第1頁（共1頁）2026年高考物理復(fù)習(xí)動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律（2025年12月）一．選擇題（共8小題）1．兩個(gè)滑塊P和Q用彈簧相連，置于水平的光滑地面上，滑塊P緊靠豎直的墻，用一外力推著Q使彈簧壓縮后處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示?，F(xiàn)突然撤掉推Q的外力，則在從釋放Q到彈簧恢復(fù)到原長過程中，P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)（）A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 B．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒 C．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 D．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒2．兩小球a和b沿同一直線運(yùn)動(dòng)，如果它們發(fā)生彈性碰撞，設(shè)a對b的沖量大小為I，b對a的沖量大小為I′，a對b做功的大小為W，b對a所做功的大小為W′則有（）A．I可能不等于I′，W可能等于W′ B．I可能不等于I′，W必等于W′ C．I必等于I′，W可能不等于W′ D．I必等于I′，W必等于W′3．下面關(guān)于碰撞的理解，正確的是（）A．碰撞是指相對運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程 B．在碰撞現(xiàn)象中，一般來說物體所受的外力作用不能忽略 C．如果碰撞過程中動(dòng)能不變，則這樣的碰撞叫做非彈性碰撞 D．根據(jù)碰撞過程中動(dòng)能是否守恒，碰撞可分為正碰和斜碰4．物體A和B用輕繩相連掛在輕質(zhì)彈簧下靜止不動(dòng)，如圖所示，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，當(dāng)連接A、B的繩子突然斷開后，物體A上升經(jīng)某一位置時(shí)的速度大小為v，這時(shí)物體B的下落速度大小為u，在這一段時(shí)間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為（）A．mv B．mv﹣Mu C．mv+Mu D．mv+mu5．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊．現(xiàn)使木箱獲得一個(gè)向左的初速度v0，則（）A．小木塊和木箱最終都將靜止 B．木箱速度為零時(shí)，小木塊速度為MvC．最終小木塊速度為Mv0D．木箱和小木塊系統(tǒng)機(jī)械能最終損失16．A、B兩球沿一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移﹣時(shí)間圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移﹣時(shí)間圖象，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移﹣時(shí)間圖象，若A球質(zhì)量mA＝2kg，則由圖象判斷下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）A．A、B碰撞前的總動(dòng)量為103kg?m/sB．碰撞時(shí)A對B所施沖量為﹣4N?s C．碰撞前后A的動(dòng)量變化為4kg?m/s D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10J7．如圖所示，有一只小船?？吭诤叴a頭，小船又窄又長（估計(jì)重一噸左右）。一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測定它的質(zhì)量。他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計(jì)，船的質(zhì)量為（）A．m(L+d)d B．m(L-d)d C．mLd 8．如圖所示質(zhì)量為m的物塊沿傾角為θ的斜面由底端向上滑去，經(jīng)過時(shí)間t1速度為零后下滑，又經(jīng)過時(shí)間t2回到斜面底端，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，重力對物塊的總沖量為（）A．0 B．mgsinθ（t1+t2） C．mgsinθ（t1﹣t2） D．mg（t1+t2）二．多選題（共4小題）（多選）9．如圖所示，把重物G壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動(dòng)紙帶，重物跟著一起運(yùn)動(dòng)，若迅速拉動(dòng)紙帶，紙帶將會從重物下面抽出，假設(shè)滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，解釋這些現(xiàn)象的正確說法是（）A．在緩緩拉動(dòng)紙帶時(shí)，重物和紙帶間的摩擦力大 B．在迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的摩擦力小 C．在緩緩拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的沖量大 D．在迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的沖量?。ǘ噙x）10．下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是（）A．在光滑水平面上，子彈射入木塊的過程中 B．剪斷細(xì)線，彈簧恢復(fù)原長的過程 C．兩球勻速下降，細(xì)線斷裂后，它們在水中運(yùn)動(dòng)的過程中 D．木塊沿光滑固定斜面由靜止滑下的過程中（多選）11．在光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分別為M＝0.6kg，m＝0.2kg的兩個(gè)小球，中間夾著一個(gè)被壓縮的具有Ep＝10.8J彈性勢能的輕彈簧（彈簧與兩球不相連），原來處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)突然釋放彈簧，球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R＝0.425m的豎直放置的光滑半圓形軌道，如圖所示。g取10m/s2。則下列說法正確的是（）A．球m從軌道底端A運(yùn)動(dòng)到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為3.4N?s B．彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為1.8N?s C．若半圓軌道半徑可調(diào)，則球m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小 D．M離開輕彈簧時(shí)獲得的速度為9m/s（多選）12．甲、乙兩球質(zhì)量分別為1kg、3kg，甲球與原來靜止的乙球在光滑水平面上發(fā)生正碰，圖甲表示甲球碰撞前后的位移—時(shí)間圖線，圖乙表示乙球碰后的位移—時(shí)間圖線，不計(jì)碰撞時(shí)間，則下列說法正確的是（）A．甲、乙兩球在t＝2s時(shí)發(fā)生碰撞 B．碰撞前后甲球動(dòng)量改變了2kg?m/s C．碰撞后甲球的速度反向了 D．碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒三．填空題（共4小題）13．選做一題A．質(zhì)量為M的物塊靜止在光滑水平桌面上，質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度2v0/3射出．則物塊的速度為，此過程中損失的機(jī)械能為．B．若兩顆人造地球衛(wèi)星的周期之比為T1：T2＝2：1，則它們的軌道半徑之比R1：R2＝，向心加速度之比a1：a2＝．14．質(zhì)量為100kg的小船靜止在水面上，船兩端有質(zhì)量40kg的甲和質(zhì)量60kg的乙，當(dāng)甲、乙同時(shí)以3m/s的速率向左、向右跳入水中后，小船的速度大小為m/s，方向是．15．如果某物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量大小為p，經(jīng)過一段時(shí)間后其速度方向改變了θ角，它的動(dòng)量變化的大小為。16．如圖所示，氣球吊著A、B兩個(gè)重物以速度v勻速上升，已知A與氣球的總質(zhì)量為m1，B的質(zhì)量為m2，且m1＞m2．某時(shí)刻A、B間細(xì)線斷裂，當(dāng)氣球的速度增大為2v時(shí)，B的速度大小為，方向。（不計(jì)空氣阻力）四．解答題（共4小題）17．如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)．一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g．（1）若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對小車的最大壓力；（2）若不固定小車，滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點(diǎn)滑出小車．已知滑塊質(zhì)量m=M2，在任一時(shí)刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為①滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，小車的最大速度大小vm；②滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，小車的位移大小s．18．一物體放在水平地面上，如圖1所示，已知物體所受水平拉力F隨時(shí)間t的變化情況如圖2所示，物體相應(yīng)的速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖3所示。求：（1）0～8s時(shí)間內(nèi)拉力的沖量；（2）0～6s時(shí)間內(nèi)物體的位移；（3）0～10s時(shí)間內(nèi)，物體克服摩擦力所做的功。19．如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m，開始時(shí)橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0，一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并黏在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半，求：（i）B的質(zhì)量；（ii）碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失。20．如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5m，物塊A以V0＝6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點(diǎn)Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)。P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1m。物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短）。（1）求A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小V和受到的彈力大小F；（2）若碰后AB最終停止在第k個(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值；（3）求碰后AB滑至第n個(gè)（n＜k）光滑段上的速度VAB與n的關(guān)系式。

