第79頁（共79頁）2026年高考物理復(fù)習(xí)難題速遞之動量與動量守恒定律（2025年11月）一．選擇題（共8小題）1．如圖所示，為研究平拋運(yùn)動的實(shí)驗(yàn)裝置，金屬小球A、B完全相同。用小錘輕擊彈性金屬片，A球沿水平方向拋出，同時(shí)B球被松開自由下落。圖中虛線1、2代表離地高度不同的兩個水平面，則下列說法正確的是（）A．兩球同時(shí)經(jīng)過水平面1，且動量大小相同 B．兩球同時(shí)經(jīng)過水平面1，A球重力的沖量比B球大 C．兩球從水平面1到2的過程，兩球動量的變化量相同 D．兩球從水平面1到2的過程，A球動能變化量比B球大2．“反向蹦極”是蹦極運(yùn)動中的一種形式，其情景如圖所示。彈性輕繩的上端固定在O點(diǎn)，豎直拉長后將下端固定在某游客的身上，并與固定在地面上的力傳感器相連，此時(shí)傳感器示數(shù)為1200N。打開扣環(huán)，游客從A點(diǎn)由靜止釋放，上升到B點(diǎn)時(shí)彈性繩恢復(fù)原長，再經(jīng)B點(diǎn)繼續(xù)上升到最高點(diǎn)C。已知該游客與裝備（可視為質(zhì)點(diǎn)）總質(zhì)量為60kg，忽略空氣阻力和彈性繩的重力，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．打開扣環(huán)瞬間，游客的加速度大小為30m/s2 B．從A到B過程，游客做加速度減小的加速運(yùn)動 C．從A到B過程，彈性繩對游客的沖量等于游客的動量變化量 D．若換成體重較輕的游客，在相同初始條件下，其上升的最高位置將高于C點(diǎn)3．甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為0.1kg，則碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能為（）A．0.2J B．0.3J C．0.4J D．0.5J4．如圖，光滑水平面上放著截面為半圓形的光滑凹槽M與物體N，且兩者不粘連，小球從圖示位置由靜止釋放，凹槽半徑為R，小球、凹槽M和物體N三者質(zhì)量相同。下列說法正確的是（）A．小球與凹槽M、物體N組成的系統(tǒng)動量守恒 B．當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)M、N分離 C．當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)M向右運(yùn)動的位移為23D．小球沿圓弧向左運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)對地的速度大小為零5．如圖所示，豎直平面內(nèi)的14圓弧AB是無人機(jī)以恒定速率v在空中表演的運(yùn)動軌跡，其中起始點(diǎn)A為圓心等高處。無人機(jī)運(yùn)動過程中受到重力G、大小恒定的阻力f以及驅(qū)動力F共同作用，不考慮浮力影響。無人機(jī)從位置A運(yùn)動到BA．無人機(jī)機(jī)械能守恒 B．合外力的沖量為零 C．合外力的功率先減小后增大 D．驅(qū)動力F的功率一直在減小6．如圖甲所示，物塊A、B用輕彈簧拴接，放在光滑水平面上，B左側(cè)與豎直墻壁接觸，物塊C以速度v0向左運(yùn)動，與A相碰后立即粘在一起后不分開并開始計(jì)時(shí)，A、B運(yùn)動的a﹣t圖像如圖乙所示，S1、S2分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a﹣t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積的大小，已知三個物塊質(zhì)量均為m，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)2＝2a1 B．S2＝2S1 C．0～t1內(nèi)墻對B的沖量大小為mv0 D．在t4時(shí)刻彈簧的彈性勢能為17．如圖所示，足夠長木塊靜止在光滑水平面上，A、B為兩顆不同的子彈，子彈A的質(zhì)量為m。若子彈A、B從兩側(cè)同時(shí)水平射入木塊，木塊始終保持靜止，子彈A射入木塊的深度為LA，子彈B射入木塊的深度為LB，且LA＝3LB，若保持子彈射入木塊前的速度大小不變，先讓A子彈射入木塊，A與木塊相對靜止后讓B子彈射入木塊，A射入木塊的深度為LA′，B射入木塊的深度為LB′，設(shè)木塊對子彈的阻力大小恒定，A、B做直線運(yùn)動且不會相遇，則下列說法正確的是（）A．子彈B的質(zhì)量為2m B．LA+LB＝LA′+LB′ C．LA＜LA′ D．子彈A射入木塊時(shí)的初動能一定比子彈B射入木塊時(shí)的初動能小8．一彈丸在飛行到距離水平地面5m高處時(shí)速度方向恰好水平，速度大小v＝2m/s，此時(shí)彈丸炸裂成甲、乙兩塊彈片，且兩彈片水平飛出。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，兩塊彈片飛行的軌跡如圖所示，則甲、乙兩塊彈片的質(zhì)量之比為（）A．1：3 B．3：1 C．1：4 D．4：1二．多選題（共7小題）（多選）9．質(zhì)量為m的汽車啟動后沿平直路面行駛，經(jīng)時(shí)間t達(dá)到最大速度v。若汽車發(fā)動機(jī)的輸出功率恒為P，行駛過程中受到的阻力大小恒定，則（）A．汽車行駛過程中所受的阻力大小為PvB．當(dāng)速度為v2時(shí)汽車的加速度大小為2C．在時(shí)間t內(nèi)牽引力的沖量大小為mv D．在時(shí)間t內(nèi)阻力對汽車做的功為12mv2﹣（多選）10．如圖所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木塊以一定的初速度從斜面底端沖上斜面后又滑回斜面底端。則木塊（）A．上滑過程的時(shí)間大于下滑過程的時(shí)間 B．上滑過程的加速度小于下滑過程的加速度 C．上滑過程與下滑過程損失的機(jī)械能相等 D．上滑過程的動量變化量大于下滑過程的動量變化量（多選）11．如圖甲所示，光滑水平面上兩物塊A、B用輕質(zhì)橡皮繩水平連接，橡皮繩恰好處于原長。t＝0時(shí)，A以水平向左的初速度v0開始運(yùn)動，B的初速度為0，A、B運(yùn)動的v﹣t圖像如圖乙所示。已知A的質(zhì)量為m，0～t0時(shí)間內(nèi)B的位移為x0，t＝3t0時(shí)二者發(fā)生碰撞并粘在一起，則（）A．橡皮繩的最大彈性勢能為13B．橡皮繩的原長為13C．0～2t0時(shí)間內(nèi)橡皮繩對B的平均作用力大小為2mD．橡皮繩的最大形變量為v0t0﹣2x0（多選）12．如圖（a）所示，一根豎直懸掛的不可伸長的輕繩，下端拴一小物塊A，上端固定在C點(diǎn)且與一能測量繩的拉力的測力傳感器相連。已知有一質(zhì)量為m0的子彈B以水平速度v0射入A內(nèi)（未穿透），接著兩者一起繞C點(diǎn)在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動。在各種阻力都可忽略的條件下測力傳感器測得繩的拉力F隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖（b）所示，已知子彈射入的時(shí)間極短，且圖（b）中t＝0為A、B開始以相同的速度運(yùn)動的時(shí)刻。下列說法正確的是（）A．A、B一起在豎直面內(nèi)做周期T＝t0的周期性運(yùn)動 B．A的質(zhì)量大小為m=C．子彈射入木塊過程中所受沖量大小為6mD．輕繩的長度為36（多選）13．如圖所示，將兩個質(zhì)量分別為m1＝60g、m2＝30g的小球A、B疊放在一起，A在下、B在上，中間留有小空隙。從初始高度h0＝1.8m處由靜止釋放，A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，A球與B球碰撞的時(shí)間為0.01s，取向上為正方向，B球的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示（圖中忽略了AB碰撞時(shí)間），不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．B球與A球碰前的速度大小為6m/s B．A、B兩球發(fā)生的是非彈性碰撞 C．A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞 D．兩球碰撞過程中，重力對B球的沖量大小與A球?qū)球的彈力沖量大小比值為1：101（多選）14．如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B固定在輕桿的兩端，輕桿套在光滑水平轉(zhuǎn)軸O上，O到A、B兩球的距離分別為L和2L，開始時(shí)桿豎直靜止?，F(xiàn)給A球施加一個水平恒力F，球和桿在力的作用下繞O在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，當(dāng)桿水平時(shí)撤去拉力F，此后兩球恰好能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動，不計(jì)球的大小，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．拉力F做的功為mgL B．拉力F的大小等于2.5mg C．當(dāng)桿水平時(shí)，小球B的向心力大小為45D．拉力F作用過程中，小球B受到的合外力的沖量方向豎直向上（多選）15．如圖甲所示，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的子彈（可視為質(zhì)點(diǎn)）以某一速度沿水平方向射入木塊，一段時(shí)間后恰好在木塊中與木塊相對靜止，若該過程中木塊的速度v2與子彈的速度v1之間的關(guān)系可以用圖乙表示，子彈在木塊中相對運(yùn)動時(shí)所受的阻力為恒力，則下列說法正確的有（）A．M：m＝3：2 B．木塊所能達(dá)到的最大速度為40m/s C．該過程中二者因摩擦而產(chǎn)生的熱量比木塊增加的動能大 D．僅將木塊換成等質(zhì)量的較硬的木塊，雖然子彈射入木塊的深度變小，但是二者因摩擦而產(chǎn)生的熱量不變?nèi)獯痤}（共5小題）16．