1．（2024?重慶）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時(shí)，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘（質(zhì)量為在軟組織中運(yùn)動距離后進(jìn)入目標(biāo)組織，繼續(xù)運(yùn)動后停下來。若兩段運(yùn)動中針鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為、，則針鞘
A．被彈出時(shí)速度大小為
B．到達(dá)目標(biāo)組織表面時(shí)的動能為
C．運(yùn)動過程中，阻力做功為
D．運(yùn)動的過程中動量變化量大小為
2．（2024?北京一模）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），點(diǎn)為彈簧在原長時(shí)物塊的位置。物塊由點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動，最遠(yuǎn)到達(dá)點(diǎn)。關(guān)于物塊的受力及運(yùn)動特征，下列說法正確的是
A．從到，物塊所受重力的沖量為0
B．從到，物塊的加速度一直減小
C．從到，物塊通過點(diǎn)時(shí)的速度最大
D．從到，彈簧彈力對物塊做的功等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量
3．（2024?北京）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是
A．上升和下落兩過程的時(shí)間相等
B．上升和下落兩過程損失的機(jī)械能相等
C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量
D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度
4．（2024?海淀區(qū)模擬）如圖是采用動力學(xué)方法測量空間站質(zhì)量的原理圖。已知飛船的質(zhì)量為，其推進(jìn)器工作時(shí)飛船受到的平均推力為。在飛船與空間站對接后，推進(jìn)器工作時(shí)間為△，測出飛船和空間站的速度變化為△。下列說法正確的是
A．空間站的質(zhì)量為
B．空間站的質(zhì)量為
C．飛船對空間站的作用力大小為
D．飛船對空間站的作用力大小一定為
5．（2024?遼寧三模）航天夢由來已久，明朝萬戶，他把多個(gè)自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力，翱翔天際，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)備火箭（含燃料）、椅子、風(fēng)箏等總質(zhì)量為，點(diǎn)燃火箭后在極短的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)量為的熾熱燃?xì)庀鄬Φ孛嬉缘乃俣蓉Q直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為，下列說法中正確的是
A．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為
B．火箭在向下噴氣上升的過程中，火箭機(jī)械能守恒
C．噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備能上升的最大高度為
D．在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備動量守恒
6．（2024?豐臺區(qū)二模）如圖所示，質(zhì)量為的小球用長為的細(xì)線懸于點(diǎn)，使小球在水平面內(nèi)以角速度做勻速圓周運(yùn)動。已知小球做圓周運(yùn)動時(shí)圓心到懸點(diǎn)的距離為，重力加速度為。下列說法正確的是
A．繩對小球的拉力大小為
B．小球轉(zhuǎn)動一周，繩對小球拉力的沖量為0
C．保持不變，增大繩長，增大
D．保持不變，增大繩長，繩對小球拉力的大小不變
7．（2024?越秀區(qū)校級模擬）在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對方的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖（a）所示，碰撞前后兩壺運(yùn)動的圖線如圖（b）中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則
A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞
B．碰后藍(lán)壺速度為
C．碰后藍(lán)壺移動的距離為
D．碰后紅壺所受摩擦力小于藍(lán)壺所受摩擦力
8．（2024?南通模擬）如圖所示，勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端栓接一質(zhì)量為的小木塊放置在粗糙程度相同的水平面上的點(diǎn)，此時(shí)彈簧長度為彈簧原長。一顆質(zhì)量為的子彈以水平速度擊中木塊，木塊和子彈一起向左側(cè)運(yùn)動到點(diǎn)后向右運(yùn)動，最遠(yuǎn)到達(dá)點(diǎn)，然后在點(diǎn)兩側(cè)往復(fù)運(yùn)動。已知之間的距離為，小木塊與水平面的動摩擦因數(shù)為，取重力加速度為，下列選項(xiàng)正確的是（已知簡諧運(yùn)動周期，為運(yùn)動物體質(zhì)量，為比例系數(shù)）
A．子彈打入小木塊后，子彈和木塊共同運(yùn)動的速度為
B．小木塊從開始運(yùn)動到第一次回到點(diǎn)的過程中克服摩擦力做功為
C．間的距離為
D．小木塊第一次從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的時(shí)間為
9．（2024?濰坊三模）2022年4月16日，如圖所示，神舟十三號載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場預(yù)定區(qū)域成功著陸。三名航天員結(jié)束為期6個(gè)月的太空“出差”，回到地球的懷抱。返回艙在距地面高左右時(shí)，相對地面豎直向下的速度為，此時(shí)反推發(fā)動機(jī)點(diǎn)火，在極短時(shí)間△內(nèi)噴出體積為的氣體、其速度相對地面豎直向下為，能使返回艙平穩(wěn)落地。已知噴出氣體的密度為，估算返回艙受到的平均反沖力大小為
A．B．C．D．
10．（2024?雨花區(qū)校級模擬）如圖所示，是高速磁懸浮列車在水平長直軌道上的模擬運(yùn)行圖，列車由質(zhì)量均為的4節(jié)車廂組成，其中1號車廂為動力車廂。列車由靜止開始以額定功率運(yùn)行，經(jīng)過一段時(shí)間達(dá)到最大速度。列車向右運(yùn)動過程中，1號車廂會受到前方空氣的阻力，假設(shè)車廂碰到空氣前空氣的速度為0，碰到空氣后空氣的速度立刻與列車速度相同，已知空氣密度為。1號車廂的迎風(fēng)面積（垂直運(yùn)動方向上的投影面積）為，不計(jì)其他阻力，忽略2號、3號、4號車廂受到的空氣阻力。當(dāng)列車由靜止開始以額定功率運(yùn)行到速度為最大速度的時(shí)，1號車廂對2號車廂的作用力大小為
A．B．C．D．
二．多選題（共6小題）
11．（2024?五華區(qū)校級模擬）如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車段是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道，從到小車右端擋板平滑連接一段光滑水平軌道，在右端固定一輕彈簧，彈簧處于自由狀態(tài)，自由端在點(diǎn)。一質(zhì)量為、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止滑下，而后滑入水平軌道，小車質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，重力加速度為。下列說法正確的是
A．滑塊到達(dá)點(diǎn)時(shí)的速度大小為
B．彈簧獲得的最大彈性勢能為
C．滑塊從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程中，小車運(yùn)動的位移大小為
D．滑塊第一次從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)時(shí)，小車對滑塊的支持力大小為
12．（2024?大連二模）體育課上，某同學(xué)做俯臥撐訓(xùn)練，在向上撐起過程中，下列說法正確的是
A．地面對手的支持力做了正功B．地面對手的支持力沖量為零
C．他克服重力做了功D．他的機(jī)械能增加了
13．（2024?福建）如圖（a），水平地面上固定有一傾角為的足夠長光滑斜面，一質(zhì)量為的滑塊鎖定在斜面上。時(shí)解除鎖定，同時(shí)對滑塊施加沿斜面方向的拉力，隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖（b）所示，取沿斜面向下為正方向，重力加速度大小為，則滑塊
A．在內(nèi)一直沿斜面向下運(yùn)動
B．在內(nèi)所受合外力的總沖量大小為零
C．在時(shí)動量大小是在時(shí)的一半
D．在內(nèi)的位移大小比在內(nèi)的小
14．（2024?天津模擬）如圖甲所示，“復(fù)興號”高速列車正沿直線由靜止駛出火車站，水平方向的動力隨運(yùn)動時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示。后，列車以的速度做勻速直線運(yùn)動，已知列車所受阻力大小恒定。則下列說法正確的是
A．前，列車做勻減速直線運(yùn)動
B．列車所受阻力的大小為
C．根據(jù)已知條件可求出列車的質(zhì)量為
D．在時(shí)，列車牽引力的功率為
15．（2024?聊城二模）如圖所示，一拋物線形狀的光滑導(dǎo)軌豎直放置，固定在點(diǎn)，為導(dǎo)軌的頂點(diǎn)，點(diǎn)離地面的高度為，在點(diǎn)正下方，、兩點(diǎn)相距，軌道上套有一個(gè)小球，小球通過輕桿與光滑地面上的小球相連，兩小球的質(zhì)量均為，輕桿的長度為。現(xiàn)將小球從距地面高度為處由靜止釋放，下列說法正確的是
A．小球即將落地時(shí)，它的速度大小為
B．小球即將落地時(shí)，它的速度方向與水平面的夾角為
C．從靜止釋放到小球即將落地，輕桿對小球做的功為
D．若小球落地后不反彈，則地面對小球的作用力的沖量大小為
16．（2024?河南模擬）如圖（a）所示，“”形木板靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為的滑塊以的初速度滑上木板，時(shí)與木板相撞并粘在一起。兩者運(yùn)動的圖像如圖（b）所示。重力加速度大小取，則
A．的質(zhì)量為
B．地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1
C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為
D．時(shí)木板速度恰好為零
三．填空題（共1小題）
17．（2024?福州模擬）如圖所示，柜子靜置于水平地面，某人用大小為的水平推力推柜子，但沒有推動，則柜子和地面間摩擦力大小 ；在同一時(shí)間內(nèi)，推力沖量大小 摩擦力沖量大?。ㄟx填“大于”、“小于”或“等于” 。
四．解答題（共8小題）
18．（2025?邯鄲一模）如圖所示，桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質(zhì)彈簧左端固定，自然伸長位置為點(diǎn)，彈簧的勁度系數(shù)，圓軌道的半徑，圓管的內(nèi)徑比小球直徑略大，但遠(yuǎn)小于圓軌道半徑，小物塊靜止于木板左端，木板的上表面恰好與圓管軌道水平部分下端表面等高，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數(shù)，木板右端與墻壁之間的距離，現(xiàn)用力將小球向左推壓，將彈簧壓縮，然后由靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運(yùn)動到桌面右端點(diǎn)后水平拋出，從管口處沿圓管切線飛入圓管內(nèi)部，從圓管水平部分點(diǎn)飛出，并恰好與小物塊發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過一段時(shí)間后和右側(cè)墻壁發(fā)生彈性碰撞，已知始終未和墻壁碰撞，并且未脫離木板，，，，，。試求：
（1）小球平拋運(yùn)動的時(shí)間及拋出點(diǎn)與管口間的高度差；
（2）小球在圓管內(nèi)運(yùn)動過程中對圓管最高點(diǎn)的擠壓力，并判斷是和管的內(nèi)壁還是外壁擠壓；
（3）木板的最短長度及木板在地面上滑動的總路程。
19．（2024?寧河區(qū)校級一模）
如圖所示，光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，水平，為半圓，圓弧軌道的半徑，在處與相切。在直軌道上放著質(zhì)量分別為、的物塊、（均可視為質(zhì)點(diǎn)），用輕質(zhì)細(xì)繩將、連接在一起，且、間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧（未被拴接）。軌道左側(cè)的光滑水平地面上停著一質(zhì)量為、長的小車，小車上表面與等高。現(xiàn)將細(xì)繩剪斷，之后向左滑上小車，恰好未從小車左端掉下。向右滑動且恰好能沖到圓弧軌道的最高點(diǎn)處。物塊與小車之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度取。求：
（1）物塊運(yùn)動到圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小。
（2）細(xì)繩剪斷之前彈簧的彈性勢能。
（3）小車的質(zhì)量。
20．（2024?福建）如圖，木板放置在光滑水平桌面上，通過兩根相同的水平輕彈簧、與桌面上的兩個(gè)固定擋板相連。小物塊放在的最左端，通過一條跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與帶正電的小球相連，輕繩絕緣且不可伸長，與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側(cè)存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場，、、均靜止，、處于原長狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。時(shí)撤去電場，向下加速運(yùn)動，下降后開始勻速運(yùn)動，開始做勻速運(yùn)動瞬間彈簧的彈性勢能為。已知、、的質(zhì)量分別為、、，小球的帶電量為，重力加速度大小取，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，輕繩與滑輪間的摩擦力不計(jì)。
（1）求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大?。?br>（2）求與間的動摩擦因數(shù)及做勻速運(yùn)動時(shí)的速度大??；
（3）若時(shí)電場方向改為豎直向下，當(dāng)與即將發(fā)生相對滑動瞬間撤去電場，、繼續(xù)向右運(yùn)動，一段時(shí)間后，從右向左運(yùn)動。求第一次從右向左運(yùn)動過程中最大速度的大小。（整個(gè)過程未與脫離，未與地面相碰）
21．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）如圖甲所示，質(zhì)量為的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在點(diǎn)平滑連接，為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道水平部分的長度，半圓形部分的半徑，重力加速度大小取。
（1）若軌道固定，使小物塊以某一初速度沿軌道滑動，且恰好可以從點(diǎn)飛出，求該情況下，物塊滑到點(diǎn)時(shí)的速度大?。?br>（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力，小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道加速度與對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。
求和；
初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力，當(dāng)小物塊運(yùn)動到點(diǎn)時(shí)撤去，試判斷此后小物塊是否可以從點(diǎn)飛離軌道，若可以，計(jì)算小物塊從點(diǎn)飛離時(shí)相對地面的速度大小及方向；若不可以，計(jì)算與軌道分離點(diǎn)的位置。
22．（2024?蓮湖區(qū)校級模擬）某物流公司用如圖所示的傳送帶將貨物從高處傳送到低處。傳送帶與水平地面夾角，順時(shí)針轉(zhuǎn)動的速率為。將質(zhì)量為的物體無初速地放在傳送帶的頂端，物體到達(dá)底端后能無碰撞地滑上質(zhì)量為的木板左端。已知物體與傳送帶、木板間的動摩擦因數(shù)分別為，，的距離為。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度（已知，。求：
（1）物體剛開始下滑時(shí)的加速度大小和物體滑上木板左端時(shí)的速度大?。?br>（2）若地面光滑，要使物體不會從木板上掉下，木板長度至少應(yīng)是多少；
（3）若木板與地面的動摩擦因數(shù)為，且物體不會從木板上掉下，求木板的最小長度與的關(guān)系式。
23．（2024?云安區(qū)校級模擬）質(zhì)量的手榴彈從水平地面上以的初速度斜向上拋出，上升到距地面的最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量相等的兩塊彈片，其中一塊彈片自由下落到達(dá)地面，落地動能為。重力加速度，空氣阻力不計(jì)，爆炸后氣體的動量總動量為零，火藥燃燒充分，求：
（1）手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量；
（2）兩塊彈片落地點(diǎn)間的距離。
24．（2024?江蘇模擬）如圖，傾角的粗糙斜面與光滑水平面在點(diǎn)平滑連接，傾角的足夠長的傳送帶在電動機(jī)的帶動下以的速度沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的下端與水平面的右端點(diǎn)通過一小段圓弧連接，質(zhì)量的小物塊放在水平面上的點(diǎn)，質(zhì)量的小滑塊從點(diǎn)由靜止釋放，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，、間距離，滑到水平面上后與發(fā)生彈性正碰，以后與的碰撞都發(fā)生在水平面上，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取，，。求：
（1）第一次與碰撞前瞬間的速度大小；
（2）第一次碰撞后瞬間與的速度大??；
（3）從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中電動機(jī)額外多做的功。
25．（2024?合肥三模）如圖所示，在靜止的水面上有一質(zhì)量為的小船，一質(zhì)量為的救生員站在船尾，相對小船靜止?；卮鹣铝袉栴}：
（1）當(dāng)小船以速率向右勻速行駛時(shí)，救生員相對船以速率水平向左躍入水中，不考慮水對船的阻力，求救生員躍出后小船的速率；
（2）當(dāng)船靜止在水面上時(shí)，救生員從船尾走到船頭，已知船長為，不考慮水對船的阻力，求此過程中船后退的距離；
（3）開動小船的發(fā)動機(jī)，小船以速度勻速行駛，小船受到的阻力為。已知水的密度為，小船螺旋槳與水作用的有效面積為，求小船的發(fā)動機(jī)的輸出平均功率。
2025年高考物理壓軸訓(xùn)練8
參考答案與試題解析
一．選擇題（共10小題）
1．（2024?重慶）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時(shí)，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘（質(zhì)量為在軟組織中運(yùn)動距離后進(jìn)入目標(biāo)組織，繼續(xù)運(yùn)動后停下來。若兩段運(yùn)動中針鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為、，則針鞘
A．被彈出時(shí)速度大小為
B．到達(dá)目標(biāo)組織表面時(shí)的動能為
C．運(yùn)動過程中，阻力做功為
D．運(yùn)動的過程中動量變化量大小為
【答案】
【考點(diǎn)】利用動能定理求解多過程問題；動量變化量的計(jì)算
【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力
【分析】根據(jù)動能定理求針鞘被彈出時(shí)速度大??；
由功能關(guān)系求針鞘到達(dá)目標(biāo)組織表面時(shí)的動能、克服阻力做功；
由動量與動能關(guān)系求出動量變化量。
【解答】解：．根據(jù)動能定理有
解得
故正確；
．針鞘到達(dá)目標(biāo)組織表面后，繼續(xù)前進(jìn)減速至零，有
到達(dá)目標(biāo)組織表面時(shí)的動能為
故錯誤；
．針鞘運(yùn)動的過程中，克服阻力做功為，故錯誤；
．針鞘運(yùn)動的過程中，動量變化量大小
故錯誤。
故選：。
【點(diǎn)評】本題考動能定理相關(guān)知識，明確功能關(guān)系、動能與動量的關(guān)系，難度一般。
2．（2024?北京一模）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），點(diǎn)為彈簧在原長時(shí)物塊的位置。物塊由點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動，最遠(yuǎn)到達(dá)點(diǎn)。關(guān)于物塊的受力及運(yùn)動特征，下列說法正確的是
A．從到，物塊所受重力的沖量為0
B．從到，物塊的加速度一直減小
C．從到，物塊通過點(diǎn)時(shí)的速度最大
D．從到，彈簧彈力對物塊做的功等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量
【答案】
【考點(diǎn)】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用
【專題】推理法；定性思想；動量定理應(yīng)用專題；推理能力
【分析】根據(jù)沖量定義分析；根據(jù)牛頓第二定律分析；在物塊受力平衡時(shí)速度最大，據(jù)此分析；根據(jù)動能定理分析。
【解答】解：、從到，設(shè)物塊的運(yùn)動時(shí)間為，則物塊所受重力的沖量為，故錯誤；
、從到，物塊所受彈簧彈力一直減小，所受摩擦力不變，一開始彈力大于摩擦力，物塊做加速運(yùn)動，到彈簧彈力等于摩擦力后，彈力繼續(xù)減小，彈力小于摩擦力，則物塊做減速運(yùn)動，所以物塊的加速度先減小后增大，故錯誤；
、當(dāng)物塊受力平衡時(shí)速度最大，在點(diǎn)物塊受摩擦力作用，受力不平衡，在之間某位置彈力和摩擦力相等，所以點(diǎn)不是速度最大位置，故錯誤；
、從到過程中，只有彈簧彈力和摩擦力對物塊做功，根據(jù)動能定理可知彈簧彈力對物塊做的功等于物塊克服摩擦力做的功，即等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量，故正確。
故選：。
【點(diǎn)評】知道物塊在運(yùn)動過程中彈簧彈力的變化是解題的關(guān)鍵，還要知道物塊在受力平衡時(shí)速度最大。
3．（2024?北京）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是
A．上升和下落兩過程的時(shí)間相等
B．上升和下落兩過程損失的機(jī)械能相等