2026年高考物理復(fù)習(xí)熱搜題速遞之動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律（2025年12月）參考答案與試題解析一．選擇題（共8小題）題號12345678答案BDADCABD二．多選題（共4小題）題號9101112答案CDACABACD一．選擇題（共8小題）1．兩個(gè)滑塊P和Q用彈簧相連，置于水平的光滑地面上，滑塊P緊靠豎直的墻，用一外力推著Q使彈簧壓縮后處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示?，F(xiàn)突然撤掉推Q的外力，則在從釋放Q到彈簧恢復(fù)到原長過程中，P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)（）A．動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒 B．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能守恒 C．動(dòng)量守恒，機(jī)械能不守恒 D．動(dòng)量不守恒，機(jī)械能不守恒【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】應(yīng)用題；實(shí)驗(yàn)題；推理法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合．【答案】B【分析】系統(tǒng)所示合外力為零時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；只有重力或只有彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)系統(tǒng)受力情況與各力做功情況應(yīng)用動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒條件分析答題?！窘獯稹拷猓簭尼尫臦到彈簧恢復(fù)到原長過程中，P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)受到墻壁的彈力作用，系統(tǒng)所受合外力不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒；在從釋放Q到彈簧恢復(fù)到原長過程中，只有彈簧彈力對系統(tǒng)做功，P、Q和彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故ACD錯(cuò)誤，B正確；故選：B?！军c(diǎn)評】本題考查了判斷系統(tǒng)動(dòng)量與機(jī)械能是否守恒問題，知道動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的條件是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒定律即可解題。2．兩小球a和b沿同一直線運(yùn)動(dòng)，如果它們發(fā)生彈性碰撞，設(shè)a對b的沖量大小為I，b對a的沖量大小為I′，a對b做功的大小為W，b對a所做功的大小為W′則有（）A．I可能不等于I′，W可能等于W′ B．I可能不等于I′，W必等于W′ C．I必等于I′，W可能不等于W′ D．I必等于I′，W必等于W′【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用；動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】D【分析】根據(jù)牛頓第三定律和公式?jīng)_量I＝Ft、W＝fx分析。【解答】解：根據(jù)牛頓第三定律知相互作用力大小相等，方向相反，根據(jù)I＝Ft知力相等，作用時(shí)間相等，故沖量相等，W＝ΔEk，它們發(fā)生彈性碰撞，總動(dòng)能不變，故a的動(dòng)能變化量等于b動(dòng)能變化，故做功相等，故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】此題考查牛頓第三定律和公式?jīng)_量I＝Ft、W＝ΔEk，簡單題目。3．下面關(guān)于碰撞的理解，正確的是（）A．碰撞是指相對運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程 B．在碰撞現(xiàn)象中，一般來說物體所受的外力作用不能忽略 C．如果碰撞過程中動(dòng)能不變，則這樣的碰撞叫做非彈性碰撞 D．根據(jù)碰撞過程中動(dòng)能是否守恒，碰撞可分為正碰和斜碰【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題．【專題】定性思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；理解能力．【答案】A【分析】明確碰撞的定義和特點(diǎn)：（1）定義：相對運(yùn)動(dòng)的物體相遇，在極短的時(shí)間內(nèi)，通過相互作用，運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程叫做碰撞。（2）碰撞的特點(diǎn)①作用時(shí)間極短，內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，總動(dòng)量總是守恒的。②碰撞過程中，總動(dòng)能不增。因?yàn)闆]有其它形式的能量轉(zhuǎn)化為動(dòng)能?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)碰撞的定義可知，碰撞是指相對運(yùn)動(dòng)的物體相遇時(shí)，在極短時(shí)間內(nèi)它們的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生顯著變化的過程；故A正確；B、在碰撞現(xiàn)象中，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故可以忽略外力的作用；故B錯(cuò)誤；C、如果碰撞中動(dòng)能不變，則碰撞為彈性碰撞；故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)碰撞過程中動(dòng)能是否守恒，碰撞可分為彈性碰撞和非彈性碰撞；故D錯(cuò)誤；故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查碰撞的性質(zhì)，要注意明確由于碰撞過程中內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故一般視為動(dòng)量守恒。4．物體A和B用輕繩相連掛在輕質(zhì)彈簧下靜止不動(dòng)，如圖所示，A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為M，當(dāng)連接A、B的繩子突然斷開后，物體A上升經(jīng)某一位置時(shí)的速度大小為v，這時(shí)物體B的下落速度大小為u，在這一段時(shí)間里，彈簧的彈力對物體A的沖量為（）A．mv B．mv﹣Mu C．mv+Mu D．mv+mu【考點(diǎn)】求變力的沖量．【專題】動(dòng)量定理應(yīng)用專題．【答案】D【分析】當(dāng)連接A、B的繩子突然斷開后，A受重力和彈力，B受重力；對A、B兩物體應(yīng)用動(dòng)量定理可以求出彈簧的彈力對A的沖量?！窘獯稹拷猓阂韵蛏蠟檎较?，由動(dòng)量定理得：對B：﹣Mgt＝﹣Mu﹣0，對A：I﹣mgt＝mv﹣0，解得：I＝m（v+u）；故選：D?！军c(diǎn)評】本題考查了求彈簧的沖量，應(yīng)用動(dòng)量定理即可正確解題，應(yīng)用動(dòng)量定理解題時(shí)，要注意正方向的選擇。5．如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為M木箱原來靜止在光滑水平面上，木箱內(nèi)粗糙的底板上放著一個(gè)質(zhì)量為m的小木塊．現(xiàn)使木箱獲得一個(gè)向左的初速度v0，則（）A．小木塊和木箱最終都將靜止 B．木箱速度為零時(shí)，小木塊速度為MvC．最終小木塊速度為Mv0D．木箱和小木塊系統(tǒng)機(jī)械能最終損失1【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】動(dòng)量定理應(yīng)用專題．【答案】C【分析】本題中物體系統(tǒng)在光滑的平面上滑動(dòng)，系統(tǒng)所受外力的合力為零，故系統(tǒng)動(dòng)量始終守恒，而由于系統(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力，阻礙物體間的相對滑動(dòng)，最終兩物體應(yīng)該相對靜止，一起向左運(yùn)動(dòng)．由動(dòng)量守恒求出最終共同速度，再由能量守恒求機(jī)械能的損失．【解答】解：A、系統(tǒng)所受外力的合力為零，動(dòng)量守恒，初狀態(tài)木箱有向左的動(dòng)量，小木塊動(dòng)量為零，故系統(tǒng)總動(dòng)量向左，系統(tǒng)內(nèi)部存在摩擦力，阻礙兩物體間的相對滑動(dòng)，最終相對靜止，由于系統(tǒng)的總動(dòng)量守恒，不管中間過程如何相互作用，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，最終兩物體以相同的速度一起向左運(yùn)動(dòng)。故A錯(cuò)誤；B、規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒：Mv0＝mv1+Mv2；v2＝0，可得v1=Mv0C、最終兩物體速度相同，由動(dòng)量守恒得：Mv0＝（m+M）v，則得v=Mv0D、木箱和小木塊系統(tǒng)機(jī)械能最終損失ΔE=12Mv02-12（故選：C。【點(diǎn)評】動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用問題，不需要涉及中間過程，特別是對于多次碰撞問題，解題特別方便，要能靈活的選用過程．