如圖所示，光滑的水平地面上放置一四分之一光滑圓弧槽，其質(zhì)量為m1＝0.1kg，半徑為R＝0.2m，O點(diǎn)為圓弧槽的圓心，OA為圓弧槽的水平半徑；另有一小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），質(zhì)量為m2＝0.1kg，電荷量為+q，用長為R＝0.2m的輕質(zhì)細(xì)線（不可伸長）懸掛在固定點(diǎn)C，C點(diǎn)為OA的中點(diǎn)，現(xiàn)把小球拉到A點(diǎn)并給其一豎直向下的初速度v0，不計(jì)空氣阻力，運(yùn)動過程中小球帶電荷量始終不變，重力加速度g取10m/s2。（1）從小球開始運(yùn)動到與圓弧槽分離的時(shí)間內(nèi)，圓弧槽向左運(yùn)動的距離；（2）小球與圓弧槽分離后要使小球在豎直平面內(nèi)運(yùn)動且細(xì)線始終繃緊，v0應(yīng)滿足什么條件？（3）如果v0＝2m/s，當(dāng)小球離開圓弧槽后上升到最高點(diǎn)時(shí)立即在該空間加上水平向左的電場強(qiáng)度E=17．如圖所示，在水平固定平臺的左側(cè)固定有一個力傳感器，質(zhì)量M＝20kg，長度L＝5m的L形平板緊靠平臺右側(cè)且上表面與平臺等高，L形平板右側(cè)為豎直彈性擋板（即物體與擋板的碰撞可視為彈性碰撞），質(zhì)量m＝10kg且可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊被外力固定在平臺上。現(xiàn)將輕質(zhì)彈性裝置放在物塊與傳感器中間的空隙處，隨即解除物塊的束縛，物塊離開彈性裝置前，傳感器的示數(shù)如圖乙，物塊離開彈性裝置后滑入L形平板，一段時(shí)間后在平板的正中間與平板達(dá)到相對靜止。不計(jì)物塊與平臺間、L形平板與地面間的摩擦，重力加速度g取10m/s2。求：（1）物塊與彈性裝置分離時(shí)的速度的大小；（2）L形平板上表面與物塊間的動摩擦因數(shù)（僅用動量守恒法解題）。18．如圖所示，一塊足夠長的木板放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序號是1，2，3，…，n的木塊，所有木塊的質(zhì)量均為m，與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，木板的質(zhì)量等于所有木塊的總質(zhì)量。在t＝0時(shí)刻木板靜止，第1，2，3，…，n號木塊的初速度分別為v0，2v0，3v0，…，nv0，方向都向右。木塊之間始終未發(fā)生碰撞，重力加速度為g。求：（1）所有木塊與木板一起勻速運(yùn)動的速度vn；（2）從t＝0到所有木塊與木板共同勻速運(yùn)動經(jīng)歷的時(shí)間t；（3）第n﹣1號木塊在整個運(yùn)動過程中的最小速度vn﹣1。19．如圖所示，質(zhì)量為M＝2kg的長木板A靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量為m＝4kg的小物塊B（看作質(zhì)點(diǎn)）放在長木板的左端，在木板A右側(cè)的地面上固定著一個彈性擋板P。現(xiàn)使木板A和物塊B以v0＝4m/s的速度一起向右運(yùn)動，木板碰撞彈性擋板后立即以碰前的速率反向彈回。已知物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2。（1）求木板A與擋板第一次碰后向左運(yùn)動的時(shí)間；（2）如果物塊B始終不會從長木板A上滑落，求整個過程中物塊B相對A運(yùn)動的路程；（3）若長木板A的長度L=439m，求物塊B從木板A上滑落之前木板A與擋板之間的碰撞次數(shù)。（lg2＝0.301，20．冰球運(yùn)動被譽(yù)為“冰上的國際象棋”，見圖1。一次完整的擲球過程可分解為“擲球、刷冰、碰撞”三個步驟，比賽示意圖如圖2所示。場地一端設(shè)置一個橡膠起滑器，運(yùn)動員由此開始投擲冰壺。另一端有一個半徑為8m的圓形區(qū)域，稱為營壘。在比賽中，運(yùn)動員手持冰壺，蹬踏起滑器，經(jīng)過1s后脫離起滑器共同沿中線以3m/s向投擲線運(yùn)動，再滑行9m后到達(dá)投擲線，并擲出冰壺，冰壺以2.4m/s沖出投擲線。投擲線與營壘中心間距L＝30m，擲出冰壺后，通過其他隊(duì)員在冰壺前用毛刷掃冰，冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)減小，最終使冰壺的停止位置盡靠近營壘中心O點(diǎn)。已知運(yùn)動員的質(zhì)量為60kg，冰壺質(zhì)量約為20kg，與冰面的動摩擦因數(shù)為μ＝0.01，用毛刷擦冰面后動摩擦因數(shù)減少至μ2＝0.009，g取10m/s2。求：（1）運(yùn)動員與起滑器作用期間，運(yùn)動員受到的平均作用力大小以及從開始到冰壺沖出投擲線過程中，運(yùn)動員對冰壺做的功。（2）為使冰壺能夠沿中線恰好到達(dá)營壘中心O點(diǎn)，運(yùn)動員用毛刷擦冰面的長度應(yīng)為多少？（3）若B方擲壺時(shí)，已有A方冰壺置于營壘中心，見圖3，B沿中線向A靠近，AB冰壺完全相同，兩冰壺碰撞過程無能量損失。若B方希望通過碰撞將冰面上A方的冰壺?fù)舫鰻I壘區(qū)，則碰撞前B方冰壺速度最少為多少？

2026年高考物理復(fù)習(xí)難題速遞之動量與動量守恒定律（2025年11月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案CDBBDBBB二．多選題（共7小題）題號9101112131415答案ADCDACBDABDCDACD一．選擇題（共8小題）1．如圖所示，為研究平拋運(yùn)動的實(shí)驗(yàn)裝置，金屬小球A、B完全相同。用小錘輕擊彈性金屬片，A球沿水平方向拋出，同時(shí)B球被松開自由下落。圖中虛線1、2代表離地高度不同的兩個水平面，則下列說法正確的是（）A．兩球同時(shí)經(jīng)過水平面1，且動量大小相同 B．兩球同時(shí)經(jīng)過水平面1，A球重力的沖量比B球大 C．兩球從水平面1到2的過程，兩球動量的變化量相同 D．兩球從水平面1到2的過程，A球動能變化量比B球大【考點(diǎn)】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；平拋運(yùn)動的概念和性質(zhì)．【專題】比較思想；推理法；合成分解法；方程法；平拋運(yùn)動專題；動量定理應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】C【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，結(jié)合兩個分運(yùn)動的規(guī)律，通過動量定理以及動能定理判斷?！窘獯稹拷猓篈D、A球做平拋運(yùn)動，B球做自由落體運(yùn)動，由動能定理可得：mgh=1BC、把A球平拋運(yùn)動沿水平方向和豎直方向分解，豎直方向是自由落體運(yùn)動，而B球做自由落體運(yùn)動，所以兩球下落同一高度時(shí)間相等，所以重力的沖量IG＝mgt相同，由動量定理可得：Δp＝mgt，由此可知可知A球動量變化等于B球動量變化，故B錯誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評】考查了動量定理與動能定理的應(yīng)用，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，注意速度的變化與速率的變化不同，及會區(qū)分瞬時(shí)功率與平均功率的不同。2．“反向蹦極”是蹦極運(yùn)動中的一種形式，其情景如圖所示。彈性輕繩的上端固定在O點(diǎn)，豎直拉長后將下端固定在某游客的身上，并與固定在地面上的力傳感器相連，此時(shí)傳感器示數(shù)為1200N。打開扣環(huán)，游客從A點(diǎn)由靜止釋放，上升到B點(diǎn)時(shí)彈性繩恢復(fù)原長，再經(jīng)B點(diǎn)繼續(xù)上升到最高點(diǎn)C。已知該游客與裝備（可視為質(zhì)點(diǎn)）總質(zhì)量為60kg，忽略空氣阻力和彈性繩的重力，重力加速度g取10m/s2。下列說法正確的是（）A．打開扣環(huán)瞬間，游客的加速度大小為30m/s2 B．從A到B過程，游客做加速度減小的加速運(yùn)動 C．從A到B過程，彈性繩對游客的沖量等于游客的動量變化量 D．若換成體重較輕的游客，在相同初始條件下，其上升的最高位置將高于C點(diǎn)【考點(diǎn)】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；胡克定律及其應(yīng)用；牛頓第二定律求解瞬時(shí)問題．【專題】定量思想；推理法；方程法；尋找守恒量法；力學(xué)三大知識結(jié)合的綜合問題；推理論證能力．【答案】D【分析】由牛頓第二定律可以求出瞬時(shí)加速度的大小；分析游客的上升過程中的受力情況，結(jié)合牛頓第二定律判斷加速度的變化情況；由動量定理判斷彈性繩的沖量；由能量守恒定律判斷游客質(zhì)量變小時(shí)上升的位置的情況?！窘獯稹拷猓篈、由題意可知傳感器示數(shù)為：T＝1200N，設(shè)此時(shí)彈性繩的彈力大小為F，由平衡條件有F＝T+mg，解得：F＝T+mg＝1200N+600N＝1800N，打開扣環(huán)瞬間，由牛頓第二定律有F?mg＝ma，解得：a=F-B、游客從A到B過程，彈性繩的拉力先大于人的重力，隨著人向上運(yùn)動，彈性繩的伸長量減小，彈性繩的彈力減小，人所受合力減小，加速度減小，到達(dá)B點(diǎn)前的某一點(diǎn)時(shí)彈性繩的彈力與重力相等，合力為零，隨后繼續(xù)向上運(yùn)動做加速度增大的減速運(yùn)動，所以從A到B的過程，故游客先做加速度不斷減小的加速運(yùn)動后做加速度增大的減速運(yùn)動，故B錯誤；C、由動量定理可知，IF﹣IG＝Δp，解得：IF＝Δp+IG，所以從A到B過程，彈性繩對游客的沖量不等于游客的動量變化量，故C錯誤；D、設(shè)彈性繩的彈性勢能為Ep，從A到C過程，由能量守恒定律可得：Ep＝mghAC，hAC為A到C的高度差，由此可知若游客體重變輕（m減小），在Ep相同的條下，hAC會增大，即上升的最高位置將高C點(diǎn)，故D正確。故選：D?！军c(diǎn)評】本題是對牛頓第二定律、動量定理及能量守恒定律的考查，解題的關(guān)鍵是要正確分析游客的受力情況及運(yùn)動情形，注意游客從A到B過程中，彈性繩彈力逐漸減小。3．甲、乙兩個物塊在光滑水平桌面上沿同一直線運(yùn)動，甲追上乙，并與乙發(fā)生碰撞，碰撞前后甲、乙的速度隨時(shí)間的變化如圖中實(shí)線所示。已知甲的質(zhì)量為0.1kg，則碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能為（）A．