第56頁（共56頁）2026年高考物理復習熱搜題速遞之動量與動量守恒定律一．選擇題（共10小題）1．一中子與一質量數為A（A＞1）的原子核發(fā)生彈性正碰．若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為（）A．A+1A-1 C．4A(A+12．光滑水平桌面上有P、Q兩個物塊，Q的質量是P的n倍。將一輕彈簧置于P、Q之間，用外力緩慢壓P、Q．撤去外力后，P、Q開始運動，P和Q的動量大小的比值為（）A．n2 B．n C．1n D．3．我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實現女子3000m接力三連冠。觀察發(fā)現，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則（）A．甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量 B．甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反 C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量 D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功4．如圖所示，輕質彈簧的一端固定在墻上，另一端與質量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質量與A相同的物體B，從高h處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升。下列說法正確的是（）A．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh B．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mghC．B能達到的最大高度為h2D．B能達到的最大高度為h5．如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，AB是小車內半圓弧軌道的水平直徑，現將一小球從距A點正上方h高處由靜止釋放，小球由A點沿切線方向經半圓軌道后從B點沖出，在空中能上升的最大高度為0.8h，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．在相互作用過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小球離開小車后做豎直上拋運動 C．小球離開小車后做斜上拋運動 D．小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h6．水平面上，一白球與一靜止的灰球碰撞，兩球質量相等。碰撞過程的頻閃照片如圖所示，據此可推斷，碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能約占碰撞前動能的（）A．30% B．50% C．70% D．90%7．如圖所示，質量為m的小滑塊（可視為質點），從h高處的A點由靜止開始沿斜面下滑，停在水平地面上的B點（斜面和水平面之間有小圓弧平滑連接）．要使物體能原路返回，在B點需給物體的瞬時沖量最小應是（）A．2mgh B．mgh C．mgh28．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質彈簧連在一起，如圖所示．則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)（）A．動量守恒，機械能不守恒 B．動量不守恒，機械能守恒 C．動量守恒，機械能守恒 D．無法判定動量、機械能是否守恒9．在光滑水平面上，一質量為m，速度大小為v的A球與質量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前反，則碰撞后B球的速度大小可能是（）A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v10．一質量為m的鐵錘，以速度v豎直打在木樁上，經過Δt時間而停止，則在打擊時間內，鐵錘對木樁的平均沖力的大小是（）A．mgΔt B．mvΔt C．mvΔt+mg D二．多選題（共5小題）（多選）11．如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊后不再穿出，此時木塊動能增加了6J，那么此過程產生的內能可能為（）A．10J B．8J C．6J D．4J（多選）12．如圖所示，一塊質量為M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有擋板，擋板上固定一個小彈簧。一個質量為m的小物塊（可視為質點）以水平速度υ0從木板的右端開始向左運動，與彈簧碰撞后（彈簧處于彈性限度內），最終又恰好停在木板的右端。根據上述情景和已知量，可以求出（）A．彈簧的勁度系數 B．彈簧的最大彈性勢能 C．木板和小物塊之間的動摩擦因數 D．木板和小物塊組成的系統(tǒng)最終損失的機械能（多選）13．質量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰，碰撞后，A球的動能變?yōu)樵瓉淼?9，那么小球BA．13v0 B．23v0 C．49v0 D．（多選）14．1966年曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎的測定質量的實驗，實驗時，用宇宙飛船（質量m）去接觸正在軌道上運行的火箭（質量mx，發(fā)動機已熄火），如圖所示，接觸以后，開動飛船尾部的推進器，使飛船和火箭組共同加速，推進器的平均推力為F，開動時間Δt，測出飛船和火箭組的速度變化是Δv，下列說法正確的是（）A．推力F越大，ΔvΔt就越大，且ΔvΔt與FB．推力F通過飛船m傳遞給了火箭mx，所以m對mx的彈力大小應為F C．火箭質量mx應為FΔtΔvD．火箭質量mx應為FΔt（多選）15．如圖，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內。小球A、B質量分別為m、km（k為待定系數）。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，碰撞中無機械能損失重力加速度為g。關于各種情況下k的取值，下列各項中正確的是（）A．若0＜k＜0.2，則小球B第一次碰后就能夠運動到圓軌道的最高點 B．若0.2＜k＜1，則小球B第一次碰后將會在某處脫離圓軌道 C．若k＞1，小球B不可能脫軌 D．若k＝3，小球A和小球B將在圓軌道的最低點發(fā)生第二次碰撞三．解答題（共5小題）16．如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A（上表面粗糙）和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞（時間極短）后C向右運動，經過一段時間A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。17．如圖，A、B、C三個木塊的質量均為m，置于光滑的水平桌面上，B、C之間有一輕質彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連．將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體．現A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起．以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離．已知離開彈簧后C的速度恰好為v0．求彈簧釋放的勢能．18．2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如下，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h＝10m，C是半徑R＝20m圓弧的最低點。質量m＝60kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到達B點時速度vB＝30m/s。取重力加速度g＝10m/s2。（1）求長直助滑道AB的長度L；（2）求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大??；（3）若不計BC段的阻力，畫出運動員經過C點時的受力圖，并求其所受支持力的大小。19．如圖所示，在光滑水平面上有一個長為L的木板B，上表面粗糙．在其左端有一個光滑的14圓弧槽C與長木板接觸但不連接，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上．現有滑塊A以初速度v0從右端滑上B并以v02滑離B，恰好能到達C的最高點．A、B、C（1）木板B上表面的動摩擦因數μ（2）14圓弧槽C的半徑R20．真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖1所示。為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內阻及導線電阻忽略不計。列車啟動后電源自動關閉。（1）要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；（2）求剛接通電源時列車加速度a的大小；（3）列車減速時，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？