6．A、B兩球沿一直線運(yùn)動(dòng)并發(fā)生正碰，如圖所示為兩球碰撞前后的位移﹣時(shí)間圖象，a、b分別為A、B兩球碰前的位移﹣時(shí)間圖象，c為碰撞后兩球共同運(yùn)動(dòng)的位移﹣時(shí)間圖象，若A球質(zhì)量mA＝2kg，則由圖象判斷下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（）A．A、B碰撞前的總動(dòng)量為103kg?m/sB．碰撞時(shí)A對B所施沖量為﹣4N?s C．碰撞前后A的動(dòng)量變化為4kg?m/s D．碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為10J【考點(diǎn)】碰撞過程中的圖像問題；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理論證能力．【答案】A【分析】根據(jù)x﹣t圖象結(jié)合公式v=xt，可計(jì)算出碰撞前和碰撞后的速度，注意規(guī)定正方向。由圖象可知，A、（1）根據(jù)動(dòng)量守恒定律mAvA+mBvB＝mAvA'+mBvB'，計(jì)算出B的質(zhì)量，接著根據(jù)初動(dòng)量p＝mAvA+mBvB可計(jì)算出碰撞前的總動(dòng)量；（2）由動(dòng)量定理I＝mv﹣mv0可知，碰撞過程中的沖量；（3）根據(jù)動(dòng)量變化量為初末動(dòng)量之差，即可得出動(dòng)量變化量；（4）在計(jì)算能量損失時(shí)，可結(jié)合初末動(dòng)能之差進(jìn)行計(jì)算。【解答】解：由x﹣t圖象可知，碰撞前有：vA=xAtA=4-102m/s=-3m/s，vB=xBtB=42m/s＝2m/s，碰撞后有：v'A＝v'BA、以碰撞前B的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得：mAvA+mBvB＝（mA+mB）v，解得：mB=43kg，A、B碰前的總動(dòng)量pA＝mAvA+mBvB，代入數(shù)據(jù)解得：pA=-103kgB、由動(dòng)量定理可知，A對B的沖量為：IB＝mBv﹣mBvB，代入數(shù)據(jù)解得：IB＝﹣4N?s，故B正確，不符合題意；C、碰撞前后A球的動(dòng)量變化為：ΔpA＝mAv﹣mAvA＝4kg?m/s，故C正確，不符合題意；D、碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動(dòng)能為：ΔEk=12mAvA2+故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查了動(dòng)量定理及動(dòng)量守恒，解題的關(guān)鍵是熟練掌握相應(yīng)的公式，并會根據(jù)能量守恒進(jìn)行計(jì)算損失能量。7．如圖所示，有一只小船停靠在湖邊碼頭，小船又窄又長（估計(jì)重一噸左右）。一位同學(xué)想用一個(gè)卷尺粗略測定它的質(zhì)量。他進(jìn)行了如下操作：首先將船平行于碼頭自由停泊，輕輕從船尾上船，走到船頭停下，而后輕輕下船。用卷尺測出船后退的距離d，然后用卷尺測出船長L。已知他的自身質(zhì)量為m，水的阻力不計(jì)，船的質(zhì)量為（）A．m(L+d)d B．m(L-d)d C．mLd 【考點(diǎn)】人船模型及其變式；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題．【專題】參照思想；尋找守恒量法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力．【答案】B【分析】水的阻力不計(jì)，人和船組成的系統(tǒng)水平方向所受合外力為0，水平方向滿足動(dòng)量守恒定律，由位移與時(shí)間之比表示速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律進(jìn)行分析與計(jì)算?！窘獯稹拷猓核淖枇Σ挥?jì)，人、船水平方向動(dòng)量守恒，平均動(dòng)量也守恒。設(shè)人走動(dòng)時(shí)船的平均速度大小為v船，人的平均速度大小為v人，取船的即M人、船運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，則有Mx船﹣mx人＝0又x船+x人＝L，x船＝d，聯(lián)立解得船的質(zhì)量為：M=m(L-d)d，故ACD錯(cuò)誤，故選：B?！军c(diǎn)評】人船模型是典型的動(dòng)量守恒模型，體會理論知識在實(shí)際生活中的應(yīng)用，關(guān)鍵要注意速度的參照物必須是地面。8．如圖所示質(zhì)量為m的物塊沿傾角為θ的斜面由底端向上滑去，經(jīng)過時(shí)間t1速度為零后下滑，又經(jīng)過時(shí)間t2回到斜面底端，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，重力對物塊的總沖量為（）A．0 B．mgsinθ（t1+t2） C．mgsinθ（t1﹣t2） D．mg（t1+t2）【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【答案】D【分析】沖量等于力與時(shí)間的乘積，與其他因素?zé)o關(guān)，故直接由I＝Ft即可求出重力的沖量．【解答】解：重力的作用時(shí)間為t1+t2；故重力的沖量I＝mg（t1+t2）；故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評】本題直接考查沖量的定義，屬于對基礎(chǔ)知識的考查．二．多選題（共4小題）（多選）9．如圖所示，把重物G壓在紙帶上，用一水平力緩緩拉動(dòng)紙帶，重物跟著一起運(yùn)動(dòng)，若迅速拉動(dòng)紙帶，紙帶將會從重物下面抽出，假設(shè)滑動(dòng)摩擦力等于最大靜摩擦力，解釋這些現(xiàn)象的正確說法是（）A．在緩緩拉動(dòng)紙帶時(shí)，重物和紙帶間的摩擦力大 B．在迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的摩擦力小 C．在緩緩拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的沖量大 D．在迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的沖量小【考點(diǎn)】求恒力的沖量；滑動(dòng)摩擦力的大小計(jì)算和影響因素．【專題】摩擦力專題．【答案】CD【分析】快拉時(shí)，由于慣性，很容易將紙片抽出；慢拉時(shí)，很難將紙片抽出；根據(jù)靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力大小的分析可知選項(xiàng)AB的正誤；根據(jù)沖量的定義公式I＝Ft分析沖量大小，由此可知選項(xiàng)CD的正誤。【解答】解：AB、用水平力F慢慢拉動(dòng)紙帶，重物跟著一起運(yùn)動(dòng)，重物與紙片間是靜摩擦力；若迅速拉動(dòng)紙帶，紙帶會從重物下抽出，重物與紙片間是滑動(dòng)摩擦力；滑動(dòng)摩擦力約等于最大靜摩擦力；故快拉時(shí)摩擦力大；所以選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。C、紙帶對重物的合力為摩擦力與支持力的合力，慢拉時(shí)靜摩擦力作用時(shí)間長，支持力的作用時(shí)間也長，故慢拉時(shí)紙帶給重物的摩擦力的沖量大；由于作用時(shí)間長，支持力的沖量也大，故慢拉時(shí)，紙帶給重物的沖量大；在迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)，作用時(shí)間短，所以紙帶給重物的沖量小。所以選項(xiàng)CD正確；故選：CD。【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵明確摩擦力大小與相對速度無關(guān)，注意紙帶給重物的沖量是摩擦力和支持力沖量的矢量和。注意作用時(shí)間對沖量大小的影響。（多選）10．下列四幅圖所反映的物理過程中，系統(tǒng)動(dòng)量守恒的是（）A．在光滑水平面上，子彈射入木塊的過程中 B．剪斷細(xì)線，彈簧恢復(fù)原長的過程 C．兩球勻速下降，細(xì)線斷裂后，它們在水中運(yùn)動(dòng)的過程中 D．木塊沿光滑固定斜面由靜止滑下的過程中【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律的內(nèi)容、條件和判斷．【答案】AC【分析】系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律的條件是當(dāng)系統(tǒng)所受的外力之和為零或不受外力，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。【解答】解：A、在光滑水平面上，子彈射入木塊的過程中，系統(tǒng)所受外力之和為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒。故A正確。B、剪斷細(xì)線，彈簧恢復(fù)原長的過程，墻壁對滑塊有作用力，系統(tǒng)所受外力之和不為零，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。故B錯(cuò)誤。C、木球與鐵球的系統(tǒng)所受合力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒；故C正確。D、木塊下滑過程中，由于木塊對斜面的壓力，導(dǎo)致斜面始終受擋板作用力，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。故D錯(cuò)誤。故選：AC。【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)量守恒的條件，抓住系統(tǒng)是否不受外力或所受的外力之和是否為零進(jìn)行判斷。（多選）11．在光滑的水平桌面上有等大的質(zhì)量分別為M＝0.6kg，m＝0.2kg的兩個(gè)小球，中間夾著一個(gè)被壓縮的具有Ep＝10.8J彈性勢能的輕彈簧（彈簧與兩球不相連），原來處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)突然釋放彈簧，球m脫離彈簧后滑向與水平面相切、半徑為R＝0.425m的豎直放置的光滑半圓形軌道，如圖所示。g取10m/s2。則下列說法正確的是（）A．球m從軌道底端A運(yùn)動(dòng)到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為3.4N?s B．彈簧彈開過程，彈力對m的沖量大小為1.8N?s C．若半圓軌道半徑可調(diào)，則球m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大而減小 D．