本文目录一览：
- 1、动量定理经典题型
- 2、动量守恒定律经典题型ynx？
- 3、求经典动量守恒例题
- 4、求一些关于高中物理动量方面的练习题及讲解。
- 5、高中物理48个解题模型 高考物理经典题型归纳
- 6、高中物理知识归纳：动量守恒定律
- 7、高中物理的问题 动量？
- 8、谁能帮我找一找关于物理动量的例题
- 9、如图所示的单摆，摆球 a 向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球 b 发生碰撞，并粘接
动量定理经典题型
动量定理经典题型有动量守恒定律应用题、动量定理公式应用题、碰撞问题、用动量定理解决连续流体的作用问题一、动量守恒定律应用题平静的湖面上浮着一只长l=6m，质量为550 kg的船，船头上站着一质量为m=50 kg的人，开始时，人和船均处于静止．若船行进时阻力很小，问当人从船头走到船尾时，船将行进多远？二、动量定理公式应用题动量相等的甲、乙两车，刹车后沿两条水平路面滑行，若两车质量之比m1/m2=1/2，路面对两车的阻力相同，则两车滑行时间之比为多少？三、碰撞问题质量为3kg的小球A以5m/s的速度与质量为2kg、速度为3m/s的小球B在光滑的水平面上沿同一直线相向运动，发生正碰后的速度分别为V1和V2，则下面那些是可能的（取小球A原来的运动方向为正方向）。四、用动量定理解决连续流体的作用问题宇宙飞船以v=10 km/s在太空中飞行，突然进入一个密度为ρ=1× kg/m3的微陨石尘区，假设微陨石尘与飞船碰撞后即附着在飞船上.欲使飞船保持原速度不变，试求飞船的助推器的助推力应增大为多少？(飞船的正横截面积S=2)。动量守恒定律的适用条件及表达式1.动量守恒定律的适用条件⑴系统不受外力或系统所受的外力的合力为零。⑵系统所受外力的合力虽不为零，但比系统内力小得多。⑶系统所受外力的合力虽不为零，但在某个方向上的分量为零，则在该方向上系统的总动量保持不变——分动量守恒。2.动量守恒定律的表达式⑴p=p′即系统相互作用开始时的总动量等于相互作用结束时（或某一中间状态时）的总动量。⑵Δp=0即系统的总动量的变化为零.若所研究的系统由两个物体组成，则可表述为：（等式两边均为矢量和）。⑶Δp1=－Δp2
动量守恒定律经典题型ynx？
动量守恒的数学表述形式：
(1)p＝p′即系统相互作用开始时的总动量等于相互作用结束时(或某一中间状态时)的总动量。
(2)δp＝0即系统的总动量的变化为零.若所研究的系统由两个物体组成，则可表述为：m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′(等式两边均为矢量和)
(3)δp1＝－δp2
即若系统由两个物体组成，则两个物体的动量变化大小相等，方向相反，此处要注意动量变化的矢量性，在两物体相互作用的过程中，也可能两物体的动量都增大，也可能都减小，但其矢量和不变。
瞬时性
动量是一个瞬时量，动量守恒定律指的是系统任一瞬间的动量和恒定。因此，列出的动量守恒定律表达式m1v1+m2v2+…=m1v1ˊ+m2v2ˊ+…，其中v1，v2…都是作用前同一时刻的瞬时速度，v1ˊ，v2ˊ都是作用后同一时刻的瞬时速度。只要系统满足动量守恒定律的条件，在相互作用过程的任何一个瞬间，系统的总动量都守恒。在具体问题中，可根据任何两个瞬间系统内各物体的动量，列出动量守恒表达式。
以上内容参考：百度百科-动量守恒定律
求经典动量守恒例题
1图5－12，质量为m的人立于平板车上，人与车的总质量为M，人与车以速度v1在光滑水平面上向东运动。当此人相对于车以速度v2竖直跳起时,车的速度变为： ( )
2 在质量为M的小车中挂着一个单摆，摆球的质量为m0，小车(和单摆)以恒定的速度u沿光滑的水平面运动，与位于正对面的质量为m的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此碰撞过程中，下列哪些说法是可能发生的？ [ ]
A．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别变为v1、v2、v3，满足：（M+m0）u=Mv1+mv2+mov3
B．摆球的速度不变，小车和木块的速度变为v1和v2，满足：Mu=Mv1+mv2
C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都变为v，满足：Mu=（M+m）v
D．小车和摆球的速度都变为v1，木块的速度为v2，满足：（M+m0）u=（M+m0）v1+mv2
3..如图5-15所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车如图5－7所示将一光滑的半圆槽置于光滑水平面上，槽的左侧有一固定在水平面上的物块。今让一小球自左侧槽口A的正上方从静止开始落下，与圆弧槽相切自A点进入槽内，则以下结论中正确的是： [ ]
A．小球在半圆槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球在半圆槽内运动的全过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
C．小球自半圆槽的最低点B向C点运动的过程中，小球与半圆槽在水平方向动量守恒
D．小球离开C点以后，将做竖直上抛运动。
计算题
1.在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量共为30kg，乙和他的冰车总质量也是30kg。游戏时，甲推着一个质量为15kg的箱子和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子滑冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。若不计冰面摩擦，求甲至少以多大速度（相对地）将箱子推出，才能避免与乙相撞？
2.如图5-14所示，有两个物体A，B，紧靠着放在光滑水平桌面上，A的质量为2kg，B的质量为3kg。有一颗质量为100g的子弹以800m/s的水平速度射入A，经过0.01s又射入物体B，最后停在B中，A对子弹的阻力为3×103N，求A，B最终的速度。
3.如图5－13所示，在光滑水平轨道上有一小车质量为M2，它下面用长为L的绳系一质量为M1的砂袋，今有一水平射来的质量为m的子弹，它射入砂袋后并不穿出，而与砂袋一起摆过一角度θ。不计悬线质量，试求子弹射入砂袋时的速度V0多大？
4如图5－10所示，倾角θ=30°，高为h的三角形木块B，静止放在一水平面上，另一滑块A，以初速度v0从B的底端开始沿斜面上滑，若B的质量为A的质量的2倍，当忽略一切摩擦的影响时，要使A能够滑过木块B的顶端，求V0应为多大？
5.质量为M的小车，以速度v0在光滑水平地面前进，上面站着一个质量为m的人，问：当人以相对车的速度u向后水平跳出后，车速度为多大？
6如图5－2所示，用长为L的轻绳系一个质量为M的木块制成一个冲击摆，质量为m的子弹以一定的水平速度射入摆内，摆及子弹一起向右摆动，最大摆角为q。试求子弹射入木块前的速度v多大?
图5－2
7如图5－10所示，一辆光滑曲面小车，静止在光滑水平面上，一木块以一定的速度开始沿小车曲面上滑，小车的质量为木块质量的4倍，当小车被固定时，木块沿曲面上滑的最大高度为h，求：(1)小木块的初速度为多大?(2)若小车不被固定，则木块沿曲面可上滑的最大高度为多大?
图5－10
8宇宙飞船进入一个宇宙尘埃区，每前进lm，就有10个平均质量为2×10－7的微尘粒与飞船相撞，并附在飞船上。若尘埃微粒原来的速度不计，要保持飞船的速度10 km/s，飞船喷气产生的推力至少应维持多大？
9科学家设想在未来的航天事业中用太阳帆来加速星际宇宙飞船，按照近代光的粒子说，光由光子组成，飞船在太空中张开太阳帆，使太阳光垂直射到太阳帆上，太阳帆面积为S，太阳帆对光的反射率为100%，设太阳帆上每单位面积每秒到达n个光子，每个光子的动量为p，如飞船总质量为m。
求：（1)飞船加速度的表达式。
(2)若太阳帆面对阳光一面是黑色的，情况又如何？
10.如图所示，在光滑水平面上，有A、B两辆小车．水平面左侧有一竖直墙．在小车B上坐着一个小孩．小孩与车B的总质量是车A的10倍，两车从静止开始，小孩把车A以对地速度v推出，车A与墙碰撞后仍以原速率返回，小孩接到车A后，又把它以对地速度v推出，车A返回后，小孩再把它推出，每次推出，小车A对地速度都是v，方向向左，则小孩共把车A推出多少次后，车A返回小孩不能再接到？
11.一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？
12.如图所示，质量为的小车放在光滑的水平面上，其中AB部分为半径R=0.5m的光滑圆弧，BC部分水平且不光滑，长为L=2m，一小物块质量m=6Kg，由A点静止释放，刚好滑到C点静止（取g=10），求：①物块与BC间的动摩擦因数
②物块从A滑到C过程中，小车获得的最大速度
13如图所示,一根粗细均匀的足够长直杆竖直固定放置,其上套有A、B两个圆环,质量分别为mA、mB,
mA∶mB=4∶1.杆上P点上方是光滑的且长度为L;P点下方是粗糙的,杆对两环的滑动摩擦力大小均等
于环各自的重力.现将环A静止在P处,再将环B从杆的顶端由静止释放,B下落与A发生碰撞,碰撞时
间极短,碰后B的速度方向向上,速度大小为碰前的.求:
（1）B与A发生第二次碰撞时的位置到P点的距离.
（2）B与A第一次碰撞后到第二次碰撞前,B与A间的最大距离.
[例1]下列关于动量的说法正确的是
A. 质量大的物体的动量一定大
B．质量和速率都相同的物体的动量一定相同
C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变
D．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变
(解析)根据动量的定义，它是质量和速度的乘积，因此它由质量和速度共同决定．故A错．又因为动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，而质量和速率都相同的物体，其动量大小一定相同，但方向不一定相同，故B错．一个物体的速率改变．则它的动量大小就一定改变，故C对．物体的运动状态变化，则它的速度就一定发生了变化，它的动量也就发生了变化，故D对．正确选项为CD．
说明:(1)动量的大小由物体的质量和速度两个物理量共同决定，不能根据其中一个物理量的大小来判断动量的大小，也不能根据动量的大小来判断其中某一个物理量的大小．
(2)动量是矢量，在判断一个物体的动量是否发生了变化或比较两个物体的动量是否相同时，不仅要比较动量大小，还要看它的方向．
[例2]将质量为0.10kg的小球从离地面4.0m高处竖直向上抛出，抛出时的初速度为8.0m／s，求： (1)小球落地时的动量；
(2)小球从抛出至落地的过程动量的变化量；
(3)小球从抛出至落地的过程中受到的重力的冲量．
解析：(1)由 得小球落地时的速度
＝12m／s．方向向下．
小球落地时动量的大小 ，方向向下．
(2)以小球初速度的方向为正方向，
小球的初动量
小球的末动量 ，
小球动量的变化量 ，方向向下．
(3)由 得小球从抛出至落地的时间为
此过程小球受到的重力的冲量 方向向下．
说明：(1)动量是矢量，动量的变化也 是矢量．计算在同一直线上动量的变化时，一定要注意正方向的规定．通常取初速度方向为正方向．代入数据计算时，切不可丢掉表示方向的正、负号．(2)本题的小球只受重力的作用，从计算可以看出，重力对小球的冲量恰等于小球动量的变化．
[例1]如图8—2—1，把重物G压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动，若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下抽出，解释这些现象的正确说法是…………( )
A.在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大
B.在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小
C.在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D.在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小
(解析)在本题中，重物所受合力为摩擦力，在缓缓拉动纸带时，两物体之间的摩擦力是静摩擦力，在迅速拉动时，它们之间的摩擦力是滑动摩擦力．由于通常认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，所以一般情况是：缓拉时摩擦力小，快拉时摩擦力大，故A、B均错．缓拉时摩擦力虽小些，但作用时间较长．故重物获得的冲量即动量的改变也较大，所以能把重物带动．快拉时摩擦力虽大些，但作用时间很短，故冲量很小．所以重物动量改变很小．因此C、D正确．
说明：利用动量定理解释现象的问题主要有两类，一类是物体所受的合力相同，由于作用时间长短不同．引起物体运动状态的改变不同．本例就是这种类型．另一类是物体动量变化相同，由于作用时间的长短不同，使物体受到的作用力不同，要使受到的作用力较小，应延长作用时间；要获得较大的作用力，就要缩短作用时间．
[例2] 动量相等的甲、乙两车，刹车后沿两条水平路面滑行．若两车质量之比 ，路面对两车的阻力相同，则两车的滑行时间之比为[ ]
A．1∶1． B．1∶2．
C．2∶1． D．1∶4．
分析 两车滑行时水平方向仅受阻力f作用，在这个力作用下使物体的动量发生变化．当规定以车行方向为正方向后，由动量定理表述形式：
所以两车滑行时间：
当p、f相同时，滑行时间t相同．
答 A．
说明 物体的动量反映了它克服阻力能运动多久．从这个意义上，根据p、f相同，立即可判知t相同．若把题设条件改为“路面对两车的摩擦因数相同”，则由f=μmg，得 所以 t1∶t2=v1∶v2=m2∶m1=2∶1．
[例3] 在撑杆跳比赛的横杆下方要放上很厚的海绵垫，为什么？设一位撑杆跳运动员的质量为70kg，越过横杆后从h=5.6m高处落下，落在海绵垫上和落在普通沙坑里分别经时间Δt1=1s、Δt2=0.1s停下．试比较两情况下海绵垫和沙坑对运动员的作用力．
分析： 运动员从接触海绵垫或沙坑，直到停止，两情况下运动员的动量变化量相同，即从动量 ，变化到 。在这个过程中，运动员除受到竖直向下的重力外，还受到海绵垫或沙坑的支持力．通过比较两情况下发生动量变化的时间，即可比较两者的作用力大小．
解答 放大海绵垫后，运动员发生同样动量变化的时间延长了，同时又增大了运动员与地面（海绵垫）的接触面积，可以有效地保护运动员不致受到猛烈冲撞而受伤．
若规定竖直向上为正方向，则运动员着地（接触海绵或沙坑）过程中的始、末动量为
，
受到的合外力为F=N－mg．
由牛顿第二定律的动量表述公式
即： ，所以：
落在海绵垫上时，Δt1=1s，则
落在沙坑里时，Δt2=0.1s，则
两者相比 N2=5.6N1．
说明 上面仅考虑延长动量变化时间的因素，已经可以看出这种缓冲作用的效果了．这也就是杂技演员、高空作业的工人、高速行驶的驾驶员和前排乘客要扣安全带的道理．
如果再考虑两情况下运动员着地时身体接触面积的大小，可以进一步说明放上海绵垫子的作用．有兴趣的同学可分别以两情况下接触面积S1=0.20m2，S2=0.05m2进行压强的比较．