2026年高考物理復習熱搜題速遞之動量與動量守恒定律（2025年10月）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案ADBBBAAAAC二．多選題（共5小題）題號1112131415答案ABBDABADACD一．選擇題（共10小題）1．一中子與一質量數為A（A＞1）的原子核發(fā)生彈性正碰．若碰前原子核靜止，則碰撞前與碰撞后中子的速率之比為（）A．A+1A-1 C．4A(A+1【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】動量定理應用專題．【答案】A【分析】中子與原子核發(fā)生彈性正碰，動量守恒、機械能守恒，根據動量守恒和機械能守恒定律求出碰撞前后中子的速率之比．【解答】解：設中子的質量為m，因為發(fā)生的是彈性正碰，動量守恒，機械能守恒，規(guī)定初速度的方向為正方向，有：mv1＝mv2+Amv，12聯立兩式解得：v1v2=A+1A-故選：A?！军c評】解決本題的關鍵知道彈性碰撞的過程中動量守恒、機械能守恒，與非彈性碰撞不同，非彈性碰撞機械能不守恒．2．光滑水平桌面上有P、Q兩個物塊，Q的質量是P的n倍。將一輕彈簧置于P、Q之間，用外力緩慢壓P、Q．撤去外力后，P、Q開始運動，P和Q的動量大小的比值為（）A．n2 B．n C．1n D．【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；機械能守恒定律的簡單應用；動量定理的內容和應用．【專題】定性思想；推理法；動量定理應用專題；理解能力．【答案】D【分析】分析撤去外力后的受力情況，明確系統(tǒng)總動量守恒，再根據動量守恒定律列式即可求得動量大的比值?！窘獯稹拷猓撼啡ネ饬?，系統(tǒng)不受外力，所以總動量守恒，設P的動量方向為正方向，則根據動量守恒定律有：PP﹣PQ＝0故PP＝PQ；故動量之比為1；故D正確，ABC錯誤。故選：D?！军c評】本題考查動量守恒定律的應用，要注意明確撤去拉力后的動量大小始終為零，同時在列式時一定要注意動量的矢量性。3．我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實現女子3000m接力三連冠。觀察發(fā)現，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則（）A．甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量 B．甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反 C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量 D．甲對乙做多少負功，乙對甲就一定做多少正功【考點】沖量的定義及性質；功的定義、單位和計算式；動能大小的影響因素及比較；動量變化量的計算．【專題】定性思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】B【分析】本題主要考查能量（做功正負判斷）、動量（動量定理、動量守恒）相關知識，結合彈性碰撞和非彈性碰撞的動量和能量關系展開討論。【解答】解：A、因為沖量是矢量，甲對乙的作用力與乙對甲的作用力大小相等方向相反，故沖量大小相等方向相反，故A錯誤。BCD、設甲乙兩運動員的質量分別為m甲、m乙，追上之前的瞬間甲、乙兩運動員的速度分別是v甲，v乙，根據題意整個交接棒過程可以分為兩部分：①完全非彈性碰撞過程→“交棒”；m甲v甲+m乙v乙＝（m甲+m乙）v共②向前推出（人船模型）→“接棒”（m甲+m乙）v共＝m甲v’甲+m乙v’乙由上面兩個方程聯立可以解得：m甲Δv甲＝﹣m乙Δv乙，即B選項正確。經歷了中間的完全非彈性碰撞過程會有動能損失，C、D選項錯誤。故選：B?！军c評】掌握碰撞的分類：彈性碰撞和非彈性碰撞的相關知識是解決本題的關鍵。4．如圖所示，輕質彈簧的一端固定在墻上，另一端與質量為m的物體A相連，A放在光滑水平面上，有一質量與A相同的物體B，從高h處由靜止開始沿光滑曲面滑下，與A相碰后一起將彈簧壓縮，彈簧復原過程中某時刻B與A分開且沿原曲面上升。下列說法正確的是（）A．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mgh B．彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為mghC．B能達到的最大高度為h2D．B能達到的最大高度為h【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用．【專題】機械能守恒定律應用專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】B從軌道上下滑過程，只有重力做功，機械能守恒。運用機械能守恒定律可求得B與A碰撞前的速度。兩個物體碰撞過程動量守恒，即可求得碰后的共同速度。碰后共同體壓縮彈簧，當速度為零，彈簧的壓縮量最大，彈性勢能最大，根據系統(tǒng)的機械能守恒求得最大的彈性勢能。當彈簧再次恢復原長時，A與B將分開，根據機械能守恒求得B能達到的最大高度。【解答】解：A、B、對B下滑過程，據機械能守恒定律可得：mgh=12mv02，A碰撞過程，以AB組成的系統(tǒng)為研究對象，取向右為正方向，根據動量守恒定律可得：mv0＝2mv，得A與B碰撞后的共同速度為v=12v0，所以彈簧被壓縮時所具有的最大彈性勢能為Epm=12?2mv2=mgC、D、當彈簧再次恢復原長時，A與B將分開，B以v的速度沿斜面上滑，根據機械能守恒定律可得mgh′=12mv2，B能達到的最大高度為h4，故C故選：B。【點評】利用動量守恒定律解題，一定注意狀態(tài)的變化和狀態(tài)的分析，明確研究對象，并選取正方向。把動量守恒和機械能守恒結合起來列出等式求解是常見的問題。5．如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，AB是小車內半圓弧軌道的水平直徑，現將一小球從距A點正上方h高處由靜止釋放，小球由A點沿切線方向經半圓軌道后從B點沖出，在空中能上升的最大高度為0.8h，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）A．在相互作用過程中，小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒 B．小球離開小車后做豎直上拋運動 C．小球離開小車后做斜上拋運動 D．小球第二次沖出軌道后在空中能上升的最大高度為0.6h【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；動能定理的簡單應用；常見力做功與相應的能量轉化．【專題】比較思想；尋找守恒量法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合．【答案】B【分析】水平地面光滑，系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)的水平動量守恒，則小球離開小車后做豎直上拋運動，下來時還會落回小車中，根據動能定理求出小球在小車中滾動時摩擦力做功，第二次小球在小車中滾動時，對應位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功變小，據此分析．【解答】解：A、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向不受外力，水平方向系統(tǒng)動量守恒，但系統(tǒng)所受的合外力不為零，所以系統(tǒng)動量不守恒，故A錯誤；BC、小球與小車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，可知系統(tǒng)水平方向的總動量保持為零。