M離開輕彈簧時(shí)獲得的速度為9m/s【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用；動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；應(yīng)用數(shù)學(xué)處理物理問題的能力．【答案】AB【分析】釋放彈簧過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，依此解得m、M離開輕彈簧時(shí)獲得的速度；依據(jù)動(dòng)量定理求解沖量大??；m從A到B過程中可由機(jī)械能守恒定律求得到達(dá)B點(diǎn)的速度，m由B點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式推導(dǎo)得到水平位移與軌道半徑的關(guān)系，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識分析解答。【解答】解：BD、釋放彈簧過程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒，以向右為正方向，則有：mv1﹣Mv2＝0Ep=代入數(shù)據(jù)解得：v1＝9m/s，v2＝3m/s即m離開輕彈簧時(shí)獲得的速度為9m/s，M離開輕彈簧時(shí)獲得的速度為3m/s；根據(jù)動(dòng)量定理，彈簧彈開過程彈力對m的沖量大小為：I＝Δp＝mv1＝0.2×9N?s＝1.8N?s，故B正確，D錯(cuò)誤；A、m從A到B過程中，由機(jī)械能守恒定律得：12代入數(shù)據(jù)解得：v1′＝8m/s以向右為正方向，由動(dòng)量定理得，m從軌道底端A運(yùn)動(dòng)到頂端B的過程中所受合外力沖量大小為：I′＝﹣mv1′﹣mv1＝﹣0.2×8N?s﹣0.2×9N?s＝﹣3.4N?s，則此過程合力沖量大小為3.4N?s，故A正確；C、設(shè)圓軌道半徑為r時(shí)，m由B點(diǎn)飛出的速度大小為v2，由A到B根據(jù)機(jī)械能守恒定律得：12可得：v在最高點(diǎn)軌道對m的彈力為N，由牛頓第二定律得：mg+N=mvm從B點(diǎn)飛出，需要滿足：N≥0。聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：r≤8150mm由B點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，則有：2r=1x＝v2t解得：x=當(dāng)v12g-4r=4r，即r=v1因1.0125m＜1.62m，故球m從B點(diǎn)飛出后落在水平桌面上的水平距離隨軌道半徑的增大先增大后減小，故C錯(cuò)誤。故選：AB。【點(diǎn)評】本題考查動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理與機(jī)械能守恒定律的綜合應(yīng)用，以及牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用。球m能從圓形軌道的最高點(diǎn)飛出的條件為在最高點(diǎn)與軌道間彈力大于等于零，在此條件下分析平拋過程的水平位移與圓形軌道半徑的關(guān)系，應(yīng)用數(shù)學(xué)知識分析得到水平位移存在極大值，在前述的條件下再推斷其隨軌道半徑的變化如何變化。（多選）12．甲、乙兩球質(zhì)量分別為1kg、3kg，甲球與原來靜止的乙球在光滑水平面上發(fā)生正碰，圖甲表示甲球碰撞前后的位移—時(shí)間圖線，圖乙表示乙球碰后的位移—時(shí)間圖線，不計(jì)碰撞時(shí)間，則下列說法正確的是（）A．甲、乙兩球在t＝2s時(shí)發(fā)生碰撞 B．碰撞前后甲球動(dòng)量改變了2kg?m/s C．碰撞后甲球的速度反向了 D．碰撞前后系統(tǒng)動(dòng)量守恒【考點(diǎn)】碰撞過程中的圖像問題．【專題】壓軸題；追及、相遇問題．【答案】ACD【分析】由兩圖可知：甲前兩秒是向正方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，2s后是向負(fù)方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)；乙前兩秒靜止，2s后向正方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)．【解答】解：A、因?yàn)榧浊皟擅胧窍蛘较虻膭蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，2s后是向負(fù)方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以甲、乙兩球在t＝2s時(shí)發(fā)生碰撞，故A正確。B、甲球碰撞前的動(dòng)量mv1＝4kg?m/s，碰撞后的動(dòng)量mv2＝﹣2kg?m/s，所以動(dòng)量的變化量為﹣6kg?m/s，故B錯(cuò)誤。C、2s末甲球的速度—時(shí)間圖象斜率變?yōu)樨?fù)值，說明速度反向，故C正確。D、因?yàn)榕鲎舶l(fā)生在光滑的水平面上，所以動(dòng)量守恒，故D正確。故選：ACD?！军c(diǎn)評】位移—時(shí)間圖象表示物體的位置隨時(shí)間的變化，圖象上的任意一點(diǎn)表示該時(shí)刻的位置，圖象的斜率表示該時(shí)刻的速度，斜率的正負(fù)表示速度的方向．三．填空題（共4小題）13．選做一題A．質(zhì)量為M的物塊靜止在光滑水平桌面上，質(zhì)量為m的子彈以水平速度v0射入物塊后，以水平速度2v0/3射出．則物塊的速度為mv03M，此過程中損失的機(jī)械能為(5M-m)mB．若兩顆人造地球衛(wèi)星的周期之比為T1：T2＝2：1，則它們的軌道半徑之比R1：R2＝34：1，向心加速度之比a1：a2＝34：4【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用；萬有引力與重力的關(guān)系（黃金代換）．【專題】動(dòng)量定理應(yīng)用專題；模型建構(gòu)能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】子彈射擊物塊，子彈和物塊的總動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求出子彈穿出木塊時(shí)木塊的速度大小．系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于射入前子彈的動(dòng)能與射出后物塊與子彈總動(dòng)能之差．根據(jù)人造衛(wèi)星的萬有引力等于向心力，列式求出線速度、角速度、周期和向心力的表達(dá)式進(jìn)行討論即可．【解答】解：A、由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝m2v03解得v=mv系統(tǒng)的機(jī)械能損失為ΔE=12mv02-[12m（2vB、根據(jù)開普勒第三定律：R3兩顆人造地球衛(wèi)星的周期之比為T1：T2＝2：1，則它們的軌道半徑之比R1：R2=34：根據(jù)加速度a=GM向心加速度之比a1：a2=34故答案為：Amv0B．34：1，34【點(diǎn)評】把動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律結(jié)合求解．本題關(guān)鍵抓住萬有引力提供向心力，列式求解出線速度、角速度、周期和向心力的表達(dá)式，再進(jìn)行討論．14．質(zhì)量為100kg的小船靜止在水面上，船兩端有質(zhì)量40kg的甲和質(zhì)量60kg的乙，當(dāng)甲、乙同時(shí)以3m/s的速率向左、向右跳入水中后，小船的速度大小為0.6m/s，方向是向左．【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題．【專題】運(yùn)動(dòng)的合成和分解專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒定律分析，甲乙船三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．【解答】解：甲乙船三者組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．規(guī)定向左為正方向．設(shè)小船的速度大小為v，由動(dòng)量守恒定律有：0＝m甲v甲+m乙v乙+mv0＝40×3﹣60×3+100v解得：v＝0.6m/s．速度v為正值，說明方向向左．故答案為：0.6，向左．【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵熟練運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，注意動(dòng)量的失量性，與速度的正負(fù)是解題的關(guān)鍵．15．如果某物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)量大小為p，經(jīng)過一段時(shí)間后其速度方向改變了θ角，它的動(dòng)量變化的大小為2psinθ2【考點(diǎn)】動(dòng)量變化量的計(jì)算．【專題】定性思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；理解能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】動(dòng)量是矢量，作出一段時(shí)間前后動(dòng)量的矢量圖，根據(jù)矢量合成法則求解動(dòng)量變化的大小。【解答】解：勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體的動(dòng)量大小不變，但方向改變，如圖所示，根據(jù)矢量差的方法可知?jiǎng)恿孔兓鐖D所示；根據(jù)幾何關(guān)系可得，動(dòng)量變化的大小Δp＝2psinθ2故答案為：2psinθ2【點(diǎn)評】本題考查不在同一直線上動(dòng)量的變化量的計(jì)算，要注意明確動(dòng)量是矢量，對于不在同一直線上的動(dòng)量變化時(shí)要根據(jù)平行四邊形定則或三角形定則求解。16．如圖所示，氣球吊著A、B兩個(gè)重物以速度v勻速上升，已知A與氣球的總質(zhì)量為m1，B的質(zhì)量為m2，且m1＞m2．某時(shí)刻A、B間細(xì)線斷裂，當(dāng)氣球的速度增大為2v時(shí)，B的速度大小為(m1-m2)vm【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題．【專題】動(dòng)量定理應(yīng)用專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】氣球、A、B組成的系統(tǒng)在豎直方向上動(dòng)量守恒，當(dāng)細(xì)線斷裂后，由于豎直方向上動(dòng)量守恒，結(jié)合動(dòng)量守恒定律求出B的速度大小和方向?！窘獯稹拷猓阂?guī)定向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：（m1+m2）v＝m1?2v+m2v′，解得：v'因?yàn)閙1＞m2．