0.2J B．0.3J C．0.4J D．0.5J【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．【答案】B【分析】根據(jù)圖示圖像分析碰撞前后兩物塊的速度，兩物塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，應(yīng)用動量守恒定律求出乙的質(zhì)量；應(yīng)用能量守恒定律求出碰撞過程系統(tǒng)損失的機(jī)械能?！窘獯稹拷猓河蓤D像可知，甲物塊碰前速度v甲＝5m/s乙物塊碰前速度v乙＝1m/s甲物塊碰后速度v甲'＝﹣1m/s物塊碰后速度v乙'＝2m/s甲和乙碰撞過程中系統(tǒng)動量守恒，以甲的初速度方向?yàn)檎较?，有m甲v甲+m乙v乙＝m甲v甲'+m乙v乙'解得m乙＝0.6kg碰撞過程中兩物塊損失的機(jī)械能ΔE=ΔE＝0.3J故B正確，ACD錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】根據(jù)題意分析清楚物塊的運(yùn)動過程，根據(jù)圖示圖像求出物塊的速度是解題的前提，應(yīng)用動量守恒定律與動量定理即可解題。4．如圖，光滑水平面上放著截面為半圓形的光滑凹槽M與物體N，且兩者不粘連，小球從圖示位置由靜止釋放，凹槽半徑為R，小球、凹槽M和物體N三者質(zhì)量相同。下列說法正確的是（）A．小球與凹槽M、物體N組成的系統(tǒng)動量守恒 B．當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)M、N分離 C．當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)M向右運(yùn)動的位移為23D．小球沿圓弧向左運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)對地的速度大小為零【考點(diǎn)】動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；某一方向上的動量守恒問題．【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．【答案】B【分析】A.根據(jù)動量守恒的條件判斷小球與凹槽M、物體N組成的系統(tǒng)是否動量守恒；B.根據(jù)M的受力情況判斷M、N分離的時(shí)小球的位置；C.根據(jù)動量守恒求當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時(shí)M向右運(yùn)動的位移；D.根據(jù)動量守恒判斷小球沿圓弧向左運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)對地的速度大小?！窘獯稹拷猓篈.小球與凹槽M、物體N所組成的系統(tǒng)在水平方向上合外力為0，水平方向動量守恒；豎直方向合外力不為0，豎直方向動量不守恒，故A錯誤；B.當(dāng)小球運(yùn)動到最低點(diǎn)前，M、N一起向右運(yùn)動，到最低點(diǎn)之后，M受到小球斜向左的壓力做減速運(yùn)動，所以在最低點(diǎn)時(shí)M、N分離，故B正確；C.小球運(yùn)動到最低點(diǎn)的過程，根據(jù)動量守恒有mxx1+x2＝R解得M向右運(yùn)動的位移x2故C錯誤；D.在最低點(diǎn)時(shí)小球與M具有水平方向的速度，與N分離之后，小球與M、N在水平方向上動量守恒，小球沿圓弧向左運(yùn)動到最高點(diǎn)時(shí)與M具有共同的水平速度，由于N的速度不為零，因此小球和M的速度不為零，故D錯誤。故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查了動量守恒的問題，注意動量守恒的條件以及動量的矢量性，本題難度一般。5．如圖所示，豎直平面內(nèi)的14圓弧AB是無人機(jī)以恒定速率v在空中表演的運(yùn)動軌跡，其中起始點(diǎn)A為圓心等高處。無人機(jī)運(yùn)動過程中受到重力G、大小恒定的阻力f以及驅(qū)動力F共同作用，不考慮浮力影響。無人機(jī)從位置A運(yùn)動到BA．無人機(jī)機(jī)械能守恒 B．合外力的沖量為零 C．合外力的功率先減小后增大 D．驅(qū)動力F的功率一直在減小【考點(diǎn)】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)；判斷機(jī)械能是否守恒及如何變化．【專題】定量思想；推理法；合成分解法；方程法；功率的計(jì)算專題；動量定理應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】D【分析】由機(jī)械能守恒得到條件判斷無人機(jī)在運(yùn)動過程中說法機(jī)械能守恒；由動量定理可求合外力的沖量；由功率的表達(dá)式判斷合力的功率和驅(qū)動力的功率?！窘獯稹拷猓篊、無人機(jī)在豎直方向作勻速圓周運(yùn)動，故合力提供向心力，即合力與速度垂直，合力不做功，合力的功率始終等于零，故C錯誤；A、無人機(jī)做勻速運(yùn)動四分之一圓弧的過程中，動能不變，重力勢能增加，故機(jī)械能一直更加，即機(jī)械能不守恒，故A錯誤；B、合力方向始終在不斷變化，不可用沖量公式求解合力沖量，根據(jù)動量定理以及動量矢量性可得：I=m?D、將力始終沿軌跡半徑方向和切向方向正交分解，沿半徑向方向有：Fy+mgsinθ=mv2R，沿切向方向有：Fx＝mgcosθ+f，其中θ為半徑與水平方向的夾角，即θ不斷增大，可以得到Fy不斷減小，F(xiàn)x不斷減小，故F=Fx2+故選：D?！军c(diǎn)評】本題是對功率、動量定理及機(jī)械能守恒的條件的考查，解題的關(guān)鍵是要知道對于勻速曲線運(yùn)動，明確合外力的作用（提供向心力）及沿速度方向的受力平衡，注意動量的矢量性。6．如圖甲所示，物塊A、B用輕彈簧拴接，放在光滑水平面上，B左側(cè)與豎直墻壁接觸，物塊C以速度v0向左運(yùn)動，與A相碰后立即粘在一起后不分開并開始計(jì)時(shí)，A、B運(yùn)動的a﹣t圖像如圖乙所示，S1、S2分別表示t1到t2時(shí)間內(nèi)A、B的a﹣t圖線與坐標(biāo)軸所圍面積的大小，已知三個物塊質(zhì)量均為m，下列說法正確的是（）A．a(chǎn)2＝2a1 B．S2＝2S1 C．0～t1內(nèi)墻對B的沖量大小為mv0 D．在t4時(shí)刻彈簧的彈性勢能為1【考點(diǎn)】動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應(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；分析綜合能力．【答案】B【分析】根據(jù)碰撞過程動量守恒，以及對AC而言利用沖量定理可求出B沖量的大??；a﹣t圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積表示速度的變化量，結(jié)合動量定理可得出面積的關(guān)系，根據(jù)能量的表達(dá)式，結(jié)合能量守恒定律以及牛頓第二定律可求出加速度的關(guān)系，根據(jù)機(jī)械能守恒和動量守恒，可求出彈性勢能大小?！窘獯稹拷猓篊.二者碰撞過程中動量守恒，選擇水平向左為正方向，可得mv0＝（m+m）v解得v=在0～t內(nèi)對AC研究，設(shè)水平向左為正方向，由動量定理可得l＝﹣2mv﹣2mv＝﹣2mv0而B處于靜止?fàn)顟B(tài)，墻壁對B的沖量大小等于彈簧彈力對A的沖量大小，故0～t1內(nèi)墻對B的沖量大小為2mvo，故C正確；B.a﹣t圖線與坐標(biāo)軸所圍的面積表示速度的變化量，AC物體初速度為v，根據(jù)對稱性可知，t1時(shí)刻AC的速度為v，AC的加速度為0，此時(shí)彈恢復(fù)原長，B開始離開墻壁，到t2時(shí)刻加速度均達(dá)到最大，此時(shí)彈簧的伸長量達(dá)到最大，速度相同，選擇水平向右為正方向，即2mv＝3mv1S2＝v1S1＝v﹣v1故S2＝2S1故B正確；A.A的加速度為a1時(shí)彈壓縮量最大，即E=解得x1根據(jù)牛頓第二定律可得a1在t2時(shí)，三者共速，則根據(jù)能量守恒定律可知12解得x2根據(jù)牛頓第二定律可得a2故a1故A錯誤；D.B離開墻壁后整體動量守恒，選擇水平向右為正方向，則2mv＝3mv1故在t4時(shí)刻，根據(jù)能量守恒定律可知12解得Ep故D錯誤。故選：B。【點(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意對于碰撞過程，要熟練運(yùn)用動量守恒和能量守恒來分析作答，同時(shí)要能夠通過圖像挖掘物理意義。7．如圖所示，足夠長木塊靜止在光滑水平面上，A、B為兩顆不同的子彈，子彈A的質(zhì)量為m。若子彈A、B從兩側(cè)同時(shí)水平射入木塊，木塊始終保持靜止，子彈A射入木塊的深度為LA，子彈B射入木塊的深度為LB，且LA＝3LB，若保持子彈射入木塊前的速度大小不變，先讓A子彈射入木塊，A與木塊相對靜止后讓B子彈射入木塊，A射入木塊的深度為LA′，B射入木塊的深度為LB′，設(shè)木塊對子彈的阻力大小恒定，A、B做直線運(yùn)動且不會相遇，則下列說法正確的是（）A．子彈B的質(zhì)量為2m B．LA+LB＝LA′+LB′ C．LA＜LA′ D．子彈A射入木塊時(shí)的初動能一定比子彈B射入木塊時(shí)的初動能小【考點(diǎn)】動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用；動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】比較思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】B【分析】子彈A、B從兩側(cè)同時(shí)水平射入木塊，木塊始終保持靜止，受力平衡。木塊與子彈A、B組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律求子彈B的質(zhì)量；子彈A、B從兩側(cè)同時(shí)水平射入木塊，根據(jù)能量守恒定律列方程。子彈A、B從同一側(cè)同時(shí)水平射入木塊，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律相結(jié)合列方程，聯(lián)立分析LA+LB與LA′+LB′的關(guān)系；根據(jù)動能定理列式分析LA與LA′的關(guān)系；對兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，結(jié)合動能與動量的關(guān)系分析初動能關(guān)系。