小球由B點離開小車時系統(tǒng)水平方向動量為零，小球與小車水平方向速度為零，所以小球離開小車后做豎直上拋運動，故B正確，C錯誤；D、小球第一次車中運動過程中，由動能定理得：mg（h﹣0.8h）﹣Wf＝0，Wf為小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝0.2mgh，即小球第一次在車中滾動損失的機械能為0.2mgh，由于小球第二次在車中滾動時，對應位置處速度變小，因此小車給小球的彈力變小，摩擦力變小，摩擦力做功小于0.2mgh，機械能損失小于0.2mgh，因此小球再次離開小車時，能上升的高度大于0.8h﹣0.2h＝0.6h，故D錯誤；故選：B?！军c評】本題考查了動量守恒定律的應用，分析清楚小球與小車的運動過程是解題的關鍵，要知道系統(tǒng)水平方向動量是守恒，但總動量并守恒．應用動量守恒定律與能量守恒定律可以解題．6．水平面上，一白球與一靜止的灰球碰撞，兩球質量相等。碰撞過程的頻閃照片如圖所示，據此可推斷，碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能約占碰撞前動能的（）A．30% B．50% C．70% D．90%【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】壓軸題；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合．【答案】A【分析】根據頻閃照片，根據卻是守恒定律研究碰撞后兩球速度大小與碰撞前白球速度大小的關系，即可研究碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能。【解答】解：設碰撞前白球的速度大小為2v，由圖看出，碰撞后兩球的速度大小相等，速度之間的夾角約為60°，設碰撞后兩球的速度大小為v′根據動量守恒得：水平方向有：m?2v＝2mv′cos30°，解得，v′=則碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能為ΔEk=12m故選：A?！军c評】本題首先要根據照片的信息，知道兩球速度大小近似相等，再由動量守恒求解碰撞前后速度大小的關系。7．如圖所示，質量為m的小滑塊（可視為質點），從h高處的A點由靜止開始沿斜面下滑，停在水平地面上的B點（斜面和水平面之間有小圓弧平滑連接）．要使物體能原路返回，在B點需給物體的瞬時沖量最小應是（）A．2mgh B．mgh C．mgh2【考點】動量定理的內容和應用；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題．【答案】A【分析】先對從A到B過程根據動能定理列式，再對從B到A過程根據動能定理列式，聯立求解得到B的初速度；最后根據動量定理得到在B點需給物體的瞬時沖量．【解答】解：滑塊從A到B過程，根據動能定理，有：mgh﹣Wf＝0，滑塊從B返回A過程，根據動能定理，有：﹣mgh﹣Wf＝0-1聯立解得：v＝2gh在B點需給物體的瞬時沖量等于動量的增加量，故I＝mv＝2mgh，故A正確，BCD故選：A。【點評】本題關鍵是明確滑塊的受力情況和運動情況，要結合動能定理和動量定理聯立求解，不難．8．一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質彈簧連在一起，如圖所示．則在子彈打擊木塊A及彈簧被壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)（）A．動量守恒，機械能不守恒 B．動量不守恒，機械能守恒 C．動量守恒，機械能守恒 D．無法判定動量、機械能是否守恒【考點】動量守恒定律的內容、條件和判斷；判斷機械能是否守恒及如何變化．【專題】比較思想；尋找守恒量法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；模型建構能力．【答案】A【分析】根據系統(tǒng)動量守恒的條件：系統(tǒng)不受外力或所受合外力為零，判斷動量是否守恒．根據是否是只有彈簧的彈力做功判斷機械能是否守恒．【解答】解：在子彈打擊木塊A及彈簧壓縮的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統(tǒng)，系統(tǒng)所受的外力之和為零，則系統(tǒng)的動量守恒。在此過程中，除彈簧彈力做功外還有摩擦力對系統(tǒng)做功，所以系統(tǒng)機械能不守恒。故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題考查動量守恒和機械能守恒的判斷和應用能力．動量是否守恒要看研究的過程，要細化過程分析，不能籠統(tǒng)．9．在光滑水平面上，一質量為m，速度大小為v的A球與質量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前反，則碰撞后B球的速度大小可能是（）A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v【考點】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題．【專題】壓軸題．【答案】A【分析】首先從水平面光滑上判斷AB兩球碰撞過程中動量守恒，由于A球被反彈，所以可以判斷出B球的速度會大于0.5v；在兩球碰撞的過程中，有可能會存在能量的損失，由碰撞前后的動能求出B球的速度同時會小于等于23【解答】解：AB兩球在水平方向上合外力為零，A球和B球碰撞的過程中動量守恒，設AB兩球碰撞后的速度分別為V1、V2，選A原來的運動方向為正方向，由動量守恒定律有mv＝﹣mv1+2mv2…①假設碰后A球靜止，即v1＝0，可得v2＝0.5v由題意知球A被反彈，∴球B的速度有v2＞0.5v…②AB兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關系有12①③兩式聯立得：v2由②④兩式可得：0.5v符合條件的只有0.6v，所以選項A正確，BCD錯誤故選：A。【點評】解決本題要注意臨界狀態(tài)的判斷，有兩個臨界狀態(tài)，其一是AB兩球碰撞后A靜止，由此求出速度的范圍之一，即v2＞0.5v；第二個臨界狀態(tài)時能量恰好沒有損失時，有能量的關系求出速度的另一個范圍v210．一質量為m的鐵錘，以速度v豎直打在木樁上，經過Δt時間而停止，則在打擊時間內，鐵錘對木樁的平均沖力的大小是（）A．mgΔt B．mvΔt C．mvΔt+mg D【考點】動量定理的內容和應用．【專題】動量定理應用專題．【答案】C【分析】由題意可知，鐵錘的初末動量，由動量定理可求得其對木樁的平均沖力．【解答】解：對鐵錘分析可知，其受重力與木樁的作用力；設向下為正方向，則有：（mg﹣F）t＝0﹣mv得：F＝mg+mv由牛頓第三定律可知，鐵錘對樁的平均沖力為：F＝mg+mv故選：C。【點評】本題考查動量定理的應用，在應用時要注意先明確正方向，然后才能列動能定理的關系式求解．二．多選題（共5小題）（多選）11．如圖所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊后不再穿出，此時木塊動能增加了6J，那么此過程產生的內能可能為（）A．10J B．8J C．6J D．4J【考點】動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應用；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；模型建構能力．【答案】AB【分析】子彈射入木塊過程中，系統(tǒng)所受合外力，動量守恒，由動量守恒定律和功能關系求出木塊增加的動能范圍，再進行選擇．【解答】解：設子彈的初速度為V，射入木塊后子彈與木塊共同的速度為v，木塊的質量為M，子彈的質量為m。根據動量守恒定律得：mV＝（M+m）v得，v=木塊獲得的動能為ΔEk=12Mv系統(tǒng)產生的內能為Q=12mV2-12（M+m可得Q＞ΔEk＝6J，故AB正確。故選：AB?！军c評】本題是子彈射入木塊類型，是動量守恒與能量守恒的綜合應用，屬于基本題．（多選）12．如圖所示，一塊質量為M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有擋板，擋板上固定一個小彈簧。一個質量為m的小物塊（可視為質點）以水平速度υ0從木板的右端開始向左運動，與彈簧碰撞后（彈簧處于彈性限度內），最終又恰好停在木板的右端。根據上述情景和已知量，可以求出（）A．彈簧的勁度系數 B．彈簧的最大彈性勢能 C．木板和小物塊之間的動摩擦因數 D．木板和小物塊組成的系統(tǒng)最終損失的機械能【考點】動量守恒定律在板塊模型中的應用；動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】計算題；模型建構能力．