所以v′為負(fù)值，可知方向豎直向下，大小為：(m故答案為：(m【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道氣球、A、B組成的系統(tǒng)豎直方向上合力為零，動(dòng)量守恒，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)注意公式的矢量性。四．解答題（共4小題）17．如圖，質(zhì)量為M的小車靜止在光滑水平面上，小車AB段是半徑為R的四分之一圓弧光滑軌道，BC段是長為L的水平粗糙軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)．一質(zhì)量為m的滑塊在小車上從A點(diǎn)由靜止開始沿軌道滑下，重力加速度為g．（1）若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對小車的最大壓力；（2）若不固定小車，滑塊仍從A點(diǎn)由靜止下滑，然后滑入BC軌道，最后從C點(diǎn)滑出小車．已知滑塊質(zhì)量m=M2，在任一時(shí)刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，滑塊與軌道BC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為①滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，小車的最大速度大小vm；②滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，小車的位移大小s．【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應(yīng)用；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題．【專題】模型建構(gòu)能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）滑塊在圓弧的軌道上運(yùn)動(dòng)的過程中合外力提供向心力，所以滑塊在B點(diǎn)的左側(cè)受到的支持力要大于重力，當(dāng)滑塊到達(dá)B時(shí)的速度最大，受到的支持力最大，由機(jī)械能守恒求出滑塊在B點(diǎn)的速度，然后又牛頓第二定律即可求解；（2）根據(jù)題意，在任一時(shí)刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，然后結(jié)合機(jī)械能守恒即可求出小車的最大速度大小vm；在任一時(shí)刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，寫出速度的關(guān)系式，然后結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)的公式即可求出小車的位移．【解答】解：（1）當(dāng)滑塊到達(dá)B時(shí)的速度最大，受到的支持力最大；當(dāng)滑塊下滑的過程中機(jī)械能守恒，得：mgR=1滑塊在B點(diǎn)處受到的支持力與重力的合力提供向心力，得：N-解得：N＝3mg由牛頓第三定律得：滑塊對小車的壓力：N′＝N＝3mg即滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對小車的最大壓力是3mg．（2）①在任一時(shí)刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，設(shè)小車的最大速度是vm，由機(jī)械能守恒得：mgR=1解得：v②由于在任一時(shí)刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，所以滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，滑塊的平均速度是小車的平均速度的2倍，即：v滑塊由于它們運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等，根據(jù)：x=vt可得：s滑塊＝又：s滑塊+s車＝L所以：小車的位移大小：s=1答：（1）若固定小車，求滑塊運(yùn)動(dòng)過程中對小車的最大壓力是3mg；（2）①滑塊運(yùn)動(dòng)過程中，小車的最大速度大小是gR3；②滑塊從B到C運(yùn)動(dòng)過程中，小車的位移大小是1【點(diǎn)評】該題的第一問考查機(jī)械能守恒與向心力，比較簡單；第二問主要考查系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒和能量守恒的問題，求解兩物體間的相對位移，往往根據(jù)平均速度研究．也可以根據(jù)題目提供的特殊的條件：在任一時(shí)刻滑塊相對地面速度的水平分量是小車速度大小的2倍，不使用動(dòng)量守恒定律．18．一物體放在水平地面上，如圖1所示，已知物體所受水平拉力F隨時(shí)間t的變化情況如圖2所示，物體相應(yīng)的速度v隨時(shí)間t的變化關(guān)系如圖3所示。求：（1）0～8s時(shí)間內(nèi)拉力的沖量；（2）0～6s時(shí)間內(nèi)物體的位移；（3）0～10s時(shí)間內(nèi)，物體克服摩擦力所做的功?！究键c(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系；重力做功的特點(diǎn)和計(jì)算．【專題】動(dòng)量定理應(yīng)用專題．【答案】（1）0～8s時(shí)間內(nèi)拉力的沖量為18N?s；方向向右。（2）0～6s時(shí)間內(nèi)物體的位移為6m；（3）0～10s時(shí)間內(nèi)，物體克服摩擦力所做的功為30J?！痉治觥浚?）沖量是力對時(shí)間的積累，根據(jù)I＝Ft分段求即可；（2）根據(jù)v﹣t圖像求出物體運(yùn)動(dòng)特征，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)知識求位移；（3）滑動(dòng)摩擦力為恒力，根據(jù)W＝Fs求摩擦力做功?！窘獯稹拷猓海?）由圖像知，力F的方向恒定，故力F在0～8s內(nèi)的沖量I＝F1t1+F2t2+F3t3＝1×2+3×4+2×2N?s＝18N?s；方向向右。（2）由圖3知，物體在0～2s內(nèi)靜止，2～6s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，初速度為0，末速度為3m/s所以物體在0～6s內(nèi)的位移即為2～6s內(nèi)勻加速運(yùn)動(dòng)的位移x1（3）由圖3知物體在6～8s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，此時(shí)摩擦力與拉力平衡即f＝F＝2N；物體在6～8s內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)位移x2＝vt＝3×2m＝6m物體在8～10s內(nèi)做勻減速運(yùn)動(dòng)位移x所以物體在0～10s內(nèi)的總位移x＝x1+x2+x3＝15m摩擦力做功Wf＝﹣fx＝﹣2×15J＝﹣30J即物體克服摩擦力做功30J。答：（1）0～8s時(shí)間內(nèi)拉力的沖量為18N?s；方向向右。（2）0～6s時(shí)間內(nèi)物體的位移為6m；（3）0～10s時(shí)間內(nèi)，物體克服摩擦力所做的功為30J?！军c(diǎn)評】此題考查了學(xué)生對圖像問題的分析能力，能從圖像中得出相關(guān)的信息，然后結(jié)合功和功率的計(jì)算公式進(jìn)行計(jì)算求解，是高考的熱點(diǎn)考題。19．如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)量為m，開始時(shí)橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0，一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn)動(dòng)發(fā)生碰撞并黏在一起，碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半，求：（i）B的質(zhì)量；（ii）碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】動(dòng)量定理應(yīng)用專題．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】對A、B碰撞前后過程運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，抓住A、B碰撞前的瞬時(shí)速度和碰后的速度關(guān)系求出B的質(zhì)量。對整個(gè)過程運(yùn)用動(dòng)量守恒，求出最終的速度與A初速度的關(guān)系，再結(jié)合能量守恒求出碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失?！窘獯稹拷猓海╥）以初速度v0的方向?yàn)檎较?，設(shè)B的質(zhì)量為mB，A、B碰后的共同速度為v，由題意知，碰撞前瞬間A的速度為v2，碰撞前瞬間B的速度為2vm?v由①式得，mB=（ii）從開始到碰后的全過程，以初速度v0的方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒得，mv0＝（m+mB）v③設(shè)碰撞過程A、B系統(tǒng)機(jī)械能損失為ΔE，則ΔE=12聯(lián)立②③④式得，ΔE=答：（i）B的質(zhì)量為m2（ii）碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失為16【點(diǎn)評】本題考查了動(dòng)量守恒和能量守恒的綜合，運(yùn)用動(dòng)量守恒解題，關(guān)鍵合理地選擇研究的系統(tǒng)和研究的過程，抓住初末狀態(tài)列式求解。20．如圖所示，一條帶有圓軌道的長軌道水平固定，圓軌道豎直，底端分別與兩側(cè)的直軌道相切，半徑R＝0.5m，物塊A以V0＝6m/s的速度滑入圓軌道，滑過最高點(diǎn)Q，再沿圓軌道滑出后，與直軌上P處靜止的物塊B碰撞，碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)。P點(diǎn)左側(cè)軌道光滑，右側(cè)軌道呈粗糙段，光滑段交替排列，每段長度都為L＝0.1m。物塊與各粗糙段間的動(dòng)摩擦因數(shù)都為μ＝0.1，A、B的質(zhì)量均為m＝1kg（重力加速度g取10m/s2；A、B視為質(zhì)點(diǎn)，碰撞時(shí)間極短）。（1）求A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小V和受到的彈力大小F；（2）若碰后AB最終停止在第k個(gè)粗糙段上，求k的數(shù)值；（3）求碰后AB滑至第n個(gè)（n＜k）光滑段上的速度VAB與n的關(guān)系式?