例题 4. 在光滑水平面上，一物体的质量为m，以速度v1运动，当受到一个牵引力作用t时间后，速度变为v2，如图8－2－2，求牵引力在t时间内的冲量。
解析：本题因为不知道牵引力的大小，所以求牵引力冲量无法用定义求，只能用动量定理，物体所受合外力 ，据动量定理有 ， 。
说明：用动量定理解题时要特别注意，决定物体动量变化的不是物体受到某一个力的冲量，而是它所受的合外力的冲量。
[例1]如图8—3—1所示，A；B两物体质量之比mA:mB＝3：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则( )
A.若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒
C. 若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒
[解析]如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动，它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA：mB＝3：2，所以FA:FB＝3：2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错．对A、B、C组成的系统，A、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，和A、B与平板车间的摩擦因数或摩擦力是否相等无关，故B、D选项对．若A、B所受的摩擦力大小相等，则A、B组成系统的外力之和为零，故其动量守恒．C选项正确．
[说明)(1)判断系统的动量是否守恒时，要注意动量守恒的条件是系统不受外力或所受外力之和为零．因此，要区分清系统中的物体所受的力哪些是内力，哪些是外力．
(2)在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，如本例中第一种情况A、B组成的系统的动量不守恒，而A、B、C组成的系统的动量却是守恒的．因此，在利用动量守恒定律解决问题时，一定要明确在哪一过程中哪些物体组成的系统的动量是守恒的，即要明确研究对象和过程．
[例2]质量为3 kg的小球A在光滑水平面上以6 m／s的速度向右运动，恰遇上质量为5 kg的小球B以4 m／s的速度向左运动，碰撞后B球恰好静止，求碰撞后A球的速度．
[解析)两球都在光滑水平面上运动，碰撞过程中系统所受合外力为零，因此系统动量守恒．碰撞前两球动量已知，碰撞后B球静止，取A球初速度方向为正，由动量守恒定律有：
＝ －0.67m/s
即碰后A球速度大小为0.67 m／s，方向向左．
(说明)(1)动量守恒定律是矢量式，应特别注意始末状态动量的方向．
(2)应用动量守恒定律的一般步骤：
①确定研究对象(系统)；②分析系统的受力情况，判定系统动量是否守恒；③分析系统始末状态的动量；④选取正方向，利用动量守恒定律列方程求解．
[例3]如图8—3—2所示，在光滑水平面上，有一质量为M＝3 kg的薄板和质量为m＝1 kg的物块．都以v＝4 m／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2．4 m／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．以上运动都可能
[解析]：薄板足够长，则最终物块和薄板达到共同速度v’，由动量守恒定律得(取薄板运动方向为正)．
共同运动速度的方向与薄板初速度的方向相同．
在物块和薄板相互作用过程中，薄板一直做匀减速运动，而物块先沿负方向减速到速度为零，再沿正方向加速到2 m／s．当薄板速度为v1＝2.4 m／s时，设物块的速度为v2，由动量守恒定律得:
即此时物块的速度方向沿正方向，故物块正做加速运动，A选项正确．
[例1]如图8—4—1所示，在水平地面上放置一质量为M的木块，一质量为m的子弹以水平速度 射入木块(未穿出)，若木块与地面间的动摩擦因数为 ，求子弹射入后，木块在地面上前进的距离．
(解析)子弹射人木块的过程中，二者组成的系统所受合外力并不为零，但因作用时间很短，子弹与木块间的作用力远大于木块受到的摩擦力．因此，可以认为子弹射人过程中系统动量守恒．设子弹和木块的共同速度为 ，取子弹初速度的方向为正方向，则有： ①
子弹射人木块后，二者一起沿平面滑动，设木块在地面上前进的距离为s，
由动能定理 ②
有①、②式解得
例2] 光滑地面上长木板B质量M＝8kg，小物块A质量m＝2kg，以 的速度滑上B，如图8—4－2所示，已知A、B间动摩擦因数μ＝0.4，求A刚好与B相对静止时A的速度及A在B上滑行的时间．
解：A滑上B后，A、B系统所受外力之和为零，故动量守恒．设A、B相对静止时的速度为v’，则有 ，B的速度由0增大到v’，是因为A给它以冲量的原因，故对B用动量定理得：
,
[例3]从地面上竖直向上发射一枚礼花弹，当它距地面高度为100m时，上升速度为17.5m/s时，炸成质量相等的A、B两块，其中A块经4s落回发射点，求B块经多长时间落回发射点？（不计空气阻力，g=10m/s2）
解析：礼花弹爆炸瞬间，内力>>外力，所以系统动量守恒。
物体从100m高处若自由下落所用时间为t
A物体落回发射点用4s时间，所以它做竖直下抛运动。设vA方向为正，据
解得
爆炸过程动量守恒
解得 ，方向竖直向上，B做竖直上抛
其位移为h， ，解得 。
[例4]在光滑平台上有一静止的长 ，质量 的木板，其左端上静止着一个质量为m=1kg的钢块，其大小可忽略不计，质量为 的子弹以大小为 的水平速度从左边射到钢块上，又以大小为 的速度弹回，问钢块与木板间的摩擦系数至少是多大，钢块才不会从木板右端落下。
解析：本题的相互作用过程分为两个过程。一个是子弹与钢块的碰撞过程，另一个是钢块与木板的作用过程。
子弹与钢块碰撞瞬间，子弹、钢块系统动量守恒。设v2方向为正，
则有 ，代入数据解得 。
子弹与钢块碰撞结束后，钢块与木板间发生相互作用，系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒。则 ， 为共同前进速度。解得 。
设获得速度 瞬间刚好达到木板右端，并设此时木块前进距离为S，则钢块前进距离为S＋L。 对木板应用动能定理： ①
对钢块应用动能定理： ②
③
联立① ② ③解得
例1]课外科技小组制作一只“水火箭”，用压缩空气压出水流使火箭运动。假如喷出的水流流量保持为2×10-4m3/s，喷出速度保持为对地10m／s．启动前火箭总质量为1.4kg，则启动2s末火箭的速度可以达到多少?已知火箭沿水平轨道运动阻力不计，水的密度是103kg／m3．
(解析)“水火箭”喷出水流做反冲运动。设火箭原来总质量为M，喷出水流的流量为Q，水的密度为 水流的喷出速度为 ，火箭的反冲速度为 ，由动量守恒定律得
火箭启动后2 s末的速度为
[例1] “验证动量守恒定律”实验装置如图2-6-2所示．让质量为m1的小球从斜面上某处自由滚下，与静止在支柱上质量为m2的小球发生对心碰撞，则：
(1)两小球质量的关系应满足
A．m1＞m2 B．m1＜m2
C．m1＝m2 D．没有限制
(2)实验必须满足的条件是 ( )
A．轨道末端的切线必须是水平的
B．斜槽轨道必须光滑
C．入射球m1每次必须从同一高度滚下
D．入射球m1和被碰球m2的球心在碰撞瞬间必须在同一高度
(3)实验中必须测量的量是 ( )
A．小球的质量m1和m2
B．小球半径R1和R2
C．桌面离地的高度H D．小球起始高度 E．从两球相碰到两球落地的时间
F．小球m1单独滚下的水平距离
G．两小球m1和m2相碰后飞出的水平距离
解析：(1)为防止反弹造成入射球返回斜槽，要求入射球质量大于被碰球质量，即:m1＞m2，故选A．
(2)为保证两球从同一高度做平抛运动，实验中斜槽轨道末端的切线要调成水平；为保证实验有较好的重复性以减小误差，实验中要求入射球每次从同一高度滚下；为保证两球发生一维正碰，实验中要求调整装置使两球在碰撞瞬间在同一高度．因本实验验证的是碰撞前后动量守恒，故不要求斜槽轨道必须光滑，故选ACD．
(3)本实验必须测量的量是两小球质量m1和m2，入射球m1单独滚下的水平距离和两小球m1与m2相碰后飞出的水平距离．因小球脱离轨道口后做的是相同高度的平抛运动，因此两球碰后落地时间相等，两小球水平分运动的时间也相等，故可以利用水平距离的测量代替速度的测量，所以不需要测量桌面离地的高度及两小球碰后落地的时间．因验证的是碰撞前后的动量是否守恒，所以，小球起始高度也不需测量，故选AFG．
求一些关于高中物理动量方面的练习题及讲解。
甲、乙两个小孩各城一辆冰车在水平冰面上玩游戏，甲和他的冰车总质量为M=30kg，乙和他的冰车总质量是30kg，游戏时。甲推着一个质量是m=15kg的箱子，和他一起以2m/s的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来，为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处时乙迅速把它抓住，若不计冰面的摩擦，问甲至少要以多大的速度（相对地面）将箱子推出，才能避免与乙相撞？当甲把箱子推出后，甲的运动存在三种可能：① 继续向前，方向不变；② 停止运动；③ 反向运动.由动量守恒定律可知，以上三种推出箱子的方法，第一种推法箱子获得的速度最小，若这种推法能实现目的，则箱子获得的速度最小.设箱子的速度为v，取甲运动方向为正方向，则对甲和箱子在推出过程运用动量守恒定律
（M+m）v0=Mv甲+mv①
箱子推出后，被乙抓住，为避免甲、乙相撞，则乙必须后退，对乙和箱子运用动量守恒定律得
mv-Mv0=（M+m）v乙②
要使甲、乙不相撞，并使推出箱子的速度最小的临界条件为 v甲=v乙③
解以上三式得 v=5.2m/s.
买本五年高考三年模拟做下吧
α属于(0,π/2)
则：α+π/3属于(π/3,5π/6)
所以，sin(α+π/3)>0
sin2(α+π/3)=1-cos2(α+π/3)=8/9
所以，sin(α+π/3)=2√2/3
cosα=cos[(α+π/3)-π/3]
=cos(α+π/3)cos(π/3)+sin(α+π/3)sin(π/3)
=(1/3)(1/2)+(2√2/3)(√3/2)
=(1+2√6)/6
建筑力学方面如何，机械动力学，这些过于深奥的
高中物理48个解题模型 高考物理经典题型归纳
学好高中物理可以多积累些做题解题的经典模型。下文我给大家整理了高中物理最常用的几种解题模型，供参考！
高中物理解题常用经典模型 1、'皮带'模型:摩擦力，牛顿运动定律，功能及摩擦生热等问题.
2、'斜面'模型:运动规律，三大定律，数理问题.
3、'运动关联'模型:一物体运动的同时性，独立性，等效性，多物体参与的独立性和时空联系.
4、'人船'模型:动量守恒定律，能量守恒定律，数理问题.
5、'子弹打木块'模型:三大定律，摩擦生热，临界问题，数理问题.
6、'爆炸'模型:动量守恒定律，能量守恒定律.
7、'单摆'模型:简谐运动，圆周运动中的力和能问题，对称法，图象法.
8.电磁场中的'双电源'模型:顺接与反接，力学中的三大定律，闭合电路的欧姆定律.电磁感应定律.
9.交流电有效值相关模型:图像法，焦耳定律，闭合电路的欧姆定律，能量问题.
10、'平抛'模型:运动的合成与分解，牛顿运动定律，动能定理(类平抛运动).
11、'行星'模型:向心力(各种力)，相关物理量，功能问题，数理问题(圆心.半径.临界问题).
12、'全过程'模型:匀变速运动的整体性，保守力与耗散力，动量守恒定律.动能定理.全过程整体法.
13、'质心'模型:质心(多种体育运动)，集中典型运动规律，力能角度.
14、'绳件.弹簧.杆件'三件模型:三件的异同点,直线与圆周运动中的动力学问题和功能问题.
15、'挂件'模型:平衡问题，死结与活结问题,采用正交分解法,图解法,三角形法则和极值法.
16、'追碰'模型:运动规律，碰撞规律，临界问题，数学法(函数极值法.图像法等)和物理方法(参照物变换法.守恒法)等.
17.'能级'模型:能级图，跃迁规律，光电效应等光的本质综合问题.
18.远距离输电升压降压的变压器模型.
19、'限流与分压器'模型:电路设计，串并联电路规律及闭合电路的欧姆定律，电能，电功率，实际应用.
20、'电路的动态变化'模型:闭合电路的欧姆定律，判断方法和变压器的三个制约问题.
21、'磁流发电机'模型:平衡与偏转，力和能问题.
22、'回旋加速器'模型:加速模型(力能规律)，回旋模型(圆周运动)，数理问题.
23、'对称'模型:简谐运动(波动)，电场，磁场，光学问题中的对称性，多解性，对称性.
24、电磁场中的单杆模型:棒与电阻，棒与电容，棒与电感，棒与弹簧组合，平面导轨，竖直导轨等,处理角度为力电角度，电学角度，力能角度。
高中物理解题模型总结 必修一
1、传送带模型：摩擦力，牛顿运动定律，功能及摩擦生热等问题。
2、追及相遇模型：运动规律，临界问题，时间位移关系问题，数学法(函数极值法。图像法等)
3、挂件模型：平衡问题，死结与活结问题，采用正交分解法，图解法，三角形法则和极值法。
4、斜面模型：受力分析，运动规律，牛顿三大定律，数理问题。
必修二
1、“绳子、弹簧、轻杆”三模型：三件的异同点，直线与圆周运动中的动力学问题和功能问题。
2、行星模型：向心力(各种力)，相关物理量，功能问题，数理问题(圆心。半径。临界问题)。
3、抛体模型：运动的合成与分解，牛顿运动定律，动能定理(类平抛运动)。
选修3-1
1、“回旋加速器”模型：加速模型(力能规律)，回旋模型(圆周运动)，数理问题。
2、“磁流发电机”模型：平衡与偏转，力和能问题。
3、“电路的动态变化”模型：闭合电路的欧姆定律，判断方法和变压器的三个制约问题。
4、“限流与分压器”模型：电路设计，串并联电路规律及闭合电路的欧姆定律，电能，电功率，实际应用。
选修3-2
1、电磁场中的单杆模型：棒与电阻，棒与电容，棒与电感，棒与弹簧组合，平面导轨，竖直导轨等，处理角度为力电角度，电学角度，力能角度。
2、交流电有效值相关模型：图像法，焦耳定律，闭合电路的欧姆定律，能量问题。
选修3-4
1、“对称”模型：简谐运动(波动)，电场，磁场，光学问题中的对称性，多解性，对称性。
2、“单摆”模型：简谐运动，圆周运动中的力和能问题，对称法，图象法。
选修3-5
1、“爆炸”模型：动量守恒定律，能量守恒定律。
2、“能级”模型：能级图，跃迁规律，光电效应等光的本质综合问题。
高中物理知识归纳：动量守恒定律
物理的学习需要的不仅是大量的做题，更重要的是物理知识点的累积。
知识点概述
动量守恒定律是自然界中普通适用的规律，既适用宏观低速运动的物体，也适用微观高速运动的粒子。大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复杂的相互作用的物体系统类问题的基本规律。
知识点总结
掌握动量守恒定律及其推导过程、适用条件;能应用动量守恒定律解决物理问题，只限于一维的情况。知道弹性碰撞和非弹性碰撞;知道反冲运动;会应用动量守恒定律和能量守恒定律关系处理简单的碰撞和反冲运动问题。只限于一维碰撞的相关问题。
1.动量：动量是状态量，因为v是状态量，动量是矢量，其方向与物体运动方向相同。
2.动量的变化Δp是矢量，其方向与速度的变化Δv的方向相同。
求解方法：求解动量的变化时遵循平行四边形定则。
(1)若初末动量在同一直线上，则在选定正方向的前提下，可化矢量运算为代数运算。
(2)若初末动量不在同一直线上，则运算遵循平行四边形定则。
3. 动量守恒定律
⑴内容：一个系统不受外力或者所受外力之和为零，这个系统的总动量保持不变.