【答案】BD【分析】M與m構成的系統(tǒng)不受外力，系統(tǒng)動量守恒，可根據動量守恒定律求出木塊滑動到最左端時系統(tǒng)的速度以及最終木塊和木板相對靜止時的速度；系統(tǒng)產生的熱量可以用公式Q＝fΔS求解，當木塊滑到最左端時，彈性勢能最大，結合能量守恒定律可以求出彈簧的最大彈性勢能?！窘獯稹拷猓盒∧緣Km與長木板M構成的系統(tǒng)動量守恒，設小木塊滑到最左端和最右端的速度分別為v1、v2，由動量守恒定律，小木塊從開始位置滑動到最左端的過程，mv0＝（m+M）v1小木塊從開始位置滑動到最后相對長木板靜止過程，mv0＝（m+M）v2解得v1=mvv2=mv小木塊滑動到最左端的過程中，由能量守恒定律，Epm+Q+12（m+M）v2Q＝fL④小木塊從開始滑動到最右端的過程中，由能量守恒定律，Q′+12（m+M）v2=Q′＝f（2L）⑥由①～⑥式，可以解出Epm、Q′，故BD正確；由于缺少彈簧的壓縮量和木板長度，無法求出彈簧的勁度系數和滑動摩擦力，故AC錯誤；故選：BD?！军c評】動量守恒定律的運用不涉及中間過程，故對于復雜的運動特別方便，可以大大簡化解題過程；同時要注意動量守恒定律經常與動能定理和能量守恒定律結合使用?。ǘ噙x）13．質量為m的小球A，沿光滑水平面以速度v0與質量為2m的靜止小球B發(fā)生正碰，碰撞后，A球的動能變?yōu)樵瓉淼?9，那么小球BA．13v0 B．23v0 C．49v0 D．【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】動量定理應用專題．【答案】AB【分析】碰后A球的動能恰好變?yōu)樵瓉淼?9，速度大小變?yōu)樵瓉淼?【解答】解：根據碰后A球的動能恰好變?yōu)樵瓉淼?9得：12mv2=19v＝±13v碰撞過程中AB動量守恒，則有：mv0＝mv+2mvB解得：vB=13v0或vB=當vB=23v0時，碰撞后AB的總動能為：19?12mv02+12×2m故選：AB?！军c評】本題考查的是動量守恒定律的直接應用，注意動能是標量，速度是矢量，難度適中，屬于中檔題．（多選）14．1966年曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎的測定質量的實驗，實驗時，用宇宙飛船（質量m）去接觸正在軌道上運行的火箭（質量mx，發(fā)動機已熄火），如圖所示，接觸以后，開動飛船尾部的推進器，使飛船和火箭組共同加速，推進器的平均推力為F，開動時間Δt，測出飛船和火箭組的速度變化是Δv，下列說法正確的是（）A．推力F越大，ΔvΔt就越大，且ΔvΔt與FB．推力F通過飛船m傳遞給了火箭mx，所以m對mx的彈力大小應為F C．火箭質量mx應為FΔtΔvD．火箭質量mx應為FΔt【考點】動量定理的內容和應用；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】計算題；壓軸題．【答案】AD【分析】對整體由動量定理可得出速度變化、質量及力之間的關系，分析各項即可得出正確結論．【解答】解：對整體由動量定理可得：FΔt＝（m+mx）Δv；A、由公式可得，F＝（m+mx）ΔvΔt，因質量不變，故F推力F越大，ΔvΔt就越大，且ΔvΔt與FB、對mx分析可得：T＝mxΔvΔt，故T小于F，故BCD、火箭的質量mx=FΔtΔv-m故選：AD?！军c評】本題也可以通過牛頓第二定律得出正確結果，但很明顯動量定理更便捷一些，可以在一些和時間有關的動力學題目中應用動量定理求解．（多選）15．如圖，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內。小球A、B質量分別為m、km（k為待定系數）。A球從左邊與圓心等高處由靜止開始沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的B球相撞，碰撞中無機械能損失重力加速度為g。關于各種情況下k的取值，下列各項中正確的是（）A．若0＜k＜0.2，則小球B第一次碰后就能夠運動到圓軌道的最高點 B．若0.2＜k＜1，則小球B第一次碰后將會在某處脫離圓軌道 C．若k＞1，小球B不可能脫軌 D．若k＝3，小球A和小球B將在圓軌道的最低點發(fā)生第二次碰撞【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；牛頓第二定律的簡單應用；繩球類模型及其臨界條件；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力；模型建構能力．【答案】ACD【分析】根據動能定理求出A與B碰撞前的速度大小，結合動量守恒定量和機械能守恒定律求出碰撞后A、B的速度大小，抓住小球B恰好通過最高點的速度，求出k值的大小，然后分析小球能否通過最高點；當兩球質量相等時，發(fā)生彈性碰撞后速度交換，小球B恰好運動到四分之一圓弧軌道處，也不會發(fā)生脫離；當k＝3時，求出A、B兩球第一次碰撞后的速度大小，再確定發(fā)生第二次碰撞的位置。【解答】解：A下滑到最低點的過程中，根據動能定理得：mgR=解得A與B碰撞前的速度v0碰撞過程中動量守恒，規(guī)定向右為正方向，根據動量守恒定理得；mv0＝mvA+kmvB，根據機械能守恒定律得：12聯立解得：vB=2B恰運動至軌道頂點，根據機械能守恒定律得：12小球B能恰好通過最高點，則有：mg=解得：v聯立各式代入數據解得：k=A、由上分析可知，當k≤0.265時，B球可運動至軌道最高點，故A正確；B、當0.265＜k＜1時，B脫軌，而k＞0.2，不一定脫軌，故B錯誤；C、若k＝1，兩球發(fā)生彈性碰撞，由于兩球質量相等，速度交換，B球恰能運動到四分之一圓弧軌道，所以若k＞1，小球運動不到四分之一圓弧軌道處速度減為零，又返回，所以小球B不可能脫軌，故C正確；D、若k＝3時，vB=122故選：ACD?！军c評】本題考查了動量守恒定律、機械能守恒定律與圓周運動的綜合運用，知道彈性碰撞的特點，即動量守恒、機械能守恒；在本題中要注意小球不脫離軌道有兩種情況：1、越過最高點，2、不越過四分之一圓弧軌道。三．解答題（共5小題）16．如圖所示，光滑水平軌道上放置長板A（上表面粗糙）和滑塊C，滑塊B置于A的左端，三者質量分別為mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。開始時C靜止，A、B一起以v0＝5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞（時間極短）后C向右運動，經過一段時間A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小?！究键c】動量守恒定律在板塊模型中的應用；用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題．【專題】壓軸題；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；模型建構能力．【答案】見試題解答內容【分析】A與C碰撞過程動量守恒列出等式，A與B在摩擦力作用下達到共同速度，由動量守恒定律列出等式，A、B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足速度相等。【解答】解：因碰撞時間極短，A與C碰撞過程動量守恒，設碰撞后瞬間A的速度大小為vA，C的速度大小為vC，以向右為正方向，由動量守恒定律得mAv0＝mAvA+mCvC，①A與B在摩擦力作用下達到共同速度，設共同速度為vAB，由動量守恒定律得mAvA+mBv0＝（mA+mB）vAB②A、B達到共同速度后恰好不再與C碰撞，應滿足：vAB＝vC③聯立①②③式解得：vA＝2m/s。答：A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小是2m/s【點評】分析物體的運動過程，選擇不同的系統(tǒng)作為研究對象，運用動量守恒定律求解。17．如圖，A、B、C三個木塊的質量均為m，置于光滑的水平桌面上，B、C之間有一輕質彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連．將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體．現A以初速度v0沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起．以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離．已知離開彈簧后C的速度恰好為v0．求彈簧釋放的勢能．【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】壓軸題；動量定理應用專題．