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題．【專題】動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；模型建構(gòu)能力．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】（1）由機(jī)械能守恒定律可求得A滑過Q點(diǎn)的速度，由向心力公式可求得彈力大小；（2）由機(jī)械能守恒定律可求得AB碰撞前A的速度，再對碰撞過程由動(dòng)量守恒定律可求得碰后的速度；則可求得總動(dòng)能，再由摩擦力做功求出每段上消耗的機(jī)械能；即可求得比值；（3）設(shè)總共經(jīng)歷了n段，根據(jù)每一段上消耗的能量，由能量守恒可求得表達(dá)式?！窘獯稹拷猓海?）由機(jī)械能守恒定律可得：12mv02=mg（2R解得：v＝4m/s；由F+mg＝mv2F＝22N；（2）AB碰撞前A的速度為vA，由機(jī)械能守恒定律可得：12得vA＝v0＝6m/s；AB碰撞后以共同速度vP前進(jìn)，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得：mv0＝（m+m）vp解得：vP＝3m/s；故總動(dòng)能EK=12（m+m）vP2=1滑塊每經(jīng)過一段粗糙段損失的機(jī)械能ΔE＝fL＝μ（m+m）gL＝0.1×20×0.1＝0.2J；k=Ek（3）AB整體滑到第n個(gè)光滑段上損失的能量；E損＝nE＝0.2nJ從AB碰撞后運(yùn)動(dòng)到第n個(gè)光滑段的過程中，由能量守恒定律可得：12（m+m）vP2-12（m+m代入解得：vAB=9-0.2nm/s答：1）A滑過Q點(diǎn)時(shí)的速度大小V為4m/s；受到的彈力大小F為22N；（2）k的數(shù)值為45；（3）碰后AB滑至第n個(gè)（n＜k）光滑段上的速度VAB與n的關(guān)系式為vAB=9-0.2nm/s【點(diǎn)評】本題考查動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律及向心力等內(nèi)容，要求我們能正確分析物理過程，做好受力分析及能量分析；要注意能量的轉(zhuǎn)化與守恒的靈活應(yīng)用。

考點(diǎn)卡片1．勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移與時(shí)間的關(guān)系【知識點(diǎn)的認(rèn)識】（1）勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移與時(shí)間的關(guān)系式：x＝v0t+12at（2）公式的推導(dǎo)①利用微積分思想進(jìn)行推導(dǎo)：在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，雖然速度時(shí)刻變化，但只要時(shí)間足夠小，速度的變化就非常小，在這段時(shí)間內(nèi)近似應(yīng)用我們熟悉的勻速運(yùn)動(dòng)的公式計(jì)算位移，其誤差也非常小，如圖所示。②利用公式推導(dǎo)：勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，速度是均勻改變的，它在時(shí)間t內(nèi)的平均速度就等于時(shí)間t內(nèi)的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．結(jié)合公式x＝vt和v＝vt+at可導(dǎo)出位移公式：x（3）勻變速直線運(yùn)動(dòng)中的平均速度在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，對于某一段時(shí)間t，其中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，該段時(shí)間的末速度v＝vt+at，由平均速度的定義式和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式整理加工可得v=即有：v=v0所以在勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，某一段時(shí)間內(nèi)的平均速度等于該段時(shí)間內(nèi)中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，又等于這段時(shí)間內(nèi)初速度和末速度的算術(shù)平均值。（4）勻變速直線運(yùn)動(dòng)推論公式：任意兩個(gè)連續(xù)相等時(shí)間間隔T內(nèi)，位移之差是常數(shù)，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推導(dǎo)：如圖所示，x1、x2為連續(xù)相等的時(shí)間T內(nèi)的位移，加速度為a。x1【命題方向】例1：對基本公式的理解汽車在平直的公路上以30m/s的速度行駛，當(dāng)汽車遇到交通事故時(shí)就以7.5m/s2的加速度剎車，剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽車剎車到停止所需的時(shí)間，汽車剎車停止后不再運(yùn)動(dòng)，然后根據(jù)位移時(shí)間公式x=v0t+12解：汽車剎車到停止所需的時(shí)間t0所以剎車2s內(nèi)的位移x1=t0＜6s，所以剎車在6s內(nèi)的位移等于在4s內(nèi)的位移。x2=所以剎車2s內(nèi)和6s內(nèi)的位移之比為3：4．故D正確，A、B、C錯(cuò)誤。故選：D。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵知道汽車剎車停下來后不再運(yùn)動(dòng)，所以汽車在6s內(nèi)的位移等于4s內(nèi)的位移。此類試題都需注意物體停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。例2：對推導(dǎo)公式v=v0物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻速度大小是3m?s﹣1，1s以后速度大小是9m?s﹣1，在這1s內(nèi)該物體的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m?s﹣2D．加速度大小可能小于6m?s﹣2分析：1s后的速度大小為9m/s，方向可能與初速度方向相同，也有可能與初速度方向相反。根據(jù)a=v2-v解：A、規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较?，?s末的速度與初速方向相同，1s內(nèi)的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6m．若1s末的速度與初速度方向相反，1sC、規(guī)定初速度的方向?yàn)檎较?，?s末的速度與初速方向相同，則加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m/s2．若故選：AC。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵注意速度的方向問題，以及掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的平均速度公式v=【解題思路點(diǎn)撥】（1）應(yīng)用位移公式的解題步驟：①選擇研究對象，分析運(yùn)動(dòng)是否為變速直線運(yùn)動(dòng)，并選擇研究過程。②分析運(yùn)動(dòng)過程的初速度v0以及加速度a和時(shí)間t、位移x，若有三個(gè)已知量，就可用x＝v0t+12at③規(guī)定正方向（一般以v0方向?yàn)檎较颍袛喔魇噶空?fù)代入公式計(jì)算。（2）利用v﹣t圖象處理勻變速直線運(yùn)動(dòng)的方法：①明確研究過程。②搞清v、a的正負(fù)及變化情況。③利用圖象求解a時(shí)，須注意其矢量性。④利用圖象求解位移時(shí)，須注意位移的正負(fù)：t軸上方位移為正，t軸下方位移為負(fù)。⑤在用v﹣t圖象來求解物體的位移和路程的問題中，要注意以下兩點(diǎn)：a．速度圖象和t軸所圍成的面積數(shù)值等于物體位移的大?。籦．速度圖象和t軸所圍面積的絕對值的和等于物體的路程。2．滑動(dòng)摩擦力的大小計(jì)算和影響因素【知識點(diǎn)的認(rèn)識】滑動(dòng)摩擦力跟正壓力成正比，也就是跟一個(gè)物體對另一個(gè)物體表面的垂直作用力成正比。公式：F＝μFN，F(xiàn)表示滑動(dòng)摩擦力大小，F(xiàn)N表示正壓力的大小，μ叫動(dòng)摩擦因數(shù)。【命題方向】如圖所示，在與水平方向成θ角、大小為F的力作用下，質(zhì)量為m的物塊沿豎直墻壁加速下滑，已知物塊與墻壁的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．則下滑過程中物塊受滑動(dòng)摩擦力的大小為（）A、μmgB、μ（Fcosθ+mg）C、mg﹣FsinθD、μFcosθ分析：分析物體的受力情況，求出正壓力，再由摩擦力的計(jì)算公式進(jìn)行計(jì)算．解答：將F分解可得，物體在垂直于墻壁方向上受到的壓力為N＝Fcosθ，則物體對墻壁的壓力為N＝N′＝Fcosθ；物體受到的滑動(dòng)摩擦力為f＝μN(yùn)′＝μFcosθ；故選：D。點(diǎn)評：本題考查學(xué)生對滑動(dòng)摩擦力公式的掌握，注意公式里的正壓力不一定是重力，而是垂直于接觸面的壓力．【解題思路點(diǎn)撥】1.牢記滑動(dòng)摩擦力的計(jì)算公式：F＝μFN，F(xiàn)表示滑動(dòng)摩擦力大小，F(xiàn)N表示正壓力的大小，μ叫動(dòng)摩擦因數(shù)。如果兩個(gè)物體是斜面連接，則需要進(jìn)行必要的受力分析以求出垂直于斜面的壓力。2.在一般情況下，物體在水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，正壓力等于重力，但不能說正壓力就是重力。3．平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)：平拋運(yùn)動(dòng)可以看成水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)。2.設(shè)物體在平拋運(yùn)動(dòng)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(dòng)時(shí)間也可以求出平拋運(yùn)動(dòng)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4.8mB、0.8s內(nèi)小球下落的高度為3.2mC、小球到達(dá)P點(diǎn)的水平速度為4.8m/sD、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，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=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯(cuò)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(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】做平拋運(yùn)動(dòng)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(dòng)，滿足vy＝gt。