⑵适用范围：动量守恒定律是自然界中普通适用的规律，既适用宏观低速运动的物体，也适用微观高速运动的粒子。大到宇宙天体间的相互作用，小到微观粒子的.相互作用，无不遵守动量守恒定律，它是解决爆炸、碰撞、反冲及较复杂的相互作用的物体系统类问题的基本规律。
⑶动量守恒的条件为：①充分且必要条件：系统不受外力或所受合外力为零
② 近似守恒：虽然系统所受外力之和不为零，但系统的内力远远大于外力，此时外力可以忽略不计。如：碰撞和爆炸。
③某一方向上动量守恒：虽然系统所受外力之和不为零，但系统在某一方向上的外力之和为零，则该方向上的动量守恒。
4. 动量守恒定律的表达式
(1) p=p/意义：系统相互作用前的总动量p等于相互作用后的总动量p’ (从守恒的角度列式).
(2)p =p/-p=0意义：系统总动量的增量等于零(从增量角度列式).
(3)对相互作用的两个物体组成的系统：
①p1+p2=p1/ +p2/ 或者m1v1 +m2v2=m1v1/+m2v2/意义：两个物体作用前的动量的矢量和等于作用后的动量的矢量和.
②p1/-p1=一(p2/-p2)或者p1=一p2或者p1+p2=0
意义：两物体动量的变化大小相等，方向相反.
5. 弹性碰撞与非弹性碰撞
形变完全恢复的叫弹性碰撞;形变完全不恢复的叫完全非弹性碰撞;而一般的碰撞其形变不能够完全恢复。机械能不损失的叫弹性碰撞;机械能损失最多的叫完全非弹性碰撞;而一般的碰撞其机械能有所损失。
6.碰撞过程遵守的规律——应同时遵守三个原则
常见考点考法
各种题型都可以出现。重点是动量守恒定律及其应用。有时还与动能定理、机械能守恒定律知识做简单结合命题。常考查碰撞问题、人船问题、子弹打木块问题等实际过程动量守恒定律的应用;核反应是本考点考查的另一个主要问题，但都不复杂。
常见误区提醒
应用动量守恒定律解题时要注意“四性”
1.矢量性:对于作用前后物体的运动方向都在同一直线上的问题,应选取统一的正方向,凡是与选取正方向相同的动量为正,相反为负.若方向未知,可设为与正方向相同列动量守恒方程,通过解得结果的正负判定未知量的方向.
2.同时性:动量是一个瞬时量,动量守恒指的是系统任一瞬时的动量守恒,列方程m1v1+m2v2=m1v1′+m2v2′时,等号左侧是作用前(或某一时刻)各物体的动量和,等号右侧的是作用后(或另一时刻)各物体的动量和,不同时刻的动量不能相加.
3.相对性:由于动量大小与参考系的选取有关,因此应用动量守恒定律时,应注意各物体的速度必须是相对于地面的速度.
4.普适性:它不仅适用于两个物体所组成的系统;也适用于多个物体组成的系统,不仅适用于宏观物体组成的系统,也适用于微观粒子组成的系统.
高中物理的问题 动量？
“两人如何跳出，车速都会相等”，由以下计算可证明此结论是正确的。
初始车速为零，动量守恒：
两人同时跳：0=m1.v+m2.v+M.v1 ,(1)
两人先后跳：设m1跳下后，车上(M+m2)的速度为v'2
m1先跳： 0=m1.v+(M+m2)v'2 ,(2)
m2再跳：(M+m2)v'2=m2.v+Mv2 ,(3)
由(1)式，v1=-(m1+m2))v/M
(2)(3)式联立解得 ：v2=-(m1+m2))v/M
*负号表示 v1和v2方向与v相反
可见： v1=v2
没有什么更简单的方法了啊，就i是系统的总动量相同，无论两个人同时跳车，还是不是同时跳车，两个人跳完车的瞬间的动量与车的动量之和都等于跳车之前系统的总动量。
设跳车之前系统的总动量为P，人跳车后瞬间相对于地面的速度为v，车的是质量为M，因此有：
m1v+m2v+Mv1=P
m1v+m2v+Mv2=P
必然有v1=v2.
因为同时跳和先后跳，两人的总动量变化是相同的，
所以车的动量变化也相同。
动量守恒定律的公式是:m1v1+m2v2=m1v3+m2v41.
动量：p＝mv｛p:动量(kg/s)，m:质量(kg)，v:速度(m/s)，方向与速度方向相同｝
2.冲量：I＝Ft
｛I:冲量(N??s)，F:恒力(N)，t:力的作用时间(s)，方向由F决定｝
3.动量定理：I＝Δp
或Ft＝mvt–mvo
{Δp:动量变化Δp＝mvt–mvo，是矢量式}
4.动量守恒定律：p前总＝p后总或p＝p’
或
m1v1+m2v2＝m1v1??+m2v2??
5.弹性碰撞：Δp＝0；ΔEk＝0
{即系统的动量和动能均守恒}
6.非弹性碰撞Δp＝0；ΔEK<0{ΔEK：系统总动能变化量}7.完全非弹性碰撞Δp＝0；ΔEK＝ΔEKm
{碰后连在一起成一整体动能损失最大
8.物体m1以v1初速度与静止的物体m2发生弹性正碰:
v1??＝(m1-m2)v1/(m1+m2)
v2??＝2m1v1/(m1+m2)
9.推论-----等质量弹性正碰时二者交换速度(动能守恒、动量守恒)
10.子弹m水平速度vo射入静止置于水平光滑地面的长木块M，并嵌入其中一起运动时的机械能损失E损=mvo2/2-(M+m)vt2/2＝fs相对
{vt:共同速度，f:阻力，s相对子弹相对长木块的位移}
注：(1)正碰又叫对心碰撞，速度方向在它们“中心”的连线上;
(2)以上表达式除动能外均为矢量运算,在一维情况下可取正方向化为代数运算;
(3)系统动量守恒的条件:合外力为零或系统不受外力，则系统动量守恒（碰撞问题、爆炸问题、反冲问题等）;
(4)碰撞过程(时间极短，发生碰撞的物体构成的系统)视为动量守恒,原子核衰变时动量守恒;
(5)爆炸过程视为动量守恒，这时化学能转化为动能，动能增加；(6)其它相关内容：反冲运动、火箭、航天技术的发展和宇宙航行〔见教材〕。希望我的回答能够帮助您，还望采纳。
谁能帮我找一找关于物理动量的例题
如果一个系统所受外力的矢量和为零，则该系统为动量守恒系统。而系统内部的物体由于彼此间的相互作用，动量会有显著的变化，这里涉及到一个内力做功和系统内物体动能变化的问题，即动量守恒系统的功能问题。 这类问题十分广泛，不只在力学中多见，在电学、原子物理学中亦会碰到。在动量守恒系统的功能关系中，相互作用的内力可能是恒力，但多数情况下内力为变力，有时其变化规律可能较复杂，所以我们可以由系统动能的变化这个结果来了解内力做功的影响。 相互作用的内力不仅可以变化复杂，力的性质也可以多种多样，诸如弹簧的弹力、滑动摩擦力、分子力、电场力、磁力等等，与其相对应的能量则如弹性势能、内能、分子势能、电势能、磁场能（闭合回路中的电能）等等。因此，若我们能仔细分析系统中相互作用的内力的性质，也就可能在题设条件内建立起系统的动能和某种性质的内力相对应的能之间相互转化的能量关系。 我们常把动量守恒系统中物体间的相互作用过程仍视为碰撞问题来处理，亦即广义的碰撞问题。如弹性碰撞可以涉及到动能和弹性势能的相互转化；非弹性碰撞可以涉及到动能和内能的相互转化，等等。那么，通过动量守恒和能量关系，就可以顺利达到解题目的。 综上所述，解决动量守恒系统的功能问题，其解题的策略应为： 一、建立系统的动量守恒定律方程。 二、根据系统内的能量变化的特点建立系统的能量方程。 建立该策略的指导思想即借助于系统的动能变化来表现内力做功。 例1、如图，两滑块A、B的质量分别为m1和m 2，置于光滑的水平面上，A、B间用一劲度系数为K的弹簧相连。开始时两滑块静止，弹簧为原长。一质量为m的子弹以速度V0沿弹簧长度方向射入滑块A并留在其中。 试求：（1）弹簧的最大压缩长度； （2）滑块B相对于地面的最大速度和最小速度。解：（1）由于子弹射入滑块A的过程极短，可以认为弹簧的长度尚未发生变化，滑块A不受弹力作用。取子弹和滑块A为系统，因子弹射入的过程为完全非弹性碰撞，子弹射入A前后物体系统动量守恒，设子弹射入后A的速度为V1，有： mV0＝（m＋m1）V1 得： (1) 取子弹、两滑块A、B和弹簧为物体系统，在子弹进入A后的运动过程中，系统动量守恒，注意这里有弹力做功，系统的部分动能将转化为弹性势能，设弹簧的最大压缩长度为x，此时两滑块具有的相同速度为V，依前文中提到的解题策略有： （m＋m1）V1＝（m＋m1＋m 2)V (2) (3) 由(1)、(2)、(3)式解得： （2）子弹射入滑块A后，整个系统向右作整体运动，另外须注意到A、B之间还有相对振动，B相对于地面的速度应是这两种运动速度的叠加，当弹性势能为零时，滑块B相对地面有极值速度。若B向左振动，与向右的整体速度叠加后有最小速度；若B向右振动，与向右的整体速度叠加后有最大速度。设极值速度为V3，对应的A的速度为V2，依前文提到的解题策略有： mV0=（m＋m1）V2 ＋m2V3 (4) (5) 由（1）、（4）、（5）式得： V3[（m＋m1＋m2）V3 －2mV0]=0 解得：V3=0 （最小速度） （最大速度） 说明： 一、本题中的所有速度都是相对地面这一参照物而言的。 二、第（3）、（5）式左均为 ，它们的差值即系统增加的内能。 三、由前文解题策略易得系统增加的内能为 。 例2、如图，光滑水平面上有A、B两辆小车，C球用0.5米长的细线悬挂在A车的支架上，已知mA=mB=1千克，mC=0.5千克。开始时B车静止，A车以V0 ＝4米／秒的速 度驶向B车并与其正碰后粘在一起。若碰撞时间极短且不计空气阻力，g取10米/秒2 ，求C球摆起的最大高度。 解：由于A、B碰撞过程极短，C球尚未开始摆动，故对该过程依前文解题策略有： mAV0=(mA+mB)V1 (1) E内= (2) 对A、B、C组成的系统，图示状态为初始状态，C球摆起有最大高度时，A、B、C有共同速度，该状态为终了状态，这个过程同样依解题策略处理有： （mA+mC)V0=(mA+mB+mC)V2 (3) (4) 由上述方程分别所求出A、B刚粘合在一起的速度V1＝2米／秒，E内＝4焦，系 统最后的共同速度V2＝2.4米／秒，最后求得小球C摆起的最大高度h=0.16米。
动量守恒定律应用重在“三个”选取
??动量守恒定律是宏观世界和微观世界都遵守的共同规律，应用非常广泛．动量守恒定律的适用条件是相互作用的物质系统不受外力，实际上真正满足不受外力的情况几乎是不存在的．所以，动量守恒定律应用重在“三个”选取．??一、动量守恒条件近似性的选取??根据动量守恒定律成立时的受力情况分以下三种：（1）系统受到的合外力为零的情况．（2）系统所受的外力比相互作用力（内力）小很多，以致可以忽略外力的影响．因为动量守恒定律是针对系统而言的，它告诉我们，系统内各个物体之间尽管有内力作用，不管这些内力是什么性质的力，系统内力的冲量只能改变系统中单个物体的动量，而不能改变系统的总动量．如碰撞问题中摩擦力，碰撞过程中的重力等外力比相互作用的内力小得多且碰撞时间很小时，可忽略其力的冲量的影响，认为系统的总动量守恒．这是物理学中忽略次要因素，突出重点的常用方法．（3）系统整体上不满足动量守恒的条件，但在某一特定方向上，系统不受外力或所受的外力远小于内力，则系统沿这一方向的分动量守恒．??例1 如图1所示，一质量为M＝0．5kg的斜面体A，原来静止在光滑的水平面上，一质量m＝40g的小球B以水平速度v0＝30m／s运动到斜面A上，碰撞时间极短，碰后变为竖直向上运动，求物体A碰后的速度． 图1??解析 由题意知，小球B与斜面A的碰撞时间极短，说明碰撞过程中相互作用力很大，斜面体A所受水平面的支持力要发生很大变化．它并不满足“外力远远小于内力”的条件，整个系统总动量并不守恒，但这个外力是沿竖直方向．而在水平方向上，由于水平面是光滑的，故A与B组成的系统在水平方向上不受外力，其动量是守恒的．??设碰后斜面体A的速度为v，而小球B碰后水平速度为零，由水平方向的动量守恒定律，有??0＋mv0＝Mv＋0，所以 v＝（m／M）v0＝（0．04／0．5）×30m／s＝2．4m／s．??例2 如图2所示，在光滑水平面上，静止放着一个质量为M，长为L的小车，一个质量为m的人站在小车的一端，求此人至少以多大速度起跳，才能跳到小车的另一端． 图2??解析 人要想跳到车的另一端，人必须做斜抛运动，人和车在水平方向上动量守恒．以地面为参照物，设人起跳的速度为v0，v0与水平方向夹角为α，车后退速度为v，设向右为正方向，由动量守恒定律，得??mv0cosα－Mv＝0， ①??以车为参照物，在水平方向上人相对于小车的速度v0cosα＋v，人相对车的水平位移为L，则??L＝（v0cosα＋v）t， ②人在空中运动时间为t，有??t＝2v0sinα／g， ③由①式，得 v＝mv0cosα／M， ④将③、④式代入②式，得??L＝（v0cosα＋（mv0cosα／M））·（2v0sinα／g），∴ v0＝ ，??当sin2α＝1，即α＝45°起跳时，v0为最小值vmin，故??vmin＝ ．?二、动量守恒过程的选取??满足动量守恒条件时，总动量保持不变，不是仅指系统初末两状态总动量相等，而是指系统在相互作用的整个过程中，每一时刻总动量都不变．动量守恒条件是否满足，关键在于过程如何选取． ??例3 如图3所示，在平直的公路上，质量为M的汽车牵引着质量为m的拖车匀速行驶，速度为v0，在某一时刻拖车脱钩了，若汽车的牵引力保持不变，在拖车刚刚停止运动的瞬间，汽车的速度多大? 图3??解 在汽车与拖车脱钩前，两者共同向前做匀速直线运动，说明汽车和拖车组成的系统所受合外力为零．在脱钩后，虽然汽车和拖车已分离开了，这时汽车做匀加速运动，拖车做匀减速运动，它们各自所受合外力都不为零，但由于汽车牵引力不变，它所受的阻力没有改变．拖车一直向前运行，它受的阻力也没有改变，脱钩后系统所受的合阻力f＝f1＋f2不变．说明脱钩后至拖车刚刚停止的过程中，若以两者构成的系统为研究对象，系统所受合外力仍然为零．动量守恒定律仍然成立．??设拖车刚刚停止时汽车的速度为v，取汽车前进的方向为正方向，则有??（M＋m）v0＝Mv，即v＝（（M＋m）／M）v0．??三、动量守恒系统的选取??对多个物体相互作用中动量守恒问题，如何选取系统，是学生常感棘手的问题．因为对多个物体组成的系统，有时应用系统动量守恒，有时应用某部分动量守恒，有时分过程多次应用动量守恒，有时只抓住初、末状态动量守恒即可．要善于观察、分析，正确选取动量守恒系统．??例4 质量为100kg的甲车同质量50kg的人一起以2m／s的速度在光滑水平面上匀速向前运动，质量为150kg的乙车以7m／s的速度匀速由后面追来，为避免相撞，当两车靠近时甲车上的人至少以多大水平速度跳上乙车．??解析 在人和车相互作用时，动量守恒．设人跳起时水平速度为v人′，当人跳上乙车，两车的速度相同均为v车′时，两车刚好不相撞，设车原来的运动方向为正方向．选择甲车和人组成的系统为研究对象．应用动量守恒定律，有??（M甲＋m）v甲＝M甲v车′－mv人′， ①选择乙车和人组成的系统为研究对象，应用动量守恒定律，有??M乙v乙－mv人′＝（M乙＋m）v车′， ②由①、②式，得 v人′＝3m／s．