【解答】解：A、子彈A、B從兩側(cè)同時(shí)水平射入木塊，木塊始終保持靜止，受力平衡，對木塊受力分析，根據(jù)平衡條件可得fA＝fB＝f木塊與子彈A、B組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，取向右為正方向，由動量守恒定律有mvA﹣mBvB＝0則mvAt﹣mBvBt＝0即mLA＝mBLB結(jié)合LA＝3LB，可得mB＝3m，故A錯誤；B、設(shè)子彈A、B入射前的速度分別為vA0、vB0，子彈A、B從兩側(cè)同時(shí)水平射入木塊，根據(jù)能量守恒有fL子彈A、B從兩側(cè)不同時(shí)水平射入木塊，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒，子彈A、B、木塊共速時(shí)的速度為0，根據(jù)能量守恒有fL'可得LA+LB＝L′A+L′B，故B正確；C、兩子彈同時(shí)射入時(shí)，根據(jù)系統(tǒng)動量守恒，木塊一直保持靜止，A子彈射入的速度大小為v0，則對A，有fL子彈A、B從兩側(cè)不同時(shí)水平射入木塊，子彈A射入后共速為v，則fL'所以LA＞L′A，故C錯誤；D、對兩子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則有2mAEkA=2mBEkB，因?yàn)锽的質(zhì)量大，所以EkA故選：B?！军c(diǎn)評】本題運(yùn)用能量守恒定律、動量守恒定律、動能定理相結(jié)合研究沖擊塊模型，分析木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)，確定出兩子彈所受的阻力大小相等是關(guān)鍵。8．一彈丸在飛行到距離水平地面5m高處時(shí)速度方向恰好水平，速度大小v＝2m/s，此時(shí)彈丸炸裂成甲、乙兩塊彈片，且兩彈片水平飛出。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，兩塊彈片飛行的軌跡如圖所示，則甲、乙兩塊彈片的質(zhì)量之比為（）A．1：3 B．3：1 C．1：4 D．4：1【考點(diǎn)】用動量守恒定律解決爆炸問題．【專題】定量思想；尋找守恒量法；動量定理應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】彈丸爆炸時(shí)，內(nèi)力遠(yuǎn)大于重力（外力），遵守動量守恒定律；爆炸后兩彈片水平飛出，都做平拋運(yùn)動。根據(jù)平拋運(yùn)動的基本公式求出爆炸后兩彈片的速度，再根據(jù)動量守恒定律求甲、乙兩塊彈片的質(zhì)量之比?！窘獯稹拷猓涸O(shè)甲、乙兩塊彈片的質(zhì)量分別為m1，m2。由題圖知，兩彈片均做平拋運(yùn)動，所用時(shí)間為t=2hg甲做平拋運(yùn)動的初速度為v1=x1t乙做平拋運(yùn)動的初速度為v2=x2炸裂過程中甲、乙組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，取彈丸運(yùn)動方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動量守恒定律有（m1+m2）v＝m1v1+m2v2解得m1m2=3故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查動量守恒定律和平拋運(yùn)動規(guī)律的綜合應(yīng)用，知道彈丸爆炸時(shí)，遵守動量守恒定律。要掌握平拋運(yùn)動的規(guī)律，并能熟練運(yùn)用。二．多選題（共7小題）（多選）9．質(zhì)量為m的汽車啟動后沿平直路面行駛，經(jīng)時(shí)間t達(dá)到最大速度v。若汽車發(fā)動機(jī)的輸出功率恒為P，行駛過程中受到的阻力大小恒定，則（）A．汽車行駛過程中所受的阻力大小為PvB．當(dāng)速度為v2時(shí)汽車的加速度大小為2C．在時(shí)間t內(nèi)牽引力的沖量大小為mv D．在時(shí)間t內(nèi)阻力對汽車做的功為12mv2﹣【考點(diǎn)】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；機(jī)車以恒定功率啟動．【專題】定量思想；推理法；方程法；動能定理的應(yīng)用專題；動量定理應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】AD【分析】當(dāng)汽車以恒定功率啟動時(shí)，在牽引力與阻力相等時(shí)，汽車的速度達(dá)到最大，由f=Pv【解答】解：A、當(dāng)汽車的速度大小為v時(shí)，牽引力與阻力的大小相等，由功率—速度關(guān)系可得：F1＝Pv，解得牽引力的大小為：F1=Pv，所以阻力的大小為：B、由于發(fā)動機(jī)的輸出功率恒為P，當(dāng)速度為v2時(shí)，由速度—功率關(guān)系可得：P=F2?v2，解得：F2=C、汽車速度達(dá)到v的過程中，根據(jù)動量定理可得：IF﹣If＝mv，可得牽引力的沖量的大小為：IF＝mv+If，故C錯誤；D、汽車速度達(dá)到v的過程中，根據(jù)動能定理可得：Pt+Wf=1故選：AD。【點(diǎn)評】本題是對汽車意恒定功率啟動的考查，解題的關(guān)鍵是要知道牽引力與阻力相等時(shí)速度達(dá)到最大，功率與速度之間滿足P＝Fv，結(jié)合動量定理及動能定理即可解題。（多選）10．如圖所示，粗糙斜面固定在水平地面上，木塊以一定的初速度從斜面底端沖上斜面后又滑回斜面底端。則木塊（）A．上滑過程的時(shí)間大于下滑過程的時(shí)間 B．上滑過程的加速度小于下滑過程的加速度 C．上滑過程與下滑過程損失的機(jī)械能相等 D．上滑過程的動量變化量大于下滑過程的動量變化量【考點(diǎn)】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；物體在粗糙斜面上的運(yùn)動．【專題】比較思想；推理法；合成分解法；方程法；牛頓運(yùn)動定律綜合專題；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；推理論證能力．【答案】CD【分析】由牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式列式判斷時(shí)間和加速度的大小；由功能關(guān)系判斷損失的機(jī)械能的大?。挥蛇\(yùn)動學(xué)公式結(jié)合速度的變化量的表達(dá)式判斷即可?！窘獯稹拷猓篈B、設(shè)斜面傾角為θ，木塊受到摩擦力大小為f，木塊質(zhì)量為m，木塊上滑過程，由牛頓第二定律可得：f+mgsinθ＝ma上木塊下滑過程，由牛頓第二定律可得：mg﹣f＝ma下，聯(lián)立可知：a上＞a下，將上升的過程采用逆向思維法，根據(jù)位移時(shí)間公式有：x=12a上t上2，解得：t上=2xa上，同理可得：xC、由Wf＝μmgcosθ?x可知，上滑過程與下滑過程克服摩擦力做功相同，因?yàn)榭朔Σ磷枇ψ龉Φ扔谖矬w機(jī)械能的變化量，所以上滑過程與下滑過程損失的機(jī)械能相等，故C正確；D、由公式v2＝2ax且a上＞a下可知，上滑時(shí)木塊的初速度v上大于木塊下滑到低端時(shí)的速度v下，則由速度的變化量表達(dá)式Δv＝v﹣v0可知上滑過程的速度變化量大于下滑過程的速度變化量，故上滑過程的動量變化量大于下滑過程的動量變化量，故D正確。故選：CD?！军c(diǎn)評】本題是對牛頓第二定律、速度的變化量、勻變速直線運(yùn)動規(guī)律及功能關(guān)系的考查，解題的關(guān)鍵是要正確分析物體的運(yùn)動情況，選擇合適的公式即可解題。（多選）11．如圖甲所示，光滑水平面上兩物塊A、B用輕質(zhì)橡皮繩水平連接，橡皮繩恰好處于原長。t＝0時(shí)，A以水平向左的初速度v0開始運(yùn)動，B的初速度為0，A、B運(yùn)動的v﹣t圖像如圖乙所示。已知A的質(zhì)量為m，0～t0時(shí)間內(nèi)B的位移為x0，t＝3t0時(shí)二者發(fā)生碰撞并粘在一起，則（）A．橡皮繩的最大彈性勢能為13B．橡皮繩的原長為13C．0～2t0時(shí)間內(nèi)橡皮繩對B的平均作用力大小為2mD．橡皮繩的最大形變量為v0t0﹣2x0【考點(diǎn)】動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；某一方向上的動量守恒問題．【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．【答案】AC【分析】由乙圖可知AB在t0時(shí)刻共速，橡皮繩有最大彈性勢能，根據(jù)能量守恒定律求解最大彈性勢能；在t0～2t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律求得2t0時(shí)刻AB兩者的速度，再由運(yùn)動學(xué)公式求解橡皮繩的原長；根據(jù)動量定理求解0～2t0時(shí)間內(nèi)橡皮繩對B的平均作用力大小；根據(jù)動量守恒定律求橡皮繩的最大形變量?！窘獯稹拷猓篈.t＝t0時(shí)刻二者速度相同，橡皮繩剛好處于最大形變量，由能量守恒定律有12解得橡皮繩的最大彈性勢能為Ep故A正確；B.由題圖乙分析可知t＝2t0時(shí)刻，橡皮繩剛好由拉伸狀態(tài)變?yōu)樵L，2t0～3t0時(shí)間內(nèi)物塊A向右做勻速運(yùn)動，物塊B向左做勻速運(yùn)動，直至相碰，以v0的方向?yàn)檎较?，由系統(tǒng)動量守恒和能量守恒有mv0＝﹣mvA+2mvB12解得二者的速度大小為vAvB則設(shè)橡皮繩原長為l0，由運(yùn)動關(guān)系可知橡皮繩的原長為l0故B錯誤；C.0～2t0時(shí)間內(nèi)，以v0的方向?yàn)檎较颍瑢應(yīng)用動量定理可得F(2可得橡皮繩對B的平均作用力大小為F=故C正確。D.設(shè)0～t0時(shí)間內(nèi)A的位移為xA。0～t0時(shí)間內(nèi)，根據(jù)平均動量守恒（以初速度v0的方向?yàn)檎较颍┑胢v即mv解得：xA＝v0t0﹣2x0所以橡皮繩的最大形變量為Δx＝xA﹣x0＝v0t0﹣2x0﹣x0＝v0t0﹣3x0故D錯誤。故選：AC?！