：(1)沙箱上升的最大高度．

　　 (2)天车的最大速度，

解析：(1)子弹打入沙箱过程中动量守恒m₀v₀=(m₀+m)v₁……①

摆动过程中，子弹、沙箱、天车系统水平方向动量守恒，机械能守恒。

沙箱到达最大高度时，系统有相同的速度，设为v₂，则有

(m₀+m)v₁=(m₀+m+M)v₂……②

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

联立①②③可得沙箱上升的最大高度

(2)子弹和沙箱再摆回最低点时，天车速度最大，设此时天车速度为v₃，沙箱速度为v₄，由动量守恒得

(m₀+m)v₁=Mv₃+(m+M)v₄……④

由系统机械能守恒得½(m₀+m)v₁²=½Mv₃²+½(m+M)v₄²……⑤

联立④⑤求得天车的最大速度

说明：(1)该题过程复杂，在子弹打沙箱的过程中动量守恒，机械能不守恒．共同摆动过程中，子弹、沙

箱、天车组成的系统水平方向动量守恒，系统机械能守恒．②式可列为m₀v₀=(m₀+m+M)v₂，但③式就不能列为½m₀v₀²=½(m₀+m+M)v₂²+(m₀+m)gh,因子弹与沙箱打击过程中有机械能损失，这点是易错点，一定要分析清楚．

　　 (2)④、⑤两个方程列出后，显然能看出与弹性碰撞方程相同，故解可直接写出，会节省很多时间，由此也可看出这一碰撞模型的重要性．

[例8]如图示是一个物理演示实验，它显示图中自由落体的物体A和B经反弹后，B能上升到比初始位置高得多的地方．

　　 A是某种材料做成的实心球，质量m₁＝0. 28 kg,在其顶部的凹的坑中插着质量m₂＝0. 10 kg的木棍B，B只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. 25 m处由静止释放．实验中，A触地后在极短时间内反弹，且速度大小不变；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＝10 m/s²．

解析:实心球A和木棍开始做自由落体运动，设它们就要落地的瞬间速度为v₁，由运动学公式

　　 由题意，A触地后在极短的时间内反弹，速度变为向上，大小不变，仍为v₁，而木棍由于松松地插在凹坑中，其下端与坑底间有空隙，受到的作用力的冲量可忽略，可认为速度大小，方向不变．由于A的速度变为向上，B的速度仍向下，A,B相向运动，之间接着产生很强的作用力，A对B作用力的冲量使B的速度方向变为向上，设大小为v₂^/, 而B对A的冲量使A的速度由v₁减为零，恰好停留在地板上，这一过程属于碰撞模型，可认为在竖直方向A,B系统的动量守恒，取向上为正，由动量守恒定律得：

　　 m₁v₁－m₂v₂=m₂v₂^/(v₁=v₂)

　　 以后，B脱离A以初速度v₂^/做竖直上抛运动，设木棍B上升的最大高度为h，由机械能守恒定律得：

½m₂v₂^/2=m₂gh,由以上几式联立，解得：h=4. 05 m

[例8]两个小球A和B用轻质弹簧相连，在光滑的水平直轨道上处于静止状态。在它们左边有一垂直于轨道的固定挡板P，右边有一小球C沿轨道以速度v₀射向B球，如图所示。C与B发生碰撞并立即结成一个整体D。在它们继续向左运动的过程中，当弹簧长度变到最短时，长度突然被锁定，不再改变，然后，A球与挡板P发生碰撞，碰后A、D都静止不动，A与P接触而不粘连。过一段时间，突然解除锁定(锁定及解除锁定无机械能损失)。已知A、B、C三球的质量均为m。

　　 (1)求弹簧长度刚被锁定后A球的速度。

　　 (2)求在A球离开挡板P之后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。

解析(1)设C球与B球粘结成D时，D的速度为v₁，由动量守恒，有mv₀=(m+m)v₁当弹簧压至最短时，D与A的速度相等，设此速度为v₂，由动量守恒，有2mv₁＝3mv₂。　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