[例1] 如图1，质量均为m的A、B两球，以轻弹簧连结后放在光滑水平面上。A被有水平速度V0、质量为m/4的泥丸P击中并粘合，求弹簧能具有的最大势能。
（典型误解） 当A和B的速度都达到u时，A、B间距离最近，此时弹簧有最大势能EP。
从图1所示状态Ⅰ→Ⅲ由动量守恒得：
从Ⅰ→Ⅲ，由机械能守恒得：
解得 。
（分析） 从图1所示状态Ⅰ→Ⅱ的过程中，泥丸P与A碰撞粘合（B尚未参与作用），是一个完全非弹性碰撞模型，部分机械能经由瞬间内力作功转化为内能，所损失的机械能设为△E，则：
；
可见，从图1的状态Ⅰ→Ⅲ的物理过程，不能再看作一个机械能守恒的过程。因此，本题正确的解必须考虑由Ⅰ→Ⅱ的瞬间过程，从中得出所损失的机械能△E，代入Ⅰ→Ⅲ的能量守恒方程，即：，才能求到合理答案 。
当然，只要考虑了从Ⅰ→Ⅱ的瞬间过程，得出在状态Ⅱ时泥丸P及A的共同速度V1。然后，再研究从Ⅱ→Ⅲ的过程，则既满足动量守恒的条件，又满足机械能守恒的条件。也可解得正确结果。
由此可见，在子弹穿过木块；碰撞粘合。两物通过相互作用连结在一起等瞬间过程中，表面上常因看不到物体有明显位移，因而容易忽略瞬间内力作功的过程。事实上，因有内力瞬时做功，导致能量的转化（常常反映为机械能向其它形式能量转化），全过程中的机械能便不再守恒．这便是我们在解此类习题中务必要注意的情况。
再看一个实例：
〔例2〕 如图2，质量1千克的小球用0.8米长的细线悬于固定点O。现将小球沿圆周拉到右上方的B点，此时小球离最低处A点的高度是1.2米。松手让小球无初速下落，试求它运动到最低处时对细线的拉力。
（典型误解） 球从B到A的过程中，只有重力做功，机械能守恒，所以有：
在A处，对小球又有：
由此解得 牛
（分析） 球从B下落到图3中的C位置时，线从松驰状态开始张紧（易知图中α＝60°），因线张紧，之后小球才从C起开始作圆弧运动到达A。从B→C机械能确实守恒，则 米／秒。既然在C处开始转化为圆弧运动，意味着小球只保留了速度V的切向分量V1而损失了法向分量V2，也就是说损失了 动能。这是因为在线张紧的瞬间，线上拉力对小球作了瞬时功，造成了 动能转化为内能。这样，就B到A的全过程而言，因在C处有线对小球作瞬时功，所以不满足“仅有重力作功”这个条件，故全过程中机械能不守恒。
懂得了以上道理，便知道小球在C处以线速度 开始作圆弧运动。在这之后，满足了“仅有重力做功”的条件，机械能守恒。则从C→A有 ；而在A处对小球有 ，由此解得正确答案应为T＝3.5mg＝35牛。
在本问题中，我们再次看到了因有瞬时功而造成机械能损失的情况。同样，在那个瞬间，因为我们看不到物体明显的位移（小球在C位置时在线的方向没有明显位移），所以极易疏忽这个隐含的重要变化，因而常常会导致解题失误。
所以，碰到象本题中细线突然张紧的情况；象上题中两物碰撞粘合的情况；或者其他一些广义上的完全非弹性碰撞的情况，请注意上述因瞬时功造成机械能向其它能转化的特点。处理问题时，务请注意在瞬间作用中所隐含的重要变化，这样才能找到正确的解题方向。
氧族元素典型例题
[例1] 填空题氧族元素包括(写元素符号)____，其中____是金属元素，由于具有放射性，在自然界中不能稳定存在。氧族元素的单质中氧化性最强的是_____，简单阴离子还原性最强的是____；碲元素最高氧化物的水化物化学式是_____，它与足量的石灰水反应的化学方程式是_____。氧族元素中某元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它在最高氧化物中含氧质量分数为60％，此元素为____，它的相对原子质量为____。请写出此元素的气态氢化物分子式_____，并预言此气体能否在空气中能否燃烧(写能与不能)____，如能写出它燃烧的化学方程式____。分析：氧族元素包含有氧、硫、硒、碲、钋等五种元素，其中钋为金属元素，它不稳定具有放射性，根据氧族元素中各元素在周期表中位置，和它们的原子结构，氧的原子半径最小，最容易得电子，氧化性最强。而碲原子氧化性最弱，他形成简单离子Te2-还原最强，最容易失电子。碲元素最高价氧化物水化物的分子式为H2TeO4，因显酸性，它与足量的石灰水反应的化学方程式为H2TeO4+Ca(OH)2=CaTeO4↓+2H2O。 质量是32，它的气态氢化物分子式为H2S。因氧的氧化性强，可将S2-氧化。S2-被氧化化合价升高，产物可能是S或SO2。[例2] 写出原子序数为34的原子结构示意图________，元素符号____，它的最高氧化物的化学式为________，对应酸的化学式为_____，名称是_____。它的二氧化物对应酸的化学式为_____，名称是________，写出三氧化物与氢氧化钠溶液反应的化学方程式________________，生成物的名称是_______。 最外层6个电子，因此它有的化合价为+6，+4，-2可形成SeO2 H2SeO3、SeO3 H2SeO4【3] 下列化学方程式不可能成立的是 [ ]A．Te+H2S=H2Te+SB．CS2+3O2=CO2+2SO2C．Na2SeO3+H2SO4=H2SeO3+Na2SO4D．Na2SeO4+BaCl2=BaSeO4↓+2NaCl分析：这些化学方程式均为没有学过的，但是根据氧族元素的原子随原子半径的增大非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。可知，氧、硫、硒、碲非金属活动性逐渐减弱。而H2S、H2Se、H2Te的还原性逐渐增强，故碲不可能从氢硫酸中置换出硫，因为碲的活动性比硫弱。[答案]A。[例4] 比较氯、硫两种元素在原子结构上、性质上的相同点与不同点 可知，它们的原子核外都有3个电子层，最外层电子数都较多，原子半径都比较小。因此在反应中容易获得电子形成8电子稳定结构，所以硫和氯都是比较活泼的非金属。但核电荷数S＜Cl，原子半径S＞Cl，所以氯原子得电子能力大于硫原子，氯的非金属性大于硫的非金属性。氯气能从H2S中置换出硫单质的实验：H2S+Cl2=2HCl+S↓就是说明了氧化性Cl＞S的实验。(2)氯和硫都能与氢气直接化合生成气态氢化物HCl和H2S，但Cl2与H2化合的能力比S与H2化合的能力强，HCl的稳定性大于H2S。(3)氯和硫都能形成含氧酸，其最高价氧化物对应的水化物分别为HClO4和H2SO4，由于非金属性Cl＞S，所以酸性HClO4＞H2SO4。(4)HCl和H2S都有还原性，但还原性HCl＜H2S。氯和硫形成的阴离子半径都大于相应原子的半径：Cl-＞Cl，S2-＞S。氯和硫形成的阴离子都有还原性，但还原性Cl-＜S2-(5)氯和硫两种元素的主要化合价不同。硫元素的主要化合价有-2、0、+4、+6；氯元素的主要化合价有-1、0、+1、+3、+5、+7。 [例5] 不能由单质直接化合而得到的化合物是 [ ]A．FeCl2B．SO2C．CuSD．FeS分析：这几种化合物都是二元化合物，先逐项分析组成每种物质的每种元素的单质相互化合时的生成物是什么，然后确定哪种物质能由单质直接化合而成，哪种物质不能由单质直接化合得到。Cl2是强氧化剂，与Fe化合时的生成物是FeCl3而不是FeCl2硫与O2化合时硫显还原性，只能被O2氧化成SO2。Fe和Cu都是变价金属，它们与硫这种较弱的氧化剂反应时，只能被氧化为低价态，生成FeS和Cu2S。 [例6] H2S气体分别通入下列溶液中①FeCl3 ②FeCl2 ③CuCl2 ④AgNO3 ⑤溴水 ⑥碘水 ⑦H2O2 ⑧KMnO4，无明显现象的是 [ ]A．②B．②③④C．②③④⑤D．全部分析：①许多重金属硫化物溶解度极小，如CuS、Ag2S、HgS可存在于酸性溶液中；②H2S具有强还原性，能与Fe3+、Br2、I2、KMnO4、H2O2发生氧化还原反应而析出淡黄色沉淀S；③Fe2+与H2S不反应，因FeS溶于稀酸。*[例7] 实验室制取硫化氢时，为什么要用硫化亚铁而不用硫化铁？为什么要用稀H2SO4或稀HCl而不用浓H2SO4或HNO3？分析：(1)用硫化亚铁与稀H2SO4或稀HCl反应制取硫化氢气时，不溶于水的FeS便转化为FeSO4或FeCl2，Fe2+的氧化性弱，不能把新生成的H2S氧化，反应只能按下式进行：FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑硫酸亚铁中-2价的硫元素全部转化为H2S。硫化铁(Fe2S3)里的铁显+3价，Fe2S3与稀HCl或稀H2SO4反应后生成的Fe3+有较强的氧化性，反应中生成的H2S又有较强的还原性，因此就会有一部分H2S与Fe3+发生氧化还原反应，析出硫单质。Fe2S3+6HCl=2FeCl3+3H2S↑2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl总的化学方程式为：Fe2S3+4HCl=2FeCl2+S↓+2H2S可见Fe2S3里的硫有一部分被氧化，而不能全部转化为H2S，因此制取H2S时用FeS而不用Fe2S3。(2)浓H2SO4、HNO3都是氧化性酸，有强氧化性；FeS有强还原性。当浓 进一步氧化成+4价，甚至+6价，生成硫单质或SO2，甚到生成H2SO4，从而得不到H2S。2FeS+6H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+2S↓+3SO2↑+6H2OFeS+6HNO3=Fe(NO3)3+H2SO4+3NO↑+2H2O所以，在实验室制取H2S时，只能用稀H2SO4或稀HCl，而不能用浓H2SO4或HNO3。二氧化硫典型例题
[例1] 有关二氧化硫的说法错误的是 [ ]A．SO2通入Na2SO3或NaHCO3溶液能发生反应B．SO2能使品红溶液褪色是因它的氧化性C．给已被SO2褪色的品红溶液用酒精灯加热，可恢复原来的红色D．SO2和O2混合后加热，可生成三氧化硫分析：二氧化硫溶于水形成亚硫酸，亚硫酸与亚硫酸的正盐生成酸式盐，亚硫酸的酸性比碳酸的酸性强，故它还能与碳酸盐反应。SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2二氧化硫具有漂白性，它的漂白原理是由于二氧化硫和品红结合成无色的不稳定化合物，它的漂白原理与次氯酸氧化性的漂白原理不同。给被二氧化硫褪色的品红加热，无色不稳定的化合物分解，品红又恢复红色。二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫必须在催化剂(V2O5)存在条件下加热反应才能进行，所以A、C正确。 [例2] 有一瓶无色气体，可能含有SO2、H2S、HBr、HI中的一种或几种，将其通入氯水中得到无色溶液，把溶液分成两份，向一份中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，出现白色沉淀；另一份中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成，以下结论正确的是__________。①原有气体中肯定有SO2；②原有气体中肯定没有SO2气体；③原有气体中肯定没有H2S、HBr、HI气体。将此气体通入15mL新制的氯水中，生成的溶液与足量的BaCl2溶液5mL反应，生成不溶于酸的白色沉淀260.8mg，该溶液遇KI淀粉试纸不变蓝色。求反应前的氯水的物质的量浓度和反应前氢离子浓度(假定反应前后溶液总体积不变)分析：如若四种气体均存在，将其通入氯水中则应有如下反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HClH2S+Cl2=2HCl+S↓(黄色)HBr+Cl2=2HCl+Br2(棕红)2HI+Cl2=2HCl+I2(紫色)根据已知得到无色溶液，说明原有气体中肯定没有H2S、HBr、HI。AgNO3产生白色沉淀，说明Cl-存在。由此证明①、③正确。将SO2气体通入15mL新制的氯水中，生成的溶液与足量BaCl2溶液和SO2完全反应。设xmolH2SO4和BaCl2溶液反应，可生成260.8mg BaSO4和ymol HCl。