【答案】見試題解答內容【分析】A與B、C碰撞過程中動量守恒，由動量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度；線斷開，AB與C分離過程中動量守恒，由動量守恒定律可以列方程；在彈簧彈開過程中，系統(tǒng)機械能守恒，由機械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出彈簧的彈性勢能．【解答】解：（1）設碰后A、B和C的共同速度的大小為v，由動量守恒定律得：mv0＝3mv，設C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒得3mv＝2mv1+mv0，解得：v1＝0；（2）設彈簧的彈性勢能為EP，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有12（3m）v2+EP=12（2m）v12+12mv02，解得：EP答：彈簧釋放的勢能為13mv02【點評】分析清楚物體運動過程，熟練應用動量守恒定律、能量守恒定律即可正確解題．18．2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如下，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h＝10m，C是半徑R＝20m圓弧的最低點。質量m＝60kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到達B點時速度vB＝30m/s。取重力加速度g＝10m/s2。（1）求長直助滑道AB的長度L；（2）求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大??；（3）若不計BC段的阻力，畫出運動員經過C點時的受力圖，并求其所受支持力的大小?！究键c】動量定理的內容和應用；勻變速直線運動速度與位移的關系；牛頓第二定律與向心力結合解決問題；動能定理的簡單應用．【專題】計算題；定量思想；方程法；動量定理應用專題．【答案】見試題解答內容【分析】（1）從A到B根據速度—位移關系求解AB的長度；（2）根據動量定理求解合外力的沖量I的大小；（3）根據受力情況畫出運動員經過C點時受力示意圖；根據動能定理、列方程求解支持力的大小。【解答】解：（1）從A到B根據速度—位移關系可得：vB2解得：L=900-02×4.5m＝（2）根據動量定理可得：I＝mvB﹣mvA＝60×30﹣0N?s＝1800N?s；（3）運動員經過C點時受到重力和支持力，如圖所示；根據動能定理可得：mgh=1根據第二定律可得：FN﹣mg＝mv解得：FN＝3900N。答：（1）長直助滑道AB的長度為100m；（2）運動員在AB段所受合外力的沖量I的大小為1800N?s；（3）若不計BC段的阻力，運動員經過C點時的受力圖如圖所示，其所受支持力的大小為3900N。【點評】本題主要是考查運動學計算公式、動量定理、動能定理和向心力的計算；利用動量定理解答問題時，要注意分析運動過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動量的變化。19．如圖所示，在光滑水平面上有一個長為L的木板B，上表面粗糙．在其左端有一個光滑的14圓弧槽C與長木板接觸但不連接，圓弧槽的下端與木板的上表面相平，B、C靜止在水平面上．現有滑塊A以初速度v0從右端滑上B并以v02滑離B，恰好能到達C的最高點．A、B、C（1）木板B上表面的動摩擦因數μ（2）14圓弧槽C的半徑R【考點】動量守恒定律在板塊模型中的應用．【專題】動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；模型建構能力．【答案】見試題解答內容【分析】1、當A在B上滑動時，A與BC整體發(fā)生相互作用，由于水平面光滑，A與BC組成的系統(tǒng)動量守恒列出等式，由能量守恒得知系統(tǒng)動能的減少量等于滑動過程中產生的內能列出等式，聯立求解．2、當A滑上C，B與C分離，A、C發(fā)生相互作用，A、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，由A、C組成的系統(tǒng)機械能守恒列出等式，聯立求解．【解答】解：（1）當A在B上滑動時，A與BC整體發(fā)生相互作用，由于水平面光滑，A與BC組成的系統(tǒng)動量守恒，選向左的方向為正方向，有：mv由能量守恒得知系統(tǒng)動能的減少量等于滑動過程中產生的內能即：μmgL=聯立①②解得：μ=（2）當A滑上C，B與C分離，A、C發(fā)生相互作用．設A到達最高點時兩者的速度相等均為v2，A、C組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒有：m(由A、C組成的系統(tǒng)機械能守恒：12聯立④⑤解得：R答：（1）木板B上表面的動摩擦因數是5（2）14圓弧槽C的半徑v【點評】解決該題關鍵要能夠熟練運用動量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．20．真空管道超高速列車的動力系統(tǒng)是一種將電能直接轉換成平動動能的裝置。圖1是某種動力系統(tǒng)的簡化模型，圖中粗實線表示固定在水平面上間距為l的兩條平行光滑金屬導軌，電阻忽略不計。ab和cd是兩根與導軌垂直、長度均為l、電阻均為R的金屬棒，通過絕緣材料固定在列車底部，并與導軌良好接觸，其間距也為l，列車的總質量為m。列車啟動前，ab、cd處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導軌平面向下，如圖1所示。為使列車啟動，需在M、N間連接電動勢為E的直流電源，電源內阻及導線電阻忽略不計。列車啟動后電源自動關閉。（1）要使列車向右運行，啟動時圖1中M、N哪個接電源正極，并簡要說明理由；（2）求剛接通電源時列車加速度a的大??；（3）列車減速時，需在前方設置如圖2所示的一系列磁感應強度為B的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度和相鄰磁場間距均大于l。若某時刻列車的速度為v0，此時ab、cd均在無磁場區(qū)域，試討論：要使列車停下來，前方至少需要多少塊這樣的有界磁場？【考點】動量定理的內容和應用；導體平動切割磁感線產生的感應電動勢；牛頓第二定律的簡單應用；動量的定義、單位及性質．【專題】應用題；定量思想；方程法；電磁感應中的力學問題．【答案】見試題解答內容【分析】（1）列車向右運動可知所受安培力向右，根據左手定則確定電流方向，再根據電流方向確定MN誰接電源正極；（2）根據歐姆定律求得導體棒中的電流大小，再根據F＝BIl求得安培力的大小，最后根據牛頓第二定律求得電源剛接通時列車的加速度a；（3）列車通過磁場區(qū)域時，穿過回路的磁通量發(fā)生變化，回路中產生感應電流，求得穿過一個有界磁場過程中感應電流引起的安培力的沖量大小，再根據使列車停下所需的總沖量大?。ㄓ蓜恿慷ɡ淼茫?，根據兩者的比值確定需要多少塊有界磁場才可以使列車停下?！窘獯稹拷猓海?）M接電源正極，列車要向右運動，安培力方向向右，根據左手定則，接通電源后，金屬棒中電流方向由a到b、由c到d，故M接電源正極。（2）由題意，啟動時ab、cd并聯，設回路總電阻為R總，由電阻的串并聯知識可得：R總設回路總電流為I，根據閉合電路歐姆定律有：I=設兩根金屬棒所受安培力之和為F，有：F＝BIl根據牛頓第二定律有：F＝ma得：a=（3）設列車減速時，cd進入磁場后經Δt時間ab恰好進入磁場，此過程中穿過金屬棒與導軌所圍回路的磁通量的變化量為Δφ，平均感應電動勢為E1，則由法拉第電磁感應定律有：E1其中Δφ＝Bl2設回路中平均電流為I′，由閉合電路歐姆定律有：I'=設cd受到的平均安培力為F′，有：F′＝BI′l以向右為正方向，設Δt時間內cd受到安培力沖量為I沖，有：I沖＝﹣F′Δt同理可知，回路出磁場時ab受安培力沖量仍為上述值，設回路進出一塊有界磁場區(qū)域安培力沖量為I0，有：I0＝2I沖設列車停下來受到的總沖量為I總，由動量定理有：I總＝0﹣mv0聯立上式解得：I總討論：若I總I0恰好為整數，設其為n，則需設置n塊磁場，若I總I答：（1）要使列車向右運行，啟動時圖1中M接電源正極，理由見解答；（2）剛接通電源時列車加速度a的大小為2BEl（3）若mv0RB2l3恰好為整數，則需設置n塊磁場，若【點評】本題是牛頓第二定律、動量定理、沖量以及電磁感應的綜合題，題目所涉及知識點較多，需要考生需要較強的物理功底以及靈活的思維，注意動量定理與沖量的矢量性。