　　 由以上两式得A的速度v₂=v₀

　　 (2)设弹簧长度被锁定后，贮存在弹簧中的势能为E_P，由能量守恒，有

　　 ½½×2mv₁²=½×3mv₂²+E_P

　　 撞击P后，A与D的动能都为零，解除锁定后，当弹簧刚恢复到自然长度时，势能全部转变成D的动能，设D的速度为v₃，则有E_P＝½(2m)·v₃²

　　 以后弹簧伸长，A球离开挡板P，并获得速度，当A、D的速度相等时，弹簧伸至最长，设此时的速度为v₄，由动量守恒，有2mv₃=3mv₄

　　 当弹簧伸到最长时，其势能最大，设此势能为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倒扣在水平长木板C上，槽内有一小物块B，它到槽两内侧的距离均为L/2，如图所示，木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的摩擦因数为μ，A、B、C三者质量相等，原来都静止，现使槽A以大小为v₀的初速度向右运动，已知v₀＜，当A和B发生碰撞时，两者速度互换，求：

　　 (1)A与B刚发生第一次碰撞到第二次碰撞的时间内，木板内C运动的路程。

　　 (2)在A、B刚要发生第四次碰撞时，A、B、C三者速度的大小。

解析：(1)A与B刚发生第一次碰撞后，A停下不动，B以初速度v₀向右运动，由于摩擦，B向右作匀减速运动，而C向右作匀加速运动，两者速率渐接近，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

由功能转化得：μmgs₁=½mv₀²－½mv₁²

联立上式得v₁=½v₀；　 　

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-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μmgs₂=½mv₁²得s₂=，因此在第一次到第二次碰撞间C的路程为

(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=½v₁=¼v₀

　　 因A的速度v₁大于B的速度v₂，故第三次碰撞发生在A的左室，刚碰撞后，A的速度变为v₂，B的速度变为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v_A=v₂=v₀，v_B=v_C=v₃=v₀

点评(1)考查了动量守恒定律与动能定理的综合应用，这是动量守恒定律与其他知识结合的常见形式。

　　 (2)找准研究对象和研究过程，反复建立动量守恒方程，这是对考生综合素质的考查。

　　 (3)题目新颖、灵活，考查了考生的推理能力。归纳能力、随机应变能力。

　　 (4)此题区分度高，是压轴题，但可利用图家法巧解(如图所示)．

　　 由题及图知s_l+s₂＝L， s_l＝L一s₂

　　 又s₂===

至于刚要发生第四次碰撞时，A、B、c三者速度由图一目了然。

[例10]一个连同装备总质量为M=100kg的宇航员，在距离飞船s=45m处与飞船处于相对静止，宇航员背着装有质量为m₀=0．5kg氧气的贮气筒，筒有个可以使氧气以v=50m/s的速度喷出的喷嘴，宇航员必须向着返回飞船的相反方向放出氧气，才能回到飞船，同时又必须保留一部分氧气供途中呼吸用。宇航员的耗氧率为Q=2．5×10^－4kg／s．不考虑喷出　 氧气对设备及宇航员总质量的影响，则(1)瞬时喷出多少氧气，宇航员才能完全返回飞船；(2)为了使总耗氧量最低、应一次喷出多少氧气？返回时间又是多少？(3)已知超氧化钾(KO₂)的性质与Na₂O₂相似，若该宇航员贮气筒的氧气由超氧化钾提供，则需用多少千克KO₂？

解析(1)以飞船为参照物，向着飞船运动的方向为正方向，设喷出m(kg)氧气，宇航员获得的速度为V₁，根据动量定恒定律，有：　　　 (M－m)V₁－mv＝0

　　 　考虑到M＞＞m，有V₁=mv/M………①

　　　 宇航员返回飞船做匀速运动，历时：　　 t＝s/V₁………②

　　　 又筒内氧气的总质量满足关系式：　 m₀=Qt+m ………③

　　　 联立①②③并代入数据得　　　　 0．5=+m

　　　 解之得 m_l=0．05kg或　 m₂＝0．45kg．故喷出的氧气 0．05kg＜m＜0．45kg·

(2)为了耗氧量最低，设喷出 m(kg)氧气则耗氧为　 Δm＝Qt+m……④

　　 将①②代入④得Δm=+m=+m

　 故当m=时，Δm有极小值。 即m==0．15(kg)，返回时间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的质量为：0．5×=1．48(kg)．

试题展示