Cl2 z=0.00112 mol W=0.00112×2=0.00224mol[例3] 自然界“酸雨”形成原因主要是 [ ]A．未经处理的工业废水的任意排放B．大气中二氧化碳含量增多C．工业上大量燃烧含硫的燃料和金属矿石的冶炼D．汽车排放的尾气和燃料不完全燃烧产生的气体分析：自然界中的酸雨主要是硫酸雨，这是由于大气中SO2 和SO3含量过高造成，形成这种情况的主要原因是工业大量燃烧含硫的燃料和金属矿石的冶炼，汽车尾气的排放不是主要原因。 [例4] 填空题(1)298K时，向VL真空容器内通入n mol SO2和m mol H2S①若n=2，则当m=______时，反应后容器内密度最小②若2n＞m，则反应后氧化产物与还原产物的质量差为_____g③若5n=m，且反应后氧化产物和还原产物的质量和为48g则n+m=______．(2)在常温常压下，将a L SO2和b L的H2S混合，如反应后气体体积是反应前的1／4，则a和b之比是______．(3)在常温常压下，向20L真空容器内通过amol H2S 和bmolSO2(a、b都是正整数，且a≤5，b≤5)，反应完全后，容器内气体的密度约是14.4g／L，则a∶b=_______．分析：(1)反应：2H2S+SO2=3S+2H2O①当n=2、m=4时，恰好完全转化为固体硫，容器内压强最小。②当m＜2n时，则SO2过量x=16m③当m=5n时说明H2S过量 (3)如若容器内气体是H2S，则它的物质的量应是14.4g／L×20÷34=8.47(mol)不符合题意。因H2S物质的量a≤5。则剩余气体应是SO2，SO2物质的量应是14.4×20÷64=4.5mol。则反应的SO2应是0.5mol H2S则是0.5mol×2=1mola∶b=1∶(4.5+0.5)=1∶5 (3)a∶b=1∶5[例5] 为防治酸雨。降低煤燃烧时向大气排放的SO2，工业上将生石灰和含硫煤混合使用，请写出燃烧时，有关“固硫”(不使含硫的化合物进入大气)反应的化学方程式为_____、______、______。分析：此题所涉及的内容和工业生产、日常生活密切相关，有些内容可能学生不知道。解答本类题目关键是对所给的信息进行充分的加工，利用所学的基础知识、基本原理、已有的经验解答题目。此题关键知道酸雨的形成是由于燃煤产生大量的SO2溶于水，即有反应S+O2=SO2。加入生石灰后必发生反应SO2+CaO=CaSO3，将SO2转化为CaSO3而不排放到大气中，同时知道CaSO3不稳定将和空气中的O2发生反应，即：2CaSO3+O2=2CaSO4。※[例6] 无色气体A在空气中完全燃烧生成气体B，B在一定条件下氧化生成C；A、B、C溶于水所得溶液均为酸性，而且酸性逐渐增强；将A、B所得溶液与过量溴水反应，可见溴水的橙色褪去，得到无色溶液为强酸性。若将A与B混合时，会有淡黄色固体生成；A与C混合，同样有淡黄色固体生成。根据上述实验事实，推断A、B、C各是何种物质，并写出相关的化学方程式。分析 这是一道未知物的推断题，对于这种试题，在认真审题的基础上，要理出脉络，找出相互关系，进行初步分析判断。 依据题意整理出的上述关系网络，说明气体A是可燃性气体，其燃烧产物气体B与A含有同种元素，且价态较高，B的氧化产物C与A也含有同种元素，且处于高价态；从A、B、C溶于水得到的酸A是弱酸，酸B是中强酸，酸C是强酸，且酸A、酸B均可被过量溴水氧化为强酸性的无色溶液，可初步判断气体A为气态氢化物，气体B为处于中间价态的氧化物，物质C是高价氧化物。本题给出的另一条线索是： 说明A具有强还原性，A、B、C所含的同种元素是硫元素，从而找出解答本题的突破口，确定A是硫化氢，B是二氧化硫，C为三氧化硫，酸A是氢硫酸，酸B是亚硫酸，酸C是硫酸，黄色固体是硫黄。 [例7] 氯水的漂白性与SO2的漂白性的比较分析：干燥的氯气不具有漂白性，只有当Cl2溶于水形成氯水时才具有漂白性。氯气溶于水时，有一部分Cl2与水反应生成HClO∶Cl2+H2O=HClO+HCl，HClO中的氯显+1价，有很强的氧化性，能够杀菌消毒，也能使染料和有机色质褪色，变成无色物质。这种漂白作用是彻底的、不可逆的。SO2也可漂白某些有色物质，SO2的漂白作用是由于它能跟某些有色物质化合，而生成不稳定的无色物质。当这种无色物质放置长久或受热时，会发生分解，而使有色物质恢复为原来的颜色。所以SO2的漂白作用是可逆的。由此可知，Cl2和SO2虽然都能使品红溶液褪色，但SO2使品红溶液褪色后，经过加热又可恢复为原来的红色；而Cl2使品红溶液褪色后，经过加热也不能恢复为原来的红色。虽然SO2和氯水各自单独都有漂白作用，但若将Cl2和SO2以等物质的量混合，一起通入品红溶液中时，品红却不褪色。这是因为Cl2和SO2在有水存在时恰好完全反应失去漂白能力，反应后的生成物也不具有漂白性的缘故。Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl若Cl2和SO2不是以等物质的量混合通入品红溶液时，由于有一部分Cl2和SO2反应，因而其漂白性会比混合前消弱。 [例8] 常温下某种淡黄色固体A，它的氢化物B和氧化物C之间有如右上转变关系，试回答： (1) A是_____，B是_____，C是____。(2)若B的物质的量为x，O2物质的量为y：①当B跟O2恰好完全反应转化为A时，x与y的数值关系为______；②当B转化为C时，若反应后，常温下体系中只有一种气体，x与y的数值关系为_____。(3)B和C发生反应时，无论B、C物质的量之比如何，反应得到的氧化产物和还原产物的质量比为_____。分析：(1)本题A、B、C三种物质分别为S、H2S和SO2。(2)H2S与O2生成S的化学方程式 [例9] 某无色溶液可能含有下列钠盐中的几种： [ ]A．氯化钠B．硫化纳C．亚硫酸钠D．硫酸纳E．碳酸纳向此溶液中加入适量稀硫酸，有黄色沉淀析出，同时有气体产生。此少量气体有臭鸡蛋气味，可使澄清的石灰水变浑浊，不能使品红溶液褪色。根据以上实验现象回答下列问题：(1)不能使品红溶液褪色，说明该气体中
●精题精讲
例题1．
如图所示，质量为m＝2kg的物体，在水平力F＝8N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用t1＝6s后撤去，撤去F后又经t2＝2s物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3=0.1s，碰墙后反向弹回的速度v’＝6m/s，求墙壁对物体的平均作用力。（g取10m/s2）
解法1(程序法)：
选物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图①所示：
选F的方向为正方向，根据牛顿第二定律，物体运动的加速度为：
撤去F时物体的速度为：
撤去F后，物体做匀减速运动，其受力情况如图②所示：
根据牛顿第二定律，其运动的加速度为：
物体开始碰墙时的速度为：
再研究物体碰墙的过程，设竖直墙对物体的平均作用力为FT，其方向水平向左。
若选水平向左为正方向，根据动量定理有：
解得：
解法2(全程考虑)：
取从物体开始运动到撞墙后反向弹回的全过程应用动量定理，并取F的方向为正方向。则：
所以
点评：
比较上述两种方法看出，当物体所受各力的作用时间不相同且间断作用时，应用动量定理解题对全程列式较简单，这时定理中的合外力的冲量可理解为整个运动过程中各力冲量的矢量和。此题应用牛顿第二定律和运动学公式较繁琐。另外有些变力作用或曲线运动的题目用牛顿定律难以解决，应用动量定理解决可化难为易。
例题2．
“蹦极”是一项勇敢者的运动，如图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体自高空P处自由下落，在空中感受失重的滋味。若此人质量为60 kg，橡皮绳长20m，人可看成质点，g取10 m/s2，求：
(1)此人从点P处由静止下落至橡皮绳刚伸直（无伸长）时，人的动量为＿＿＿＿＿＿＿＿；
(2)若橡皮绳可相当于一根劲度系数为100 N/m的轻质弹簧，则此人从P处下落到＿＿＿＿m时具有最大速度；
(3)若弹性橡皮绳的缓冲时间为3s，求橡皮绳受到的平均冲力的大小。
解析：
(1)人从高空落下，先在重力作用下做自由落体运动，弹性橡皮绳拉直后除受到重力外还受到橡皮绳的弹力F作用。
他做自由落体运动的时间为
他做自由落体运动的末速度为
此时他的动量为
(2)当他到达平衡位置时，速度最大，则
解得平衡位置时橡皮绳伸长量为x=6 m，他从P处下落了26 m。
(3)对人从开始下落到速度减为零的全过程，又由动量定理得
解得F＝1000 N
根据牛顿第三定律得，橡皮绳受到的平均冲力大小为1000 N。
深化：
参照本例试分析：
(1)在“跳高”和“跳远”的比赛中，运动员为什么要落在沙坑中？
(2)“跳伞”运动员着地时，为什么要有“团身”动作？
(3)在球类项目的体育课上，传球和接球时为什么要有缓冲动作？
点评：
上面问题中通过延长动量变化时间减小作用力，通过计算可以看出这种缓冲作用的效果很明显。这也就是杂技演员、高空作业的工人、高速行驶的驾驶员和前排乘客要扣安全带的道理。
例题3．
如图所示，A、B两物体质量之比mA：mB＝3：2，原来静止在平板小车C上，A、B间有一根被压缩的弹簧，地面光滑，当弹簧突然释放后，则：（ ）
A．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B组成系统的动量守恒
B．若A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，A、B、C组成系统的动量守恒
C．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B组成系统的动量守恒
D．若A、B所受的摩擦力大小相等，A、B、C组成系统的动量守恒
解析：
如果A、B与平板车上表面间的动摩擦因数相同，弹簧释放后A、B分别相对小车向左、向右滑动、它们所受的滑动摩擦力FA向右，FB向左，由于mA：mB＝3：2，所以FA：FB＝3：2，则A、B组成系统所受的外力之和不为零，故其动量不守恒，A选项错。
对A、B、C组成的系统，A与C、B与C间的摩擦力为内力，该系统所受的外力为竖直方向的重力和支持力，它们的合力为零，故该系统的动量守恒，B、D选项均正确。
若A、B所受摩擦力大小相等，则A、B组成系统的外力之和为零，故其动量守恒，C选项正确。
答案：B，C，D
点评：
①判断系统的动量是否守恒时，要注意动量守恒的条件是系统不受外力或所受的合外力为零。因此，要分清系统中的物体所受的力哪些是内力、哪些是外力。
②在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，如本例中第一种情况A，B组成的系统的动量不守恒，而A，B，C组成的系统的动量却是守恒的，因此，在利用动量守恒定律解决问题时，一定要明确在哪一过程中哪些物体组成系统的动量是守恒的，即要明确研究对象和过程。
拓展：
在平直的公路上，质量为M的汽车牵引着质量为m的拖车匀速行驶，速度为v，在某一时刻拖车脱钩了。若汽车的牵引力保持不变，在拖车刚刚停止运动的瞬间，汽车的速度多大？
解析：
在拖车和汽车脱钩前，两者共同向前做匀速直线运动，汽车和拖车构成的系统所受合外力为零。脱钩后，拖车做匀减速运动，汽车做匀加速运动，它们各自所受的合外力都不为零，但是由于汽车的牵引力不变，汽车和拖车各自受到的摩擦阻力不变。如果仍然以两者构成的系统为研究对象，系统所受外力之和仍然为零，整个过程动量守恒，所以有：
拖车刚停止时汽车的速度 。
点评：
通过对本题的分析说明，只有真正理解了动量守恒定律的使用条件，才能善于利用该定律分析解决实际问题。本题通过选取拖车和汽车作为一个系统，该系统在施车停止前所受外力之和为零，符合动量守恒的条件，从而可以用动量守恒定律求解，大大简化了解题过程。对于解这类问题，有些同学首先想到的可能是牛顿定律．请你也用牛顿定律求解一下该题。
例题4．
一火箭喷气发动机每次喷出m=200 g的气体，气体离开发动机喷出时速度v= 1000 m/s。设火箭质量M=300 kg，发动机每秒爆发20次。
(1)当第三次气体喷出后，火箭的速度多大？
(2)运动第1s末，火箭的速度多大？
解析：
喷出气体运动方向与火箭运动方向相反，系统动量守恒。
第一次气体喷出后，火箭速度为v1，有
第二次气体喷出后，火箭速度为v2，有
第三次喷出气体后，火箭速度为v3，有
推理得
因为每秒爆发20次，n=20，火箭速度为
点评：
物体的运动状态变化决定于力的作用效果，在分解动力学复杂问题时如何掌握规律呢？也就是如何掌握及运用牛顿运动定律、动量定理和动量守恒定律、动能定理和机械能守恒定律。
解题一般方法是：
(1)以单一物体为研究对象，特别是涉及时间问题，优先考虑动量定理；若求某一物体相对地的位移，则优先考虑动能定理。
(2)以两个相互作用的物体为研究对象，应优先考虑动量守恒定律；若出现相对位移，则优先考虑能量守恒定律；若系统只有重力或弹力做功，则应用机械能守恒定律。
(3)对涉及加速度和时间的问题，应先从牛顿运动定律入手，确定研究对象，分析运动情况和受力情况，列方程，必要时再应用运动学规律。