军c(diǎn)評】本題考查功能關(guān)系和動量守恒定律，解決此題的關(guān)鍵是要根據(jù)速度—時(shí)間圖像分析清楚物體的運(yùn)動情況，根據(jù)物體的運(yùn)動情況分析彈簧的狀態(tài)。（多選）12．如圖（a）所示，一根豎直懸掛的不可伸長的輕繩，下端拴一小物塊A，上端固定在C點(diǎn)且與一能測量繩的拉力的測力傳感器相連。已知有一質(zhì)量為m0的子彈B以水平速度v0射入A內(nèi)（未穿透），接著兩者一起繞C點(diǎn)在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動。在各種阻力都可忽略的條件下測力傳感器測得繩的拉力F隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖（b）所示，已知子彈射入的時(shí)間極短，且圖（b）中t＝0為A、B開始以相同的速度運(yùn)動的時(shí)刻。下列說法正確的是（）A．A、B一起在豎直面內(nèi)做周期T＝t0的周期性運(yùn)動 B．A的質(zhì)量大小為m=C．子彈射入木塊過程中所受沖量大小為6mD．輕繩的長度為36【考點(diǎn)】動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用．【專題】定量思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】BD【分析】根據(jù)圖（b）確定A、B一起在豎直面內(nèi)運(yùn)動的周期；子彈打入物塊的瞬間，根據(jù)動量守恒定律列出相應(yīng)方程；子彈和物塊在最低點(diǎn)繩子有最大拉力FM，根據(jù)牛頓第二定律列出相應(yīng)方程；子彈和物塊在最高點(diǎn)繩子有最小拉力F＝0，根據(jù)牛頓第二定律列出相應(yīng)方程；從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律列出相應(yīng)方程；根據(jù)動量定理可以列出子彈射入木塊過程中所受沖量的方程，聯(lián)立求解各個量。【解答】解：A、根據(jù)圖（b）可知，A、B一起在豎直面內(nèi)做周期性運(yùn)動的周期為T＝2t0，故A錯誤；BCD、設(shè)子彈打入物塊A后一起運(yùn)動的速度大小為v1，A、B一起運(yùn)動到最高點(diǎn)的速度大小為v2，細(xì)繩的長度為l，子彈打入物塊的瞬間，取向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律得m0v0＝（m+m0）v1子彈和物塊在最低點(diǎn)時(shí)，繩子有最大拉力Fm，根據(jù)牛頓第二定律得Fm子彈和物塊在最高點(diǎn)時(shí)，繩子拉力為零，由牛頓第二定律得(從最高點(diǎn)到最低點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律得(m由動量定理可知，子彈射入木塊過程中物塊A受到的子彈的沖量IA＝mv1聯(lián)立解得m=Fm6g-m0，故選：BD?！军c(diǎn)評】本題考查了向心力、牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律、動量定理等知識點(diǎn)。本題一道綜合題，靈活運(yùn)用牛頓第二定律、動能定理、動量守恒定律是解決問題的關(guān)鍵。（多選）13．如圖所示，將兩個質(zhì)量分別為m1＝60g、m2＝30g的小球A、B疊放在一起，A在下、B在上，中間留有小空隙。從初始高度h0＝1.8m處由靜止釋放，A球與地面碰撞后立即以原速率反彈，A球與B球碰撞的時(shí)間為0.01s，取向上為正方向，B球的速度—時(shí)間圖像如圖乙所示（圖中忽略了AB碰撞時(shí)間），不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．B球與A球碰前的速度大小為6m/s B．A、B兩球發(fā)生的是非彈性碰撞 C．A、B兩球發(fā)生的是彈性碰撞 D．兩球碰撞過程中，重力對B球的沖量大小與A球?qū)球的彈力沖量大小比值為1：101【考點(diǎn)】動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；動量的定義、單位及性質(zhì)；動量定理的內(nèi)容和應(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；分析綜合能力．【答案】ABD【分析】A球與B球碰前，B球做自由落體運(yùn)動，根據(jù)速度—時(shí)間公式分析A。因?yàn)锳、B作用時(shí)間極短，重力對系統(tǒng)的沖量遠(yuǎn)小于系統(tǒng)總動量，可以視系統(tǒng)動量守恒。根據(jù)動量定理，A和B相互作用過程中，B動量的變化量等于B球所受合力的沖量?！窘獯稹拷猓篈.碰前，兩球均做自由落體運(yùn)動，則有v0解得v0＝6m/s即B球與A球碰前的速度大小為6m/s，故A正確；B.根據(jù)題意可知，B球碰后的速度方向向上，大小為v2＝4m/sB與反彈后的A球碰撞的過程，以v0的方向?yàn)檎较?，根?jù)動量守恒定律有m1v0﹣m2v0＝m1v1+m2v2解得v1＝1m/s碰前兩球的機(jī)械能為Ek1=碰后兩球的機(jī)械能為Ek2=解得Ek1＝1.62J＞Ek2＝0.27J碰撞后系統(tǒng)總機(jī)械能減小，可知碰撞是非彈性碰撞，故B正確；C.假設(shè)碰撞是彈性碰撞，B球碰后速度最大，上升高度最大，以v0的方向?yàn)檎较?，根?jù)動量守恒定律有m1v0﹣m2v0＝m1v3+m2v412解得v4當(dāng)m2遠(yuǎn)小于m1時(shí)，有m2解得v4＝18m/s則B球上升到最高點(diǎn)過程，有v4解得hmax＝16.2m故C錯誤；D.在碰撞時(shí)間t＝0.01s內(nèi)，選向上的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動量定理，對B球，有I1﹣m2gt＝m2v2﹣（﹣m2v0）B球重力的沖量I2＝m2gt解得I2故D正確。故選：ABD?！军c(diǎn)評】本題考查考生對v﹣t圖像的理解和對圖像分析的能力，關(guān)鍵掌握碰撞過程中動量守恒，注意矢量性。（多選）14．如圖所示，質(zhì)量均為m的小球A、B固定在輕桿的兩端，輕桿套在光滑水平轉(zhuǎn)軸O上，O到A、B兩球的距離分別為L和2L，開始時(shí)桿豎直靜止。現(xiàn)給A球施加一個水平恒力F，球和桿在力的作用下繞O在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，當(dāng)桿水平時(shí)撤去拉力F，此后兩球恰好能在豎直面內(nèi)做完整的圓周運(yùn)動，不計(jì)球的大小，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則下列說法正確的是（）A．拉力F做的功為mgL B．拉力F的大小等于2.5mg C．當(dāng)桿水平時(shí)，小球B的向心力大小為45D．拉力F作用過程中，小球B受到的合外力的沖量方向豎直向上【考點(diǎn)】動量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題；動能定理的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應(yīng)用專題；功能關(guān)系能量守恒定律；推理論證能力．【答案】CD【分析】題目中涉及輕桿連接的兩小球在水平恒力作用下轉(zhuǎn)動，最終完成圓周運(yùn)動。解題時(shí)需考慮系統(tǒng)機(jī)械能守恒和動量變化。拉力F做功轉(zhuǎn)化為系統(tǒng)動能和勢能增量，通過功能關(guān)系可確定拉力大小和做功情況。桿水平時(shí)B球向心力由速度決定，結(jié)合功能關(guān)系可求出具體數(shù)值。在拉力作用過程中，B球動量變化方向即為合外力沖量方向，通過動量定理分析可判斷沖量方向。選項(xiàng)分析需綜合運(yùn)用功能關(guān)系和動量定理。【解答】解：A、根據(jù)題意，當(dāng)B球轉(zhuǎn)動至最高點(diǎn)時(shí)速度為零，由功能關(guān)系可得拉力F所做的功等于系統(tǒng)機(jī)械能的增量，即WF＝4mgL﹣2mgL，解得：WF＝2mgL，A錯誤；B、由WF＝FL，解得：F＝2mg，故B錯誤；C、設(shè)桿水平時(shí)B球的速度大小為v，根據(jù)功能關(guān)系有WF=12mv2+12m(12v)2+mgLD、在拉力F作用過程中，小球B的初動量為0，末動量方向豎直向上，此過程中球B的動量變化量豎直向上，根據(jù)動量定理可知合力對小球B的沖量方向豎直向上，故D正確。故選：CD。【點(diǎn)評】本題綜合考查圓周運(yùn)動、功能關(guān)系、動量定理等力學(xué)核心知識，計(jì)算量適中但思維鏈條較長，屬于中等偏上難度題目。題目通過輕桿連接雙球模型，巧妙地將轉(zhuǎn)動動能與重力勢能轉(zhuǎn)化、向心力分析、沖量方向判斷等考點(diǎn)有機(jī)融合。解題關(guān)鍵在于把握兩個臨界狀態(tài)：桿水平時(shí)的瞬時(shí)動力學(xué)分析和B球到達(dá)最高點(diǎn)的能量守恒條件。學(xué)生需要準(zhǔn)確建立功能關(guān)系方程，并理解向心力隨位置變化的動態(tài)特性，同時(shí)要能正確運(yùn)用動量定理分析沖量方向。題目對學(xué)生的多過程綜合分析能力、能量守恒思想的應(yīng)用能力以及矢量方向判斷能力提出了較高要求。（多選）15．如圖甲所示，質(zhì)量為M的木塊靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為m的子彈（可視為質(zhì)點(diǎn)）以某一速度沿水平方向射入木塊，一段時(shí)間后恰好在木塊中與木塊相對靜止，若該過程中木塊的速度v2與子彈的速度v1之間的關(guān)系可以用圖乙表示，子彈在木塊中相對運(yùn)動時(shí)所受的阻力為恒力，則下列說法正確的有（）A．M：m＝3：2 B．木塊所能達(dá)到的最大速度為40m/s C．該過程中二者因摩擦而產(chǎn)生的熱量比木塊增加的動能大 D．僅將木塊換成等質(zhì)量的較硬的木塊，雖然子彈射入木塊的深度變小，但是二者因摩擦而產(chǎn)生的熱量不變【考點(diǎn)】動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(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；分析綜合能力．