C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量
D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度
【答案】
【考點(diǎn)】豎直上拋運(yùn)動的規(guī)律及應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；求變力的沖量
【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力
【分析】根據(jù)上升和下降兩個(gè)過程中的受力情況結(jié)合牛頓第二定律分析加速度的情況；
根據(jù)阻力的做功情況判斷上下經(jīng)過同一位置的速度變化情況，結(jié)合動量定理分析沖量大小；
根據(jù)上升和下降的平均速度分析運(yùn)動時(shí)間的關(guān)系；
根據(jù)功能關(guān)系分析機(jī)械能的損失情況。
【解答】解：小球上升過程中受到向下的空氣阻力，滿足，下落過程中受到向上的空氣阻力，滿足，由牛頓第二定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），故錯誤；
小球運(yùn)動的整個(gè)過程中，空氣阻力做負(fù)功，由動能定理可知小球落回原處時(shí)的速度小于拋出時(shí)的速度，所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小，由動量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，故正確；
上升與下落經(jīng)過同一位置時(shí)的速度，上升時(shí)更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，所以上升過程所用時(shí)間小于下落過程所用時(shí)間，故錯誤；
經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關(guān)系可知，上升過程機(jī)械能損失大于下落過程機(jī)械能損失，故錯誤。
故選：。
【點(diǎn)評】考查物體受力分析和牛頓第二定律，會結(jié)合平均速度、動量定理分析解決實(shí)際問題。
4．（2024?海淀區(qū)模擬）如圖是采用動力學(xué)方法測量空間站質(zhì)量的原理圖。已知飛船的質(zhì)量為，其推進(jìn)器工作時(shí)飛船受到的平均推力為。在飛船與空間站對接后，推進(jìn)器工作時(shí)間為△，測出飛船和空間站的速度變化為△。下列說法正確的是
A．空間站的質(zhì)量為
B．空間站的質(zhì)量為
C．飛船對空間站的作用力大小為
D．飛船對空間站的作用力大小一定為
【答案】
【考點(diǎn)】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；連接體模型
【專題】推理法；定量思想；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；推理能力
【分析】利用整體法，結(jié)合動量定理可求出空間站的質(zhì)量；通過牛頓第二定律得分析，結(jié)合題干信息判斷作用力是否可以直接求出。
【解答】解：、設(shè)空間站質(zhì)量為，將飛船和空間站視為整體，對整體而言在的作用下速度發(fā)生變化，根據(jù)動量定理有：△△，解得，故錯誤，正確；
、某一時(shí)刻對飛船分析有，其中為空間站對飛船的作用力，對空間站有，所以作用力大小不為，由于是平均推力大小，僅知道速度的變化量是無法確定整個(gè)過程是勻變速過程，所以作用力大小不一定是，故錯誤；
故選：。
【點(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意整體法和隔離法的應(yīng)用，利用整體法減少內(nèi)力的分析過程。
5．（2024?遼寧三模）航天夢由來已久，明朝萬戶，他把多個(gè)自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力，翱翔天際，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)備火箭（含燃料）、椅子、風(fēng)箏等總質(zhì)量為，點(diǎn)燃火箭后在極短的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)量為的熾熱燃?xì)庀鄬Φ孛嬉缘乃俣蓉Q直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為，下列說法中正確的是
A．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為
B．火箭在向下噴氣上升的過程中，火箭機(jī)械能守恒
C．噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備能上升的最大高度為
D．在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備動量守恒
【答案】
【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用；動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題
【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力
【分析】在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，視萬戶及所攜設(shè)備（火箭（含燃料）、椅子、風(fēng)箏等）為系統(tǒng)，動量守恒，火箭受推力作用，機(jī)械能不守恒，噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備做豎直上拋運(yùn)動。
【解答】解：、在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，萬戶及所攜設(shè)備組成的系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故系統(tǒng)動量守恒，設(shè)火箭的速度大小為，規(guī)定火箭運(yùn)動方向?yàn)檎较?，則有根據(jù)動量守恒定律有
解得火箭的速度大小為
故正確；
、火箭受推力作用，機(jī)械能不守恒，故錯誤；
、噴出燃?xì)夂?，萬戶及所攜設(shè)備做豎直上拋運(yùn)動，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式可得，最大上升高度為
解得
故錯誤；
、在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備因?yàn)槭苤亓?，外力之合不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故錯誤。
故選：。
【點(diǎn)評】本題解題的關(guān)鍵是在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，視萬戶及所攜設(shè)備火箭（含燃料）、椅子、風(fēng)箏等）為系統(tǒng)，動量守恒。
6．（2024?豐臺區(qū)二模）如圖所示，質(zhì)量為的小球用長為的細(xì)線懸于點(diǎn)，使小球在水平面內(nèi)以角速度做勻速圓周運(yùn)動。已知小球做圓周運(yùn)動時(shí)圓心到懸點(diǎn)的距離為，重力加速度為。下列說法正確的是
A．繩對小球的拉力大小為
B．小球轉(zhuǎn)動一周，繩對小球拉力的沖量為0
C．保持不變，增大繩長，增大
D．保持不變，增大繩長，繩對小球拉力的大小不變
【答案】
【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；向心力的表達(dá)式及影響向心力大小的因素；動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用
【專題】推理能力；推理法；定量思想；動量定理應(yīng)用專題；應(yīng)用題；學(xué)科綜合題
【分析】（1）對小球受力分析，根據(jù)幾何關(guān)系求得小球做圓周運(yùn)動的向心力，然后根據(jù)牛頓第二定律求解角速度；
（2）由動量定理求解拉力的沖量大小。
【解答】解：、對小球受力分析，如圖所示：
由重力和拉力的合力提供向心力，由向心力公式可得：，解得：，故正確；
、小球運(yùn)動的周期為：，小球運(yùn)動一周的過程中，動量的變化為零，根據(jù)動量定理，細(xì)繩拉力的沖量與重力的沖量大小相等，拉力的沖量大小為：，故錯誤；
、小球做圓周運(yùn)動時(shí)，對小球受力分析可知：，解得細(xì)繩對小球的拉力大小為：，又，聯(lián)立解得：，故不變是，增大，不變，拉力增大，故錯誤。
故選：。
【點(diǎn)評】本題主要考查圓周運(yùn)動及動量定理，解題的關(guān)鍵是要知道向心力的來源。
7．（2024?越秀區(qū)校級模擬）在冰壺比賽中，某隊(duì)員利用紅壺去碰撞對方的藍(lán)壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖（a）所示，碰撞前后兩壺運(yùn)動的圖線如圖（b）中實(shí)線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質(zhì)量相等，則
A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞
B．碰后藍(lán)壺速度為
C．碰后藍(lán)壺移動的距離為
D．碰后紅壺所受摩擦力小于藍(lán)壺所受摩擦力
【答案】
【考點(diǎn)】圖像；一維碰撞模型；動量與能量的其他綜合應(yīng)用
【專題】定量思想；推理法；力學(xué)綜合性應(yīng)用專題；分析綜合能力
【分析】根據(jù)圖像確定碰撞前后兩壺的速度，應(yīng)用動量守恒定律求解速度；判斷碰撞過程機(jī)械能是否守恒，確定是否為彈性碰撞；利用圖像中傾斜的虛線求解藍(lán)壺停止運(yùn)動的時(shí)間，由運(yùn)動學(xué)公式求解藍(lán)壺的位移大??；根據(jù)圖像的斜率表示加速度，判斷碰后紅壺和藍(lán)壺的加速度大小關(guān)系，由牛頓第二定律判斷兩者所受的摩擦力大小關(guān)系。
【解答】解：、由圖知：碰前紅壺的速度為，碰后速度為，碰后紅壺沿原方向運(yùn)動，設(shè)碰后藍(lán)壺的速度為，取碰撞前紅壺的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動量守恒定律可得：
代入數(shù)據(jù)解得：
因，故碰撞過程機(jī)械能有損失，則碰撞為非彈性碰撞，故錯誤；
、設(shè)圖（b）中傾斜的虛線與軸的交點(diǎn)的軸坐標(biāo)為，則有：
解得：
碰后藍(lán)壺移動的位移大小為：，故正確；
、根據(jù)圖像的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度大于藍(lán)壺的加速度，兩者的質(zhì)量相等，合力均為滑動摩擦力，由牛頓第二定律，可知碰后紅壺所受滑動摩擦力大于藍(lán)壺所受的摩擦力，故錯誤。
故選：。
【點(diǎn)評】本題考查了動量守恒定律與圖像相結(jié)合的問題。能夠通過圖像運(yùn)動過程，找到兩物體碰撞的初末狀態(tài)，應(yīng)用動量守恒定律解答。彈性碰撞與非彈性碰撞的區(qū)別和判斷依據(jù)是碰撞過程系統(tǒng)機(jī)械能是否守恒。
8．（2024?南通模擬）如圖所示，勁度系數(shù)為的輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端栓接一質(zhì)量為的小木塊放置在粗糙程度相同的水平面上的點(diǎn)，此時(shí)彈簧長度為彈簧原長。一顆質(zhì)量為的子彈以水平速度擊中木塊，木塊和子彈一起向左側(cè)運(yùn)動到點(diǎn)后向右運(yùn)動，最遠(yuǎn)到達(dá)點(diǎn)，然后在點(diǎn)兩側(cè)往復(fù)運(yùn)動。已知之間的距離為，小木塊與水平面的動摩擦因數(shù)為，取重力加速度為，下列選項(xiàng)正確的是（已知簡諧運(yùn)動周期，為運(yùn)動物體質(zhì)量，為比例系數(shù)）
A．子彈打入小木塊后，子彈和木塊共同運(yùn)動的速度為
B．小木塊從開始運(yùn)動到第一次回到點(diǎn)的過程中克服摩擦力做功為
C．間的距離為
D．小木塊第一次從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的時(shí)間為
【答案】
【考點(diǎn)】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用
【專題】比較思想；尋找守恒量法；功能關(guān)系 能量守恒定律；分析綜合能力
【分析】根據(jù)動量守恒定律求子彈打入小木塊后，子彈和木塊共同運(yùn)動的速度。根據(jù)是路程）求克服摩擦力做功。根據(jù)能量守恒的定律可解得的距離，根據(jù)動量定理解得小木塊第一次從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的時(shí)間。
【解答】解：、子彈打入木塊的過程，滿足動量守恒，有
解得，故錯誤；
、滑動摩擦力做功等于滑動摩擦力與路程的乘積，所以克服摩擦力做功，故錯誤；
、設(shè)間的距離為，彈簧從到的過程中，平均彈力，可得彈簧在點(diǎn)的彈性勢能，同理可得彈簧在點(diǎn)的彈性勢能程中的彈性勢能
對于物塊、子彈和彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)，由能量守恒可得
解得：
故正確；
、小木塊從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程中，根據(jù)振動方程可得
其中
從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程，點(diǎn)的位移為
解得：
故錯誤；
故選：。
【點(diǎn)評】本題考查動量守恒定律及功能關(guān)系，解題關(guān)鍵分析木塊的運(yùn)動情況，運(yùn)用動量定理時(shí)注意方向性。
9．（2024?濰坊三模）2022年4月16日，如圖所示，神舟十三號載人飛船返回艙在東風(fēng)著陸場預(yù)定區(qū)域成功著陸。三名航天員結(jié)束為期6個(gè)月的太空“出差”，回到地球的懷抱。返回艙在距地面高左右時(shí)，相對地面豎直向下的速度為，此時(shí)反推發(fā)動機(jī)點(diǎn)火，在極短時(shí)間△內(nèi)噴出體積為的氣體、其速度相對地面豎直向下為，能使返回艙平穩(wěn)落地。已知噴出氣體的密度為，估算返回艙受到的平均反沖力大小為
A．B．C．D．
【答案】
【考點(diǎn)】牛頓第三定律的理解與應(yīng)用；動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用
【專題】定量思想；推理法；動量定理應(yīng)用專題；推理能力
【分析】以噴出的空氣為研究對象，則根據(jù)動量定理可得噴出氣體對空氣的作用力，然后再根據(jù)牛頓第三定律可得對返回艙的反沖力。
【解答】解：噴出氣體的質(zhì)量為△
以噴出氣體為研究對象，設(shè)氣體受到的平均沖力為，以向下為正方向，根據(jù)動量定理可得△△△△△
由于在極短時(shí)間△內(nèi)噴出氣體，可認(rèn)為噴出氣體的重力沖量忽略不計(jì)，故有△△△
解得
根據(jù)牛頓第三定律可知返回艙受到的平均反沖力大小，故正確，錯誤。
故選：。
【點(diǎn)評】解題的關(guān)鍵是要找準(zhǔn)研究對象，應(yīng)該以被噴出的空氣為研究對象。還要注意應(yīng)用牛頓第三定律求返回艙受到的反沖力大小。
10．（2024?雨花區(qū)校級模擬）如圖所示，是高速磁懸浮列車在水平長直軌道上的模擬運(yùn)行圖，列車由質(zhì)量均為的4節(jié)車廂組成，其中1號車廂為動力車廂。列車由靜止開始以額定功率運(yùn)行，經(jīng)過一段時(shí)間達(dá)到最大速度。列車向右運(yùn)動過程中，1號車廂會受到前方空氣的阻力，假設(shè)車廂碰到空氣前空氣的速度為0，碰到空氣后空氣的速度立刻與列車速度相同，已知空氣密度為。1號車廂的迎風(fēng)面積（垂直運(yùn)動方向上的投影面積）為，不計(jì)其他阻力，忽略2號、3號、4號車廂受到的空氣阻力。當(dāng)列車由靜止開始以額定功率運(yùn)行到速度為最大速度的時(shí)，1號車廂對2號車廂的作用力大小為
A．B．C．D．
【答案】
【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用
【專題】定量思想；推理法；動量定理應(yīng)用專題；推理能力
【分析】根據(jù)動量定理推導(dǎo)出阻力的表達(dá)式，當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，計(jì)算出列車速度最大，根據(jù)運(yùn)行速度為最大速度的時(shí)計(jì)算出牽引力，根據(jù)牛頓第二定律列方程計(jì)算。
【解答】解：根據(jù)題意，設(shè)列車的最大速度為，列車對空氣的阻力為，取列車運(yùn)動方向?yàn)檎较?，由動量定理?br>△△
解得
當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，勻速運(yùn)動，列車速度最大，則有
聯(lián)立解得
當(dāng)列車由靜止開始以額定功率運(yùn)行到速度為最大速度的時(shí)，阻力為
此時(shí)，牽引力為
1號車廂對2號車廂的作用力大小為，對2號、3號、4號車廂整體，由牛頓第二定律有
對4節(jié)車廂整體有
聯(lián)立解得
故正確，錯誤。
故選：。
【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵掌握機(jī)車的兩種啟動方式、整體法和隔離法。
二．多選題（共6小題）
11．（2024?五華區(qū)校級模擬）如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車段是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道，從到小車右端擋板平滑連接一段光滑水平軌道，在右端固定一輕彈簧，彈簧處于自由狀態(tài)，自由端在點(diǎn)。一質(zhì)量為、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止滑下，而后滑入水平軌道，小車質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，重力加速度為。下列說法正確的是
A．滑塊到達(dá)點(diǎn)時(shí)的速度大小為
B．彈簧獲得的最大彈性勢能為
C．滑塊從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)的過程中，小車運(yùn)動的位移大小為
D．滑塊第一次從點(diǎn)運(yùn)動到點(diǎn)時(shí)，小車對滑塊的支持力大小為
【答案】
【考點(diǎn)】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；動量守恒定律在繩連接體問題中的應(yīng)用
【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；推理能力
【分析】根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒、牛頓第二定律列式聯(lián)立求解比較判斷；
根據(jù)動量守恒和能量守恒分析解答；
根據(jù)動量守恒的具體形式人船模型列式求解。
【解答】解：．滑塊從滑到時(shí)，對滑塊和小車組成的系統(tǒng)，滿足水平方向動量守恒，機(jī)械能守恒，則有
聯(lián)立解得
，
設(shè)點(diǎn)小球所受的支持力為，運(yùn)動到點(diǎn)時(shí)對滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律
解得：
故錯誤，正確；
．滑塊運(yùn)動到小車最右端時(shí)根據(jù)水平方向動量守恒可知二者均靜止，則減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，故正確；
．滑塊從到滑下過程由人船模型可知
解得小車的位移為
故錯誤。
故選：。
【點(diǎn)評】考查系統(tǒng)單方向上動量守恒和系統(tǒng)機(jī)械能守恒等問題，熟練掌握守恒的條件分析方法。
12．（2024?大連二模）體育課上，某同學(xué)做俯臥撐訓(xùn)練，在向上撐起過程中，下列說法正確的是
A．地面對手的支持力做了正功B．地面對手的支持力沖量為零
C．他克服重力做了功D．他的機(jī)械能增加了
【答案】
【考點(diǎn)】動量的定義、單位及性質(zhì)；功的定義、單位和計(jì)算式的推導(dǎo)
【專題】推理法；定性思想；功的計(jì)算專題；理解能力
【分析】判斷是否做功要有力和在力的方向上有位移；根據(jù)判斷沖量大??；同學(xué)克服重力做功，重力勢能增加，機(jī)械能增加。
【解答】解：、在俯臥撐向上運(yùn)動的過程中，對該同學(xué)的支持力的作用點(diǎn)沒有位移，則對該同學(xué)的支持力沒有做功，故錯誤；
、根據(jù)可知，在做俯臥撐運(yùn)動的過程中，地面對該同學(xué)的沖量不為零，故錯誤；
、由于人的重心升高，則重力做負(fù)功，即該同學(xué)克服重力做了功，在向上撐起過程中，重心升高，同學(xué)的機(jī)械能增加了，故正確。
故選：。
【點(diǎn)評】本題以俯臥撐為情景，考查了做功的條件和沖量等知識，加強(qiáng)了知識的實(shí)際應(yīng)用。
13．（2024?福建）如圖（a），水平地面上固定有一傾角為的足夠長光滑斜面，一質(zhì)量為的滑塊鎖定在斜面上。時(shí)解除鎖定，同時(shí)對滑塊施加沿斜面方向的拉力，隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖（b）所示，取沿斜面向下為正方向，重力加速度大小為，則滑塊
A．在內(nèi)一直沿斜面向下運(yùn)動
B．在內(nèi)所受合外力的總沖量大小為零
C．在時(shí)動量大小是在時(shí)的一半
D．在內(nèi)的位移大小比在內(nèi)的小
【答案】
【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；圖像中的動量問題
【專題】定量思想；方程法；動量定理應(yīng)用專題；推理論證能力
【分析】根據(jù)牛頓第二定律分別求得力方向沿斜面向下時(shí)與力方向沿斜面向上時(shí)物塊的加速度。根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求得、、、時(shí)刻物塊的速度，可確定物塊的運(yùn)動方向；根據(jù)動量定理求解時(shí)間內(nèi)合外力的總沖量；根據(jù)動量的定義解答選項(xiàng)；應(yīng)用平均速度分別求得與過程物塊的位移。
【解答】解：、以沿斜面向下為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得：
力方向沿斜面向下時(shí)，物塊的加速度為：
力方向沿斜面向上時(shí)，物塊的加速度為：
時(shí)間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻加速運(yùn)動，時(shí)刻物塊的速度為
時(shí)間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻減速運(yùn)動，時(shí)刻物塊的速度為
時(shí)間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻加速運(yùn)動，時(shí)刻物塊的速度為
時(shí)間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻減速運(yùn)動，時(shí)刻物塊的速度為
可知時(shí)間內(nèi)物體一直沿斜面向下運(yùn)動，故正確；
、根據(jù)動量定理得時(shí)間內(nèi)合外力的總沖量為，故錯誤；
、時(shí)刻物塊的動量為：，時(shí)刻物塊的動量為，可知時(shí)刻動量不等于時(shí)刻的一半，故錯誤；