要通过训练，才能深刻领会、灵活运用物理概念及规律来解决物理实际问题，从而提高理解能力、推理能力、分析综合能力及应用数学工具处理物理问题的能力。
在解同一道物理问题时，从多个角度考虑问题，防止单一规律的训练所造成的思维定势，可有效地培养灵活地综合运用知识的能力。
例题5．
一个质量为M，底面长为b的三角形劈静止于光滑的水平桌面上（如图所示），有一质量为m的小球由斜劈顶部无初速滑到底部时，劈移动的距离为多少？
解析：
劈和小球组成的系统在整个运动过程中都不受水平方向外力，所以系统在水平方向平均动量守恒。劈和小球在整个过程中发生的水平位移如上图所示，由图见劈的位移为s，小球的水平位移为(b-s)。
则由m1s1＝m2s2得Ms＝m（b－s），
所以s＝mb／（M+m）
点评：
用m1s1＝m2s2来解题，关键是判明动量是否守恒、初速是否为零（若初速不为零，则此式不成立）；其次是画出各物体的对地位移草图，找出各长度间的关系式。
拓展：
如图所示，质量为m，长为a的汽车由静止开始从质量为M、长为b的静止平板车一端行至另一端时，汽车产生的位移s1大小为多少？平板车产生的位移s2大小为多少？（水平地面光滑）
答案： ，
例题6．
动量分别为5 kg·m/s和6 kg·m/s的小球A、B沿光滑平面上的同一条直线同向运动，A追上B并发生碰撞，若已知碰撞后A的动量减小了2 kg·m/s，而方向不变，那么A、B质量之比的可能范围是多少？
解析：
A能追上B，说明碰前vA＞vB，即
碰后A的速度不大于B的速度，
又因为碰撞过程系统动能不会增加，
由以上不等式组解得：
深化：
光滑水平面上A、B两物体均向右在同一直线上运动，以后发生碰撞。以向右为正方向，已知撞前两物体的动量分别为pA =12 kg·m/s，pB=13 kg·m/s，则撞后它们的动量的变化量ΔpA和ΔpB有可能是：（ ）
①ΔpA＝－3 kg·m/s，ΔpB＝3 kg·m/s
②ΔpA＝4 kg·m/s，ΔpB＝－4 kg·m/s
③ΔpA＝－5 kg·m/s，ΔpB＝ 5 kg·m/s
④ΔpA＝－24 kg·m/s，ΔpB ＝ 24 kg·m/s
以上结论正确的是：（ ）
A．①④
B．②③
C．③④
D．①③
答案：D
点评：
此类碰撞问题要考虑三个因素：①碰撞中系统动量守恒；②碰撞过程中系统动能不增加；③碰前、碰后两个物体的位置关系（不穿越）和速度大小应保证其顺序合理。
例题7．
有光滑圆弧轨道的小车总质量为M，静止在光滑水平地面上，轨道足够长，下端水平，有一质量为m的小球以水平初速度v0滚上小车（如图所示）。求：
(1)小球沿圆形轨道上升的最大高度h。
(2)小球又滚回来和M分离时两者的速度。
解析：
（1）小球滚上小车的过程中，系统水平方向上动量守恒。小球沿轨道上升的过程中，球的水平分速度从v0开始逐渐减小，而小车的同向速度却从零开始逐渐增大。若v球＞v车，则球处于上升阶段；若v球＜v车，则球处于下滑阶段（v球为球的水平分速度）。因此，小球在最大高度时二者速度相等。
设二者速度均为v，根据动量守恒定律有 ①
又因为整个过程中只有重力势能和动能之间的相互转化，所以系统的机械能守恒。
根据机械能守恒定律有 ②
解①②式可得球上升的最大高度
（2）设小球又滚回来和M分离时二者的速度分别为v1和v2，则根据动量守恒和机械能守恒可得：
③
④
解③④可得：
小球的速度：
小车的速度：
点评：
(1)解答本题关健是找出“最大高度”的隐含的条件：球、车速度相等。
(2)有些同学认为小球本身机械能守恒，而列出了 的错误表达式。如果不便由做功确定小球本身的机械能是否守恒，那么你可以想一想，小车的动能是哪里来的？
(3)由小球速度的表达式可讨论：若m>M，则v1>0，表示小球离开小车后相对于地面向前做平抛运动；若m=M，则v1= 0，表示小球离开小车后做自由落体运动；若m＜M，则v1<0，表示小球离开小车后向后做平抛运动。
拓展：
如图所示，光滑水平面上有A、B两辆小车，C球用0.5 m长的细线悬挂在A车的支架上，已知mA＝mB＝1 kg， mC＝0.5 kg。开始时B车静止，A车以v0=4 m/s的速度驶向B车并与其正碰后粘在一起。若碰撞时间极短且不计空气阻力力，g取10 m/s2，求C球摆起的最大高度。
答案：0.16m
提示：
最大高度时，摆球的速度和车的速度相等。
例题8．
质量为M=6 kg的小车放在光滑的水平面上，物块A和B的质量均为m=2kg，且均放在小车的光滑水平底板上，物块A和小车右侧壁用一根轻质弹簧连接，不会分离，如图所示，物块A和B并排靠在一起。现用力向右压B，并保持小车静止，使弹簧处于压缩状态，在此过程中外力做功270 J。撤去外力，当A和B分开后，在A达到小车底板的最左端位置之前，B已从小车左端抛出．求：
(1)B与A分离时，小车的速度多大？
(2)从撤去外力至B与A分离时，A对B做了多少功？
(3)假设弹簧伸长到最长时B已离开小车，A仍在车上，那么此时弹簧的弹性势能多大？
解析：
(1)当弹簧第一次恢复原长时，B与A恰好分离，此时B与A有相同速度，设为v1，小车速度为v2，
根据动量守恒定律有
又由能量关系，有
解得：
即小车速度为6 m/s。
(2)根据动能定理，从撤去外力至B与A分离时，A对B做的功为：
(3)B与A分离后速度不变，弹簧伸到最长时，A与小车速度相同，设为v3，则有：
解得：
点评：
把握好物理过程和相应的状态是解答本题的关键。
例题9．
(2004年全国理综，25)如图所示，在一光滑的水平面上有两块相同的木板B和C，重物A（视为质点）位于B的右端，A，B，C的质量相等。现A和B以同一速度滑向静止的C， B与C发生正碰，碰后B和C粘在一起运动，A在C上滑行，A与C有摩擦力，已知A滑到C的右端而未掉下。试问：从B，C发生正碰到A刚移到C右端期间，C所走过的距离是C板长度的多少倍？
解析：
设A，B，C的质量均为m。碰撞前，A与B的共同速度为v0，碰撞后B与C的共同速度为v1。
对B，C，由动量守恒定律得： （须注意：在B，C发生正碰的瞬间，A运动状态没有发生变化）
设A滑至C的右端时，三者的共同速度为v2。对A， B，C，由动量守恒定律得：
设A与C的动摩擦因数为μ，从发生碰撞到A移至C的右端时C所走过的距离为s，
对B，C由功能关系：
设C的长度为l，对A，由功能关系：
由以上各式解得：
点评：
(1)分析碰撞问题时，若涉及到多个物体，须明确哪些物体直接相碰，在碰撞中运动状态发生了变化，哪些物体没有直接相碰，在碰撞中运动状态没有发生变化。
(2)分析这类问题，常将动量守恒和能量守恒结合起来解决问题。
拓展：
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能上升到比初位置高得多的地方。A是某种材料做成的实心球，质量m1=0.28 kg，在其顶部的凹坑中插着质量为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=1.5 m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恰好留在地板上。求木棍B上升的高度。（重力加速度g取10 m/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
A刚反弹后速度向上，立刻与下落的B碰撞，碰前B的速度
由题意，碰后A速度为零，以v2’表示B上升的速度，
根据动量守恒定律，有
令h表示B上升的高度，有
由以上各式并代入数据，得h＝4.05 m。
例题10．
如图所示，平板小车C静止在光滑的水平面上，现在A，B两个小物体（可视为质点），分别从小车C的两端同时水平地滑上小车，初速度vA＝0.6 m/s， vB＝0.3 m/s。 A，B与C间的动摩擦因数都是μ=0.1，A，B，C的质量都相同，最后A，B恰好相遇而未碰撞，且A，B，C以共同的速度运动，g 取10 m/s2。求：
(1)A，B，C共同运动的速度；
(2)B物体相对于地向左运动的最大位移；
(3)小车的长度。
解析：
(1)设A，B，C质量都为m，共同运动速度为v，以向右为正方向，
由动量守恒定律得
代入数据得v=0.1 m/s，方向向右。
(2)当B向左运动速度为零时，有向左最大位移。
B向左运动加速度为
B对地向左最大位移
(3)设小车长为L，依功能关系
代入数据得L＝21cm。
点评：
求解这类问题，常常需要把动量守恒和能量守恒综合应用。应用能量守恒时要认真分析能量的转化情况，然后再根据能量守恒列方程。
例题11．
一个连同装备总质量为M=100 kg的宇航员，在距离飞船s=45 m处与飞船处于相对静止状态，宇航员背着装有质量为m0=0.5 kg氧气的贮气筒，筒有个可以使氧气以v=50 m/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，宇航员才能安全返回飞船？
(2)宇航员安全返回到飞船的最长和最短时间分别为多少？
(3)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？
（提示：一般飞船沿椭圆轨道运动，不是惯性参考系，但是，在一段很短的圆弧上，可以视为飞船做匀速直线运动，是惯性参考系）
解析：
(1)结合题目中的第(1)，第(2)两问不难看出，第(1)问所求的喷出氧气的质量m应有一个范围。若m太小，宇航员获得的速度也小，虽贮气筒中剩余的氧气较多，但由于返回飞船所用的时间太长，将无法满足他途中呼吸所用；若m太大，宇航员获得的速度虽然大了，而筒中氧气太少，也无法满足其呼吸所用。所以m对应的最小和最大两个临界值都应是氧气恰好用完的情况。
设瞬间喷气m kg氧气时，宇航员恰能安全返回，
根据动量守恒定律可得: ①
宇航员匀速返回的时间为： ②
贮气筒中氧气的总质量: ③
代入数据解①②③可得瞬间喷出的氧气质量应满足
(2)根据①式及②式得 ④
当m=0.05 kg时，可求得宇航员安全返回到飞船的最长时间为tmax＝1800 s。
当m=0.45 kg时，可求得宇航员安全返回到飞船的最短时间为tmin＝200 s。
(3)当总耗氧量最低时，设宇航员安全返回时，共消耗氧气Δm，则：
⑤
由①②⑤式可得：
当 即m＝0.15 kg时，Δm有最小值。
故总耗氧量最低时，应一次喷出0.15 kg的氧气。
将m=0.15 kg代入①②两式可解得返回时间：t=600 s。
点评：
高考对能力的要求越来越高，这其中就包括推理能力和应用数学知识处理物理问题的能力。对于较复杂的物理问题，如何根据题目中所给的事实及隐含条件，对物理问题进行逻挥推理，找出相关的临界过程，建立必要的数学方程式，并能从数学的角度加以处理，对今后的高考将会变得越来越重要
[例1] 填空题氧族元素包括(写元素符号)____，其中____是金属元素，由于具有放射性，在自然界中不能稳定存在。氧族元素的单质中氧化性最强的是_____，简单阴离子还原性最强的是____；碲元素最高氧化物的水化物化学式是_____，它与足量的石灰水反应的化学方程式是_____。氧族元素中某元素最高化合价是最低化合价绝对值的3倍，它在最高氧化物中含氧质量分数为60％，此元素为____，它的相对原子质量为____。请写出此元素的气态氢化物分子式_____，并预言此气体能否在空气中能否燃烧(写能与不能)____，如能写出它燃烧的化学方程式____。分析：氧族元素包含有氧、硫、硒、碲、钋等五种元素，其中钋为金属元素，它不稳定具有放射性，根据氧族元素中各元素在周期表中位置，和它们的原子结构，氧的原子半径最小，最容易得电子，氧化性最强。而碲原子氧化性最弱，他形成简单离子Te2-还原最强，最容易失电子。碲元素最高价氧化物水化物的分子式为H2TeO4，因显酸性，它与足量的石灰水反应的化学方程式为H2TeO4+Ca(OH)2=CaTeO4↓+2H2O。 质量是32，它的气态氢化物分子式为H2S。因氧的氧化性强，可将S2-氧化。S2-被氧化化合价升高，产物可能是S或SO2。[例2] 写出原子序数为34的原子结构示意图________，元素符号____，它的最高氧化物的化学式为________，对应酸的化学式为_____，名称是_____。它的二氧化物对应酸的化学式为_____，名称是________，写出三氧化物与氢氧化钠溶液反应的化学方程式________________，生成物的名称是_______。 最外层6个电子，因此它有的化合价为+6，+4，-2可形成SeO2 H2SeO3、SeO3 H2SeO4【3] 下列化学方程式不可能成立的是 [ ]A．Te+H2S=H2Te+SB．CS2+3O2=CO2+2SO2C．Na2SeO3+H2SO4=H2SeO3+Na2SO4D．Na2SeO4+BaCl2=BaSeO4↓+2NaCl分析：这些化学方程式均为没有学过的，但是根据氧族元素的原子随原子半径的增大非金属性逐渐减弱，金属性逐渐增强。可知，氧、硫、硒、碲非金属活动性逐渐减弱。而H2S、H2Se、H2Te的还原性逐渐增强，故碲不可能从氢硫酸中置换出硫，因为碲的活动性比硫弱。[答案]A。[例4] 比较氯、硫两种元素在原子结构上、性质上的相同点与不同点 可知，它们的原子核外都有3个电子层，最外层电子数都较多，原子半径都比较小。因此在反应中容易获得电子形成8电子稳定结构，所以硫和氯都是比较活泼的非金属。但核电荷数S＜Cl，原子半径S＞Cl，所以氯原子得电子能力大于硫原子，氯的非金属性大于硫的非金属性。