【答案】ACD【分析】根據(jù)圖乙寫出木塊與子彈的速度關(guān)系式，從而求得子彈與木塊相對靜止時(shí)的速度，即為木塊所能達(dá)到的最大速度。根據(jù)動量守恒定律求M：m；根據(jù)能量守恒定律和動量守恒分析該過程中該過程中二者因摩擦而產(chǎn)生的熱量變化以及與木塊增加的動能的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈.由子彈與木塊組成的系統(tǒng)所受外力之和為零，所以系統(tǒng)動量守恒，以v0的方向?yàn)檎较颍蓜恿渴睾愣捎衜v0＝mv1+Mv2變形得到v2對比圖像可得圖像的斜率絕對值為mM所以有M：m＝3：2故A正確。B.由題圖可知v0＝60m/s當(dāng)二者共速時(shí)，木塊的速度最大，由動量守恒定律有mv0＝（m+M）v共解得v共＝24m/s故B錯誤；C.設(shè)m＝2m0，則M＝3m0則系統(tǒng)的初動能EK子彈的末動能為EK木塊的末動能為EK所以摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝Ek0﹣Ek1﹣Ek2＝2160m0J所以該過程中二者因摩擦而產(chǎn)生的熱量比木塊增加的動能大，故C正確；D.僅將木塊換成等質(zhì)量的較硬的木塊，系統(tǒng)所受外力之和為零，所以系統(tǒng)動量守恒，木塊與子彈質(zhì)量之比不變，則二者末速度也不變，二者因摩擦而產(chǎn)生的熱量不變，但是由于摩擦力變大，子彈射入木塊的深度變小，故D正確。故選：ACD。【點(diǎn)評】本題是沖擊塊類型，要注意木塊與子彈的速度關(guān)系，熟練運(yùn)用動量守恒定律、能量守恒定律相結(jié)合研究子彈相對于木塊的位移大小。三．解答題（共5小題）16．如圖所示，光滑的水平地面上放置一四分之一光滑圓弧槽，其質(zhì)量為m1＝0.1kg，半徑為R＝0.2m，O點(diǎn)為圓弧槽的圓心，OA為圓弧槽的水平半徑；另有一小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），質(zhì)量為m2＝0.1kg，電荷量為+q，用長為R＝0.2m的輕質(zhì)細(xì)線（不可伸長）懸掛在固定點(diǎn)C，C點(diǎn)為OA的中點(diǎn)，現(xiàn)把小球拉到A點(diǎn)并給其一豎直向下的初速度v0，不計(jì)空氣阻力，運(yùn)動過程中小球帶電荷量始終不變，重力加速度g取10m/s2。（1）從小球開始運(yùn)動到與圓弧槽分離的時(shí)間內(nèi)，圓弧槽向左運(yùn)動的距離；（2）小球與圓弧槽分離后要使小球在豎直平面內(nèi)運(yùn)動且細(xì)線始終繃緊，v0應(yīng)滿足什么條件？（3）如果v0＝2m/s，當(dāng)小球離開圓弧槽后上升到最高點(diǎn)時(shí)立即在該空間加上水平向左的電場強(qiáng)度E=【考點(diǎn)】動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；繩球類模型及其臨界條件．【專題】定量思想；方程法；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；理解能力．【答案】（1）從小球開始運(yùn)動到與圓弧槽分離的時(shí)間內(nèi)，圓弧槽向左運(yùn)動的距離0.1m；（2）小球與圓弧槽分離后要使小球在豎直平面內(nèi)運(yùn)動且細(xì)線始終繃緊，初速度滿足v0≥4m/s或者v0≤2m/s；（3）如果v0＝2m/s，當(dāng)小球離開圓弧槽后上升到最高點(diǎn)時(shí)立即在該空間加上水平向左的電場強(qiáng)度E=3m【分析】（1）利用水平方向動量守恒和位移關(guān)系（人船模型）求解圓弧槽移動距離；（2）結(jié)合分離條件、動量守恒與能量守恒確定v0范圍；（3）分析電場加入后的受力與運(yùn)動，通過動能定理和圓周運(yùn)動規(guī)律求張力?！窘獯稹拷猓海?）以小球和圓弧槽整體為研究對象，水平方向動量守恒，類比人船模型有m1s槽＝m2s球s槽+s球＝R聯(lián)立解得s槽（2）小球與圓弧槽分離時(shí)小球正好在懸點(diǎn)C的正下方R處，分離時(shí)圓弧槽與小球的速率分別為v槽和v球，由水平方向動量守恒和能量守恒有m1v槽＝m2v球m2聯(lián)立解得v槽①如果小球恰運(yùn)動到與圓心等高位置則有m2解得v0＝2m/s②如果小球恰能做完整的圓周運(yùn)動則有12m2聯(lián)立解得v0＝4m/s則要使小球在豎直平面內(nèi)運(yùn)動且細(xì)線始終繃緊，v0的要求是v0≥4m/s或v0≤2m/s。（3）由受力分析知小球先做初速為零的勻加速直線運(yùn)動，后做圓心為C的圓周運(yùn)動m2后做圓周運(yùn)動有v2＝v1cos30°m2在最低點(diǎn)T-聯(lián)立解得T=(3+答：（1）從小球開始運(yùn)動到與圓弧槽分離的時(shí)間內(nèi)，圓弧槽向左運(yùn)動的距離0.1m；（2）小球與圓弧槽分離后要使小球在豎直平面內(nèi)運(yùn)動且細(xì)線始終繃緊，初速度滿足v0≥4m/s或者v0≤2m/s；（3）如果v0＝2m/s，當(dāng)小球離開圓弧槽后上升到最高點(diǎn)時(shí)立即在該空間加上水平向左的電場強(qiáng)度E=3m【點(diǎn)評】本題綜合動量守恒、能量守恒、圓周運(yùn)動及電場力應(yīng)用，需熟練掌握系統(tǒng)守恒條件與臨界狀態(tài)分析，注意人船模型、分離條件及電場力對運(yùn)動的影響。17．如圖所示，在水平固定平臺的左側(cè)固定有一個力傳感器，質(zhì)量M＝20kg，長度L＝5m的L形平板緊靠平臺右側(cè)且上表面與平臺等高，L形平板右側(cè)為豎直彈性擋板（即物體與擋板的碰撞可視為彈性碰撞），質(zhì)量m＝10kg且可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊被外力固定在平臺上。現(xiàn)將輕質(zhì)彈性裝置放在物塊與傳感器中間的空隙處，隨即解除物塊的束縛，物塊離開彈性裝置前，傳感器的示數(shù)如圖乙，物塊離開彈性裝置后滑入L形平板，一段時(shí)間后在平板的正中間與平板達(dá)到相對靜止。不計(jì)物塊與平臺間、L形平板與地面間的摩擦，重力加速度g取10m/s2。求：（1）物塊與彈性裝置分離時(shí)的速度的大小；（2）L形平板上表面與物塊間的動摩擦因數(shù)（僅用動量守恒法解題）?！究键c(diǎn)】動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；動摩擦因數(shù)的性質(zhì)和計(jì)算．【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．【答案】（1）物塊與彈性裝置分離時(shí)的速度的大小為3m/s；（2）L形平板上表面與物塊間的動摩擦因數(shù)為0.12或0.04?！痉治觥浚?）通過分析彈力隨時(shí)間變化的圖像，計(jì)算圖像與時(shí)間軸圍成的面積得到彈力的沖量。根據(jù)動量定理，沖量等于物塊動量的變化量，由此可求出物塊與彈性裝置分離時(shí)的速度；（2）物塊滑上平板后，系統(tǒng)水平方向動量守恒，兩者最終達(dá)到共同速度。根據(jù)動量守恒和能量守恒，結(jié)合摩擦生熱的表達(dá)式，可以求出動摩擦因數(shù)。需要考慮物塊是否與擋板發(fā)生碰撞，兩種情況下的相對位移不同，導(dǎo)致動摩擦因數(shù)有兩個可能的值。【解答】解：（1）圖乙中，圖像與時(shí)間軸所圍幾何圖形的面積表示彈力的沖量，則在0～0.2s內(nèi)，物塊所受彈力的沖量I=0～0.2s內(nèi)對物塊用動量定理有I＝mv0故物塊與彈性裝置分離時(shí)的速度v0解得v0＝3m/s（2）物塊與L形平板在水平方向動量守恒，以v0的方向?yàn)檎较?，從物塊滑入L形平板到與平板共速，有mv0＝（m+M）v由能量守恒有12其中Q＝μmgs若物塊與擋板相碰，則s1＝1.5L＝1.5×5m＝7.5m代入數(shù)據(jù)得μ1＝0.04若物塊不和擋板相碰，則s2＝0.5L＝0.5×5m＝2.5m代入數(shù)據(jù)得μ2＝0.12答：（1）物塊與彈性裝置分離時(shí)的速度的大小為3m/s；（2）L形平板上表面與物塊間的動摩擦因數(shù)為0.12或0.04。【點(diǎn)評】本題綜合考查了動量定理、動量守恒定律、能量守恒定律以及摩擦生熱等核心物理概念，屬于力學(xué)綜合應(yīng)用題。題目通過彈性裝置與L形平板的組合情境，構(gòu)建了多過程物理模型，計(jì)算量適中但思維鏈條較長，對學(xué)生的分析建模能力提出較高要求。第一問通過F﹣t圖像面積求沖量再結(jié)合動量定理求解速度，考查了圖像信息提取能力；第二問通過動量守恒與能量守恒的雙重約束，結(jié)合相對位移的兩種可能性，體現(xiàn)了對臨界條件的分析能力。題目亮點(diǎn)在于通過彈性擋板的設(shè)計(jì)隱含了多解性，需要學(xué)生全面考慮碰撞與否的兩種情形，充分鍛煉了物理思維的嚴(yán)謹(jǐn)性。整體難度中等偏上，能有效區(qū)分學(xué)生對復(fù)雜物理過程的把握程度。18．如圖所示，一塊足夠長的木板放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序號是1，2，3，…，n的木塊，所有木塊的質(zhì)量均為m，與木板間的動摩擦因數(shù)均為μ，木板的質(zhì)量等于所有木塊的總質(zhì)量。在t＝0時(shí)刻木板靜止，第1，2，3，…，n號木塊的初速度分別為v0，2v0，3v0，…，nv0，方向都向右。木塊之間始終未發(fā)生碰撞，重力加速度為g。求：（1）所有木塊與木板一起勻速運(yùn)動的速度vn；（2）從t＝0到所有木塊與木板共同勻速運(yùn)動經(jīng)歷的時(shí)間t；（3）第n﹣1號木塊在整個運(yùn)動過程中的最小速度vn﹣1?！究键c(diǎn)】動量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；整體法和隔離法；方程法；尋找守恒量法；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；模型建構(gòu)能力．