、過程物塊的位移為，過程物塊的位移為，可知，故正確。
故選：。
【點(diǎn)評】本題考查了動量定理與牛頓第二定律得應(yīng)用，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式分段求解速度與位移，解答時(shí)注意矢量的方向問題。
14．（2024?天津模擬）如圖甲所示，“復(fù)興號”高速列車正沿直線由靜止駛出火車站，水平方向的動力隨運(yùn)動時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示。后，列車以的速度做勻速直線運(yùn)動，已知列車所受阻力大小恒定。則下列說法正確的是
A．前，列車做勻減速直線運(yùn)動
B．列車所受阻力的大小為
C．根據(jù)已知條件可求出列車的質(zhì)量為
D．在時(shí)，列車牽引力的功率為
【答案】
【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)
【專題】分析綜合能力；圖析法；定量思想；功率的計(jì)算專題
【分析】后列車做勻速直線運(yùn)動，牽引力和阻力大小相等，由圖乙讀出牽引力大小，從而確定阻力大小，由牛頓第二定律分析前內(nèi)加速度的變化特點(diǎn)，則可判斷列車的運(yùn)動性質(zhì)；根據(jù)圖線與橫軸的面積表示牽引力的沖量，由動量定理求解列車的質(zhì)量；由求在時(shí)列車牽引力的功率。
【解答】解：、后列車做勻速直線運(yùn)動，牽引力和阻力大小相等，由圖乙可知：
前內(nèi)，列車的牽引力大于阻力，由牛頓第二定律有

隨著牽引力減小，不變，則加速度減小，可知列車做加速度減小的變加速直線運(yùn)動，故錯誤；
、圖線與橫軸所夾的面積表示沖量，由圖乙可得：內(nèi)牽引力的沖量為
列車勻速運(yùn)動時(shí)的速度
取列車運(yùn)動方向?yàn)檎较?，在前?nèi)，由動量定理得
解得列車的質(zhì)量為：，故正確；
、在時(shí)，列車牽引力的功率為，故正確。
故選：。
【點(diǎn)評】本題考查功率公式、動量定理和牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是知道圖線與橫軸所夾的面積表示力的沖量。涉及力在時(shí)間上的積累效果時(shí)，要想到動量定理。
15．（2024?聊城二模）如圖所示，一拋物線形狀的光滑導(dǎo)軌豎直放置，固定在點(diǎn)，為導(dǎo)軌的頂點(diǎn)，點(diǎn)離地面的高度為，在點(diǎn)正下方，、兩點(diǎn)相距，軌道上套有一個(gè)小球，小球通過輕桿與光滑地面上的小球相連，兩小球的質(zhì)量均為，輕桿的長度為?，F(xiàn)將小球從距地面高度為處由靜止釋放，下列說法正確的是
A．小球即將落地時(shí)，它的速度大小為
B．小球即將落地時(shí)，它的速度方向與水平面的夾角為
C．從靜止釋放到小球即將落地，輕桿對小球做的功為
D．若小球落地后不反彈，則地面對小球的作用力的沖量大小為
【答案】
【考點(diǎn)】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；動能定理的簡單應(yīng)用；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用
【專題】分析綜合能力；動量定理應(yīng)用專題；定量思想；類比法
【分析】小球即將落地時(shí)，其速度方向與拋物線軌道相切，根據(jù)平拋運(yùn)動的規(guī)律求落地時(shí)速度方向與水平面的夾角；根據(jù)兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒以及兩球速度關(guān)系求解小球即將落地時(shí)的速度大小以及小球的速度大小，再根據(jù)動能定理計(jì)算輕桿對小球做的功；根據(jù)動量定理分析地面對小球的作用力的沖量大小。
【解答】解：、平拋運(yùn)動的軌跡為拋物線，將上述拋物線軌道類比平拋運(yùn)動，則小球即將落地時(shí)，它的速度方向與水平面的夾角正切為
可知，小球即將落地時(shí)，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據(jù)上述類比平拋運(yùn)動知識可知，小球的速度方向與水平方向的夾角，故正確；
、設(shè)小球即將落地時(shí)，它的速度大小為，小球的速度大小為，根據(jù)兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有
小球與小球沿桿方向的速度相等，則有
解得：，，故錯誤；
、從靜止釋放到小球即將落地，根據(jù)動能定理可得輕桿對小球做的功為，故正確；
、小球落地與地面相互作用的過程中，取小球落地前瞬間的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動量定理有，由于軌道、輕桿對小球有作用力，且小球有重力，則地面對小球的作用力的沖量大小與大小不相等，即不等于，故錯誤。
故選：。
【點(diǎn)評】本題是連接體機(jī)械能守恒問題，關(guān)鍵要抓住兩球的速度關(guān)系，知道兩球沿沿桿方向的速度相等，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但單個(gè)小球機(jī)械能并不守恒。
16．（2024?河南模擬）如圖（a）所示，“”形木板靜止于粗糙水平地面上，質(zhì)量為的滑塊以的初速度滑上木板，時(shí)與木板相撞并粘在一起。兩者運(yùn)動的圖像如圖（b）所示。重力加速度大小取，則
A．的質(zhì)量為
B．地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1
C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為
D．時(shí)木板速度恰好為零
【答案】
【考點(diǎn)】常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；動量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用；動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題
【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力
【分析】根據(jù)動量守恒可求出的質(zhì)量；利用牛頓第二定律可求出動摩擦因數(shù)；根據(jù)能量守恒定律可求出碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能；結(jié)合動量定理可求出木板速度恰好為零的時(shí)刻。
【解答】解：．根據(jù)圖像可知，，，，兩者碰撞時(shí)，取滑塊的速度方向?yàn)檎较?，設(shè)的質(zhì)量為，的質(zhì)量為，由系統(tǒng)動量守恒定律得
解得
故正確；
．設(shè)與之間的動摩擦因數(shù)為，與地面之間的動摩擦因數(shù)為，根據(jù)圖像可知，內(nèi)與的加速度分別為，，對、分別受力分析，由牛頓第二定律得
聯(lián)立解得
故錯誤；
．由于碰撞系統(tǒng)損失的機(jī)械能為
代入數(shù)據(jù)解得
△
故正確；
．對碰撞后整體受力分析，由動量定理得
代入數(shù)據(jù)解得
因此木板速度恰好為零的時(shí)刻為
故錯誤；
故選：。
【點(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意對于碰撞問題，要熟練運(yùn)用動量守恒定律和能量守恒定律。
三．填空題（共1小題）
17．（2024?福州模擬）如圖所示，柜子靜置于水平地面，某人用大小為的水平推力推柜子，但沒有推動，則柜子和地面間摩擦力大小 ；在同一時(shí)間內(nèi)，推力沖量大小 摩擦力沖量大?。ㄟx填“大于”、“小于”或“等于” 。
【答案】；等于
【考點(diǎn)】判斷是否存在摩擦力；動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用
【專題】定量思想；推理法；動量定理應(yīng)用專題；理解能力
【分析】柜子沒動，即處于平衡狀態(tài)受平衡力。根據(jù)沖量公式求解。
【解答】解：由于柜子沒有推動，柜子處于靜止?fàn)顟B(tài)，在水平方向上所受的推力與靜摩擦力是一對平衡力，所以靜摩擦力與推力大小相等，。推力沖量大小等于摩擦力沖量大小。
故答案為：；等于。
【點(diǎn)評】經(jīng)常地錯誤認(rèn)識推不動是由于推力小于摩擦力，沒有把握住題目的關(guān)鍵所在。
四．解答題（共8小題）
18．（2025?邯鄲一模）如圖所示，桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質(zhì)彈簧左端固定，自然伸長位置為點(diǎn)，彈簧的勁度系數(shù)，圓軌道的半徑，圓管的內(nèi)徑比小球直徑略大，但遠(yuǎn)小于圓軌道半徑，小物塊靜止于木板左端，木板的上表面恰好與圓管軌道水平部分下端表面等高，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數(shù)，木板右端與墻壁之間的距離，現(xiàn)用力將小球向左推壓，將彈簧壓縮，然后由靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運(yùn)動到桌面右端點(diǎn)后水平拋出，從管口處沿圓管切線飛入圓管內(nèi)部，從圓管水平部分點(diǎn)飛出，并恰好與小物塊發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過一段時(shí)間后和右側(cè)墻壁發(fā)生彈性碰撞，已知始終未和墻壁碰撞，并且未脫離木板，，，，，。試求：
（1）小球平拋運(yùn)動的時(shí)間及拋出點(diǎn)與管口間的高度差；
（2）小球在圓管內(nèi)運(yùn)動過程中對圓管最高點(diǎn)的擠壓力，并判斷是和管的內(nèi)壁還是外壁擠壓；
（3）木板的最短長度及木板在地面上滑動的總路程。
【答案】（1）小球平拋運(yùn)動的時(shí)間為，為；
（2）小球在圓管內(nèi)運(yùn)動過程中對圓管最高點(diǎn)的擠壓力為，方向豎直向上，和外壁擠壓；
（3）木板的最短長度為，木板在地面上滑動的總路程為。
【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動位移的計(jì)算；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題；物體在環(huán)形豎直軌道內(nèi)的圓周運(yùn)動；動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題
【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力
【分析】（1）小球做平拋運(yùn)動，由結(jié)合，求平拋運(yùn)動的時(shí)間與管口間的高度差；
（2）由動能定理結(jié)合牛頓第二定律求小球在圓管內(nèi)運(yùn)動過程中對圓管最高點(diǎn)的擠壓力；
（3）由動能定理結(jié)合動量守恒定律及運(yùn)動學(xué)公式求木板的最短長度及木板在地面上滑動的總路程。
【解答】解：設(shè)水平向右為正方向?yàn)檎?br>（1）彈簧彈開小球過程彈力隨位移均勻變化，由動能定理可得
在小球平拋到管口點(diǎn)時(shí)如圖
根據(jù)
解得
（2）從到圓筒最高點(diǎn)的過程，由動能定理可得
由上述圖可知
在最高點(diǎn)
解得
小球和圓筒外壁擠壓，擠壓力大小為，方向豎直向上。
（3）從到全過程，由動能定理可得
解得
小球和物塊碰撞過程，設(shè)水平向右為正方向，可得
解得，
可知碰后小球停止運(yùn)動，物塊獲得向右的速度，開始在木板上滑動，以和為對象
對可得
解得
物塊與木板共速后與墻壁發(fā)生碰撞，以和為對象，第1次與墻碰撞后
解得
對木板
第2次與墻碰撞后，設(shè)水平向右為正方向?yàn)檎?br>解得
對木板
第3次與墻碰撞后，設(shè)水平向右為正方向?yàn)檎?br>解得
對木板
第次與墻碰撞后
解得
對木板
第次與墻碰撞后
解得
對木板
木板運(yùn)動的總路程為
即
當(dāng)時(shí)，，可得
解得
木板和物塊最終停在右側(cè)墻壁處，物塊恰好停在右端，根據(jù)能量守恒可得
解得
答：（1）小球平拋運(yùn)動的時(shí)間為，為；
（2）小球在圓管內(nèi)運(yùn)動過程中對圓管最高點(diǎn)的擠壓力為，方向豎直向上，和外壁擠壓；
（3）木板的最短長度為，木板在地面上滑動的總路程為。
【點(diǎn)評】該題為平拋運(yùn)動與圓周運(yùn)動的結(jié)合的綜合題，知道平拋運(yùn)動的規(guī)律和牛頓第二定律求解得思路．
解決該題關(guān)鍵是掌握碰撞過程動量守恒，列出等式求解。
19．（2024?寧河區(qū)校級一模）
如圖所示，光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，水平，為半圓，圓弧軌道的半徑，在處與相切。在直軌道上放著質(zhì)量分別為、的物塊、（均可視為質(zhì)點(diǎn)），用輕質(zhì)細(xì)繩將、連接在一起，且、間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧（未被拴接）。軌道左側(cè)的光滑水平地面上停著一質(zhì)量為、長的小車，小車上表面與等高?，F(xiàn)將細(xì)繩剪斷，之后向左滑上小車，恰好未從小車左端掉下。向右滑動且恰好能沖到圓弧軌道的最高點(diǎn)處。物塊與小車之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度取。求：
（1）物塊運(yùn)動到圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小。
（2）細(xì)繩剪斷之前彈簧的彈性勢能。
（3）小車的質(zhì)量。
【答案】（1）物塊運(yùn)動到圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小是。
（2）細(xì)繩剪斷之前彈簧的彈性勢能是。
（3）小車的質(zhì)量是。
【考點(diǎn)】動量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用；繩球類模型及其臨界條件；動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應(yīng)用
【專題】推理法；動量和能量的綜合；定量思想；分析綜合能力；計(jì)算題
【分析】（1）求出在軌道最高點(diǎn)的速度大小，從到由動能定理求解在點(diǎn)的速度大小，在點(diǎn)由牛頓第二定律、牛頓第三定律求解物塊對軌道的壓力大小；
（2）由動量守恒定律、能量守恒定律求解彈性勢能；
（3）由動量守恒定律、能量守恒定律求出小車的質(zhì)量。
【解答】解：（1）恰好能沖到圓弧軌道的最高點(diǎn)處，重力提供向心力，由牛頓第二定律得：
到過程，對，由動能定理得：
在點(diǎn)，由牛頓第二定律得：
代入數(shù)據(jù)解得：，
由牛頓第三定律可知物塊對軌道的壓力大?。?br>（2）彈簧彈開、過程系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
代入數(shù)據(jù)解得：，
（3）恰好滑到小車左端時(shí)與小車有共同速度，與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，
以向左為正方向，由動量守恒定律定律得：
由能量守恒定律得：
代入數(shù)據(jù)解得：
答：（1）物塊運(yùn)動到圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小是。
（2）細(xì)繩剪斷之前彈簧的彈性勢能是。
（3）小車的質(zhì)量是。
【點(diǎn)評】本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。
20．（2024?福建）如圖，木板放置在光滑水平桌面上，通過兩根相同的水平輕彈簧、與桌面上的兩個(gè)固定擋板相連。小物塊放在的最左端，通過一條跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與帶正電的小球相連，輕繩絕緣且不可伸長，與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側(cè)存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場，、、均靜止，、處于原長狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。時(shí)撤去電場，向下加速運(yùn)動，下降后開始勻速運(yùn)動，開始做勻速運(yùn)動瞬間彈簧的彈性勢能為。已知、、的質(zhì)量分別為、、，小球的帶電量為，重力加速度大小取，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，輕繩與滑輪間的摩擦力不計(jì)。
（1）求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小；
（2）求與間的動摩擦因數(shù)及做勻速運(yùn)動時(shí)的速度大?。?br>（3）若時(shí)電場方向改為豎直向下，當(dāng)與即將發(fā)生相對滑動瞬間撤去電場，、繼續(xù)向右運(yùn)動，一段時(shí)間后，從右向左運(yùn)動。求第一次從右向左運(yùn)動過程中最大速度的大小。（整個(gè)過程未與脫離，未與地面相碰）
【答案】（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為；
（2）與間的動摩擦因數(shù)為0.5，做勻速運(yùn)動時(shí)的速度大小為；
（3）第一次從右向左運(yùn)動過程中最大速度的大小為。
【考點(diǎn)】動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題
【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力
【分析】（1）撤去電場前，對物體，根據(jù)平衡條件求解場強(qiáng)大??；
（2）撤去電場后，做勻速運(yùn)動后，對和物體根據(jù)平衡條件列式求解動摩擦因數(shù)；
下降的過程中，對于、、及彈簧、組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律列式求解勻速運(yùn)動的速度大??；
（3）沒有電場時(shí)，開始勻速運(yùn)動瞬間，對根據(jù)共點(diǎn)力共點(diǎn)力平衡列式，再結(jié)合電場方向改變后，下降高度為時(shí)，再對物體以及、整體，根據(jù)牛頓第二定律列式，再對對、、及彈簧、組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律列式求解
第一次從右向左運(yùn)動過程中最大速度。
【解答】解：（1）撤去電場前，對小球，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有：，代入數(shù)據(jù)解得：
（2）開始做勻速直線運(yùn)動后，對和根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件分別有：，
代入數(shù)據(jù)解得：
開始勻速運(yùn)動瞬間，、剛好發(fā)生相對滑動，此時(shí)、、三者速度大小相等，、兩彈簧的彈性勢能相同；
所以下降的過程中，對、、及彈簧、組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有：
代入數(shù)據(jù)解得：
（3）沒有電場時(shí)，開始勻速運(yùn)動瞬間，、剛好發(fā)生相對滑動，所以此時(shí)的加速度為零，對根據(jù)平衡條件，有：
當(dāng)電場方向改為豎直向下，設(shè)與即將發(fā)生相對滑動時(shí)，下降高度為，對，根據(jù)牛頓第二定律可得：
對、根據(jù)牛頓第二定律可得：
撤去電場后，由第（2）問的分析可知、在下降時(shí)開始相對滑動，在下降的過程中，對、、及彈簧、組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律，有
此時(shí)的速度是其從左向右運(yùn)動過程中的最大速度，此后做簡諧運(yùn)動，所以第一次從右向左運(yùn)動過程中的最大速度為就是其最大速度，聯(lián)立解得：
答：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為；
（2）與間的動摩擦因數(shù)為0.5，做勻速運(yùn)動時(shí)的速度大小為；
（3）第一次從右向左運(yùn)動過程中最大速度的大小為。
【點(diǎn)評】本題考查利用動量和能量觀點(diǎn)解決連接體問題，解題關(guān)鍵是選擇合適研究對象，正確對其受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和能量守恒定律求解。
21．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）如圖甲所示，質(zhì)量為的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在點(diǎn)平滑連接，為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道水平部分的長度，半圓形部分的半徑，重力加速度大小取。
（1）若軌道固定，使小物塊以某一初速度沿軌道滑動，且恰好可以從點(diǎn)飛出，求該情況下，物塊滑到點(diǎn)時(shí)的速度大??；
（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力，小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道加速度與對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。
求和；
初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力，當(dāng)小物塊運(yùn)動到點(diǎn)時(shí)撤去，試判斷此后小物塊是否可以從點(diǎn)飛離軌道，若可以，計(jì)算小物塊從點(diǎn)飛離時(shí)相對地面的速度大小及方向；若不可以，計(jì)算與軌道分離點(diǎn)的位置。
【答案】（1）該情況下，物塊滑到點(diǎn)時(shí)的速度大小為。
（2）（?。┖偷闹捣謩e為：，；
（ⅱ）可以從點(diǎn)飛離，，方向水平向左。
【考點(diǎn)】牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題；動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題
【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；模型建構(gòu)能力
【分析】（1）根據(jù)動能定理和牛頓第二定律列式求解滑塊到點(diǎn)的速度；
（2）根據(jù)圖像分別列出兩次牛頓第二定律方程，結(jié)合圖像的兩個(gè)斜率的物理意義列式聯(lián)立解得動摩擦因數(shù)和小物塊質(zhì)量；
根據(jù)題圖數(shù)據(jù)和運(yùn)動學(xué)規(guī)律求出滑塊到達(dá)點(diǎn)的時(shí)間，結(jié)合系統(tǒng)水平方向的動量守恒和機(jī)械能守恒定律列式及牛頓第二定律聯(lián)立求滑塊到最高點(diǎn)的速度并進(jìn)行驗(yàn)證。
【解答】解：（1）根據(jù)題意可知小物塊在恰好飛出，此時(shí)軌道彈力為0，重力提供向心力：
從點(diǎn)到點(diǎn)，列動能定理：
聯(lián)立解得：
（2）（?。└鶕?jù)題意可知當(dāng)時(shí)，小物塊與軌道一起向左加速，整體研究，牛頓第二定律：
結(jié)合圖乙，根據(jù)斜率信息可知：
當(dāng)外力時(shí)，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有：
結(jié)合圖乙，根據(jù)斜率信息可知：，
根據(jù)截距信息可知：