氯气能从H2S中置换出硫单质的实验：H2S+Cl2=2HCl+S↓就是说明了氧化性Cl＞S的实验。(2)氯和硫都能与氢气直接化合生成气态氢化物HCl和H2S，但Cl2与H2化合的能力比S与H2化合的能力强，HCl的稳定性大于H2S。(3)氯和硫都能形成含氧酸，其最高价氧化物对应的水化物分别为HClO4和H2SO4，由于非金属性Cl＞S，所以酸性HClO4＞H2SO4。(4)HCl和H2S都有还原性，但还原性HCl＜H2S。氯和硫形成的阴离子半径都大于相应原子的半径：Cl-＞Cl，S2-＞S。氯和硫形成的阴离子都有还原性，但还原性Cl-＜S2-(5)氯和硫两种元素的主要化合价不同。硫元素的主要化合价有-2、0、+4、+6；氯元素的主要化合价有-1、0、+1、+3、+5、+7。 [例5] 不能由单质直接化合而得到的化合物是 [ ]A．FeCl2B．SO2C．CuSD．FeS分析：这几种化合物都是二元化合物，先逐项分析组成每种物质的每种元素的单质相互化合时的生成物是什么，然后确定哪种物质能由单质直接化合而成，哪种物质不能由单质直接化合得到。Cl2是强氧化剂，与Fe化合时的生成物是FeCl3而不是FeCl2硫与O2化合时硫显还原性，只能被O2氧化成SO2。Fe和Cu都是变价金属，它们与硫这种较弱的氧化剂反应时，只能被氧化为低价态，生成FeS和Cu2S。 [例6] H2S气体分别通入下列溶液中①FeCl3 ②FeCl2 ③CuCl2 ④AgNO3 ⑤溴水 ⑥碘水 ⑦H2O2 ⑧KMnO4，无明显现象的是 [ ]A．②B．②③④C．②③④⑤D．全部分析：①许多重金属硫化物溶解度极小，如CuS、Ag2S、HgS可存在于酸性溶液中；②H2S具有强还原性，能与Fe3+、Br2、I2、KMnO4、H2O2发生氧化还原反应而析出淡黄色沉淀S；③Fe2+与H2S不反应，因FeS溶于稀酸。*[例7] 实验室制取硫化氢时，为什么要用硫化亚铁而不用硫化铁？为什么要用稀H2SO4或稀HCl而不用浓H2SO4或HNO3？分析：(1)用硫化亚铁与稀H2SO4或稀HCl反应制取硫化氢气时，不溶于水的FeS便转化为FeSO4或FeCl2，Fe2+的氧化性弱，不能把新生成的H2S氧化，反应只能按下式进行：FeS+H2SO4=FeSO4+H2S↑FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑硫酸亚铁中-2价的硫元素全部转化为H2S。硫化铁(Fe2S3)里的铁显+3价，Fe2S3与稀HCl或稀H2SO4反应后生成的Fe3+有较强的氧化性，反应中生成的H2S又有较强的还原性，因此就会有一部分H2S与Fe3+发生氧化还原反应，析出硫单质。Fe2S3+6HCl=2FeCl3+3H2S↑2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl总的化学方程式为：Fe2S3+4HCl=2FeCl2+S↓+2H2S可见Fe2S3里的硫有一部分被氧化，而不能全部转化为H2S，因此制取H2S时用FeS而不用Fe2S3。(2)浓H2SO4、HNO3都是氧化性酸，有强氧化性；FeS有强还原性。当浓 进一步氧化成+4价，甚至+6价，生成硫单质或SO2，甚到生成H2SO4，从而得不到H2S。2FeS+6H2SO4(浓)=Fe2(SO4)3+2S↓+3SO2↑+6H2OFeS+6HNO3=Fe(NO3)3+H2SO4+3NO↑+2H2O所以，在实验室制取H2S时，只能用稀H2SO4或稀HCl，而不能用浓H2SO4或HNO3。二氧化硫典型例题
[例1] 有关二氧化硫的说法错误的是 [ ]A．SO2通入Na2SO3或NaHCO3溶液能发生反应B．SO2能使品红溶液褪色是因它的氧化性C．给已被SO2褪色的品红溶液用酒精灯加热，可恢复原来的红色D．SO2和O2混合后加热，可生成三氧化硫分析：二氧化硫溶于水形成亚硫酸，亚硫酸与亚硫酸的正盐生成酸式盐，亚硫酸的酸性比碳酸的酸性强，故它还能与碳酸盐反应。SO2+H2O+Na2SO3=2NaHSO3SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2二氧化硫具有漂白性，它的漂白原理是由于二氧化硫和品红结合成无色的不稳定化合物，它的漂白原理与次氯酸氧化性的漂白原理不同。给被二氧化硫褪色的品红加热，无色不稳定的化合物分解，品红又恢复红色。二氧化硫和氧气反应生成三氧化硫必须在催化剂(V2O5)存在条件下加热反应才能进行，所以A、C正确。 [例2] 有一瓶无色气体，可能含有SO2、H2S、HBr、HI中的一种或几种，将其通入氯水中得到无色溶液，把溶液分成两份，向一份中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，出现白色沉淀；另一份中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成，以下结论正确的是__________。①原有气体中肯定有SO2；②原有气体中肯定没有SO2气体；③原有气体中肯定没有H2S、HBr、HI气体。将此气体通入15mL新制的氯水中，生成的溶液与足量的BaCl2溶液5mL反应，生成不溶于酸的白色沉淀260.8mg，该溶液遇KI淀粉试纸不变蓝色。求反应前的氯水的物质的量浓度和反应前氢离子浓度(假定反应前后溶液总体积不变)分析：如若四种气体均存在，将其通入氯水中则应有如下反应：Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HClH2S+Cl2=2HCl+S↓(黄色)HBr+Cl2=2HCl+Br2(棕红)2HI+Cl2=2HCl+I2(紫色)根据已知得到无色溶液，说明原有气体中肯定没有H2S、HBr、HI。AgNO3产生白色沉淀，说明Cl-存在。由此证明①、③正确。将SO2气体通入15mL新制的氯水中，生成的溶液与足量BaCl2溶液和SO2完全反应。设xmolH2SO4和BaCl2溶液反应，可生成260.8mg BaSO4和ymol HCl。Cl2 z=0.00112 mol W=0.00112×2=0.00224mol[例3] 自然界“酸雨”形成原因主要是 [ ]A．未经处理的工业废水的任意排放B．大气中二氧化碳含量增多C．工业上大量燃烧含硫的燃料和金属矿石的冶炼D．汽车排放的尾气和燃料不完全燃烧产生的气体分析：自然界中的酸雨主要是硫酸雨，这是由于大气中SO2 和SO3含量过高造成，形成这种情况的主要原因是工业大量燃烧含硫的燃料和金属矿石的冶炼，汽车尾气的排放不是主要原因。 [例4] 填空题(1)298K时，向VL真空容器内通入n mol SO2和m mol H2S①若n=2，则当m=______时，反应后容器内密度最小②若2n＞m，则反应后氧化产物与还原产物的质量差为_____g③若5n=m，且反应后氧化产物和还原产物的质量和为48g则n+m=______．(2)在常温常压下，将a L SO2和b L的H2S混合，如反应后气体体积是反应前的1／4，则a和b之比是______．(3)在常温常压下，向20L真空容器内通过amol H2S 和bmolSO2(a、b都是正整数，且a≤5，b≤5)，反应完全后，容器内气体的密度约是14.4g／L，则a∶b=_______．分析：(1)反应：2H2S+SO2=3S+2H2O①当n=2、m=4时，恰好完全转化为固体硫，容器内压强最小。②当m＜2n时，则SO2过量x=16m③当m=5n时说明H2S过量 (3)如若容器内气体是H2S，则它的物质的量应是14.4g／L×20÷34=8.47(mol)不符合题意。因H2S物质的量a≤5。则剩余气体应是SO2，SO2物质的量应是14.4×20÷64=4.5mol。则反应的SO2应是0.5mol H2S则是0.5mol×2=1mola∶b=1∶(4.5+0.5)=1∶5 (3)a∶b=1∶5[例5] 为防治酸雨。降低煤燃烧时向大气排放的SO2，工业上将生石灰和含硫煤混合使用，请写出燃烧时，有关“固硫”(不使含硫的化合物进入大气)反应的化学方程式为_____、______、______。分析：此题所涉及的内容和工业生产、日常生活密切相关，有些内容可能学生不知道。解答本类题目关键是对所给的信息进行充分的加工，利用所学的基础知识、基本原理、已有的经验解答题目。此题关键知道酸雨的形成是由于燃煤产生大量的SO2溶于水，即有反应S+O2=SO2。加入生石灰后必发生反应SO2+CaO=CaSO3，将SO2转化为CaSO3而不排放到大气中，同时知道CaSO3不稳定将和空气中的O2发生反应，即：2CaSO3+O2=2CaSO4。※[例6] 无色气体A在空气中完全燃烧生成气体B，B在一定条件下氧化生成C；A、B、C溶于水所得溶液均为酸性，而且酸性逐渐增强；将A、B所得溶液与过量溴水反应，可见溴水的橙色褪去，得到无色溶液为强酸性。若将A与B混合时，会有淡黄色固体生成；A与C混合，同样有淡黄色固体生成。根据上述实验事实，推断A、B、C各是何种物质，并写出相关的化学方程式。分析 这是一道未知物的推断题，对于这种试题，在认真审题的基础上，要理出脉络，找出相互关系，进行初步分析判断。 依据题意整理出的上述关系网络，说明气体A是可燃性气体，其燃烧产物气体B与A含有同种元素，且价态较高，B的氧化产物C与A也含有同种元素，且处于高价态；从A、B、C溶于水得到的酸A是弱酸，酸B是中强酸，酸C是强酸，且酸A、酸B均可被过量溴水氧化为强酸性的无色溶液，可初步判断气体A为气态氢化物，气体B为处于中间价态的氧化物，物质C是高价氧化物。本题给出的另一条线索是： 说明A具有强还原性，A、B、C所含的同种元素是硫元素，从而找出解答本题的突破口，确定A是硫化氢，B是二氧化硫，C为三氧化硫，酸A是氢硫酸，酸B是亚硫酸，酸C是硫酸，黄色固体是硫黄。 [例7] 氯水的漂白性与SO2的漂白性的比较分析：干燥的氯气不具有漂白性，只有当Cl2溶于水形成氯水时才具有漂白性。氯气溶于水时，有一部分Cl2与水反应生成HClO∶Cl2+H2O=HClO+HCl，HClO中的氯显+1价，有很强的氧化性，能够杀菌消毒，也能使染料和有机色质褪色，变成无色物质。这种漂白作用是彻底的、不可逆的。SO2也可漂白某些有色物质，SO2的漂白作用是由于它能跟某些有色物质化合，而生成不稳定的无色物质。当这种无色物质放置长久或受热时，会发生分解，而使有色物质恢复为原来的颜色。所以SO2的漂白作用是可逆的。由此可知，Cl2和SO2虽然都能使品红溶液褪色，但SO2使品红溶液褪色后，经过加热又可恢复为原来的红色；而Cl2使品红溶液褪色后，经过加热也不能恢复为原来的红色。虽然SO2和氯水各自单独都有漂白作用，但若将Cl2和SO2以等物质的量混合，一起通入品红溶液中时，品红却不褪色。这是因为Cl2和SO2在有水存在时恰好完全反应失去漂白能力，反应后的生成物也不具有漂白性的缘故。Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl若Cl2和SO2不是以等物质的量混合通入品红溶液时，由于有一部分Cl2和SO2反应，因而其漂白性会比混合前消弱。 [例8] 常温下某种淡黄色固体A，它的氢化物B和氧化物C之间有如右上转变关系，试回答： (1) A是_____，B是_____，C是____。(2)若B的物质的量为x，O2物质的量为y：①当B跟O2恰好完全反应转化为A时，x与y的数值关系为______；②当B转化为C时，若反应后，常温下体系中只有一种气体，x与y的数值关系为_____。(3)B和C发生反应时，无论B、C物质的量之比如何，反应得到的氧化产物和还原产物的质量比为_____。分析：(1)本题A、B、C三种物质分别为S、H2S和SO2。(2)H2S与O2生成S的化学方程式 [例9] 某无色溶液可能含有下列钠盐中的几种： [ ]A．氯化钠B．硫化纳C．亚硫酸钠D．硫酸纳E．碳酸纳向此溶液中加入适量稀硫酸，有黄色沉淀析出，同时有气体产生。此少量气体有臭鸡蛋气味，可使澄清的石灰水变浑浊，不能使品红溶液褪色。根据以上实验现象回答下列问题：(1)不能使品红溶液褪色，说明该气体中不含_____(填化学式)。(2)此无色溶液至少存在哪几种盐？(填写相应的字母)分析：(1)能与稀硫酸反应产生气体的有Na2S、Na2SO3、Na2CO3。(2)产生臭鸡蛋气味气体的只有Na2S。(3)产生使澄清石灰水变浑浊，不能使品红溶液褪色的只有Na2CO3。(4)浅黄色沉淀来自SO2+2H2S=3S↓+2H2O，有Na2S及Na2SO3。(5)NaCl、Na2SO4跟稀硫酸没有反应，可能存在也可能不存在溶液中。题目只要求“至少”存在哪几种盐，所以不答NaCl和Na2SO4。 [例10] 有一变质的Na2SO3样品，经测定还含有5.3％的Na2CO3。称取20g试样，加入4mol/L的盐酸300mL，产生的气体经干燥后其体积为2464mL(标准状况)。试求试样中Na2SO3的质量分数是多少？分析：20g该试样中除含有Na2SO3、Na2CO3外，还含有因变质而生成的Na2SO4。加入盐酸的量应为过量，所以4mol/L、300mL与计算无关。Na2SO4与盐酸不反应，Na2SO3、Na2CO3与盐酸反应分别生成SO2、CO2，生成的2464mL气体为SO2和CO2的混合气。再根据有关化学方程式进行求算，在计算时尽量使用物质的量，往往比较简便。 根据Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑可知生成的CO2气为0.01mol，则生成的SO2为0.11-0.01=0.1(mol)根据Na2SO3+2HCl=2NaCl+H2O+SO2↑可知生成0.1molSO2需0.1molNa2SO3，即20g试样中含Na2SO30.1mol，质量为126×0.1=12.6(g) 硫酸 硫酸盐典型例题