考點卡片1．勻變速直線運動速度與位移的關系【知識點的認識】勻變速直線運動位移與速度的關系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2-勻變速直線運動的位移﹣速度關系式反映了初速度、末速度、加速度與位移之間的關系．①此公式僅適用于勻變速直線運動；②式中v0和v是初、末時刻的速度，x是這段時間的位移；③公式中四個矢量v、v0、a、x要規(guī)定統(tǒng)一的正方向．【命題方向】美國“肯尼迪號”航空母艦上有幫助飛機起飛的彈射系統(tǒng)，已知“F﹣A15”型戰(zhàn)斗機在跑道上加速時產生的加速度為4.5m/s2，起飛速度為50m/s．若該飛機滑行100m時起飛，則彈射系統(tǒng)必須使飛機具有的初速度為（）A、30m/sB、10m/sC、20m/sD、40m/s分析：已知飛機的加速度、位移、末速度，求解飛機的初速度，此題不涉及物體運動的時間，選用勻變速直線運動的位移—時間公式便可解決．解答：設飛機的初速度為v0，已知飛機的加速度a、位移x、末速度v，此題不涉及物體運動的時間，由勻變速直線運動的位移—時間公式：v解得：v0＝40m/s故選：D。點評：本題是勻變速直線運動的基本公式的直接應用，屬于比較簡單的題目，解題時要學會選擇合適的公式，這樣很多問題就會迎刃而解了．【解題思路點撥】解答題解題步驟：（1）分析運動過程，畫出運動過程示意圖．（2）設定正方向，確定各物理量的正負號．（3）列方程求解：先寫出原始公式，再寫出導出公式：“由公式…得…”．2．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量?！久}方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD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，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，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43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。3．牛頓第二定律與向心力結合解決問題【知識點的認識】圓周運動的過程符合牛頓第二定律，表達式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運動員童飛，首次在單杠項目中完成了“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動．假設童飛的質量為55kg，為完成這一動作，童飛在通過最低點時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：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，由單杠對人拉力與重力的合力提供向心力，根據牛頓第二定律求解．解答：運動員在最低點時處于超重狀態(tài)，設運動員手臂的拉力為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．點評：解答本題的關鍵是分析向心力的來源，建立模型，運用牛頓第二定律求解．【解題思路點撥】圓周運動中的動力學問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運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，也可以是幾個力的合力或某個力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解決圓周運動問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運動情況，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根據牛頓運動定律及向心力公式列方程．4．繩球類模型及其臨界條件【知識點的認識】1.模型建立（1）輕繩模型小球沿豎直光滑軌道內側做圓周運動，小球在細繩的作用下在豎直平面內做圓周運動，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管內做圓周運動，小球被一輕桿拉著在豎直平面內做圓周運動，都是輕桿模型，如圖所示。2.模型分析【命題方向】如圖所示，質量為M的支座上有一水平細軸．軸上套有一長為L的細繩，繩的另一端栓一質量為m的小球，讓球在豎直面內做勻速圓周運動，當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，則此時小球的線速度是多少？分析：當小球運動到最高點時，支座恰好離開地面，由此說明此時支座和球的重力全部作為了小球的向心力，再根據向心力的公式可以求得小球的線速度．解答：對支座M，由牛頓運動定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①對小球m，由牛頓第二定律，有：T+mg＝mv2聯立①②式可解得：v=M答：小球的線速度是M+點評：物體做圓周運動需要向心力，找到向心力的來源，本題就能解決了，比較簡單．【解題思路點撥】對于豎直平面內的圓周運動，一般題目都會給出關鍵詞“恰好”，當物體恰好過圓周運動最高點時，物體自身的重力完全充當向心力，mg＝mv2R，從而可以求出最高點的速度v5．功的定義、單位和計算式【知識點的認識】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＝Flcosα，其中α為F與l的夾角，F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．應用中的注意點（1）公式只適用于恒力做功；（2）F和l是對應同一個物體的；（3）恒力做功多少只與F、l及二者夾角余弦有關，而與物體的加速度大小、速度大小、運動時間長短等都無關，即與物體的運動性質無關，同時與有無其它力做功也無關．4．物理意義：功是能量轉化的量度．5．單位：焦耳（J），1J＝1N?m．6．功是標量，沒有方向、但是有正負，正負表示能量轉化的方向．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W＝Flcosα求解．解答：A、力對物體做功多，根據W＝Flcosα，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W＝Flcosα，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W＝Flcosα，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。點評：對物體做功必須同時滿足兩個條件：對物體施加力，物體在這個力的作用下通過一定的位移．【解題方法點撥】1.對功的概念的理解（1）做功的兩個必不可少的因素理解功的概念，首先要知道做功的兩個不可缺少的因素：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因素有關，與其他因素諸如物體運動的快慢、運動的性質、物體的質量、物體是否受其他力作用等均無關。（2）功是過程量，總是與一個具體的過程相對應同時功與具體的某個力或某幾個力相對應，通常我們說某個力或某幾個力所做的功。2.對計算功的大小的公式的兩點提醒（1）公式中的F是恒力，即公式W＝Flcosα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＝Flcosα就不適用了。（2）F與l必須具備同時性，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)運動，力所做的功就只跟力作用的那段位移有關，跟其余的位移無關，6．動能大小的影響因素及比較【知識點的認識】動能的表達式為Ek=1【命題方向】關于物體的動能，下列說法正確的是（）A、質量大的物體，動能一定大B、速度大的物體，動能一定大C、速度方向變化，動能一定變化D、物體的質量不變，速度變?yōu)樵瓉淼膬杀?，動能將變?yōu)樵瓉淼乃谋斗治觯簞幽苁菢肆?，沒有方向，根據EK解答：A、根據EK=1B、根據EK=1C、速度方向改變，動能不一定改變。比如做勻速圓周運動的物體，其速度變化，而動能卻不變。故C錯誤。D、根據EK=1故選：D。點評：解決本題的關鍵知道動能的表達式EK【解題思路點撥】根據動能的表達式分析影響動能大小的因素從而比較動能的大小。7．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數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動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運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，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大??