解得：
（ⅱ）由圖乙可知，當(dāng)時(shí)，軌道的加速度為：
小物塊的加速度：
當(dāng)小物塊運(yùn)動到點(diǎn)時(shí)，經(jīng)過時(shí)間，則有：
解得：
因此兩物體的速度分別為：，
之后的運(yùn)動中，機(jī)械能守恒，水平方向動量守恒，假設(shè)可以運(yùn)動到點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律有：
以向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：
聯(lián)立解得：，或，，方向均向左（舍
此時(shí)小物塊相對于軌道做圓周運(yùn)動，且軌道為慣性系，則有：
代入數(shù)據(jù)解得：
可見此時(shí)恰好可以運(yùn)動到點(diǎn)，假設(shè)成立，則可以從點(diǎn)飛離，速度大小為，方向水平向左
答：（1）該情況下，物塊滑到點(diǎn)時(shí)的速度大小為。
（2）（?。┖偷闹捣謩e為：，；
（ⅱ）可以從點(diǎn)飛離，，方向水平向左。
【點(diǎn)評】考查牛頓運(yùn)動定律、機(jī)械能守恒定律和動量守恒定律，會根據(jù)題意列式求解相應(yīng)的物理量。
22．（2024?蓮湖區(qū)校級模擬）某物流公司用如圖所示的傳送帶將貨物從高處傳送到低處。傳送帶與水平地面夾角，順時(shí)針轉(zhuǎn)動的速率為。將質(zhì)量為的物體無初速地放在傳送帶的頂端，物體到達(dá)底端后能無碰撞地滑上質(zhì)量為的木板左端。已知物體與傳送帶、木板間的動摩擦因數(shù)分別為，，的距離為。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度（已知，。求：
（1）物體剛開始下滑時(shí)的加速度大小和物體滑上木板左端時(shí)的速度大??；
（2）若地面光滑，要使物體不會從木板上掉下，木板長度至少應(yīng)是多少；
（3）若木板與地面的動摩擦因數(shù)為，且物體不會從木板上掉下，求木板的最小長度與的關(guān)系式。
【答案】（1）物體剛開始下滑時(shí)的加速度大小為，物體滑上木板左端時(shí)的速度大小為；
（2）木板長度至少應(yīng)是；
（3）木板的最小長度與的關(guān)系式為
【考點(diǎn)】板塊模型和傳送帶模型的結(jié)合；動量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用
【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；動量和能量的綜合；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力
【分析】（1）分析物體受力，根據(jù)受力判斷物體運(yùn)動過程，再根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求解；
（2）地面光滑，物體和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒和能量守恒列式求解。
（3）根據(jù)木板是否運(yùn)動，分情況討論。當(dāng)木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，木塊在木板上做勻減速直線運(yùn)動，其速度為零時(shí)恰好到達(dá)木板右端時(shí)，木板長度最小。當(dāng)物體滑上木板后木板向右做勻加速直線運(yùn)動時(shí)，木板長度最小時(shí)，兩者速度相等時(shí)物體恰好不掉下，根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動學(xué)公式解答。
【解答】解：（1）物體剛開始下滑時(shí)所受滑動摩擦力沿斜面向下，設(shè)此時(shí)其加速度大小為，由牛頓第二定律得：
解得：
設(shè)物體與傳送帶共速時(shí)運(yùn)動的位移大小為，由運(yùn)動學(xué)公式得：
解得：，此后物體繼續(xù)在傳送帶上做勻加速直線運(yùn)動，所受滑動摩擦力沿斜面向上，設(shè)其加速度為，根據(jù)牛頓第二定律得：
解得：
設(shè)物體滑上木板左端時(shí)的速度大小，根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式得：
解得：
（2）地面光滑時(shí)，物體和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，設(shè)木板長度最小為時(shí)，物體恰好滑到木板左端時(shí)與木板共速，設(shè)共速的速度為，以向右為正方向，由動量守恒定律得：
解得：
由能量守恒定律得：
解得：
（3）①當(dāng)，即：時(shí)，木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，木塊在木板上做勻減速直線運(yùn)動，其加速度大小等于為：
速度為零時(shí)恰好到達(dá)木板右端，設(shè)此時(shí)木板長度為，則有：
解得：
②當(dāng)時(shí)，物體滑上木板后木板向右做勻加速直線運(yùn)動，物體向右做勻減速直線運(yùn)動，兩者共速后會保持相對靜止。
對木板，根據(jù)牛頓第二定律得：
解得：
設(shè)木板長度為時(shí)，兩者速度相等時(shí)物體恰好不掉下，則有：
解得：
物體的位移大小為：
木板的位移大小為：
此情況木板長度為：
可得木板的最小長度與的關(guān)系式為：
答：（1）物體剛開始下滑時(shí)的加速度大小為，物體滑上木板左端時(shí)的速度大小為；
（2）木板長度至少應(yīng)是；
（3）木板的最小長度與的關(guān)系式為
【點(diǎn)評】本題考查牛頓第二定律應(yīng)用的傳送帶與板塊模型，涉及到動量守恒定律、能量守恒定律的應(yīng)用，解題時(shí)注意分析不同運(yùn)動過程中摩擦力的方向和大小。
23．（2024?云安區(qū)校級模擬）質(zhì)量的手榴彈從水平地面上以的初速度斜向上拋出，上升到距地面的最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量相等的兩塊彈片，其中一塊彈片自由下落到達(dá)地面，落地動能為。重力加速度，空氣阻力不計(jì)，爆炸后氣體的動量總動量為零，火藥燃燒充分，求：
（1）手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量；
（2）兩塊彈片落地點(diǎn)間的距離。
【答案】（1）手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量為；
（2）彈片落地點(diǎn)間的距離為。
【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動速度的計(jì)算；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用；動量守恒定律在繩連接體問題中的應(yīng)用
【專題】計(jì)算題；尋找守恒量法；動量定理應(yīng)用專題；定量思想；分析綜合能力
【分析】（1）彈片自由下落過程，利用機(jī)械能守恒定律求出該彈片的質(zhì)量，再求出彈藥的質(zhì)量；
（2）由機(jī)械能守恒定律求出手榴彈上升到最高點(diǎn)時(shí)的速度。經(jīng)分析可知兩塊彈片一片做自由落體運(yùn)動，一片做平拋運(yùn)動，根據(jù)動量守恒定律求出做平拋運(yùn)動彈片的初速度，再結(jié)合運(yùn)動公式可得兩塊彈片彈片落地點(diǎn)間的距離。
【解答】解：（1）設(shè)每塊彈片的質(zhì)量為，爆炸后瞬間其中一塊速度為零，另一塊速度為，對于做自由落體運(yùn)動的彈片，由機(jī)械能守恒定律有
解得：
則手榴彈裝藥量為△
（2）設(shè)手榴彈上升到最高點(diǎn)時(shí)的速度為，由機(jī)械能守恒定律得
解得：
另一塊做平拋運(yùn)動時(shí)間為，兩塊彈片落地點(diǎn)間距離為△。
手榴彈爆炸過程，取爆炸前的速度方向?yàn)檎较?，由動量守恒定律?br>對于做平拋運(yùn)動的彈片，水平方向有
△
豎直方向有
解得兩塊彈片落地點(diǎn)間的距離為：△
答：（1）手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量為；
（2）彈片落地點(diǎn)間的距離為。
【點(diǎn)評】本題綜合考查動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律以及運(yùn)動學(xué)公式，關(guān)鍵要理清過程，把握爆炸的基本規(guī)律：動量守恒定律。掌握平拋運(yùn)動的處理方法：運(yùn)動的分解。
24．（2024?江蘇模擬）如圖，傾角的粗糙斜面與光滑水平面在點(diǎn)平滑連接，傾角的足夠長的傳送帶在電動機(jī)的帶動下以的速度沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的下端與水平面的右端點(diǎn)通過一小段圓弧連接，質(zhì)量的小物塊放在水平面上的點(diǎn)，質(zhì)量的小滑塊從點(diǎn)由靜止釋放，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，、間距離，滑到水平面上后與發(fā)生彈性正碰，以后與的碰撞都發(fā)生在水平面上，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取，，。求：
（1）第一次與碰撞前瞬間的速度大??；
（2）第一次碰撞后瞬間與的速度大??；
（3）從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中電動機(jī)額外多做的功。
【答案】（1）第一次與碰撞前瞬間的速度大小為；
（2）第一次碰撞后瞬間與的速度大小均為；
（3）從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中電動機(jī)額外多做的功為。
【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動的定義與特征；水平傳送帶模型；動能定理的簡單應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題
【專題】計(jì)算題；信息給予題；定量思想；推理法；直線運(yùn)動規(guī)律專題；動量定理應(yīng)用專題；理解能力
【分析】（1）根據(jù)動能定理求解第一次與碰撞前瞬間的速度大?。?br>（2）根據(jù)動量守恒和能量守恒分別求解、碰撞后的速度大小；
（3）物塊在傳送帶上先向上做勻減速運(yùn)動到速度為零，再相當(dāng)于傳送帶向下加速至傳送帶的速度，根據(jù)牛頓第二定律求加速度的大小；
根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求解共速時(shí)間，再分別求解滑塊的對地位移和傳送帶的位移，求解相對位移；
根據(jù)公式公式求解因摩擦產(chǎn)生的熱量，最后根據(jù)能量關(guān)系求解電動機(jī)額外多做的功。
【解答】解：（1）設(shè)第一次與碰撞前瞬間的速度大小為，在斜面間下滑過程
根據(jù)動能定理
代入數(shù)據(jù)解得
（2）設(shè)滑塊、碰撞后的速度大小分別為、，取水平向右為正方向
根據(jù)動量守恒有
根據(jù)能量守恒
聯(lián)立解得，
（3）物塊在傳送帶上先向上做勻減速運(yùn)動到速度為零，設(shè)加速度的大小為
根據(jù)牛頓第二定律
代入數(shù)據(jù)解得
物塊在傳送帶上向上運(yùn)動的位移大小
向上運(yùn)動的時(shí)間為
此過程傳送帶的位移大小為
發(fā)生的相對位移大小為△
物塊速度減為零后，向下做勻加速直線運(yùn)動到與傳送帶共速，加速度的大小仍然為；
此過程在傳送帶上向下運(yùn)動的位移大小
所用時(shí)間為
此過程傳送帶的位移大小為
發(fā)生的相對位移大小為△
物塊與傳送帶共速后，由于
因此滑塊和傳送帶相對靜止一起勻速運(yùn)動回到點(diǎn)；
從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為△△
代入數(shù)據(jù)解得
根據(jù)功能關(guān)系可知，從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中電動機(jī)額外多做的功為
代入數(shù)據(jù)解得。
另解：（3）物塊在傳送帶上先向上做勻減速運(yùn)動到速度為零，再相當(dāng)于傳送帶向下加速至傳送帶的速度，設(shè)加速度的大小為
根據(jù)牛頓第二定律
代入數(shù)據(jù)解得
取向下為正方向，則運(yùn)動時(shí)間
滑塊的對地位移
傳送帶的位移
相對位移△
物塊與傳送帶共速后，由于
因此滑塊和傳送帶相對靜止一起勻速運(yùn)動回到點(diǎn)；
從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為△
代入數(shù)據(jù)解得
根據(jù)功能關(guān)系可知，從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中電動機(jī)額外多做的功為
代入數(shù)據(jù)解得。
答：（1）第一次與碰撞前瞬間的速度大小為；
（2）第一次碰撞后瞬間與的速度大小均為；
（3）從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中電動機(jī)額外多做的功為。
【點(diǎn)評】本題主要考查了動能定理、牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式、動量守恒定律和能量守恒定律；是多過程、多運(yùn)動問題，明確每個(gè)過程遵循的規(guī)律是解題的關(guān)鍵；掌握相對位移的求解方法及共速后能否保持相對靜止的判斷方法。
25．（2024?合肥三模）如圖所示，在靜止的水面上有一質(zhì)量為的小船，一質(zhì)量為的救生員站在船尾，相對小船靜止?；卮鹣铝袉栴}：
（1）當(dāng)小船以速率向右勻速行駛時(shí)，救生員相對船以速率水平向左躍入水中，不考慮水對船的阻力，求救生員躍出后小船的速率；
（2）當(dāng)船靜止在水面上時(shí)，救生員從船尾走到船頭，已知船長為，不考慮水對船的阻力，求此過程中船后退的距離；
（3）開動小船的發(fā)動機(jī)，小船以速度勻速行駛，小船受到的阻力為。已知水的密度為，小船螺旋槳與水作用的有效面積為，求小船的發(fā)動機(jī)的輸出平均功率。
【答案】（1）救生員躍出后小船的速率為；
（2）此過程中船后退的距離為；
（3）小船的發(fā)動機(jī)的輸出平均功率為。
【考點(diǎn)】功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)；動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題
【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合；分析綜合能力
【分析】（1）救生員從船上躍出過程，救生員和船組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律可以求出救生員躍出后小船的速率；
（2）當(dāng)船靜止在水面上時(shí)，救生員從船尾走到船頭，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒和位移與速度的關(guān)系求此過程中船后退的距離；
（3）以極短時(shí)間內(nèi)被螺旋槳劃出的水為研究對象，根據(jù)動量定理求出水的速度，即可根據(jù)求小船的發(fā)動機(jī)的輸出平均功率。
【解答】解：（1）設(shè)救生員跳入水中后船的速率為。
人在躍出的過程中，船和人組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律得：
解得：。
（2）設(shè)此過程中船后退的距離為。
規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律得：

解得
（3）設(shè)小船螺旋槳與水作用后水獲得的速度大小為。
小船以速度勻速行駛，動力
根據(jù)牛頓第三定律知螺旋槳對水的作用力
以極短時(shí)間△內(nèi)被螺旋槳劃出的水為研究對象，根據(jù)動量定理得
△△
解得
小船的發(fā)動機(jī)對水和小船都要做功，則小船的發(fā)動機(jī)的輸出平均功率為

答：（1）救生員躍出后小船的速率為；
（2）此過程中船后退的距離為；
（3）小船的發(fā)動機(jī)的輸出平均功率為。
【點(diǎn)評】本題考查動量守恒定律和動量定理的應(yīng)用，關(guān)鍵要注意速度和位移的參照物必須是地面，而不是小船。
考點(diǎn)卡片
1．勻變速直線運(yùn)動的定義與特征
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
（1）定義：沿著一條直線，且加速度不變的運(yùn)動，叫做勻變速直線運(yùn)動．
（2）勻變速直線運(yùn)動的速度﹣時(shí)間圖象：勻變速直線運(yùn)動的v﹣t圖象是一條傾斜的直線，速度隨時(shí)間均勻變化．
（3）勻變速直線運(yùn)動的分類：若物體的速度隨時(shí)間均勻增加，稱為勻加速直線運(yùn)動；若物體的速度隨時(shí)間均勻減少，稱為勻減速直線運(yùn)動．
【命題方向】
關(guān)于勻變速直線運(yùn)動，下列說法正確的是（ ）
A.勻減速直線運(yùn)動中，加速度可能減小
B.勻加速直線運(yùn)動中，加速度可能增大
C.勻加速直線運(yùn)動中，加速度的方向一定和速度方向相同
D.勻減速直線運(yùn)動中，加速度的方向一定為負(fù)方向
分析：勻變速直線運(yùn)動中，加速度保持不變；勻加速直線運(yùn)動中，速度方向與加速度方向相同，勻減速直線運(yùn)動中，速度方向與加速度方向相反。
解答：A．勻減速直線運(yùn)動中，加速度恒定不變，速度減小，故A錯誤；
B．勻加速直線運(yùn)動中，加速度恒定不變，速度增大，故B錯誤；
C．物體做加速運(yùn)動時(shí)，加速度方向與速度方向相同，故C正確；
D．物體做減速運(yùn)動時(shí)，加速度方向與速度方向相反，若速度方向?yàn)樨?fù)方向，加速度方向?yàn)檎较?，故D錯誤。
故選：C。
點(diǎn)評：本題考查勻變速直線運(yùn)動規(guī)律，知道勻變速直線運(yùn)動中加速度大小和方向的特點(diǎn)。
【解題思路點(diǎn)評】
勻變速直線運(yùn)動的三種解釋：
①加速度恒定不變；
②任意相同時(shí)間內(nèi)的速度變化量相等；
③速度隨時(shí)間均勻變化。
同學(xué)們務(wù)必理解并牢記。
2．豎直上拋運(yùn)動的規(guī)律及應(yīng)用
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1．定義：物體以初速度v0豎直向上拋出后，只在重力作用下而做的運(yùn)動，叫做豎直上拋運(yùn)動。
2．特點(diǎn)：
（1）初速度：v0≠0；
（2）受力特點(diǎn)：只受重力作用（沒有空氣阻力或空氣阻力可以忽略不計(jì)）；
（3）加速度：a＝g，其大小不變，方向始終豎直向下。
3．運(yùn)動規(guī)律：
取豎直向上的方向?yàn)檎较?，有?br>vt＝v0﹣gt，
h＝v0t﹣gt2，
﹣＝2gh；
4．幾個(gè)特征量：
（1）上升的最大高度hmax＝；
（2）質(zhì)點(diǎn)在通過同一高度位置時(shí)，上升速度與下落速度大小相等；上升到最大高度處所需時(shí)間t上和從最高處落回到拋出點(diǎn)所需時(shí)間相等t下，t上＝t下＝。
【命題方向】
例1：某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2．5s內(nèi)物體的（ ）
A．路程為65m
B．位移大小為25m，方向向上
C．速度改變量的大小為10m/s
D．平均速度大小為13m/s，方向向上
分析：豎直上拋運(yùn)動看作是向上的勻減速直線運(yùn)動，和向下的勻加速直線運(yùn)動，明確運(yùn)動過程，由運(yùn)動學(xué)公式即可求出各物理量。
解答：由v＝gt可得，物體的速度減為零需要的時(shí)間t＝＝s＝3s，故5s時(shí)物體正在下落；
A、路程應(yīng)等于向上的高度與后2s內(nèi)下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h＝＝45m，后兩s下落的高度h'＝gt′2＝20m，故總路程s＝（45+20）m＝65m；故A正確；
B、位移h＝v0t﹣gt2＝25m，位移在拋出點(diǎn)的上方，故B正確；
C、速度的改變量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C錯誤；
D、平均速度v＝＝＝5m/s，故D錯誤。
故選：AB。
點(diǎn)評：豎直上拋運(yùn)動中一定要靈活應(yīng)用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正確理解公式，如平均速度一定要用位移除以時(shí)間；速度變化量可以用△v＝at求得。
例2：在豎直的井底，將一物塊以11m/s的初速度豎直向上拋出，物體沖出井口再落回到井口時(shí)被人接住，在被人接住前1s內(nèi)物體的位移是4m，位移方向向上，不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2．求：
（1）物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間；
（2）豎直井的深度。
分析：豎直上拋運(yùn)動的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時(shí)一般用分段法，此題可以直接應(yīng)用整體法進(jìn)行求解。
解答：（1）設(shè)最后1s內(nèi)的平均速度為
則：m/s
平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，即接住前0.5s的速度為v1＝4m/s
設(shè)物體被接住時(shí)的速度為v2，
則v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，
則物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間t＝+1＝+1＝1.2s；
（2）豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移，則
h＝v0t﹣gt2＝11×1.2﹣×10×1.22＝6m。
答：（1）物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間為1.2s
（2）豎直井的深度為6m。
點(diǎn)評：豎直上拋運(yùn)動的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時(shí)一般用分段法，此題只有豎直向上的勻減速運(yùn)動，直接應(yīng)用整體法求解即可。
【解題方法點(diǎn)撥】
1．豎直上拋運(yùn)動的兩種研究方法：
（1）分段法：上升階段是勻減速直線運(yùn)動，下落階段是自由落體運(yùn)動，下落過程是上升過程的逆過程。
（2）整體法：從全程來看，加速度方向始終與初速度v0的方向相反，所以可把豎直上拋運(yùn)動看成一個(gè)勻變速直線運(yùn)動，要特別注意v0、vt、g、h等矢量的正、負(fù)號。一般選取豎直向上為正方向，v0總是正值，上升過程中vt為正值，下落過程中vt為負(fù)值；物體在拋出點(diǎn)以上時(shí)h為正值，物體在拋出點(diǎn)以下時(shí)h為負(fù)值。
?。贺Q直上拋運(yùn)動的上升階段和下降階段具有對稱性：①速度對稱：上升和下降過程經(jīng)過同一位置時(shí)速度等大、反向；②時(shí)間對稱：上升和下降過程經(jīng)過同一段高度的上升時(shí)間和下降時(shí)間相等。
3．根據(jù)v-t圖像的物理意義對比多個(gè)物體的運(yùn)動情況
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時(shí)間變化的關(guān)系。
2.圖像實(shí)例：
3.各參數(shù)的意義：
（1）斜率：表示加速度；