4．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(dòng)的過程符合牛頓第二定律，表達(dá)式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命題方向】我國著名體操運(yùn)動(dòng)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(dòng)．假設(shè)童飛的質(zhì)量為55kg，為完成這一動(dòng)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(dòng)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(dòng)員在最低點(diǎn)時(shí)處于超重狀態(tài)，設(shè)運(yùn)動(dòng)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(dòng)中的動(dòng)力學(xué)問題分析（1）向心力的確定①確定圓周運(yùn)動(dòng)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(dòng)問題步驟①審清題意，確定研究對象；②分析物體的運(yùn)動(dòng)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(dòng)定律及向心力公式列方程．5．萬有引力與重力的關(guān)系（黃金代換）【知識點(diǎn)的認(rèn)識】對地球上的物體而言，受到的萬有引力要比地球自轉(zhuǎn)引起的物體做圓周運(yùn)動(dòng)所需的向心力大的多，所以通?？梢院雎缘厍蜃赞D(zhuǎn)帶來的影響，近似認(rèn)為萬有引力完全等于重力。即GMmR化簡得到：GM＝gR2其中g(shù)是地球表面的重力加速度，R表示地球半徑，M表示地球的質(zhì)量，這個(gè)式子的應(yīng)用非常廣泛，被稱為黃金代換公式?！久}方向】火星探測器著陸器降落到火星表面上時(shí)，經(jīng)過多次彈跳才停下．假設(shè)著陸器最后一次彈跳過程，在最高點(diǎn)的速度方向是水平的，大小為v0，從最高點(diǎn)至著陸點(diǎn)之間的距離為s，下落的高度為h，如圖所示，不計(jì)一切阻力．（1）求火星表面的重力加速度g0．（2）已知萬有引力恒量為G，火星可視為半徑為R的均勻球體，忽略火星自轉(zhuǎn)的影響，求火星的質(zhì)量M．分析：根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出星球表面重力加速度．運(yùn)用黃金代換式GM＝gR2求出問題．解答：（1）著陸器從最高點(diǎn)落至火星表面過程做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋規(guī)律得：水平方向上，有x＝v0t①豎直方向上，有h=12g0t2著陸點(diǎn)與最高點(diǎn)之間的距離s滿足s2＝x2+h2③由上3式解得火星表面的重力加速度g0=2h（2）在火星表面的物體，重力等于火星對物體的萬有引力，得mg0＝GMmR2把④代入⑤解得火星的質(zhì)量M=答：（1）火星表面的重力加速度g0是2h（2）火星的質(zhì)量M是2h點(diǎn)評：重力加速度g是天體運(yùn)動(dòng)研究和天體表面宏觀物體運(yùn)動(dòng)研究聯(lián)系的物理量．把星球表面的物體運(yùn)動(dòng)和天體運(yùn)動(dòng)結(jié)合起來是考試中常見的問題．【解題思路點(diǎn)撥】1.黃金代換式不止適用于地球，也試用于其他一切天體，其中g(shù)表示天體表面的重力加速度、R表示天體半徑、M表示天體質(zhì)量。2.應(yīng)用黃金代換時(shí)要注意抓住如“忽略天體自轉(zhuǎn)”、“萬有引力近似等于重力”、“天體表面附近”等關(guān)鍵字。6．重力做功的特點(diǎn)和計(jì)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.表達(dá)式：WG＝mgh＝mg（h1﹣h2），其中h1、h2分別表示物體起點(diǎn)和終點(diǎn)的高度2.特點(diǎn)：①只跟物體運(yùn)動(dòng)的起點(diǎn)和終點(diǎn)的位置有關(guān)，而跟物體運(yùn)動(dòng)的路徑無關(guān)．②物體下降時(shí)重力做正功，物體被舉高時(shí)重力做負(fù)功．③重力做功的多少與參考平面無關(guān)?！久}方向】物體沿不同的路徑從A滑到B，如圖所示，則（）A、沿路徑ACB重力做的功大些B、沿路徑ADB重力做的功大些C、沿路徑ACB和ADB重力做功一樣多D、條件不足，無法判斷分析：解答本題應(yīng)明確重力做功的特點(diǎn)：重力做功與高度差有關(guān)，與路徑無關(guān)．解答：由A到B不管沿哪條路徑高度差相同，則重力做功相同。則C正確，ABD錯(cuò)誤故選：C。點(diǎn)評：本題考查重力做功的特點(diǎn)，一定要掌握重力做功只和高度有關(guān)．【解題思路點(diǎn)撥】1.重力做功只與初、末位置有關(guān)，與路徑無關(guān)。2.計(jì)算重力做功的步驟為：①確定物體重力的大小；②確定物體在豎直方向上的位移大?。虎廴绻矬w向上運(yùn)動(dòng)，重力做負(fù)功；如果物體向下運(yùn)動(dòng)，重力做負(fù)功。7．動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)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(dòng)能定理來解題的情況?！久}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(dòng)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(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)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(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大小；（3）對全程用動(dòng)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(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移是54m；（3）物體從開始運(yùn)動(dòng)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(dòng)過程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動(dòng)能定理比較簡單?！窘忸}思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動(dòng)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(dòng)過程分析，并畫出物體運(yùn)動(dòng)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(dòng)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。8．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)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)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(dòng)摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【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(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(dòng)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——?jiǎng)幽茏兓恢亓ψ龉Α亓菽茏兓?；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——?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。9．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(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)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(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(dòng)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(dòng)的動(dòng)力學(xué)問題有關(guān)、與平拋運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)能定理比機(jī)械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。10．動(dòng)量變化量的計(jì)算【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.定義：動(dòng)量的變化量是指物體的末動(dòng)量減去初動(dòng)量。2.表達(dá)式：Δp＝p2﹣p1＝mv2﹣mv13.性質(zhì)：動(dòng)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?！久}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(dòng)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(dòng)量p＝mv，是矢量，規(guī)定正方向后求解動(dòng)量的變化量．