【答案】（1）所有木塊與木板一起勻速運(yùn)動的速度為(n（2）從t＝0到所有木塊與木板共同勻速運(yùn)動經(jīng)歷的時(shí)間為(3n（3）第n﹣1號木塊在整個運(yùn)動過程中的最小速度為(n【分析】（1）整個系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律可以求出速度；（2）最后一個木塊始終做勻減速運(yùn)動，對該木塊應(yīng)用動量定理可以求出運(yùn)動時(shí)間；（3）對系統(tǒng)應(yīng)用動量守恒定律，對最后兩個木塊應(yīng)用動量定理可以求出第n?1個木塊的最小速度?！窘獯稹拷猓海?）由題意可知，所有木塊與木板組成的系統(tǒng)動量守恒，以木塊的初速度方向?yàn)檎较?，對系統(tǒng)，由動量守恒定律可得：m（v0+2v0+3v0+…+nv0）＝2nmvn，解得：vn（2）第n號木塊始終做勻減速運(yùn)動，所以對第n號木塊，以v0的方向?yàn)檎较?，由動量定理可得：﹣μmgt＝mvn﹣mnv0，解得：t=（3）當(dāng)?shù)趎﹣1號木塊相對木板靜止時(shí)，它在整個運(yùn)動過程中的速度最小，設(shè)此時(shí)第n木塊的速度為v，對系統(tǒng)，由動量守恒定律可得：m（v0+2v0+3v0+…+nv0）＝（2n﹣1）mvn﹣1+mv對第n﹣1號木塊，由動量定理可得：﹣μmgt′＝mvn﹣1﹣m（n﹣1）v0對第n號木塊，由動量定理可得：﹣μmgt′＝mv﹣mnv0聯(lián)立以上各式解得：vn答：（1）所有木塊與木板一起勻速運(yùn)動的速度為(n（2）從t＝0到所有木塊與木板共同勻速運(yùn)動經(jīng)歷的時(shí)間為(3n（3）第n﹣1號木塊在整個運(yùn)動過程中的最小速度為(n【點(diǎn)評】本題是木塊在木板上滑動的類型，分析物體的運(yùn)動過程是解題基礎(chǔ)，其次要把握物理過程所遵守的規(guī)律，這種類型常常根據(jù)動量守恒和能量守恒結(jié)合處理。19．如圖所示，質(zhì)量為M＝2kg的長木板A靜止在光滑水平地面上，質(zhì)量為m＝4kg的小物塊B（看作質(zhì)點(diǎn)）放在長木板的左端，在木板A右側(cè)的地面上固定著一個彈性擋板P?，F(xiàn)使木板A和物塊B以v0＝4m/s的速度一起向右運(yùn)動，木板碰撞彈性擋板后立即以碰前的速率反向彈回。已知物塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.25，重力加速度g＝10m/s2。（1）求木板A與擋板第一次碰后向左運(yùn)動的時(shí)間；（2）如果物塊B始終不會從長木板A上滑落，求整個過程中物塊B相對A運(yùn)動的路程；（3）若長木板A的長度L=439m，求物塊B從木板A上滑落之前木板A與擋板之間的碰撞次數(shù)。（lg2＝0.301，【考點(diǎn)】動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；無外力的水平板塊模型．【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．【答案】（1）木板A與擋板第一次碰后向左運(yùn)動的時(shí)間為0.8s；（2）如果物塊B始終不會從長木板A上滑落，整個過程中物塊B相對A運(yùn)動的路程為4.8m；（3）若長木板A的長度L=439m，物塊B從木板A上滑落之前木板【分析】（1）由動量定理求木板A與擋板第一次碰后向左運(yùn)動的時(shí)間；（2）根據(jù)功能關(guān)系求整個過程中物塊B相對A運(yùn)動的路程；（3）根據(jù)動量守恒和能量守恒定律結(jié)合數(shù)學(xué)思想求物塊B從木板A上滑落之前木板A與擋板之間的碰撞次數(shù)?！窘獯稹拷猓海?）木板與擋板發(fā)生彈性碰撞，第一次碰撞后的速度大小仍為v0＝4m/s設(shè)木板向左減速到速度為零的時(shí)間為t1，以v0的方向?yàn)檎较?，由動量定理得﹣μmgt1＝0﹣Mv0代入數(shù)據(jù)解得t1＝0.8s（2）木板A與擋板碰后，木板A與物塊B組成的系統(tǒng)動量守恒，木板A質(zhì)量小，先減速到零后又反向加速，系統(tǒng)達(dá)到共同速度時(shí)，共同速度比開始的初速度小，所以共速時(shí)一定還未與擋板碰撞，接著第二次與擋板碰撞，如此經(jīng)過反復(fù)的多次碰撞共速最終系統(tǒng)會處于靜止?fàn)顟B(tài)，整個過程中根據(jù)功能關(guān)系可得12代入數(shù)據(jù)解得L0＝4.8m（3）木板A與擋板碰后，木板A與物塊B組成的系統(tǒng)動量守恒，取水平向右為正方向，第一次碰撞后，系統(tǒng)達(dá)到共同速度為v1，物塊B相對木板A運(yùn)動距離為ΔL1，則mv0﹣Mv0＝（m+M）v1解得v1又μmgΔL第二次碰撞后，系統(tǒng)達(dá)到共同速度為v2，物塊B相對木板A運(yùn)動距離為ΔL2，取水平向右為正方向，則mv1﹣Mv1＝（m+M）v2解得v2又μmgΔL第三次碰撞后，系統(tǒng)達(dá)到共同速度為v3，物塊B相對木板A運(yùn)動距離為ΔL3，取水平向右為正方向，則mv2﹣Mv2＝（m+M）v3解得v3又μmgΔL第n次碰撞后，系統(tǒng)達(dá)到共同速度為vn，物塊B相對木板A運(yùn)動距離為ΔLn，取水平向右為正方向，則mvn﹣1﹣Mvn﹣1＝（m+M）vn解得vn又μmgΔL聯(lián)立上述各式可得μmg(即μmgL=解得n=即木板A與擋板能碰3次。答：（1）木板A與擋板第一次碰后向左運(yùn)動的時(shí)間為0.8s；（2）如果物塊B始終不會從長木板A上滑落，整個過程中物塊B相對A運(yùn)動的路程為4.8m；（3）若長木板A的長度L=439m，物塊B從木板A上滑落之前木板【點(diǎn)評】本題考查的是動量守恒定律和動能定理的綜合應(yīng)用，此題的難點(diǎn)是利用數(shù)學(xué)歸納法推導(dǎo)出第n次碰撞后，系統(tǒng)達(dá)到共同速度大小的含n的表達(dá)式。20．冰球運(yùn)動被譽(yù)為“冰上的國際象棋”，見圖1。一次完整的擲球過程可分解為“擲球、刷冰、碰撞”三個步驟，比賽示意圖如圖2所示。場地一端設(shè)置一個橡膠起滑器，運(yùn)動員由此開始投擲冰壺。另一端有一個半徑為8m的圓形區(qū)域，稱為營壘。在比賽中，運(yùn)動員手持冰壺，蹬踏起滑器，經(jīng)過1s后脫離起滑器共同沿中線以3m/s向投擲線運(yùn)動，再滑行9m后到達(dá)投擲線，并擲出冰壺，冰壺以2.4m/s沖出投擲線。投擲線與營壘中心間距L＝30m，擲出冰壺后，通過其他隊(duì)員在冰壺前用毛刷掃冰，冰壺與冰面間的動摩擦因數(shù)減小，最終使冰壺的停止位置盡靠近營壘中心O點(diǎn)。已知運(yùn)動員的質(zhì)量為60kg，冰壺質(zhì)量約為20kg，與冰面的動摩擦因數(shù)為μ＝0.01，用毛刷擦冰面后動摩擦因數(shù)減少至μ2＝0.009，g取10m/s2。求：（1）運(yùn)動員與起滑器作用期間，運(yùn)動員受到的平均作用力大小以及從開始到冰壺沖出投擲線過程中，運(yùn)動員對冰壺做的功。（2）為使冰壺能夠沿中線恰好到達(dá)營壘中心O點(diǎn)，運(yùn)動員用毛刷擦冰面的長度應(yīng)為多少？（3）若B方擲壺時(shí)，已有A方冰壺置于營壘中心，見圖3，B沿中線向A靠近，AB冰壺完全相同，兩冰壺碰撞過程無能量損失。若B方希望通過碰撞將冰面上A方的冰壺?fù)舫鰻I壘區(qū)，則碰撞前B方冰壺速度最少為多少？【考點(diǎn)】動量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的綜合應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；動能定理的簡單應(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；分析綜合能力．【答案】（1）運(yùn)動員與起滑器作用期間，運(yùn)動員受到的平均作用力大小為240N，從開始到冰壺沖出投擲線過程中，運(yùn)動員對冰壺做的功為75.6J；（2）為使冰壺能夠沿中線恰好到達(dá)營壘中心O點(diǎn)，運(yùn)動員用毛刷擦冰面的長度應(yīng)為12m；（3）若B方擲壺時(shí)，已有A方冰壺置于營壘中心，見圖3，B沿中線向A靠近，AB冰壺完全相同，兩冰壺碰撞過程無能量損失。若B方希望通過碰撞將冰面上A方的冰壺?fù)舫鰻I壘區(qū)，則碰撞前B方冰壺速度最少為0.6m/s。【分析】（1）根據(jù)動量定理和動能定理求運(yùn)動員受到的平均作用力大小以及從開始到冰壺沖出投擲線過程中，運(yùn)動員對冰壺做的功；（2）由動能定理求運(yùn)動員用毛刷擦冰面的長度；（3）根據(jù)動量守恒和機(jī)械能守恒結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式求碰撞前B方冰壺速度最少為多少?！窘獯稹拷猓海?）以v0的方向?yàn)檎较颍瑢\(yùn)動員和冰壺FΔt＝（M+m）v0得F=冰壺受到的摩擦力f＝μ1mg從開始到冰壺沖出投擲線過程中，設(shè)運(yùn)動員對冰壺做的功為W，根據(jù)動能定理W-解得W＝75.6J（2）設(shè)冰壺在未刷過的冰面上運(yùn)動距離為x1，在刷過的冰面上運(yùn)動距離為x2x1+x2＝30m從投擲線到營壘中心O點(diǎn)，由動能定理-μ解得x2＝12m（3）B與A碰撞過程動量守恒，以水平向右的方向?yàn)檎较颍衜v＝mvA+mvB機(jī)械能守恒12解得v＝vA碰后A方冰壺：μ1mg＝maA方冰壺恰好擊出營壘區(qū)，則-2解得vA＝0.6m/s即v＝vA＝0.6m/s答：（1）運(yùn)動員與起滑器作用期間，運(yùn)動員受到的平均作用力大小為240N，從開始到冰壺沖出投擲線過程中，運(yùn)動員對冰壺做的功為75.6J；（2）為使冰壺能夠沿中線恰好到達(dá)營壘中心O點(diǎn)，運(yùn)動員用毛刷擦冰面的長度應(yīng)為12m；（3）若B方擲壺時(shí)，已有A方冰壺置于營壘中心，見圖3，B沿中線向A靠近，AB冰壺完全相同，兩冰壺碰撞過程無能量損失。若B方希望通過碰撞將冰面上A方的冰壺?fù)舫鰻I壘區(qū)，則碰撞前B方冰壺速度最少為0.6m/s?！军c(diǎn)評】本題主要考查了動量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，理解動量守恒的條件，結(jié)合能量守恒定律，選擇合適的過程聯(lián)立等式即可完成分析。