（2）縱截距：表示初速度；
（3）交點(diǎn)：表示速度相等。
4.v﹣t曲線分析：
①表示物體做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動；
②表示物體沿正方向做勻速直線運(yùn)動；
③表示物體沿正方向做勻減速直線運(yùn)動；
④交點(diǎn)的縱坐標(biāo)表示三個(gè)物體此時(shí)的速度相同；
⑤t1時(shí)刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時(shí)間內(nèi)的位移。
5.本考點(diǎn)是v﹣t圖像考法的一種，即根據(jù)v﹣t圖像的物理意義分析多個(gè)物體的運(yùn)動的情況。
【命題方向】
甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運(yùn)動，其速度—時(shí)間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t1時(shí)刻并排行駛，下列說法正確的是（ ）
A.t1時(shí)刻到t2時(shí)刻這段時(shí)間，甲車一直在乙車之前
B.t2時(shí)刻甲、乙兩車再次并排行駛
C.t1時(shí)刻到t2時(shí)刻這段時(shí)間，甲車的加速度先減小后增大，乙車的加速度大小先增大后減小
D.t1時(shí)刻到t2時(shí)刻這段時(shí)間，兩車的加速度都先減小后增大
分析：在v﹣t圖像中，斜率表示加速度，面積表示位移，定性地判斷兩車的加速度和位移的關(guān)系即可。
解答：A、由圖可知，t1時(shí)刻到t2時(shí)刻這段時(shí)間內(nèi)，甲車的速度始終大于乙車的速度，因?yàn)閮绍囋趖1時(shí)刻并排行駛，所以t1時(shí)刻到t2時(shí)刻的這段時(shí)間內(nèi)，甲車一直在乙車前面，故A正確；
B、t2時(shí)刻甲乙兩車速度相等，同A選項(xiàng)的分析可知，在t1～t2時(shí)間內(nèi)，甲車一直在乙車前面，故B錯誤；
CD、v﹣t圖像斜率表示加速度，可知在t1時(shí)刻到t2時(shí)刻這段時(shí)間，甲車的加速度先減小后增大，乙車的加速度也是先減小后增大，故C錯誤，D正確。
故選：AD。
點(diǎn)評：本題主要考查了v﹣t圖像，理解斜率表示加速度，面積表示位移，可定性地分析兩車的運(yùn)動情況即可。
【解題思路點(diǎn)撥】
圖像類問題是從數(shù)學(xué)的角度描述了物體的運(yùn)動規(guī)律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時(shí)間的變化情況。針對此類問題，可以首先根據(jù)圖像還原物體的運(yùn)動情景，再結(jié)合斜率、截距、面積等數(shù)學(xué)概念進(jìn)行分析。
4．判斷是否存在摩擦力
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.考點(diǎn)意義：有很多題目會綜合考查摩擦力的相關(guān)知識，不區(qū)分靜摩擦力和滑動摩擦力，所以設(shè)置本考點(diǎn)。
2.對于是否存在摩擦力可以按以下幾個(gè)方法判斷：
①條件法：根據(jù)摩擦力的產(chǎn)生條件進(jìn)行判斷。
a、接觸面粗糙；b、兩物體間存在彈力；c、有相對運(yùn)動或相對運(yùn)動的趨勢。
②假設(shè)法：假設(shè)有或者沒有摩擦力，判斷物體運(yùn)動狀態(tài)是否會改變。
【命題方向】
如圖，長方體甲乙疊放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做勻速直線運(yùn)動（ ）
A、甲、乙之間一定有摩擦力
B、水平地面對乙沒有摩擦力
C、甲對乙的摩擦力大小為F，方向水平向右
D、水平地面對乙的摩擦力大小為F．方向水平向右
分析：首先對甲、乙的整體進(jìn)行分析，根據(jù)平衡力的知識得出乙與地面間的摩擦力；以甲為研究對象，進(jìn)行受力分析，得出甲與乙之間的摩擦力．
解答：A、以甲為研究對象，由于做勻速直線運(yùn)動，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙對其向左的摩擦力，故A正確；
B、以甲、乙的整體為研究對象，由于受向右的拉力作用，所以還受向左的摩擦力作用，B錯誤；
C、由A知，甲受乙對其向左的摩擦力，根據(jù)力的作用的相互性，所以甲對乙向右的摩擦力作用，故C正確；
D、由B知，水平地面對乙的摩擦力大小為F，方向水平向左，故D錯誤。
故選：AC。
點(diǎn)評：本題關(guān)鍵正確選擇研究對象，然后再根據(jù)兩物體及整體處于平衡狀態(tài)，由平衡條件分析受力情況即可．
【解題思路點(diǎn)撥】
對物體受力的判斷常采用的方法之一就是假設(shè)法，假設(shè)物體受或不受某力會使物體的運(yùn)動狀態(tài)發(fā)生變化，那么假設(shè)不成立。
5．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量。
【命題方向】
一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為g，g為重力加速度。人對電梯底部的壓力為（ ）
A、 B、2mg C、mg D、
分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。
解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律
N﹣mg＝ma
故N＝mg+ma＝mg
根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于mg；
故選：A。
點(diǎn)評：本題關(guān)鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解。
【解題方法點(diǎn)撥】
在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。
6．牛頓第三定律的理解與應(yīng)用
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1．內(nèi)容：兩個(gè)物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．
2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：
【命題方向】
題型一：牛頓第三定律的理解和應(yīng)用
例子：關(guān)于作用力與反作用力，下列說法正確的是（ ）
A．作用力與反作用力的合力為零
B．先有作用力，然后才產(chǎn)生反作用力
C．作用力與反作用力大小相等、方向相反
D．作用力與反作用力作用在同一個(gè)物體上
分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個(gè)物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失．
解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個(gè)物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯誤．
B、作用力與反作用力，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失，故B錯誤．
C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個(gè)物體上，故C正確．
D、作用力與反作用力，作用在兩個(gè)物體上，故D錯誤．
故選：C．
點(diǎn)評：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區(qū)別．
【解題方法點(diǎn)撥】
應(yīng)用牛頓第三定律分析問題時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)
（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結(jié)論，分析問題需嚴(yán)格依據(jù)科學(xué)理論．
（2）理解應(yīng)用牛頓第三定律時(shí)，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關(guān)系與物體的運(yùn)動狀態(tài)無關(guān)．
（3）與平衡力區(qū)別應(yīng)抓住作用力和反作用力分別作用在兩個(gè)物體上．
7．連接體模型
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1．連接體：兩個(gè)或兩個(gè)以上存在相互作用或有一定關(guān)聯(lián)的物體系統(tǒng)稱為連接體，在我們運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律解答力學(xué)問題時(shí)經(jīng)常會遇到．
2．解連接體問題的基本方法
整體法：把兩個(gè)或兩個(gè)以上相互連接的物體看成一個(gè)整體，此時(shí)不必考慮物體之間的作用內(nèi)力．
隔離法：當(dāng)求物體之間的作用力時(shí)，就需要將各個(gè)物體隔離出來單獨(dú)分析．解決實(shí)際問題時(shí)，將隔離法和整體法交叉使用，有分有合，靈活處理．
【命題方向】
題型一：用整體法和隔離法解決連接體問題．
例1：質(zhì)量分別為m和2m的物塊、B用輕彈簧相連，設(shè)兩物塊與接觸面間的動摩擦因數(shù)都相同．當(dāng)用水平力F作用于B上且兩物塊在粗糙的水平面上，共同向右加速運(yùn)動時(shí)，彈簧的伸長量為x1，如圖甲所示；當(dāng)用同樣大小的力F豎直共同加速提升兩物塊時(shí)，彈簧的伸長量為x2，如圖乙所示；當(dāng)用同樣大小的力F沿固定斜面向上拉兩物塊使之共同加速運(yùn)動時(shí)，彈簧的伸長量為x3，如圖丙所示，則x1：x2：x3等于（ ）
A.1：1：1 B.1：2：3 C.1：2：1 D．無法確定
分析：本題是連接體問題，可以先用整體法根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔離A研究，求得彈簧的彈力及伸長量，最后得到x1：x2：x3．
解答：甲圖，對整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得，
a1＝
對A：kx1﹣μmg＝ma1
解得x1＝
乙圖，對整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得，
a2＝
對A：kx2﹣mg＝ma2
解得x2＝ 則
丙圖，對整體研究，根據(jù)牛頓第二定律得F
a3＝
對A：kx3﹣mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma3
解得x3＝ 則x1：x2：x3＝1：1：1
故A正確，BCD錯誤
故選：A．
點(diǎn)評：牛頓定律處理連接體問題時(shí)，常常采用隔離法和整體法相結(jié)合的方法研究．隔離法選取受力少的物體研究簡單．求內(nèi)力時(shí)，必須用隔離法．求整體的加速度可用整體法．
例2：如圖所示，光滑水平面上放置質(zhì)量分別為m、2m和3m的三個(gè)木塊，其中質(zhì)量為2m和3m的木塊間用一不可伸長的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為T．現(xiàn)用水平拉力F拉其中一個(gè)質(zhì)量為3m的木塊，使三個(gè)木塊以同一加速度運(yùn)動，則以下說法正確的是（ ）
A．質(zhì)量為2m的木塊受到四個(gè)力的作用
B．當(dāng)F逐漸增大到T時(shí)，輕繩剛好被拉斷
C．當(dāng)F逐漸增大到1.5T時(shí)，輕繩還不會被拉斷
D．輕繩剛要被拉斷時(shí)，質(zhì)量為m和2m的木塊間的摩擦力為
分析：采用隔離法分析2m可得出其受力的個(gè)數(shù)；再對整體分析可得出整體的加速度與力的關(guān)系；再以后面兩個(gè)物體為研究對象可得出拉力與加速度的關(guān)系，則可分析得出F與T的關(guān)系．
解答：質(zhì)量為2m的木塊受到重力、質(zhì)量為m的木塊的壓力、m對其作用的向后的摩擦力，輕繩的拉力、地面的支持力五個(gè)力的作用，故A錯誤；
對整體，由牛頓第二定律可知，a＝；隔離后面的疊加體，由牛頓第二定律可知，輕繩中拉力為F′＝3ma＝．由此可知，當(dāng)F逐漸增大到2T時(shí)，輕繩中拉力等于T，輕繩才剛好被拉斷，選項(xiàng)B錯誤；C正確；
輕繩剛要被拉斷時(shí)，物塊加速度a′＝，質(zhì)量為m和2m的木塊間的摩擦力為f＝ma′＝，故D錯誤．
故選：C．
點(diǎn)評：本題重點(diǎn)在于研究對象的選擇，以及正確的受力分析，再由整體法與隔離法分析拉力之間的關(guān)系．
【解題方法點(diǎn)撥】
（1）解答連接體問題時(shí)，決不能把整體法和隔離法對立起來，而應(yīng)該把這兩種方法結(jié)合起來，從具體問題的實(shí)際情況出發(fā)，靈活選取研究對象，恰當(dāng)選擇使用隔離法和整體法．
（2）在使用隔離法解題時(shí)，所選取的隔離對象可以是連接體中的某一個(gè)物體，也可以是連接體中的某部分物體（包含兩個(gè)或兩個(gè)以上的單個(gè)物體），而這“某一部分”的選取，也應(yīng)根據(jù)問題的實(shí)際情況，靈活處理．
（3）選用整體法或隔離法可依據(jù)所求的力來決定，若為外力則應(yīng)用整體法；若所求力為內(nèi)力則用隔離法．但在具體應(yīng)用時(shí)，絕大多數(shù)的題目要求兩種方法結(jié)合應(yīng)用，且應(yīng)用順序也較為固定，即求外力時(shí)，先隔離后整體；求內(nèi)力時(shí)，先整體后隔離．先整體或先隔離的目的都是為了求解共同的加速度．
8．水平傳送帶模型
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.傳送帶問題
利用傳送帶運(yùn)送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運(yùn)動狀態(tài)的分析、運(yùn)動學(xué)和動力學(xué)知識的綜合運(yùn)用問題。
2.分類
傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。
3.常見情況分析
（條件說明：傳送帶以速度v勻速運(yùn)行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）
【命題方向】
例1：如圖所示，傳送帶的水平部分長為L，運(yùn)動速率恒為v，在其左端放上一無初速的小木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左到右的運(yùn)動時(shí)間不可能為（ ）
A. B. C.D.
分析：物塊無初速滑上傳送帶，有可能一直做勻加速直線運(yùn)動，有可能先做勻加速直線運(yùn)動再做勻速直線運(yùn)動，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式求出木塊運(yùn)行的時(shí)間．
解答：①當(dāng)木塊一直做勻加速直線運(yùn)動。
若木塊一直做勻加速直線運(yùn)動到達(dá)右端時(shí)的速度還未達(dá)到v。
根據(jù)牛頓第二定律得，a＝μg。
根據(jù)L＝，解得。
若木塊一直做勻加速直線運(yùn)動到達(dá)右端時(shí)的速度剛好為v。
根據(jù)L＝
解得t＝
②當(dāng)木塊先做勻加速直線運(yùn)動，再做勻速直線運(yùn)動。
勻加速直線運(yùn)動的時(shí)間，勻加速直線運(yùn)動的位移
則勻速直線運(yùn)動的位移
則勻速直線運(yùn)動的時(shí)間
則總時(shí)間為t＝．故B、C、D正確，A錯誤。
本題選不可能的，故選：A。
點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵理清物塊的運(yùn)動情況，考慮到木塊運(yùn)動的各種可能性，運(yùn)用牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式綜合求解．
【解題思路點(diǎn)撥】
明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運(yùn)用力學(xué)、運(yùn)動學(xué)以及牛頓運(yùn)動定律的相關(guān)內(nèi)容。
9．板塊模型和傳送帶模型的結(jié)合
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
傳動帶模型與板塊模型都是高中物理比較綜合的問題模型，板塊模型與傳送帶模型相結(jié)合的問題難度更大。
【命題方向】
如圖所示，與水平方向成θ＝37°的傳送帶以恒定速度v＝4m/s沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動，兩傳動輪間距為lAB＝5.8m。一質(zhì)量為M＝1kg的長木板靜止在粗糙地面上，其右端靠著傳送帶?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m＝1kg且可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊輕放在傳送帶頂端B點(diǎn)，物塊沿傳送帶滑至底端，正好滑上長木板（此過程無機(jī)械能損失）。已知物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ1＝0.5，物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ2＝0.4，長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ3＝0.1，重力加速度g＝10m/s2；求：
（1）物塊剛滑到長木板上的速度大小
（2）從滑塊滑上長木板到二者停下的總時(shí)間；
（3）為保證滑塊不從長木板上滑下，長木板的最小長度。
分析：（1）根據(jù)牛頓第二定律可求得物體的加速度，再由運(yùn)動學(xué)公式可求得物塊剛滑到長木板上時(shí)的速度大??；
（2）分別對滑塊和木板進(jìn)行分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自的加速度；再由運(yùn)動學(xué)公式明確達(dá)共同速度的時(shí)間；再對整體分析，由牛頓第二定律及運(yùn)動學(xué)公式可求得停止的時(shí)間；
（3）根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式求得兩小球達(dá)到共速時(shí)所經(jīng)歷的位移，再由位移公式求解各自的位移，即可明確最小長度。
解答：（1）物體輕放上傳送帶，根據(jù)牛頓第二定律可得：
mgsinθ+μ1mgcsθ＝ma1
解得：a1＝10m/s2；
物體以a1速至v2：
則有：v2＝2a1l1
解得：l1＝0.8m；
到達(dá)v之后以a2加速到B：
mgsinθ﹣μ1mgcsθ＝ma2
解得：a2＝2m/s2；
到達(dá)B速度為v0：
v20﹣v2＝2a2（lAB﹣l1）
解得：v0＝6m/s
（2）滑塊滑上長木板，對滑塊有：
μ2mg＝ma3
解得：a3＝4m/s2；
方向向右；
對長木板：μ2mg﹣μ3（m+M）g＝Ma4
解得：a4＝2m/s2；
方向向左；
二者速度相等經(jīng)歷的時(shí)間為t1：
則由速度公式可得：v0﹣a3t1＝a4t1
解得：t1＝1s；
速度為v1＝2m/s；
共速后再共同勻減速，μ3（M+m）g＝（M+m）a5
解得：a5＝1m/s2
再到停下：t2＝＝＝2s；
故總時(shí)間t＝t1+t2＝1+2＝3s；
（3）達(dá)到共同速度時(shí)，滑塊的位移x1＝v0t1﹣＝6×1﹣＝4m；
木板的位移x2＝＝＝1m；
故木板的長度至少為：x1﹣x2＝4﹣1＝3m；
答：（1）物塊剛滑到長木板上的速度大小為6m/s；
（2）從滑塊滑上長木板到二者停下的總時(shí)間為3s；
（3）為保證滑塊不從長木板上滑下，長木板的最小長度3m。
點(diǎn)評：本題考查牛頓第二定律的應(yīng)用，涉及兩個(gè)物體多個(gè)過程，要注意正確確定研究對象，做好受力分析，再根據(jù)牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式進(jìn)行分析求解；注意掌握應(yīng)用加速度的橋梁作用。
【解題思路點(diǎn)撥】
要熟練掌握牛頓運(yùn)動定律和運(yùn)動學(xué)公式，能夠自如地切換物體在平面和斜面，傳送帶與木板上的運(yùn)動情況，需要較強(qiáng)的綜合分析能力。
10．關(guān)聯(lián)速度問題
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.模型本質(zhì)：通過繩和桿連接的兩個(gè)物體，盡管實(shí)際的運(yùn)動方向不同，但可以通過速度的合成與分解，找出其速度的關(guān)聯(lián)性。
2.模型的建立
物體斜拉繩或繩斜拉物體的問題可看成“關(guān)聯(lián)物體”模型，如圖所示。
由于繩不可伸長，所以繩兩端所連物體的速度沿著繩方向的分速度大小相同。
3.速度的分解
（1）分解依據(jù)：物體的實(shí)際運(yùn)動就是合運(yùn)動。
（2）分解方法：把物體的實(shí)際速度分解為垂直于繩方向和平行于繩方向的兩個(gè)分量，根據(jù)沿繩方向的分速度大小相同列方程并求解。
（3）分解結(jié)果：把上圖甲、乙所示的速度進(jìn)行分解，結(jié)果如下圖甲、乙所示。
【命題方向】
如圖所示，人在岸上拉船，已知船的質(zhì)量為m，水的阻力恒為f，當(dāng)輕繩與水平面的夾角為θ時(shí)，船的速度為v，此時(shí)人的拉力大小為F，則（ ）
A.人拉繩行走的速度為v
B.人拉繩行走的速度為
C.船的加速度為
D.船的加速度為
分析：繩子收縮的速度等于人在岸上的速度，連接船的繩子端點(diǎn)既參與了繩子收縮方向上的運(yùn)動，又參與了繞定滑輪的擺動．根據(jù)船的運(yùn)動速度，結(jié)合平行四邊形定則求出人拉繩子的速度，及船的加速度．
解答：AB、船運(yùn)動的速度是沿繩子收縮方向的速度和繞定滑輪的擺動速度的合速度。如圖所示根據(jù)平行四邊形定則有，v人＝vcsθ．故A、B錯誤。
CD、對小船受力分析，如下圖所示，則有Fcsθ﹣f＝ma，因此船的加速度大小為a＝，故C正確，D錯誤；
故選：C。
點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道船運(yùn)動的速度是沿繩子收縮方向的速度和繞定滑輪的擺動速度的合速度，并掌握受力分析與理解牛頓第二定律．
【解題思路點(diǎn)撥】
“關(guān)聯(lián)物體”速度的分解
（1）船的實(shí)際運(yùn)動為合運(yùn)動，此運(yùn)動產(chǎn)生兩個(gè)效果，一是使繩子沿自身方向向上收縮，二是使與船接觸的繩有沿與繩垂直的方向向下擺動的趨勢。
（2）關(guān)聯(lián)物體速度的分析思路
11．平拋運(yùn)動速度的計(jì)算
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.平拋運(yùn)動的性質(zhì)：平拋運(yùn)動可以看成水平方向上的勻速直線運(yùn)動和豎直方向上的自由落體運(yùn)動。
2.設(shè)物體在平拋運(yùn)動ts后，水平方向上的速度vx＝v0
豎直方向上的速度vy＝gt
從而可以得到物體的速度為v＝＝
3.同理如果知道物體的末速度和運(yùn)動時(shí)間也可以求出平拋運(yùn)動的初速度。
【命題方向】
如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計(jì)空氣阻力，0.8s時(shí)到達(dá)P點(diǎn)，取g＝10m/s2，則（ ）
A、0.8s內(nèi)小球下落的高度為4.8m
B、0.8s內(nèi)小球下落的高度為3.2m
C、小球到達(dá)P點(diǎn)的水平速度為4.8m/s
D、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度為8.0m/s