解答：規(guī)定水平向右為正方向，則初動(dòng)量p1＝mv1＝0.18kg×20m/s＝3.6kg?m/s；打擊后動(dòng)量為：p2＝mv2＝0.18kg×（﹣40m/s）＝﹣7.2kg?m/s；故動(dòng)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(dòng)量、動(dòng)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﹣p12.矢量性：動(dòng)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(dòng)量和動(dòng)量變化量的兩個(gè)提醒（1）動(dòng)量是矢量，比較兩個(gè)物體的動(dòng)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(dòng)量才相等。（2）計(jì)算動(dòng)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。11．求恒力的沖量【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.恒力的沖量可以用沖量的定義式進(jìn)行計(jì)算：I＝FΔt。2.沖量的方向：與力的方向一致。【命題方向】如圖所示，一物體從光滑斜面頂端由靜止開始下滑．已知物體的質(zhì)量m＝0.50kg，斜面的傾角θ＝30°，斜面長度L＝2.5m，重力加速度取g＝10m/s2．求：（1）物體沿斜面下滑的加速度大?。唬?）物體滑到斜面底端時(shí)的速度大小；（3）物體下滑的全過程中重力對物體的沖量大小。分析：（1）對物體進(jìn)行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律即可求得加速度；（2）根據(jù)勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移—速度公式即可求解速度；（3）先根據(jù)位移—時(shí)間公式求出下滑的時(shí)間，再根據(jù)沖量公式即可求解．解答：（1）物體在斜面上所受合力沿斜面向下，大小為F合＝mgsinθ設(shè)物體沿斜面下滑的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律有mgsinθ＝ma解得a＝5.0m/s2（2）設(shè)物體滑到斜面底端時(shí)的速度大小為v，則有v2＝2aL解得v＝5.0m/s（3）設(shè)物體下滑過程的時(shí)間為t，則有v＝at解得t＝1.0s在此過程中重力對物體的沖量為IG＝mgt＝5N?s答：（1）物體沿斜面下滑的加速度大小為5.0m/s2．（2）物體滑到斜面底端時(shí)的速度大小為5.0m/s．（3）物體下滑的全過程中重力對物體的沖量大小為5N?s．點(diǎn)評：本題主要考查了勻加速直線運(yùn)動(dòng)速度—位移公式及牛頓第二定律的應(yīng)用，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】恒力的沖量可用Ⅰ＝FΔt直接求解，但要分清是哪個(gè)力在哪一段時(shí)間內(nèi)的沖量。12．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(dòng)量定理求解?！久}方向】一位質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)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(cuò)誤的是（）A、地面對運(yùn)動(dòng)員的彈力做功為1B、運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量大小為mvC、地面對運(yùn)動(dòng)員彈力的沖量大小為mv+mgΔtD、重力的沖量大小為mgΔt分析：已知初末速度，則由動(dòng)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(dòng)員的支持力不做功，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)量定理可得運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)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(cuò)點(diǎn)，要根據(jù)功的概念去理解?！窘忸}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。13．動(dòng)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(dòng)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(dòng)量概念表示牛頓第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F=mv-mv0t=【命題方向】籃球運(yùn)動(dòng)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(dòng)量變化量D、增大籃球的動(dòng)量變化量分析：分析接球的動(dòng)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(dòng)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(dòng)量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F=mvt，當(dāng)時(shí)間增大時(shí)，作用力就減小，而沖量和動(dòng)量的變化量都不變，故A錯(cuò)誤C、運(yùn)動(dòng)員接球過程，球的末動(dòng)量為零，球的初動(dòng)量一定，則球的動(dòng)量的變化量一定，故CD錯(cuò)誤。故選：B。點(diǎn)評：本題主要考查了動(dòng)量定理的直接應(yīng)用，應(yīng)用動(dòng)量定理可以解題，解題時(shí)要注意，接球過程球的動(dòng)量變化量一定，球與手受到的沖量一定，球動(dòng)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(dòng)量、動(dòng)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(dòng)量定理也能解答，而用動(dòng)量定理解題，更簡捷．14．動(dòng)量守恒定律的內(nèi)容、條件和判斷【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1．內(nèi)容：如果一個(gè)系統(tǒng)不受外力，或者所受外力的矢量和為零，這個(gè)系統(tǒng)的總動(dòng)量保持不變，這就是動(dòng)量守恒定律．2．表達(dá)式：（1）p＝p′，系統(tǒng)相互作用前總動(dòng)量p等于相互作用后的總動(dòng)量p′．（2）m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′，相互作用的兩個(gè)物體組成的系統(tǒng)，作用前的動(dòng)量和等于作用后的動(dòng)量和．（3）△p1＝﹣△p2，相互作用的兩個(gè)物體動(dòng)量的增量等大反向．（4）△p＝0，系統(tǒng)總動(dòng)量的增量為零．3．動(dòng)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(rèn)為系統(tǒng)內(nèi)每個(gè)物體所受的合外力都為零，更不能認(rèn)為系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)．（2）近似適用條件：系統(tǒng)內(nèi)各物體間相互作用的內(nèi)力遠(yuǎn)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(dòng)量守恒．【命題方向】例子：如圖所示，A、B兩物體的質(zhì)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(dòng)摩擦因數(shù)相同，地面光滑．當(dāng)彈簧突然釋放后，則有（）A．A、B系統(tǒng)動(dòng)量守恒B．A、B、C系統(tǒng)動(dòng)量守恒C．小車向左運(yùn)動(dòng)D．小車向右運(yùn)動(dòng)分析：在整個(gè)過程中三個(gè)物體組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動(dòng)量守恒．分析小車的受力情況，判斷其運(yùn)動(dòng)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(dòng)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(dòng)量不守恒．故A錯(cuò)誤．B正確；C、D由于A、B兩木塊的質(zhì)量之比為m1：m2＝3：2，由摩擦力公式f＝μN(yùn)＝μmg知，A對小車向左的滑動(dòng)摩擦力大于B對小車向右的滑動(dòng)摩擦力，在A、B相對小車停止運(yùn)動(dòng)之前，小車的合力所受的合外力向左，會向左運(yùn)動(dòng)，故C正確，D錯(cuò)誤．故選：BC．點(diǎn)評：本題關(guān)鍵掌握系統(tǒng)動(dòng)量守恒定律的適用條件：合外力為零，并能通過分析受力，判斷是否系統(tǒng)的動(dòng)量是否守恒，題目較為簡單！【解題方法點(diǎn)撥】系統(tǒng)動(dòng)量守恒的判定方法（l）分析動(dòng)量守恒時(shí)研究對象是系統(tǒng)，分清外力與內(nèi)力。（2）研究系統(tǒng)受到的外力矢量和。（3）外力矢量和為零，則系統(tǒng)動(dòng)量守恒；若外力在某一方向上合力為零，則在該方向上系統(tǒng)動(dòng)量守恒。（4）系統(tǒng)動(dòng)量嚴(yán)格守恒的情況很少，在分析具體問題時(shí)要注意把實(shí)際過程理想化。15．碰撞過程中的圖像問題【知識點(diǎn)的認(rèn)識】碰撞前后動(dòng)量守恒，但是物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)會發(fā)生變化，可以用圖像來表示碰撞前后物體的運(yùn)動(dòng)情況?！久}方向】A、B兩個(gè)物塊在光滑的水平地面上發(fā)生正碰，碰撞時(shí)間極短，兩物塊運(yùn)動(dòng)的位移隨時(shí)間變化的x﹣t圖像，如圖所示。（1）求A、B兩物塊的質(zhì)量之比；（2）判斷該碰撞是否為彈性碰撞。分析：（1）根據(jù)x﹣t圖像的斜率求出碰撞前后兩球的速度，根據(jù)動(dòng)量守恒定律即可求解兩物塊的質(zhì)量之比；（2）根據(jù)碰撞前后機(jī)械能是否守恒判斷是否為彈性碰撞。解答：（1）由圖可知碰前vA=xAtA=51m/s＝5m/s，vB＝0，碰后v′A=xA'tAB系統(tǒng)碰撞過程動(dòng)量守恒mAvA＝mAv′A+mBv′B解得m（2）碰前系統(tǒng)動(dòng)能E碰后系統(tǒng)動(dòng)能E解得E1＝E2因此該碰撞為彈性碰撞答