[例1] 浓硫酸具有如下性质：A．酸性B．强氧化性C．难挥发发性D．吸水性E．脱水性，下列实验或事实主要表现了浓硫酸的什么性质，将适当的序号填入括号中。(1)浓硫酸可作气体干燥剂。 [ ](2)浓硫酸不能干燥氨气。 [ ](3)棉布上滴上浓硫酸出现破洞。 [ ](4)浓硫酸不能干燥硫化氢。 [ ](5)浓硫酸可以干燥二氧化硫。 [ ](6)浓硫酸可以制取氯化氢气体。 [ ](7)浓硫酸不能制取碘化氢。 [ ](8)铁片投入浓硫酸中不溶解。 [ ](9)热的浓硫酸中投入银可溶解。 [ ](10)清洗浓硫酸罐见明火易爆炸。 [ ](11)胆矾遇浓硫酸变白色。 [ ]【分析】 (1)浓硫酸与水能形成稳定的水合物，具有吸水性。(2)浓H2SO4有酸性，氨气是碱性气体2NH3+H2SO4==(NH4)2SO4(3)棉布为纤维素所组成，浓硫酸能将其氢、氧两元素以2∶1的比例脱出来，只留下碳而变黑，发生碳化，这是浓硫酸有脱水性。(4)硫化氢气体具有还原性，浓硫酸有氧化性，发生氧化还原反应H2S+H2SO4(浓)==S↓+SO2↑+2H2O故H2S不能用浓硫酸干燥。(5)SO2与浓H2SO4之间不发生氧化还原反应，浓H2SO4吸水性，将SO2干燥。(6)浓硫酸沸点338℃高沸点，难挥发性酸，它可制易挥发的氯化氢气体。(7)浓硫酸可将碘化氢中的碘离子氧化成为单质碘，得不到碘化氢气体。(8)常温下，强氧化性的浓硫酸使铁的表面氧化成一层致密的氧化膜而被钝化。(9)银虽是不活泼的金属，在加热的条件下，浓硫酸发生氧化还原，将银氧化。(10)浓硫酸铁罐用水清洗，浓硫酸变为稀H2SO4，发生反应Fe+H2SO4(稀)=FeSO4+H2↑见明火氢气易燃，发生爆炸。(11)脱水不一定都得到游离态的碳而碳化。某些无机物也与浓硫酸发生脱水，如胆矾与浓硫酸作用：CuSO4·5H2O+5H2SO4(浓)==5H2SO4·H2O+CuSO4现象由蓝然变为白色。[例2] 写出下列反应的化学方程式a：S和浓H2SO4共热；b．S和NaOH溶液共热生成-2价和+4价硫的化合物；c．SO2通入酸性KMnO4溶液；d．硫粉和炭粉共热。分析硫元素的价态变化规律 综合起来，硫元素价态变化的规律是： 运用以上规律时，要注意总结每步变化可由哪些氧化剂或还原剂来实现，并注意结合反应情况分析具体产物。a．浓H2SO4有强氧化性，S与浓H2SO4反应只能表现还原性，而0价硫和+6价硫之间只有+4价，所以反应后都能生成SO2。b．在NaOH溶液中，-2价硫的化合物只能是Na2S，+4硫的化合物只能是Na2SO3。c．KMnO4具有强氧化性，SO2能被氧化。5SO2+2KMnO4+2H2O==K2SO4+2MnSO4+2H2SO4d．硫与碳比较，氧化性S＞C，所以硫与碳反应时，硫表现氧化性。 [例3] 蔗糖是白色固体，分子式是C12H22O11，在高脚烧杯中放入蔗糖，加入蒸馏水少许，再加入浓硫酸，并用玻璃棒搅拌，可并有大量酸雾形成。试用学过的化学知识解释其原因，并写出相应的化学方程式。分析 本题给出的实验药品有蔗糖、水、浓硫酸三种物质，又给出了实验过程和实验现象，要求通过对实验现象的深入思考，用学过的化学理论知识进行解释，考查运用学过的理论知识解决新问题的能力。蔗糖是由碳、氢、氧三种元素形成的有机化合物，在其中加入少量蒸馏水，再加入浓硫酸，使温度升高，这是浓硫酸跟水结合生成水合硫酸放热的结果，说明浓硫酸的吸水性；又依据给出的“蔗糖逐渐变黑”的实验事实，说明浓硫酸将蔗糖中的氢、氧元素以水的形式脱去，这是浓硫酸的脱水性；此时，温度继续升高，浓硫酸又将碳氧化成二氧化碳，浓硫酸还原为二氧化硫，这些逸出的气体使烧杯内混合物“体积迅速膨胀，形成疏松的炭柱，并有大量酸雾形成”，说明浓硫酸的氧化性。所以，这个实验证明了浓硫酸具有吸水性、脱水性和氧化性的特性。答案 浓硫酸有吸水性，可吸收蔗糖中的少量水，并放出大量热，使混合物温度升高H2SO4+nH2O==H2SO4·nH2O+Q在受热条件下，浓硫酸又显现出强脱水性，蔗糖被脱水后变为黑色炭粒 生成的炭粒又在受热条件下被浓硫酸氧化，产生二氧化碳气体，硫酸则还原为二氧化硫，使混合物的体积迅速膨胀，形成疏松的炭柱C+2H2SO4(浓)==CO2↑+2SO2↑+2H2O所见酸雾是二氧化硫与水气化合为亚硫酸造成的H2O+SO2===H2SO3[例4] 欲配制60％硫酸(密度为1.5g／cm3)300mL，需要98％的浓硫酸(密度为1.84g／cm3)的体积为多少毫升？两种硫酸的物质的量浓度分别为多少？分析 用98％浓硫酸配制60％硫酸过程中，溶质的质量未变，这是关键。设：需要98％的浓硫酸的体积为xmL则列方程x·1.84·98％=300×1.5×60％x=149.7mL根据物质的量浓度=溶质的物质的量÷溶液体积98％浓H2SO4物质的量浓度为： [例5] 已知某氯化钾样品中含有K2SO4杂质，为了除去K2SO4杂质，设计了以下实验步骤：(1)将KCl样品溶于适量蒸馏水，配成溶液；(2)向溶液中滴入K2CO3溶液，边滴加边振荡至不再产生白色沉淀时；(3)向溶液中滴入BaCl2溶液，边滴加边振荡至不再产白色沉淀；(4)过滤，将白色沉淀滤出；(5)向滤液中滴加稀HCl，边滴加边振荡至不再产生气体；(6)将滤液蒸干，得到晶体；正确的实验操作程序为______；有关的离子方程式：______。分析 这是一道物质提纯题，就是要把物质中的杂质除去，以得到某种纯物质的过程。物质提纯是化学实验的一项重要内容，本题重点考查利用离子反应除去杂质。除杂质时应当做到：①所选用的试剂不能跟被提纯的物质发生反应。②所加试剂必须过量，以保证把杂质除净。③由过量试剂所带入的新杂质，也必须完全除净。④加入试剂的顺序，应以便于过量试剂的处理为准。本题除杂质时主要利用沉淀法和生成气体法。操作顺序为：先将试 沉淀；再加入过量K2CO3溶液，以便使过量的BaCl2带入的多余Ba2+全部转化为BaCO3沉淀；过滤后再向滴加HCl，以便使过量的K2CO3带入的多余 例6] 测知由Fe2(SO4)3和FeSO4组成混合物中含S a％，则其含铁量应为： [ ]A．(100-4a)％ B．(100-2a)％
C．(100-a)％ D．(100-3a)％
分析：在硫酸根组成中硫与氧原子个数比为1∶4，又因硫的相对原子质量是氧的相对原子质量的2倍，在Fe2(SO4)3和FeSO4的组成中，隐含了氧的质量是硫质量的2倍，则含氧为2a％，含铁为1-a％-2a％=(100-3a)％，答案：D．[例7] 两个烧杯中各加入相同体积的3mol／L硫酸，置于天平的左右两个托盘上，调节天平使之达到平衡。向一个烧杯中加入10.8g铝，向另一个烧杯中加入10.8g镁。问反应完毕后，天平可能会发生怎样的变化？试根据计算进行分析。分析 这是一道有关反应后天平是否平衡的题目，天平两边的烧杯中加入等浓度、等体积的硫酸，达到平衡。两边分别加入等质量的Al和Mg，分别与稀H2SO4反应都有气体放出。若两边烧杯中放出的H2质量相等，则反应后天平仍然平衡；若两边烧杯中放出的H2质量不相等，则反应后天平就不再平衡，放出H2多的一边托盘会上升，放出H2少的一边托盘会下沉。本题中加入Al和Mg的质量都已给出，但加入的硫酸只给出了浓度，没有给出体积。这时不能片面地认为硫酸足量或不足量，要分几种情况进行讨论，分别得出是平衡还是不平衡的结论。 设0.4molAl完全反应消耗H2SO4V1L0.45molMg完全反应消耗H2SO4V2L2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑ V1=0.2LMg+H2SO4=MgSO4+H2↑ V2=0.15L讨论：若加入的H2SO4体积用V表示(1)当V≤0.15L时，Al、Mg都过量，H2SO4不足量，两边烧杯中产生的H2一样多，因而天平仍然平衡。(2)当V≥0.2升时，H2SO4过量，Al、Mg都不足量。按Al、Mg的已知量求产生H2的量： 0.45molMg与足量H2SO4反应放出H20.45mol加入Al的一边烧杯中产生的H2多，反应后天平不再平衡，加入Al的一边托盘将会上升。(3)当0.2L＞V＞0.15L时，Mg完全反应，Al有剩余。加入Mg的一边烧杯中产生的H2为0.45mol，加入Al的一边烧杯中产生的H2虽不到0.6mol，但肯定大于0.45mol。因而反应后天平也不再平衡，加入Al的一边托盘将会上升。[例8] 取0.15L未知浓度的浓硫酸，加入铜片后加热，使铜全部溶解，冷却至室温后定容为1L。取出定容后溶液50mL，加入还原铁粉7.00g，充分反应后共生成气体1.68L(标准状况)，溶液下部残渣质量为3.04g，所得溶液是FeSO4溶液。计算原硫酸的物质的量浓度。分析 要计算出原浓硫酸的物质的量浓度，必须算出在0.15L该硫酸中硫酸的物质的量，这可通过生成硫酸铜时耗用的硫酸，以及跟铁反应所耗用的硫酸求出。跟铁反应所耗用的硫酸可从生成的氢气的体积算出。试题给出最后所得溶液是FeSO4溶液，说明铁粉过量，铜跟浓硫酸反应生成的CuSO4又跟铁发生置换反应Fe+CuSO4==FeSO4+Cu从固体质量的变化可以算出CuSO4的物质的量，进而算出跟铜反应耗用硫酸的物质的量。将所得上述两部分硫酸的物质的量之和，除以溶液的体积，便可计算出硫酸的物质的量浓度。设在50mL溶液中含H2SO4xmol，溶解Fe为yg，含CuSO4为zmolFe+H2SO4==FeSO4+H2↑ x1=0.075moly=4.20gFe+CuSO4=FeSO4+Cu 则在1L溶液中含H2SO41.50mol，含CuSO4为0.60mol，生成0.60molCuSO4耗用的H2SO4为x2molCu+2H2SO4 CuSO4+SO2↑+2H2O x2=1.20mol未知浓度的浓硫酸的物质的量浓度为：
环境保护典型例题
[例1]下列有关污染的叙述，正确的是 [ ]A．酸雨主要是空气中的NO，经氧化与水反应生成HNO3所形成B．破坏臭氧层的主要物质是氟氯烃等物质C．温室效应主要是因空气中CO浓度增高造成的D．发电厂排放大量的废热入河、海中，会使流径的水域溶氧量减少。分析 A．酸雨主要是SO2与氧气反应生成SO3与水反应造成C．温室效应是CO2浓度增高所致 [例2]空气污染下列叙述错误的是： [ ]A．酸雨主要是雨水与SO3或SO2反应，最终形成的H2SO4、还有少量的NO2及CO2和水反应生成的HNO3与H2CO3造成的B．温室效应是CO2具有增高地球温度的效应造成的C．CO能与血红蛋白形成稳定的化合物，降低血液输入氧的能力D．吸烟能制造CO2污染空气分析 A中含硫的物质燃烧生成SO2，SO2在一些催化剂作用下生成SO3，SO3被水吸收成H2SO4或SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3再被氧化成H2SO4。空气中NO2（汽车尾气）与H2O反应生成HNO3或NO和O2，水反应生成HNO3D．吸烟主要是不完全燃烧而产生的CO污染空气。[例3]在我国中西部大开发中，某省为筹建一大型化工基地，征集到下列方案，其中你认为可行的是 [ ]A．建在中西部干旱山区可以脱贫致富B．应建在水资源丰富和交通方便的远离城市的郊区C．企业有权自主选择厂址D．不宜建在人口稠密的居民区分析 本题涉及化工厂选址等问题，首先要关心环境问题，要考虑节省资源、能源，减少污染，减低成本等要求。 [例4]阅读下文请回答20世纪90年代初，国际上提出了“预防污染”这一新概念。绿色化学是“预防污染”的根本手段，它的目标是研究和寻找能充分利用的无毒害原材料，最大限度地节约能源，在化工生产各环节都实现净化和无污染的反应途径。下列各项属于“绿色化学”的是 [ ]A．处理废弃物B．治理污染点C．减少有毒物D．杜绝污染源分析 研究化学问题时都应该注意绿色化学。绿色化学的具体内涵主要集中体现在以下5点：①减量，即减少用量，减少“三废”排放；②重复使用，诸如化学工业过程中的催化剂、载体等，这是降低成本和减废的需要；③回收，可以有效实现“省资源，少污染，减成本”的要求
如图所示的单摆，摆球 a 向右摆动到最低点时，恰好与一沿水平方向向左运动的粘性小球 b 发生碰撞，并粘接
1，0.16（或4/25） 此题是单摆与动量守恒定律的综合应用问题。解题思路：先根据单摆的周期公式可以判定其周期不变，然后在利用动量守恒定律列式可求出碰后ab的速度，然后根据机械能守恒可以算出其高度差。具体解题过程：先根据单摆的周期公式可知，它的周期只与摆长有关，而碰撞前后摆长不变，于是，其周期当然不变，仍为T.第二部分：碰前对于a球，根据机械能守恒定律可知：1/2mv 2 =mgh那么h=v 2 /2g)碰后，根据动量守恒定律可知：mv-1/4m2v=5/4mv 0 .解之的：v 0 =2/5v然后，参考第一式可知:h 0 =(2/5v) 2 /2g=4/25h=0.16h本题属于综合应用类题型，要求较高，但是难度较低。