分析：平拋運(yùn)動在水平方向上做勻速直線運(yùn)動，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動，根據(jù)時(shí)間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。
解答：AB、小球下落的高度h＝＝．故A錯誤，B正確。
C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯誤。
D、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。
故選：BD。
點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式靈活求解。
【解題思路點(diǎn)撥】
做平拋運(yùn)動的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，滿足vy＝gt。
12．平拋運(yùn)動位移的計(jì)算
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.平拋運(yùn)動的性質(zhì)：平拋運(yùn)動可以看成水平方向上的勻速直線運(yùn)動和豎直方向上的自由落體運(yùn)動。
2.設(shè)物體在平拋運(yùn)動ts后，水平方向上的位移x＝v0t
豎直方向上的位移為y＝
物體的合位移為l＝
3.對于已知高度的平拋運(yùn)動，豎直方向有h＝
水平方向有x＝v0t
聯(lián)立得x＝v0
所以說平拋運(yùn)動的水平位移與初速度大小和拋出點(diǎn)的高度有關(guān)。
【命題方向】
物體以初速度7.5m/s水平拋出，2秒后落到地面，則物體在這個(gè)過程中的位移是（ ）
物體做平拋運(yùn)動，我們可以把平拋運(yùn)動可以分解為水平方向上的勻速直線運(yùn)動，和豎直方向上的自由落體運(yùn)動來求解，兩個(gè)方向上運(yùn)動的時(shí)間相同．
解：物體做平拋運(yùn)動，水平方向的位移為：x＝v0t＝7.5×2m＝15m
豎直方向上是自由落體運(yùn)動，豎直位移為：h＝gt2＝×10×（2）2＝20（m）
物體的合位移為 s＝＝m＝25m，故D正確。
故選：D。
本題就是對平拋運(yùn)動規(guī)律的考查，平拋運(yùn)動可以分解為在水平方向上的勻速直線運(yùn)動，和豎直方向上的自由落體運(yùn)動來求解．
【解題思路點(diǎn)撥】
平拋運(yùn)動的物體在水平和豎直方向上的運(yùn)動都是獨(dú)立的，可以分別計(jì)算兩個(gè)方向的位移，并與合位移構(gòu)成矢量三角形（滿足平行四邊形定則）。
13．牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
圓周運(yùn)動的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝m＝m也是牛頓第二定律的變形，因此可以將牛頓第二定律與向心力結(jié)合起來求解圓周運(yùn)動的相關(guān)問題。
【命題方向】
我國著名體操運(yùn)動員童飛，首次在單杠項(xiàng)目中完成了“單臂大回環(huán)”：用一只手抓住單杠，以單杠為軸做豎直面上的圓周運(yùn)動．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點(diǎn)時(shí)的向心加速度至少是4g，那么在完成“單臂大回環(huán)”的過程中，童飛的單臂至少要能夠承受多大的力．
分析：運(yùn)動員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律求解．
解答：運(yùn)動員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動員手臂的拉力為F，由牛頓第二定律可得：
F心＝ma心
則得：F心＝2200N
又 F心＝F﹣mg
得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N
答：童飛的單臂至少要能夠承受2750N的力．
點(diǎn)評：解答本題的關(guān)鍵是分析向心力的來源，建立模型，運(yùn)用牛頓第二定律求解．
【解題思路點(diǎn)撥】
圓周運(yùn)動中的動力學(xué)問題分析
（1）向心力的確定
①確定圓周運(yùn)動的軌道所在的平面及圓心的位置．
②分析物體的受力情況，找出所有的力沿半徑方向指向圓心的合力，該力就是向心力．
（2）向心力的來源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、彈力、摩擦力等各種力，也可以是幾個(gè)力的合力或某個(gè)力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．
（3）解決圓周運(yùn)動問題步驟
①審清題意，確定研究對象；
②分析物體的運(yùn)動情況，即物體的線速度、角速度、周期、軌道平面、圓心、半徑等；
③分析物體的受力情況，畫出受力示意圖，確定向心力的來源；
④根據(jù)牛頓運(yùn)動定律及向心力公式列方程．
14．繩球類模型及其臨界條件
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.模型建立
（1）輕繩模型
小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，都是輕繩模型，如圖所示。
（2）輕桿模型
小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，都是輕桿模型，如圖所示。
2.模型分析
【命題方向】
如圖所示，質(zhì)量為M的支座上有一水平細(xì)軸．軸上套有一長為L的細(xì)繩，繩的另一端栓一質(zhì)量為m的小球，讓球在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，當(dāng)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)，支座恰好離開地面，則此時(shí)小球的線速度是多少？
分析：當(dāng)小球運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)，支座恰好離開地面，由此說明此時(shí)支座和球的重力全部作為了小球的向心力，再根據(jù)向心力的公式可以求得小球的線速度．
解答：對支座M，由牛頓運(yùn)動定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
對小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝m﹣﹣﹣②
聯(lián)立 ①②式可解得：v＝．
答：小球的線速度是．
點(diǎn)評：物體做圓周運(yùn)動需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡單．
【解題思路點(diǎn)撥】
對于豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過圓周運(yùn)動最高點(diǎn)時(shí)，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝m，從而可以求出最高點(diǎn)的速度v＝。
15．物體在環(huán)形豎直軌道內(nèi)的圓周運(yùn)動
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.模型建立
（1）輕繩模型
小球沿豎直光滑軌道內(nèi)側(cè)做圓周運(yùn)動，小球在細(xì)繩的作用下在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，都是輕繩模型，如圖所示。
（2）輕桿模型
小球在豎直放置的光滑細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動，都是輕桿模型，如圖所示。
2.模型分析
【命題方向】
如圖所示，小球m在豎直放置的內(nèi)壁光滑的圓形細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動，以上說法正確的是（ ）
A、小球通過最高點(diǎn)的最小速度為v＝
B、小球通過最高點(diǎn)的最小速度為零
C、小球通過最高點(diǎn)時(shí)一定受到向上的支持力
D、小球通過最低點(diǎn)時(shí)一定受到外管壁的向上的彈力
分析：球m在豎直放置的內(nèi)壁光滑的圓形細(xì)管內(nèi)做圓周運(yùn)動，小球通過最高點(diǎn)的最小速度為零．根據(jù)小球到達(dá)最高時(shí)的速度，由牛頓第二定律分析小球通過最高點(diǎn)時(shí)受到的作用力方向．小球通過最低點(diǎn)時(shí)一定受到外管壁的向上的彈力．
解答：AB、由于細(xì)管內(nèi)能支撐小球，所以小球通過最高點(diǎn)的最小速度為零，不是．故A錯誤，B正確。
C、若小球通過最高點(diǎn)時(shí)速度0＜v＜，小球的向心力小于重力，受到向上的支持力；若v＝，不受圓管的作用力；當(dāng)v＞，小球的向心力大于重力，受到向下的壓力。故C錯誤。
D、小球通過最低點(diǎn)時(shí)向心力向上，重力向下，則外管壁對小球的彈力必定向上。故D正確。
故選：BD。
點(diǎn)評：小球在圓管中運(yùn)動類型與輕桿模型相似，屬于有支撐物的類型，小球到達(dá)最高點(diǎn)臨界速度為零．
【解題思路點(diǎn)撥】
對于豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動，一般題目都會給出關(guān)鍵詞“恰好”，當(dāng)物體恰好過圓周運(yùn)動最高點(diǎn)時(shí)，物體自身的重力完全充當(dāng)向心力，mg＝m，從而可以求出最高點(diǎn)的速度v＝。
16．功的定義、單位和計(jì)算式
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1．定義：物體受到力的作用，并在力方向上發(fā)生一段位移，就說力對物體做了功．
2．公式：W＝Flcsα，其中α為F與l的夾角，F(xiàn)是力的大小，l一般是物體相對地面的位移，而不是相對于和它接觸的物體的位移．
3．應(yīng)用中的注意點(diǎn)
（1）公式只適用于恒力做功；
（2）F和l是對應(yīng)同一個(gè)物體的；
（3）恒力做功多少只與F、l及二者夾角余弦有關(guān)，而與物體的加速度大小、速度大小、運(yùn)動時(shí)間長短等都無關(guān)，即與物體的運(yùn)動性質(zhì)無關(guān)，同時(shí)與有無其它力做功也無關(guān)．
4．物理意義：功是能量轉(zhuǎn)化的量度．
5．單位：焦耳（J），1J＝1N?m．
6．功是標(biāo)量，沒有方向、但是有正負(fù)，正負(fù)表示能量轉(zhuǎn)化的方向．表示物體是輸入了能量還是輸出了能量．
【命題方向】
關(guān)于功的概念，下列說法中正確的是（ ）
A、力對物體做功多，說明物體的位移一定大
B、力對物體做功小，說明物體的受力一定小
C、力對物體不做功，說明物體一定沒有移動
D、物體發(fā)生了位移，不一定有力對它做功
分析：做功包含的兩個(gè)必要因素是：作用在物體上的力，物體在力的方向上通過一定的位移．根據(jù)W＝Flcsα求解．
解答：A、力對物體做功多，根據(jù)W＝Flcsα，如果力很大，那么物體的位移不一定大，故A錯誤
B、力對物體做功小，根據(jù)W＝Flcsα，如果力位移很小，那么物體的受力不一定小，故B錯誤
C、力對物體不做功，根據(jù)W＝Flcsα，可能α＝90°，所以物體不一定沒有移動，故C錯誤
D、物體發(fā)生了位移，如果力的方向與位移方向垂直，那么力對它不做功，故D正確
故選：D。
點(diǎn)評：對物體做功必須同時(shí)滿足兩個(gè)條件：對物體施加力，物體在這個(gè)力的作用下通過一定的位移．
【解題方法點(diǎn)撥】
1.對功的概念的理解
（1）做功的兩個(gè)必不可少的因素理解功的概念，首先要知道做功的兩個(gè)不可缺少的因素：力和物體在力的方向上發(fā)生的位移。力對物體是否做了功只與這兩個(gè)因素有關(guān)，與其他因素諸如物體運(yùn)動的快慢、運(yùn)動的性質(zhì)、物體的質(zhì)量、物體是否受其他力作用等均無關(guān)。
（2）功是過程量，總是與一個(gè)具體的過程相對應(yīng)同時(shí)功與具體的某個(gè)力或某幾個(gè)力相對應(yīng)，通常我們說某個(gè)力或某幾個(gè)力所做的功。
2.對計(jì)算功的大小的公式的兩點(diǎn)提醒
（1）公式中的F是恒力，即公式W＝Flcsα并不是普遍適用的，它只適用于大小和方向均不變的恒力做功。如果F是變力，W＝Flcsα就不適用了。
（2）F與l必須具備同時(shí)性，即必須是力作用過程中物體的位移。如果力消失后物體繼續(xù)運(yùn)動，力所做的功就只跟力作用的那段位移有關(guān)，跟其余的位移無關(guān)，
17．功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.義：功與完成這些功所用時(shí)間的比值．
2.理意義：描述做功的快慢。
3.質(zhì)：功是標(biāo)量。
4.計(jì)算公式
（1）定義式：P＝，P為時(shí)間t內(nèi)的平均功率．
（2）機(jī)械功的表達(dá)式：P＝Fvcsα（α為F與v的夾角）
①v為平均速度，則P為平均功率．
②v為瞬時(shí)速度，則P為瞬時(shí)功率．
推導(dǎo)：如果物體的受力F與運(yùn)動方向的夾角為α，從計(jì)時(shí)開始到時(shí)刻t這段時(shí)間內(nèi)，發(fā)生的位移是l，則力在這段時(shí)間所做的功
W＝Flcsα
因此有
P＝＝csα
由于位移l是從開始計(jì)時(shí)到時(shí)刻t這段時(shí)間內(nèi)發(fā)生的，所以是物體在這段時(shí)間內(nèi)的平均速度v，于是上式就可以寫成
P＝Fvcsα
可見，力對物體做功的功率等于沿運(yùn)動方向的分力與物體速度的乘積。
通常情況下，力與位移的方向一致，即F與v的夾角一致時(shí)，csα＝1，上式可以寫成P＝Fv。
從以上推導(dǎo)過程來看，P＝Fv中的速度v是物體在恒力F作用下的平均速度，所以這里的功率P是指從計(jì)時(shí)開始到時(shí)刻t的平均功率。如果時(shí)間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時(shí)速度，這個(gè)關(guān)系式也就可以反映瞬時(shí)速度與瞬時(shí)功率的關(guān)系。
5.額定功率：機(jī)械正常工作時(shí)輸出的最大功率．
6.實(shí)際功率：機(jī)械實(shí)際工作時(shí)輸出的功率．要求不大于額定功率．
【命題方向】
下列關(guān)于功率和機(jī)械效率的說法中，正確的是（ ）
A、功率大的機(jī)械，做功一定多
B、做功多的機(jī)械，效率一定高
C、做功快的機(jī)械，功率一定大
D、效率高的機(jī)械，功率一定大
分析：根據(jù)P＝知，做功多．功率不一定大，根據(jù)η＝，判斷效率與什么有關(guān)．
解答：A、根據(jù)P＝知，功率大，做功不一定多。故A錯誤。
BD、根據(jù)η＝，知做功多，效率不一定高，效率高，功率不一定大。故B、D錯誤。
C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正確。
故選：C。
點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．
【解題思路點(diǎn)撥】
1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少沒有直接關(guān)系。
2.功率的定義式P＝適用于任何做功的情況。
18．動能定理的簡單應(yīng)用
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。
2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初
3.本考點(diǎn)針對簡單情況下用動能定理來解題的情況。
【命題方向】
如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：
（1）物體在前6s運(yùn)動的過程中的加速度；
（2）物體在前6s運(yùn)動的位移
（3）物體從開始運(yùn)動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。
分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動，由牛頓第二定律就可求出加速度；
（2）用勻變速直線運(yùn)動的位移公式即可求得位移的大小；
（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。
解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得
F﹣μmg＝ma，
解得 a＝3m/s2，
（2）由位移公式得 X＝at2＝×3×62m＝54m。
（3）對全程用動能定理得
FX﹣Wf＝0
Wf＝FX＝50×54J＝2700J。
答：（1）物體在前6s運(yùn)動的過程中的加速度是3m/s2；
（2）物體在前6s運(yùn)動的位移是54m；
（3）物體從開始運(yùn)動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。
點(diǎn)評：分析清楚物體的運(yùn)動過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動能定理比較簡單。
【解題思路點(diǎn)撥】
1．應(yīng)用動能定理的一般步驟
（1）選取研究對象，明確并分析運(yùn)動過程。
（2）分析受力及各力做功的情況
①受哪些力？
②每個(gè)力是否做功？
③在哪段位移哪段過程中做功？
④做正功還是負(fù)功？
⑤做多少功？求出代數(shù)和。
（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。
（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。
注意：
①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。
②用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動過程分析，并畫出物體運(yùn)動過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動全過程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。
19．利用動能定理求解多過程問題
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。
2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初
3.動能定理不用考慮物體的運(yùn)動過程，可以通過對全程列動能定理來簡化過程比較多，運(yùn)動情況比較復(fù)雜的問題。
【命題方向】
例1、一消防隊(duì)員從一平臺上跳下，下落h1雙腳觸地，并彎曲雙腿緩沖，使其重心又下降了h2才停下，且h1＝4h2．則在觸地的過程中，地面對他雙腳的平均作用力的大小約為消防隊(duì)員所受重力大小的（ ）
A、2倍 B、5倍 C、10倍 D、20倍
分析：消防員先自由下落h1，接著勻減速下降h2，對勻減速過程受力分析，可結(jié)合牛頓第二定律或動能定理求解。
解答：對運(yùn)動的整個(gè)過程運(yùn)用動能定理，得：
mg（h1+h2）﹣Fh2＝0 ①；
又根據(jù)題意，有：
h1＝4h2②；
解得，F(xiàn)＝5mg；
故選：B。
點(diǎn)評：本題對運(yùn)動的全部過程用動能定理比較方便，若對加速過程和減速過程分別運(yùn)用動能定理列式也可求解，還可以用牛頓第二定律求解；故方法的選擇對解題的難易影響很大，要能靈活選擇方法解題。
例2：在海濱游樂場里有一種滑沙的游樂活動，如圖所示，人坐在滑板上從斜坡的高處由靜止開始滑下，滑到斜坡底端B點(diǎn)后沿水平的滑道再滑行一段距離到C點(diǎn)停下來，若某人和滑板的總質(zhì)量m＝60.0kg，滑板與斜坡滑道和水平滑道間的動摩擦因數(shù)相同，大小為μ＝0.50，斜坡的傾角θ＝37°，斜坡與水平滑道間是平滑連接的，整個(gè)運(yùn)動過程中空氣阻力忽略不計(jì)，重力加速度g取10m/s2
（1）人從斜坡滑下的加速度為多大？
（2）若由于場地的限制，水平滑道的最大距離為L＝20.0m，則人在斜坡上滑下的距離AB應(yīng)不超過多少？（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
分析：人與滑板由靜止從粗糙斜面滑下后，又滑上粗糙水平面最后停止．在斜面上對其進(jìn)行受力分析，再進(jìn)行力的合成求出合力，運(yùn)用牛頓第二定律可算出加速度．
當(dāng)人與滑板從靜止到停止，先做勻加速后做勻減速，由動能定理，可求出滑下的距離AB．
解答：（1）人在斜面上受力如圖所示，建立圖示坐標(biāo)系，設(shè)人在斜坡上滑下的加速度為a1
由牛頓第二定律有mgsinθ﹣Ff1＝ma1
FN1﹣mgcsθ＝0
又Ff1＝μFN1
聯(lián)立解得 a1＝g（sinθ﹣μcsθ）＝2.0m/s2
（2）根據(jù)動能定理，選取從開始到停止，
則有：mgLABsinθ﹣μmgL﹣μmgcsθLAB＝0﹣0；
解得：LAB＝50m；
答：（1）人從斜坡滑下的加速度為2m/s2；
（2）若由于場地的限制，水平滑道的最大距離為L＝20.0m，則人在斜坡上滑下的距離AB應(yīng)不超過50m。
點(diǎn)評：對研究對象的進(jìn)行受力分析與運(yùn)動分析，再由運(yùn)動學(xué)公式與牛頓運(yùn)動定律相結(jié)合．同時(shí)第二個(gè)小問可以用動能定理來處理．
【解題思路點(diǎn)撥】
【解題思路點(diǎn)撥】
1．應(yīng)用動能定理的一般步驟
（1）選取研究對象，明確并分析運(yùn)動過程。
（2）分析受力及各力做功的情況
①受哪些力？
②每個(gè)力是否做功？
③在哪段位移哪段過程中做功？
④做正功還是負(fù)功？
⑤做多少功？求出代數(shù)和。
（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。
（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。
注意：
①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。
②用動能定理解題，關(guān)鍵是對研究對象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動過程分析，并畫出物體運(yùn)動過程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動全過程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。
20．常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1．內(nèi)容
（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。
（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實(shí)現(xiàn)。
2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系
【解題思路點(diǎn)撥】
如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個(gè)輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計(jì)彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（ ）
A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mgh
B、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WF
C、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FH