考點(diǎn)卡片1．勻變速直線運(yùn)動規(guī)律的綜合應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】本考點(diǎn)下的題目，代表的是一類復(fù)雜的運(yùn)動學(xué)題目，往往需要用到多個公式，需要細(xì)致的思考才能解答。【命題方向】如圖，甲、乙兩運(yùn)動員正在訓(xùn)練接力賽的交接棒．已知甲、乙兩運(yùn)動員經(jīng)短距離加速后都能達(dá)到并保持8m/s的速度跑完全程．設(shè)乙從起跑后到接棒前的運(yùn)動是勻加速的，加速度大小為2.5m/s2．乙在接力區(qū)前端聽到口令時(shí)起跑，在甲、乙相遇時(shí)完成交接棒．在某次練習(xí)中，甲以v＝8m/s的速度跑到接力區(qū)前端s0＝11.0m處向乙發(fā)出起跑口令．已知接力區(qū)的長度為L＝20m．求：（1）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端（即乙出發(fā)的位置）的距離．（2）為了達(dá)到理想成績，需要乙恰好在速度達(dá)到與甲相同時(shí)被甲追上，則甲應(yīng)在接力區(qū)前端多遠(yuǎn)時(shí)對乙發(fā)出起跑口令？（3）在（2）中，棒經(jīng)過接力區(qū)的時(shí)間是多少？分析：（1）甲乙兩人不是從同一地點(diǎn)出發(fā)的，當(dāng)已追上甲時(shí)，它們的位移關(guān)系是s0+12at2＝（2）當(dāng)兩人的速度相等時(shí)，兩車的距離為零，即處于同一位置．（3）由t=x解答：（1）設(shè)乙加速到交接棒時(shí)運(yùn)動時(shí)間為t，則在甲追擊乙過程中有s0+12at2代入數(shù)據(jù)得t1＝2st2＝4.4s（不符合乙加速最長時(shí)間3.2s實(shí)際舍去）此次練習(xí)中交接棒處離接力區(qū)前端的距離x（2）乙加速時(shí)間t設(shè)甲在距離接力區(qū)前端為s時(shí)對乙發(fā)出起跑口令，則在甲追擊乙過程中有s代入數(shù)據(jù)得s＝12.8m（3）棒在（2）過程以v＝8m/s速度的運(yùn)動，所以棒經(jīng)過接力區(qū)的時(shí)間是t點(diǎn)評：此題考查追及相遇問題，一定要掌握住兩者何時(shí)相遇、何時(shí)速度相等這兩個問題，這道題是典型的追及問題，同學(xué)們一定要掌握?。窘忸}思路點(diǎn)撥】熟練掌握并深刻理解運(yùn)動學(xué)的基礎(chǔ)公式及導(dǎo)出公式，結(jié)合公式法、圖像法、整體與分段法等解題技巧，才能在解答此類題目時(shí)游刃有余。2．胡克定律及其應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．彈力（1）定義：發(fā)生彈性形變的物體，由于要恢復(fù)原狀，對跟它接觸的物體產(chǎn)生的力叫彈力．（2）彈力的產(chǎn)生條件：①彈力的產(chǎn)生條件是兩個物體直接接觸，②并發(fā)生彈性形變．（3）彈力的方向：力垂直于兩物體的接觸面．①支撐面的彈力：支持力的方向總是垂直于支撐面，指向被支持的物體；壓力總是垂直于支撐面指向被壓的物體．點(diǎn)與面接觸時(shí)彈力的方向：過接觸點(diǎn)垂直于接觸面．球與面接觸時(shí)彈力的方向：在接觸點(diǎn)與球心的連線上．球與球相接觸的彈力方向：垂直于過接觸點(diǎn)的公切面．②彈簧兩端的彈力方向：與彈簧中心軸線重合，指向彈簧恢復(fù)原狀的方向．其彈力可為拉力，可為壓力．③輕繩對物體的彈力方向：沿繩指向繩收縮的方向，即只為拉力．2．胡克定律彈簧受到外力作用發(fā)生彈性形變，從而產(chǎn)生彈力．在彈性限度內(nèi)，彈簧彈力F的大小與彈簧伸長（或縮短）的長度x成正比．即F＝kx，其中，勁度系數(shù)k的意義是彈簧每伸長（或縮短）單位長度產(chǎn)生的彈力，其單位為N/m．它的大小由制作彈簧的材料、彈簧的長短和彈簧絲的粗細(xì)決定．x則是指形變量，應(yīng)為形變（包括拉伸形變和壓縮形變）后彈簧的長度與彈簧原長的差值．注意：胡克定律在彈簧的彈性限度內(nèi)適用．3．胡克定律的應(yīng)用（1）胡克定律推論在彈性限度內(nèi)，由F＝kx，得F1＝kx1，F(xiàn)2＝kx2，即F2﹣F1＝k（x2﹣x1），即：△F＝k△x即：彈簧彈力的變化量與彈簧形變量的變化量（即長度的變化量）成正比．（2）確定彈簧狀態(tài)對于彈簧問題首先應(yīng)明確彈簧處于“拉伸”、“壓縮”還是“原長”狀態(tài)，并且確定形變量的大小，從而確定彈簧彈力的方向和大小．如果只告訴彈簧彈力的大小，必須全面分析問題，可能是拉伸產(chǎn)生的，也可能是壓縮產(chǎn)生的，通常有兩個解．（3）利用胡克定律的推論確定彈簧的長度變化和物體位移的關(guān)系如果涉及彈簧由拉伸（壓縮）形變到壓縮（拉伸）形變的轉(zhuǎn)化，運(yùn)用胡克定律的推論△F＝k△x可直接求出彈簧長度的改變量△x的大小，從而確定物體的位移，再由運(yùn)動學(xué)公式和動力學(xué)公式求相關(guān)量．【命題方向】（1）第一類?？碱}型是考查胡克定律：一個彈簧掛30N的重物時(shí)，彈簧伸長1.2cm，若改掛100N的重物時(shí)，彈簧總長為20cm，則彈簧的原長為（）A．12cmB．14cmC．15cmD．16cm分析：根據(jù)胡克定律兩次列式后聯(lián)立求解即可．解：一個彈簧掛30N的重物時(shí)，彈簧伸長1.2cm，根據(jù)胡克定律，有：F1＝kx1；若改掛100N的重物時(shí)，根據(jù)胡克定律，有：F2＝kx2；聯(lián)立解得：k=Fx2=100故彈簧的原長為：x0＝x﹣x2＝20cm﹣4cm＝16cm；故選D．點(diǎn)評：本題關(guān)鍵是根據(jù)胡克定律列式后聯(lián)立求解，要記住胡克定律公式中F＝k?△x的△x為行變量．（2）第二類?？碱}型是考查胡克定律與其他知識點(diǎn)的結(jié)合：如圖所示，一根輕質(zhì)彈簧上端固定，下端掛一個質(zhì)量為m0的平盤，盤中有一物體，質(zhì)量為m，當(dāng)盤靜止時(shí)，彈簧的長度比其自然長度伸長了l，今向下拉盤，使彈簧再伸長△l后停止，然后松手，設(shè)彈簧總處在彈性限度內(nèi)，則剛松手時(shí)盤對物體的支持力等于（）A.(1+△ll)mgB.分析：根據(jù)胡克定律求出剛松手時(shí)手的拉力，確定盤和物體所受的合力，根據(jù)牛頓第二定律求出剛松手時(shí)，整體的加速度．再隔離物體研究，用牛頓第二定律求解盤對物體的支持力．解：當(dāng)盤靜止時(shí)，由胡克定律得（m+m0）g＝kl①設(shè)使彈簧再伸長△l時(shí)手的拉力大小為F再由胡克定律得F＝k△l②由①②聯(lián)立得F=剛松手瞬時(shí)彈簧的彈力沒有變化，則以盤和物體整體為研究對象，所受合力大小等于F，方向豎直向上．設(shè)剛松手時(shí)，加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律得a=對物體研究：FN﹣mg＝ma解得FN＝（1+△l故選A．點(diǎn)評：點(diǎn)評：本題考查應(yīng)用牛頓第二定律分析和解決瞬時(shí)問題的能力，這類問題往往先分析平衡狀態(tài)時(shí)物體的受力情況，再分析非平衡狀態(tài)時(shí)物體的受力情況，根據(jù)牛頓第二定律求解瞬時(shí)加速度．【解題方法點(diǎn)撥】這部分知識難度中等、也有難題，在平時(shí)的練習(xí)中、階段性考試中會單獨(dú)出現(xiàn)，選擇、填空、計(jì)算等等出題形式多種多樣，在高考中不會以綜合題的形式考查的，但是會做為題目的一個隱含條件考查．彈力的有無及方向判斷比較復(fù)雜，因此在確定其大小和方向時(shí)，不能想當(dāng)然，應(yīng)根據(jù)具體的條件或計(jì)算來確定．3．動摩擦因數(shù)的性質(zhì)和計(jì)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.定義：彼此接觸的物體做相對運(yùn)動時(shí)摩擦力和正壓力之間的比值，稱為動摩擦因數(shù)μ．當(dāng)物體處于水平運(yùn)動狀態(tài)時(shí)，正壓力＝重力。2.影響因素：不同材質(zhì)的物體間動摩擦因數(shù)不同，μ與接觸面的材料、接觸面的粗糙程度有關(guān)，無單位。注意：動摩擦因數(shù)與壓力無關(guān)、與接觸面積大小無關(guān)、與滑動摩擦力的大小無關(guān)、與相對運(yùn)動的速度大小無關(guān)。動摩擦系數(shù)是物體本身的屬性，只與物體本身有關(guān)，與有沒有進(jìn)行相對運(yùn)動，以及有沒有正壓力無關(guān)。所以不能說動摩擦系數(shù)與摩擦力成正比，與正壓力成反比。只能說摩擦力與正壓力和動摩擦系數(shù)成正比，也就是f＝μN(yùn)?！久}方向】一根質(zhì)量可忽略不計(jì)的輕彈簧下端掛一物體，當(dāng)物體靜止不動時(shí)，彈簧伸長了10cm，將該物體放在水平桌面上，用該彈簧沿水平方向拉物體在桌面上做勻速滑動，此時(shí)彈簧伸長了2cm，求物體與桌面之間的動摩擦因數(shù)．分析：（1）當(dāng)物體靜止不動時(shí)，根據(jù)胡克定律得出彈簧的勁度系數(shù)與物體重力的關(guān)系．（2）在水平面上運(yùn)動時(shí)，根據(jù)胡克定律求出彈簧的拉力，根據(jù)滑動摩擦力的公式求出動摩擦因數(shù)．解答：當(dāng)物體靜止不動時(shí)，根據(jù)胡克定律得：mg＝kx1；物體在桌面上做勻速滑動時(shí)，彈簧的拉力與滑動摩擦力二力平衡，則得：kx2＝f又f＝μN(yùn)＝μmg聯(lián)立以上三得，μ=k答：物體與桌面之間的動摩擦因數(shù)為0.2．點(diǎn)評：本題關(guān)鍵掌握胡克定律和共點(diǎn)力平衡條件，也提供了一種測量動摩擦因數(shù)的方法．【解題思路點(diǎn)撥】1.動摩擦因數(shù)是一種固有屬性，與接觸面的材料，粗糙程度有關(guān)。2.求解動摩擦因數(shù)的相關(guān)問題時(shí)，要注意正壓力的求解。4．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?！久}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13g，g為A、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(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=4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43mg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。