；（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=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候對全程應用動能定理比較簡單。【解題思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。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，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。8．常見力做功與相應的能量轉化【知識點的認識】1．內容（1）功是能量轉化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉化，而且能量的轉化必通過做功來實現。2．高中物理中幾種常見的功能關系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）做正功機械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負功系統(tǒng)的內能增加【解題思路點撥】如圖所示，質量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h，拉力F做功WF，不計彈簧的質量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、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。點評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關系以及能量轉化關系，難度不大，屬于基礎題．【解題思路點撥】1.常見的功能關系：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——內能變化；其他力做功——機械能變化。2.判斷和計算做功或能量變化時，可以反其道而行之，通過計算能量變化或做功多少來進行。9．判斷機械能是否守恒及如何變化【知識點的認識】1.機械能守恒的條件為：（1）只受到重力。（2）除重力或系統(tǒng)內彈力外還受到其他力的作用，但其他力不做功。（3）除重力或系統(tǒng)內彈力外還受到其他力的作用，其他力所做總功為零2.判斷機械能是否守恒的方法有（1）做功條件分析法應用系統(tǒng)機械能守恒的條件進行分析。分析各力做功的情況，若對物體或系統(tǒng)只有重力或彈力做功，沒有其他力做功或其他力做功的代數和為零，則系統(tǒng)的機械能守恒。（2）能量轉化分析法從能量轉化的角度進行分析。若只有系統(tǒng)內物體間動能和重力勢能及彈性勢能的相互轉化，系統(tǒng)跟外界沒有發(fā)生機械能的傳遞，機械能也沒有轉化成其他形式的能（如內能增加），則系統(tǒng)的機械能守恒。（3）增減情況分析法直接從機械能的各種形式的能量的增減情況進行分析。若系統(tǒng)的動能與勢能均增加或均減少；若系統(tǒng)的動能與勢能只有一種形式的能發(fā)生了變化；若系統(tǒng)內各個物體的機械能均增加或均減少，則可判定機械能不守恒。（4）典型過程對一些繩子突然繃緊、物體間非彈性碰撞等，除非題目特別說明，否則機械能必定不守恒。3.機械能如何轉化如果“外力”對系統(tǒng)做正功，系統(tǒng)的機械能增大；如果外力對系統(tǒng)做負功，系統(tǒng)的機械能減小?！久}方向】下列過程中機械能守恒的是（）A、跳傘運動員勻速下降的過程B、小石塊做平拋運動的過程C、子彈射穿木塊的過程D、木箱在粗糙斜面上滑動的過程分析：當系統(tǒng)只有重力做功或彈簧的彈力做功時，系統(tǒng)的動能和勢能相互轉化但總能量保持不變．判斷機械能守恒的方法有兩種：一是根據條件進行判斷；二是根據能量的變化進行判斷．解答：A、運動員動能不變，但高度下降，故重力勢能減小，故機械能不守恒，故A錯誤；B、石塊在平拋運動過程中只有重力做功，故機械能守恒，故B正確；C、子彈穿過木塊時由于摩擦力做功，故有內能產生，故機械能不守恒，故C錯誤；D、木箱在粗糙斜面上運動時，由于摩擦力做功，故有內能產生，機械能不守恒，故D錯誤；故選：B。點評：機械能守恒是考試中常見問題，一定要掌握判斷機械能守恒的條件．【解題思路點撥】1.機械能守恒的判斷（1）用做功來判斷：分析物體或物體受力情況（包括內力和外力）明確各力做功的情況，若對物體或系統(tǒng)只有重力或彈力做功，沒有其他力做功或其他力做功的代數和為零，則機械能守恒。（2）用能量轉化來判斷：若系統(tǒng)中只有動能和勢能的相互轉化，無機械能與其他形式的能的轉化，則系統(tǒng)機械能守恒。2.判斷機械能守恒的三個易錯點（1）合力為零是物體處于平衡狀態(tài)的條件。物體的合力為零時，它一定處于勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)，但它的機械能不一定守恒。（2）合力做功為零是物體動能不變的條件。合力對物體不做功，它的動能一定不變，但它的機械能不一定守恒。（3）只有重力做功或系統(tǒng)內彈力做功是機械能守恒的條件。只有重力對物體做功時，物體的機械能﹣定守恒；只有重力或系統(tǒng)內彈力做功時，系統(tǒng)的機械能一定守恒。10．機械能守恒定律的簡單應用【知識點的認識】1.機械能守恒定律的內容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內，動能與勢能可以互相轉化，而總的機械能保持不變。2.對三種表達式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應注意等式不是指某兩個特別的狀態(tài)，而是過程中的每一狀態(tài)機械能的總量都是守恒的，但我們解題時往往選擇與題目所述條件或所求結果相關的狀態(tài)建立方程式。另外，表達式中是相對的，建立方程時必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應是對同一參考平面而言的。（2）轉化式：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）轉移式：ΔEA＝﹣ΔEB，將系統(tǒng)分為A、B兩部分，A部分機械能的增加量等于另一部分B的機械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運用機械能守恒定律的基本思路4.機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的時候，把球投出且準確命中，把比賽拖入加時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，籃球的質量為m，空氣阻力不計，則籃球進筐時的動能為（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：籃球在空中飛行時受到的空氣阻力忽略不計，只受重力，故機械能守恒，根據機械能守恒定律直接列式分析．解答：籃球機械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故選：A。點評：本題關鍵根據機械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應用機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．【解題方法點撥】1.應用機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）根據研究對象所經歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。（3）恰當地選取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態(tài)時的機械能。（4）選取方便的機械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進行求解。注：機械能守恒定律的應用往往與曲線運動綜合起來，其聯系點主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運動的動力學問題有關、與平拋運動的初速度有關。2.對于系統(tǒng)機械能守恒問題，應抓住以下幾個關鍵：（1）分析清楚運動過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個物體構成的系統(tǒng)機械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯系。3.