D、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh
分析：重力勢能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢能的變化量與彈簧彈性勢能增加量之和．
解答：重力勢能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，即
ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh
物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動能不發(fā)生變化，
ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh
故選：D。
點(diǎn)評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．
【解題思路點(diǎn)撥】
1.常見的功能關(guān)系：合力做功——動能變化；重力做功——重力勢能變化；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。
2.判斷和計(jì)算做功或能量變化時(shí)，可以反其道而行之，通過計(jì)算能量變化或做功多少來進(jìn)行。
21．機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.機(jī)械能守恒定律的內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。
2.對三種表達(dá)式的理解
（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應(yīng)注意等式不是指某兩個(gè)特別的狀態(tài)，而是過程中的每一狀態(tài)機(jī)械能的總量都是守恒的，但我們解題時(shí)往往選擇與題目所述條件或所求結(jié)果相關(guān)的狀態(tài)建立方程式。另外，表達(dá)式中是相對的，建立方程時(shí)必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應(yīng)是對同一參考平面而言的。
（2）轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統(tǒng)動能的增加量等于系統(tǒng)重力勢能的減少量，可以不選擇參考平面。
（3）轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝﹣ΔEB，將系統(tǒng)分為A、B兩部分，A部分機(jī)械能的增加量等于另一部分B的機(jī)械能的減少量，可以不選擇參考平面。
3.運(yùn)用機(jī)械能守恒定律的基本思路
4.機(jī)械能守恒定律和動能定理的比較
【命題方向】
NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀眾.2012﹣2013賽季總決賽第六場中，雷阿倫在終場前5.2s的時(shí)候，把球投出且準(zhǔn)確命中，把比賽拖入加時(shí)從而讓熱火獲得比賽的勝利．如果雷阿倫投籃過程中對籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，籃球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計(jì)，則籃球進(jìn)筐時(shí)的動能為（ ）
A、W+mgh1﹣mgh2
B、W+mgh2﹣mgh1
C、mgh1+mgh2﹣W
D、mgh2﹣mgh1﹣W
分析：籃球在空中飛行時(shí)受到的空氣阻力忽略不計(jì)，只受重力，故機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律直接列式分析．
解答：籃球機(jī)械能守恒，有
mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2
解得
Ek2＝Ek+mgh1一mgh2
故選：A。
點(diǎn)評：本題關(guān)鍵根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題不需要分析過程，只找出初末狀態(tài)即可．
【解題方法點(diǎn)撥】
1.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路
（1）選取研究對象﹣﹣物體或系統(tǒng)。
（2）根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒。
（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態(tài)時(shí)的機(jī)械能。
（4）選取方便的機(jī)械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進(jìn)行求解。
注：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運(yùn)動綜合起來，其聯(lián)系點(diǎn)主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運(yùn)動的動力學(xué)問題有關(guān)、與平拋運(yùn)動的初速度有關(guān)。
2.對于系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題，應(yīng)抓住以下幾個(gè)關(guān)鍵：
（1）分析清楚運(yùn)動過程中各物體的能量變化；
（2）哪幾個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；
（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。
3.動能定理與機(jī)械能守恒定律的選擇
（1）能用機(jī)械能守恒定律解決的題一般都能用動能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢能參考平面的麻煩。
（2）能用動能定理來解決的題卻不一定都能用機(jī)械能守恒定律來解決，在這個(gè)意義上講，動能定理比機(jī)械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。
22．多物體系統(tǒng)的機(jī)械能守恒問題
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.系統(tǒng)機(jī)械能守恒條件
（1）系統(tǒng)除重力外無其他外力做功（
2）系統(tǒng)內(nèi)除彈力外其他內(nèi)力不做功或所做的總功為零，特別是系統(tǒng)內(nèi)無滑動摩擦力時(shí)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒。
2.多物體系統(tǒng)內(nèi)物體間的速度關(guān)系
（1）繩連接的兩個(gè)物體，在任一時(shí)刻沿繩方向上的速度分量相同。
（2）桿連接的兩物體，當(dāng)繞固定點(diǎn)轉(zhuǎn)動時(shí)，兩物體角速度相等；當(dāng)桿自由運(yùn)動時(shí)，兩物體沿桿方向上的速度分量相同。
（3）接觸的兩物體在任一時(shí)刻沿垂直于接觸面方向上的速度分量相同
【命題方向】
如圖所示，用輕繩連接的滑輪組下方懸掛著兩個(gè)物體A、B，它們的質(zhì)量分別為m、2m，A用輕繩掛在動滑輪上，滑輪的質(zhì)量、摩擦均不計(jì)?，F(xiàn)將系統(tǒng)從靜止釋放，求：（重力加速度為g）
（1）A上升h高度（h小于兩滑輪起始高度差）時(shí)A的速度多大？
（2）A上升h高度（h小于兩滑輪起始高度差）的過程中，輕繩的拉力對B所做的功。
分析：（1）根據(jù)動滑輪的特性設(shè)置兩物體的速度和高度大小，利用機(jī)械能守恒定律列式求解速度；
（2）對B利用動能定理列式求解。
解答：（1）根據(jù)圖中動滑輪的特性，A上升h高度，則B下降2h的高度，設(shè)A的速度大小為v，B的速度大小為2v，對A、B組成的系統(tǒng)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有
2mg×2h﹣mgh＝×2m×（2v）2+×m×v2
解得v＝
（2）設(shè)輕繩的拉力對B做的功為W，對B根據(jù)動能定理有
2mg×2h+W＝×2m×（2v）2﹣0
解得W＝﹣mgh
答：（1）A的速度為；
（2）輕繩的拉力對B所做的功為﹣mgh。
點(diǎn)評：考查動滑輪問題，系統(tǒng)機(jī)械能守恒和動能定理的應(yīng)用，會根據(jù)題意列式求解相應(yīng)的物理量。
【解題思路點(diǎn)撥】
1.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路
（1）選取研究對象﹣﹣物體或系統(tǒng)。
（2）根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒。
（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態(tài)時(shí)的機(jī)械能。
（4）選取方便的機(jī)械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進(jìn)行求解。
注：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運(yùn)動綜合起來，其聯(lián)系點(diǎn)主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運(yùn)動的動力學(xué)問題有關(guān)、與平拋運(yùn)動的初速度有關(guān)。
2.對于系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題，應(yīng)抓住以下幾個(gè)關(guān)鍵：
（1）分析清楚運(yùn)動過程中各物體的能量變化；
（2）哪幾個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；
（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。
3.動能定理與機(jī)械能守恒定律的選擇
（1）能用機(jī)械能守恒定律解決的題一般都能用動能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢能參考平面的麻煩。
（2）能用動能定理來解決的題卻不一定都能用機(jī)械能守恒定律來解決，在這個(gè)意義上講，動能定理比機(jī)械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。
23．動量的定義、單位及性質(zhì)
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.動量的定義：質(zhì)量和速度的乘積。用符號p表示。
2.公式：p＝mv。
3.單位：千克米每秒，符號：kg?m/s。
4.標(biāo)矢性：動量是矢量，方向與速度的方向相同，運(yùn)算遵循平行四邊形定則。
【命題方向】
物體在運(yùn)動過程中加速度不為零，則下列說法正確的是（ ）
A、物體速度的大小一定隨時(shí)間變化
B、物體速度的方向一定隨時(shí)間變化
C、物體動能一定隨時(shí)間變化
D、物體動量一定隨時(shí)間變化
分析：加速度不為零，物體受到的合力不為零，根據(jù)合力方向與速度方向間的關(guān)系分析判斷物體速度大小、方向如何變化，動能是否變化，由動量定理分析答題．
解答：物體在運(yùn)動過程中加速度不為零，物體受到的合力不為零；
A、如果物體做勻速圓周運(yùn)動，物體所受合力不為零，則物體的速度大小不變，速度方向時(shí)刻變化，故A錯誤；
B、如果物體做直線運(yùn)動，物體所受合力不為零，則物體的速度方向不變，速度大小不斷變化，故B錯誤；
C、如果物體做勻速圓周運(yùn)動，物體所受合力不為零，物體動能不變，故C錯誤；
D、物體所受合力不為零，則物體所受的沖量不為零，由動量定理可知，物體的動量一定隨時(shí)間變化，故D正確；
故選：D。
點(diǎn)評：物體所受合力不為零，物體做變速運(yùn)動，物體的動量一定變化，物體的速度大小、速度方向、物體動能是否變化與物體做什么運(yùn)動有關(guān)系，應(yīng)具體分析討論．
【解題思路點(diǎn)撥】
動量的性質(zhì)有：
（1）瞬時(shí)性：通常說物體的動量是物體在某一時(shí)刻或某一位置的動量，動量的大小可用p＝mv表示。
（2）矢量性：動量的方向與物體的瞬時(shí)速度的方向相同。
（3）相對性：因物體的速度與參考系的選取有關(guān)，故物體的動量也與參考系的選取有關(guān)。
24．動量變化量的計(jì)算
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.定義：動量的變化量是指物體的末動量減去初動量。
2.表達(dá)式：Δp＝p2﹣p1＝mv2﹣mv1
3.性質(zhì)：動量的變化量是矢量，方向與速度變化量的方向相同，可以用矢量運(yùn)算法則確定。
【命題方向】
一個(gè)質(zhì)量為0.18kg的壘球以20m/s的水平速度向右飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?0m/s，則這一過程動量的變化量為（ ）
A、大小10.8kgm/s，方向向右
B、大小10.8kgm/s，方向向左
C、大小3.6kgm/s，方向向右
D、大小3.6kgm/s，方向向左
分析：動量p＝mv，是矢量，規(guī)定正方向后求解動量的變化量．
解答：規(guī)定水平向右為正方向，則初動量p1＝mv1＝0.18kg×20m/s＝3.6kg?m/s；
打擊后動量為：p2＝mv2＝0.18kg×（﹣40m/s）＝﹣7.2kg?m/s；
故動量變化為：Δp＝p2﹣p1＝﹣10.8kg?m/s，負(fù)號表示方向與規(guī)定的正方向相反，即向左；
故選：B。
點(diǎn)評：本題關(guān)鍵明確動量、動量的變化量都是矢量，規(guī)定正方向后，可以將矢量運(yùn)算簡化為代數(shù)運(yùn)算．
【解題記錄點(diǎn)撥】
1.表達(dá)式：Δp＝p2﹣p1
2.矢量性：動量變化量是矢量，與速度變化的方向相同，運(yùn)算遵循平行四邊形定則，當(dāng) p1、p2，在同一條直線上時(shí)，可規(guī)定正方向，將矢量運(yùn)算轉(zhuǎn)化為代數(shù)運(yùn)算。
3.對動量和動量變化量的兩個(gè)提醒
（1）動量是矢量，比較兩個(gè)物體的動量時(shí)，不能僅比較大小，還要比較方向，只有大小相等、方向相同的兩個(gè)動量才相等。
（2）計(jì)算動量變化量時(shí)，應(yīng)利用矢量運(yùn)算法則進(jìn)行計(jì)算。對于在同一直線上的矢量運(yùn)算，要注意選取正方向。
25．求變力的沖量
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
求變力的沖量有三個(gè)方法：
1.若力與時(shí)間成線性關(guān)系變化，則可用平均力求變力的沖量；
2.若給出了力隨時(shí)間變化的圖像，如圖所示，可用面積法求變力的沖量；
3.利用動量定理求解。
【命題方向】
一位質(zhì)量為m的運(yùn)動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時(shí)間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v。對此過程的描述，錯誤的是（ ）
A、地面對運(yùn)動員的彈力做功為
B、運(yùn)動員所受合力的沖量大小為mv
C、地面對運(yùn)動員彈力的沖量大小為mv+mgΔt
D、重力的沖量大小為mgΔt
分析：已知初末速度，則由動量定理可求得地面對人的沖量；由功的公式可確定地面對人是否做功。
解答：A、在跳起過程中，在支持力方向上沒有位移，地面對運(yùn)動員的支持力不做功，故A錯誤；
B、根據(jù)動量定理可得運(yùn)動員所受合力的沖量大小
IF＝mv
故B正確；
C、以人為對象，受到地面的支持力和自身的重力，規(guī)定向上為正，根據(jù)動量定理可知
（N﹣mg）Δt＝mv
所以地面對人彈力的沖量為
NΔt＝mgΔt+mv
故C正確。
D、重力的沖量大小
IG＝mgΔt
故D正確；
本題選不正確項(xiàng)。
故選：A。
點(diǎn)評：在應(yīng)用動量定理時(shí)一定要注意沖量應(yīng)是所有力的沖量，不要把重力漏掉。另外地面對人是否做功的問題是易錯點(diǎn)，要根據(jù)功的概念去理解。
【解題思路點(diǎn)撥】
1.對于變力的沖量計(jì)算，定義式不再適用，要根據(jù)題目條件選擇合適的方法進(jìn)行計(jì)算。
2.求合沖量的兩種方法
（1）可分別求每一個(gè)力的沖量，再求各沖量的矢量和；
（2）另外，如果各個(gè)力的作用時(shí)間相同，也可以先求合力，再用公式Ⅰ合＝F合Δt求解。
26．動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1．內(nèi)容：物體在一個(gè)過程始末的動量變化量等于它在這個(gè)過程中所受力的沖量．
2．表達(dá)式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．
3．用動量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F＝＝＝＝ma，所以物體動量的變化率等于它受到的力，即F＝，這是牛頓第二定律的動量表述．
【命題方向】
籃球運(yùn)動員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球，接球時(shí)，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（ ）
A、減小籃球?qū)κ值臎_量
B、減小籃球?qū)θ说臎_擊力
C、減小籃球的動量變化量
D、增大籃球的動量變化量
分析：分析接球的動作，先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動量定理即可分析。
解答：A、先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球引至胸前，這樣可以增加球與手接觸的時(shí)間，根據(jù)動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F＝，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，故A錯誤B正確；
C、運(yùn)動員接球過程，球的末動量為零，球的初動量一定，則球的動量的變化量一定，故CD錯誤。
故選：B。
點(diǎn)評：本題主要考查了動量定理的直接應(yīng)用，應(yīng)用動量定理可以解題，解題時(shí)要注意，接球過程球的動量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動量的變化量與沖量不會因如何接球而改變。
【解題方法點(diǎn)撥】
1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時(shí)，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負(fù)值．
2．恒力的沖量用恒力與力的作用時(shí)間的乘積表示，變力的沖量計(jì)算，要看題目條件確定．如果力隨時(shí)間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時(shí)間均勻變化，就用I表示這個(gè)力的沖量，用其它方法間接求出．
3．只要涉及了力F和力的作用時(shí)間t，用牛頓第二定律能解答的問題、用動量定理也能解答，而用動量定理解題，更簡捷．
27．F-t圖像中的動量問題
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
我們前面已經(jīng)學(xué)過很多借助圖像求物理量的例子，例如：利用v﹣t圖像的面積求位移，利用a﹣t圖像的面積求速度變化量，利用F﹣x圖像的面積求功，它們都體現(xiàn)了共同的物理學(xué)方法：微元法。
類比這些問題的解決，我們就找到了一個(gè)計(jì)算變力沖量的方法，那就是圖像法。由微元法可知，F(xiàn)﹣t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積就是沖量。
【命題方向】
如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊靜止在水平面上，t＝0時(shí)，對其施加水平向右的推力F，推力F的大小隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示。已知物塊與水平面的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物塊開始運(yùn)動的時(shí)刻及3s末物塊加速度的大??；
（2）0～6s內(nèi)推力對物塊沖量的大??；
（3）6s末物塊動量的大小。
分析：（1）當(dāng)力F達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，物塊開始運(yùn)動，根據(jù)摩擦力公式求解力F的大小，根據(jù)圖像求解物塊運(yùn)動的時(shí)刻，根據(jù)牛頓第二定律求解3s時(shí)的加速度；
（2）F﹣t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示F的沖量，根據(jù)圖像求解力對物塊的沖量；
（3）根據(jù)F﹣t圖像求解1～6s內(nèi)推力F對物塊的沖量大小，根據(jù)動量定理求解物塊的動量。
解答：（1）最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，fm＝f＝μmg＝0.1×1×10N＝1N
當(dāng)F＝fm時(shí)，物塊開始滑動，由圖可知，t＝1s時(shí)，F(xiàn)＝fm＝1N
即物塊開始運(yùn)動的時(shí)刻為1s；
3s末，由圖像可知，F(xiàn)＝3N
對物塊受力分析，由牛頓第二定律得：F﹣fm＝ma
代入數(shù)據(jù)解得：a＝2m/s2
（2）F﹣t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示F的沖量，由圖像可知，0～6s內(nèi)推力對物塊沖量大小為IF＝N?s＝13.5N?s
（3）0～1s內(nèi)物塊未發(fā)生移動，1～6s內(nèi)推力對物塊沖量大小為IF′＝13.5N?s﹣N?s＝13N?s
由動量定理得：IF′﹣ft＝p﹣0
其中t＝6s﹣1s＝5s
代入數(shù)據(jù)解得：p＝8kg?m/s
答：（1）物塊開始運(yùn)動的時(shí)刻為1s，3s末物塊加速度的大小為2m/s2；
（2）0～6s內(nèi)推力對物塊沖量的大小為13.5N?s；
（3）6s末物塊動量的大小為8kg?m/s。
點(diǎn)評：本題考查牛頓第二定律、F﹣t圖像和動量定理，解題關(guān)鍵是知道F﹣t圖像與坐標(biāo)軸所圍面積表示力的沖量，會根據(jù)動量定理求解動量。
【解題思路點(diǎn)撥】
因?yàn)闆_量是矢量，橫坐標(biāo)以上的面積表示沖量的方向?yàn)檎较?，橫坐標(biāo)以下的面積表示沖量的方向?yàn)樨?fù)方向。
28．用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.碰撞的特點(diǎn)：
（1）時(shí)間特點(diǎn)：碰撞現(xiàn)象中，相互作用的時(shí)間極短，相對物體運(yùn)動的全過程可忽略不計(jì)。
（2）相互作用力特點(diǎn)：在碰撞過程中，系統(tǒng)的內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以動量守恒。
2.設(shè)兩個(gè)物體的質(zhì)量分別為m1和m2，碰撞前兩個(gè)物體的速度分別為v1和v2，碰撞后的速度分別為v1′和v2′，則根據(jù)動量守恒定律有
m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′
3.
【命題方向】
甲、乙兩個(gè)玩具小車在光滑水平面上沿著同一直線相向運(yùn)動，它們的質(zhì)量和速度大小分別為m1＝0.5kg，v1＝2m/s，m2＝3kg，v2＝1m/s．兩小車相碰后，乙車的速度減小為v2′＝0.5m/s，方向不變，求甲車的速度v1′．
分析：兩小車相碰過程，兩車組成的系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出碰后甲的速度．
解答：兩車組成的系統(tǒng)動量守恒，以乙車的初速度方向?yàn)檎较颍?br>由動量守恒定律得：m2v2﹣m1v1＝m2v2′+m1′v1′，
代入數(shù)據(jù)解得：v1′＝1m/s；
方向與v2方向相同．
答：甲車的速度v1′為1m/s；方向與v2方向相同．
點(diǎn)評：本題的關(guān)鍵要掌握碰撞的基本規(guī)律：動量守恒定律，應(yīng)用動量守恒定律時(shí)要注意正方向．
【解題思路點(diǎn)撥】
1.碰撞的分類：
（1）彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能守恒。
（2）非彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。
（3）完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大。
2.無論哪一種碰撞，總是滿足動量守恒定律。
29．動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.子彈打木塊的過程很短暫，認(rèn)為該過程內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，則系統(tǒng)動量守恒。
2.在子彈打木塊過程中摩擦生熱，則系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，機(jī)械能向內(nèi)能轉(zhuǎn)化。
3.若子彈不穿出木塊，則二者最后有共同速度，機(jī)械能損失最多。
【命題方向】
如圖，在水平地面上放置一質(zhì)量為M的木塊，一質(zhì)量為m的子彈以水平速度v射入木塊（未穿出），若木塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ．求：
（1）子彈擊中木塊后與木塊的共同速度；
（2）子彈射入木塊后，木塊在地面上前進(jìn)的距離．
分析：（1）子彈擊中木塊過程系統(tǒng)的動量守恒，由動量守恒定律可以求出共同速度．
（2）由動能定理求出木塊在地面滑行的距離．
解答：（1）子彈與木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，以子彈的初速度方向?yàn)檎较?，則由動量守恒定律得：
mv＝（M+m）v′
得子彈擊中木塊后與木塊的共同速度為：v′＝
（2）對木塊（包括子彈），由動能定理得：
﹣μ（M+m）gs＝0﹣（M+m）v′2，
解得：s＝；
答：（1）子彈擊中木塊后與木塊的共同速度為；
（2）子彈射入木塊后，木塊在地面上前進(jìn)的距離為．
點(diǎn)評：本題關(guān)鍵要分析清楚物體的運(yùn)動過程，知道打擊過程遵守動量守恒定律，結(jié)合動能定理即可正確解題．
【解題思路點(diǎn)撥】
（1）子彈打木塊的過程很短暫，認(rèn)為木塊瞬間得到速度且位置不變。
（2）子彈打入木塊過程損失的機(jī)械能并沒有用于克服地面摩擦力做功，克服地面摩擦力做功的是子彈和木塊的共同運(yùn)動的動能。
30．動量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.對于板塊類問題，在作用過程中，系統(tǒng)合外力為零，滿足動量守恒。
2.整個(gè)過程涉及動能、內(nèi)能、重力勢能的轉(zhuǎn)化，應(yīng)用能量守恒定律解決此類問題。
3.滑塊與木板共速時(shí)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能最大。
【命題方向】
如圖所示，質(zhì)量m1＝2.0kg的木板AB靜止在水平面上，木板的左側(cè)有一個(gè)固定的半徑R＝0.60m的四分之一圓弧形軌道，軌道末端的切線水平，軌道與木板靠在一起，且末端高度與木板高度相同．現(xiàn)將質(zhì)量m2＝1.0kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊C，從圓弧形軌道頂端由靜止釋放，小木塊C到達(dá)圓弧形軌道底端時(shí)的速度v0＝3.0m/s．之后小木塊C滑上木板AB并帶動木板AB運(yùn)動，當(dāng)小木塊C離開木板AB右端B時(shí)，木板AB的速度v1＝0.5m/s，在小木塊C在木板AB上滑行的過程中，小木塊C與木板AB總共損失的動能△E＝2.25J．小木塊C與木板AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1．木板AB與地面間的摩擦及空氣阻力可忽略不計(jì)．取g＝10m/s2．求
（1）小木塊C運(yùn)動到圓弧形軌道末端時(shí)所受支持力的大??；
（2）小木塊C在圓弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功；
（3）小木塊C在木板AB上運(yùn)動過程中，小木塊C相對于地面的位移．
分析：（1）小木塊C做圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律可以求出C受到的支持力；
（2）應(yīng)用動能定理可以求出小木塊在圓弧軌道上滑行時(shí)克服摩擦力所做的功；
（3）分別與木塊及木板為研究對象，應(yīng)用動能定列方程，求出木板與木塊間的位移關(guān)系，解方程可以求出木塊相對于地面的位移．
解答：（1）小木塊通過圓弧形軌道末端時(shí)，
由牛頓第二定律得：F﹣m2g＝，
解得小木塊受到的支持力：F＝25N；
（2）小木塊在圓弧形軌道上下滑過程中，
由動能定理得：m2gR﹣Wf＝m2﹣0，
解得克服摩擦力做的功Wf＝1.5J；
（3）木塊C與木板AB間的摩擦力f＝μm2g，
由動能定理得：
對木板：fs1＝m1﹣0，
對小木塊：﹣fs2＝m2（﹣），
木塊與木板間的位移關(guān)系：s2＝s1+L，
小木塊與木板總共損失的動能△E＝fL，
解得：s2＝2.5m；
答：（1）小木塊C運(yùn)動到圓弧形軌道末端時(shí)所受支持力大小為25N；
（2）小木塊C在圓弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功為1.5J；
（3）小木塊C在木板AB上運(yùn)動過程中，小木塊C相對于地面的位移為2.5m．
點(diǎn)評：本題考查了動能定理的應(yīng)用，最后一問是本題的難點(diǎn)，分析清楚木塊與木板的運(yùn)動過程、兩者間的位移關(guān)系是正確解題的前提與關(guān)鍵．
【解題思路點(diǎn)撥】
動量守恒里的板塊模型一般不考慮地面的摩擦力，板塊之間的相互作用為內(nèi)力，因此遵尋動量守恒定律。當(dāng)達(dá)到共速時(shí)，系統(tǒng)瞬時(shí)的機(jī)械能最大，同時(shí)也要注意臨界條件，如滑塊恰好不滑下木板等。
31．動量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應(yīng)用
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
物體沖上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上沒有外力作用，所以水平方向上系統(tǒng)的動量守恒。可以根據(jù)情況分成以下兩種類型：
1.物體能飛離斜面（或曲面）：在物體與斜面（或曲面）分開之前，因?yàn)閮烧呤冀K一起運(yùn)動，所以分離瞬間兩者在水平方向上速度相等，物體飛到最高點(diǎn)時(shí)，兩者的速度相同。
2.物體不能飛離斜面（或曲面）：物體到達(dá)斜面上最高處時(shí)，兩者的速度相同。
可以根據(jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒和水平方向上的動量守恒求出物體到達(dá)“最高點(diǎn)”時(shí)，兩者的速度及物體上升的高度。
【命題方向】
如圖，一帶有四分之一光滑圓弧軌道的小車靜止在光滑水平面上，一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的小球以速度v0從小車的左端水平滑上小車，與小車作用后從小車左端豎直掉下。已知圓弧軌道的半徑足夠大，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（ ）
A、小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒
B、小車的最終速度大小為0.5v0
C、小車對小球做的功為
D、小球在小車上能上升的最大高度為
分析：A、根據(jù)動量守恒的條件、機(jī)械能守恒的條件分析；
B、根據(jù)題意可知小球離開小車時(shí)的速度為零，小球和小車相互作用的過程，可以看作彈性碰撞，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和機(jī)械能守恒可得小車的最終速度大??；
C、小球和小車相互作用的過程，對小球利用動能定理分析；
D、小球與小車共速時(shí)上升到最高點(diǎn)，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得小球上升的最大高度。
解答：A、小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向合力不為零，所以水平方向動量守恒，系統(tǒng)只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯誤；
B、小球與小車作用后從小車左端豎直掉下，可知小球離開小車的速度為零，小球和小車相互作用的過程，可以看作彈性碰撞，
取水平向右為正方向，設(shè)小車的質(zhì)量為M，由動量守恒定律有：mv0＝0+Mv1
小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：
聯(lián)立方程可得：M＝m，v1＝v0，所以小車的最終速度大小為v0，故B錯誤；
C、小球和小車相互作用的過程中，對小球由動能定理有：，可得小車對小球做的功，故C錯誤；
D、小球和小車共速時(shí)，小球上升到最大高度，設(shè)最大高度為h
取水平向右為正方向，由動量守恒定律有：mv0＝（m+M）v
小球和小車組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：
代入數(shù)據(jù)可得：，故D正確。
故選：D。
點(diǎn)評：本題考查了動量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，解題的關(guān)鍵是把小球和小車相互作用的過程看作彈性碰撞，小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，機(jī)械能守恒。
【解題思路點(diǎn)撥】
因?yàn)樗椒较蚴菦]有外力的，所以系統(tǒng)水平方向上動量守恒，當(dāng)物體達(dá)到最高處時(shí)，兩個(gè)物體的速度完全一致。
32．動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應(yīng)用
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
1.對于彈簧類問題，在作用過程中，系統(tǒng)合外力為零，滿足動量守恒。
2.整個(gè)過程涉及彈性勢能、動能、內(nèi)能、重力勢能的轉(zhuǎn)化，應(yīng)用能量守恒定律解決此類問題。
3.彈簧壓縮最短或拉伸最長時(shí)，彈簧連接的兩物體速度相等，此時(shí)彈簧具有最大彈性勢能。
【命題方向】
如圖，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C．B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì)）。設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運(yùn)動。假設(shè)B和C碰撞過程時(shí)間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈簧分離的過程中，
（i）整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能；
（ii）彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢能。
分析：（i）A壓縮彈簧的過程，系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律可以求出A、B相等的速度．此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，由動量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出損失的機(jī)械能．
（ii）系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律求出三個(gè)物體共同速度，然后應(yīng)用能量守恒定律可以求出彈簧的彈性勢能．
解答：（i）從A壓縮彈簧到A與B具有相同速度v1時(shí)，對A、B與彈簧組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動量守恒定律得
mv0＝2mv1 ①
此時(shí)B與C發(fā)生完全非彈性碰撞，設(shè)碰撞后的瞬時(shí)速度為v2，損失的機(jī)械能為△E．對B、C組成的系統(tǒng)，取水平向右為正方向，由動量守恒和能量守恒定律得
mv1＝2mv2 ②
＝△E+?2 ③
聯(lián)立①②③式得：
整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能為△E＝ ④
（ii）由②式可知v2＜v1，A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此時(shí)速度為v3，此時(shí)彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為Ep．由動量守恒和能量守恒定律得
mv0＝3mv3，⑤
由能量守恒定律得：
﹣△E＝?3+EP ⑥
聯(lián)立④⑤⑥式得
解得：EP＝；
答：
（i）整個(gè)系統(tǒng)損失的機(jī)械能是；
（ii）彈簧被壓縮到最短時(shí)的彈性勢能是．
點(diǎn)評：本題綜合考查了動量守恒定律和能量守恒定律，關(guān)鍵合理地選擇研究的系統(tǒng)，知道彈簧被壓縮到最短時(shí)三個(gè)物體速度相同，運(yùn)用動量守恒和能量守恒進(jìn)行研究．
【解題思路點(diǎn)撥】
當(dāng)彈簧壓縮到最短時(shí)，該彈簧具有最大彈性勢能，而彈簧壓縮到最短，彈簧連著的兩物體不能再靠近，此時(shí)兩物體具有相同的速度。因此，該類問題臨界狀態(tài)相對應(yīng)的臨界條件是彈簧連著的兩物體速度相等。
33．動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題
【知識點(diǎn)的認(rèn)識】
動量守恒定律與能量守恒定律的綜合應(yīng)用有很多，我們將板塊模型、子彈打木塊以及彈簧類模型單獨(dú)分了出來仍遠(yuǎn)遠(yuǎn)不夠，其他的綜合應(yīng)用暫時(shí)歸類于此。例如多種因素共存的動量和能量的綜合應(yīng)用、有電場存在的綜合應(yīng)用等等。
【命題方向】
如圖所示為某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶長度L＝4.0m，皮帶輪沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動，帶動皮帶以恒定速率v＝3.0m/s勻速傳動。三個(gè)質(zhì)量均為m＝1.0kg的滑塊A、B、C置于水平導(dǎo)軌上，開始時(shí)滑塊B、C之間用細(xì)繩相連，其間有一壓縮的輕彈簧，處于靜止?fàn)顟B(tài)?；瑝KA以初速度v0＝2.0m/s沿B、C連線方向向B運(yùn)動，A與B碰撞后粘合在一起，碰撞時(shí)間極短。連接B、C的細(xì)繩受擾動而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離?；瑝KC脫離彈簧后以速度vC＝2.0m/s滑上傳送帶，并從右端滑出落至地面上的P點(diǎn)。已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度大小；
（2）滑塊B、C用細(xì)繩相連時(shí)彈簧的彈性勢能Ep；
（3）若每次實(shí)驗(yàn)開始時(shí)彈簧的壓縮情況相同，要使滑塊C總能落至P點(diǎn)，則滑塊A與滑塊B碰撞前速度的最大值vm是多少？
分析：本題主要考查以下知識點(diǎn)：碰撞中的動量守恒，碰撞中的能量守恒以及物體在傳送帶上的減速運(yùn)動，涉及平拋的基本知識。
（1）碰撞前后系統(tǒng)的動量保持不變，這是動量守恒定律
（2）彈性碰撞中在滿足動量守恒的同時(shí)還滿足機(jī)械能守恒及碰撞中的能量保持不變；本題中AB碰撞后在彈簧伸開的過程中同時(shí)滿足動量守恒和機(jī)械能守恒。
（3）物體滑上傳送帶后，如果物體的速度大于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做減速運(yùn)動，減速運(yùn)動持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度降為和傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)要注意判斷；如果物體的速度小于傳送帶的速度則物體將在摩擦力的作用下做勻加速運(yùn)動，加速運(yùn)動持續(xù)到物體到達(dá)傳送帶的另一端或速度加到與傳送帶同速時(shí)止，解題時(shí)同樣要注意判斷。
（4）物體做平拋的射程與拋體的高度和初速度共同決定，要使C物體總能落到P點(diǎn)，在高度一定的情況下，即物體做平拋的初速度相等也就是物體到達(dá)C端時(shí)的速度相等（此為隱含條件）。
解答：（1）滑塊C滑上傳送帶后做勻加速運(yùn)動，設(shè)滑塊C從滑上傳送帶到速度達(dá)到傳送帶的速度v所用的時(shí)間為t，加速度大小為a，在時(shí)間t內(nèi)滑塊C的位移為x。
根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式
μmg＝ma
v＝vC+at
代入數(shù)據(jù)可得 x＝1.25m
∵x＝1.25m＜L
∴滑塊C在傳送帶上先加速，達(dá)到傳送帶的速度v后隨傳送帶勻速運(yùn)動，并從右端滑出，則滑塊C從傳送帶右端滑出時(shí)的速度為
v＝3.0m/s
（2）設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2，由動量守恒定律
mAv0＝（mA+mB）v1
（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvC
AB碰撞后，彈簧伸開的過程系統(tǒng)能量守恒
∴+
代入數(shù)據(jù)可解得：EP＝1.0J
（3）在題設(shè)條件下，若滑塊A在碰撞前速度有最大值，則碰撞后滑塊C的速度有最大值，它減速運(yùn)動到傳送帶右端時(shí)，速度應(yīng)當(dāng)恰好等于傳遞帶的速度v。
設(shè)A與B碰撞后的速度為v1′，分離后A與B的速度為v2′，滑塊C的速度為vc′，
根據(jù)動量守恒定律可得：
AB碰撞時(shí)：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）
彈簧伸開時(shí)：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）
在彈簧伸開的過程中，系統(tǒng)能量守恒：
則＝ （3）
∵C在傳送帶上做勻減速運(yùn)動的末速度為v＝3m/s，加速度大小為2m/s2
∴由運(yùn)動學(xué)公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s （4）
代入數(shù)據(jù)聯(lián)列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s
點(diǎn)評：本題著重考查碰撞中的動量守恒和能量守恒問題，同時(shí)借助傳送帶考查到物體在恒定摩擦力作用下的勻減速運(yùn)動，還需用到平拋的基本知識，這是力學(xué)中的一道知識點(diǎn)比較多的綜合題，學(xué)生在所涉及的知識點(diǎn)中若存在相關(guān)知識缺陷，則拿全分的幾率將大大減小。
【解題思路點(diǎn)撥】
1．應(yīng)用動量守恒定律的解題步驟：
（1）明確研究對象（系統(tǒng)包括哪幾個(gè)物體及研究的過程）；
（2）進(jìn)行受力分析，判斷系統(tǒng)動量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；
（3）規(guī)定正方向，確定初末狀態(tài)動量；
（4）由動量守恒定律列式求解；
（5）必要時(shí)進(jìn)行討論．
2．解決動量守恒中的臨界問題應(yīng)把握以下兩點(diǎn)：
（1）尋找臨界狀態(tài)：題設(shè)情境中看是否有相互作用的兩物體相距最近，避免相碰和物體開始反向運(yùn)動等臨界狀態(tài)．
（2）挖掘臨界條件：在與動量相關(guān)的臨界問題中，臨界條件常常表現(xiàn)為兩物體的相對速度關(guān)系與相對位移關(guān)系，即速度相等或位移相等．
正確把握以上兩點(diǎn)是求解這類問題的關(guān)鍵．
3．綜合應(yīng)用動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)
4．動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)：這兩個(gè)觀點(diǎn)研究的是物體或系統(tǒng)運(yùn)動變化所經(jīng)歷的過程中狀態(tài)的改變，不對過程變化的細(xì)節(jié)作深入的研究，而只關(guān)心運(yùn)動狀態(tài)變化的結(jié)果及引起變化的原因，簡單地說，只要求知道過程的始末狀態(tài)動量、動能和力在過程中所做的功，即可對問題求解．
5．利用動量觀點(diǎn)和能量觀點(diǎn)解題應(yīng)注意下列問題：
（1）動量守恒定律是矢量表達(dá)式，還可寫出分量表達(dá)式；而動能定理和能量守恒定律是標(biāo)量表達(dá)式，無分量表達(dá)式．
（2）動量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的規(guī)律，它們研究的是物體系，在力學(xué)中解題時(shí)必須注意動量守恒條件及機(jī)械能守恒條件．在應(yīng)用這兩個(gè)規(guī)律時(shí)，當(dāng)確定了研究對象及運(yùn)動狀態(tài)的變化過程后，根據(jù)問題的已知條件和求解的未知量，選擇研究的兩個(gè)狀態(tài)列方程求解．
（3）中學(xué)階段凡可用力和運(yùn)動解決的問題，若用動量觀點(diǎn)或能量觀點(diǎn)求解，一般比用力和運(yùn)動的觀點(diǎn)簡便．
聲明：試題解析著作權(quán)屬網(wǎng)所有，未經(jīng)書面同意，不得復(fù)制發(fā)布日期：2024/11/5 11:15:18；用戶：組卷41；郵箱：zyb041@xyh.cm；學(xué)號：41419004
功
能量的變化
合外力做正功
動能增加
重力做正功
重力勢能減少
彈簧彈力做正功
彈性勢能減少
電場力做正功
電勢能減少
其他力（除重力、彈力）做正功
機(jī)械能增加
一對滑動摩擦力做的總功為負(fù)功
系統(tǒng)的內(nèi)能增加

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