動能定理與機械能守恒定律的選擇（1）能用機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械能守恒定律來解決，在這個意義上講，動能定理比機械能守恒定律應用更廣泛、更普遍。11．動量的定義、單位及性質【知識點的認識】1.動量的定義：質量和速度的乘積。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.標矢性：動量是矢量，方向與速度的方向相同，運算遵循平行四邊形定則?！久}方向】物體在運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間變化B、物體速度的方向一定隨時間變化C、物體動能一定隨時間變化D、物體動量一定隨時間變化分析：加速度不為零，物體受到的合力不為零，根據合力方向與速度方向間的關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，速度方向時刻變化，故A錯誤；B、如果物體做直線運動，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間變化，故D正確；故選：D。點評：物體所受合力不為零，物體做變速運動，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動有關系，應具體分析討論．【解題思路點撥】動量的性質有：（1）瞬時性：通常說物體的動量是物體在某一時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，故物體的動量也與參考系的選取有關。12．動量變化量的計算【知識點的認識】1.定義：動量的變化量是指物體的末動量減去初動量。2.表達式：Δp＝p2﹣p1＝mv2﹣mv13.性質：動量的變化量是矢量，方向與速度變化量的方向相同，可以用矢量運算法則確定?！久}方向】一個質量為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，負號表示方向與規(guī)定的正方向相反，即向左；故選：B。點評：本題關鍵明確動量、動量的變化量都是矢量，規(guī)定正方向后，可以將矢量運算簡化為代數運算．【解題記錄點撥】1.表達式：Δp＝p2﹣p12.矢量性：動量變化量是矢量，與速度變化的方向相同，運算遵循平行四邊形定則，當p1、p2，在同一條直線上時，可規(guī)定正方向，將矢量運算轉化為代數運算。3.對動量和動量變化量的兩個提醒（1）動量是矢量，比較兩個物體的動量時，不能僅比較大小，還要比較方向，只有大小相等、方向相同的兩個動量才相等。（2）計算動量變化量時，應利用矢量運算法則進行計算。對于在同一直線上的矢量運算，要注意選取正方向。13．沖量的定義及性質【知識點的認識】1.定義：力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量，用符號Ⅰ表示。2.物理意義：反映了力的作用對時間的累積效應。3.定義式：I＝FΔt。4.標矢性：恒力的沖量方向與力的方向相同，變力的沖量方向需具體分析。5.單位：牛秒，符號：N?s。6.理解（1）沖量是一個過程量，力越大.作用時間越長，沖量越大。（2）絕對性：力與作用時間均與參考系的選擇無關，故沖量也與參考系無關?！久}方向】關于沖量的概念，以下說法正確的是（）A、作用在兩個物體上力大小不同，但兩個物體所受的沖量可能相同B、作用在物體上的力很大，物體所受的沖量一定很大C、作用在物體的力作用時間很短，物體所受的沖量一定很小D、只要力的作用時間與力的大小的乘積相等，物體所受的沖量就相同分析：沖量的概念、公式，I＝Ft，沖量都是矢量，沖量的方向由力的方向決定．解答：A、由沖量公式I＝Ft，作用在兩個物體上力大小不同，時間不等，但兩個物體所受的沖量可能相同，可知A正確B、由沖量公式I＝Ft，可知作用在物體上的力很大，若時間極短，物體所受的沖量很小，不一定很大，故B錯誤C、同理，C錯誤D、沖量是矢量，沖量的方向由力的方向決定，由沖量公式I＝Ft，可知D錯誤故選：A。點評：本題考查對沖量概念、公式的理解，抓住矢量性，從定義理解記憶．【解題解題點撥】1.沖量的性質：（1）過程量：沖量描述的是力的作用對時間的積累效應，取決于力和時間這兩個因素，所以求沖量時一定要明確所求的是哪一個力在哪一段時間內的沖量。（2）矢量性：沖量的方向與力的方向相同，與相應時間內物體動量變化量的方向相同。2.對沖量表達式的理解：（1）只要有力就有沖量。（因為時間一定在累積）（2）沖量的大小與物體的運動情況無關。即使水平運動的物體，重力的沖量也不位零。14．動量定理的內容和應用【知識點的認識】1．內容：物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．2．表達式：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=mv-mv0【命題方向】籃球運動員通常要伸出兩臂迎接傳來的籃球，接球時，兩臂隨球迅速收縮至胸前，這樣可以（）A、減小籃球對手的沖量B、減小籃球對人的沖擊力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間，根據動量定理即可分析。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間，根據動量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當時間增大時，作用力就減小，而沖量和動量的變化量都不變，故A錯誤C、運動員接球過程，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。點評：本題主要考查了動量定理的直接應用，應用動量定理可以解題，解題時要注意，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。【解題方法點撥】1．動量、動量的變化量、沖量、力都是矢量．解題時，先要規(guī)定正方向，與正方向相反的，要取負值．2．恒力的沖量用恒力與力的作用時間的乘積表示，變力的沖量計算，要看題目條件確定．如果力隨時間均勻變化，可取平均力代入公式求出；力不隨時間均勻變化，就用I表示這個力的沖量，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．15．動量守恒定律的內容、條件和判斷【知識點的認識】1．內容：如果一個系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個系統(tǒng)的總動量保持不變，這就是動量守恒定律．2．表達式：（1）p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動量p等于相互作用后的總動量p′．（2）m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′，相互作用的兩個物體組成的系統(tǒng)，作用前的動量和等于作用后的動量和．（3）△p1＝﹣△p2，相互作用的兩個物體動量的增量等大反向．（4）△p＝0，系統(tǒng)總動量的增量為零．3．動量守恒定律的適用條件（1）不受外力或所受外力的合力為零．不能認為系統(tǒng)內每個物體所受的合外力都為零，更不能認為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．（2）近似適用條件：系統(tǒng)內各物體間相互作用的內力遠大于它所受到的外力．（3）如果系統(tǒng)在某一方向上所受外力的合力為零，則在這一方向上動量守恒．【命題方向】例子：如圖所示，A、B兩物體的質量比mA：mB＝3：2，它們原來靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間動摩擦因數相同，地面光滑．當彈簧突然釋放后，則有（）A．A、B系統(tǒng)動量守恒B．A、B、C系統(tǒng)動量守恒C．小車向左運動D．小車向右運動分析：在整個過程中三個物體組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒．分析小車的受力情況，判斷其運動情況．解答：A、B，由題意，地面光滑，所以A、B和彈簧、小車組成的系統(tǒng)受合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒．在彈簧釋放的過程中，由于mA：mB＝3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B組成的系統(tǒng)合外力不為零，動量不守恒．故A錯誤．B正確；C、D由于A、B兩木塊的質量之比為m1：m2＝3：2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A對小車向左的滑動摩擦力大于B對小車向右的滑動摩擦力，在A、B相對小車停