2018年高考物理考试大纲解读专题02力学

1、专题一质点的直线运动考纲原文再现内容要求参考系、质点I位移、速度和加速度n匀变速直线运动及其公式、图象n考查方向展示考向 1 1 以图象为依托，考查对直线运动的认识、理解和应用能力（20152015 - -广东卷）甲、乙两人同时同地出发骑自行车做直线运动，前1 1 小时内的位移-时【答案】B B均做匀速直线运动，且甲的图线斜率较大，即甲的速度比乙的大，故选项刻， 甲的位畫坐标沖10S,乙的住旻坐标询$如， 在0.8时时刻， 两者到达同一坐标位矍,国此报据住移 的老応可独，0.6-0.8 b时内，甲的位卷比乙的大，故选顼C福璨：路程是描扬体运动執谨集的歩慶，在0-0.8内，甲兜域0坐标位置运动至

2、10 km坐标怪置，乙兜从0坐标径旻运动至8 km坐标住置，两曙再返回至同一位置，显然两者运动的路程不等，甲运动的路程比乙的大4 4 kmkm,故选项 D D 错误。【样题 2 2】（20162016 - -新课标全国 I卷）甲、乙两车在平直公路上同向行驶，其v-t图象如图所示。已知两车在t=3=3 s s 时并排行驶，则【样题 1 1】间图象如图所示,F F 列表述正确的是A.A. 0.20.50.20.5C.C.小时内，甲的位移比乙的小.0.80.8 小时内，甲、甲的速度比乙的大乙骑车的路程相等【解析】在s-1图象中，图线的斜率表示了物体运动的速度，由图可知，在0.20.50.20.5 小

3、时内，甲、乙A A 错误，选项 B B 正确；在 0.60.6 时小时D D小时内,【样题 4 4】（20162016 - -上海卷） 物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为1616 m m 的路程，第一段用A.A. 在t=1=1 s s 时，甲车在乙车后B.B. 在t=0=0 时，甲车在乙车前 7.57.5 m mC.C.两车另一次并排行驶的时刻是t=2=2 s sD.D.甲、 乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向的距离为4040 m m【答案】BDBD【解析】根据v-t图象，可以判断在t=1=1 s s 时，甲车和乙车并排行驶，故ACAC 错误；在t=0=0 时，甲车一（10+5M1在

4、乙车前的距离 厶xm =7.5 m，故 B B 正确；甲、乙两车两次并排行驶的位置之间沿公路方向2一一（10 + 30）汉2的距离也就是从第 1 1 s s 末到第 3 3 s s 末两车运动的位移m = 40 m，故 D D 正确。22【样题 3 3】质点做直线运动的位移x和时间平方t的关系图象如图所示，则该质点A.A. 加速度大小为 1 1 m/sm/sB.B. 任意相邻 1 1 s s 内的位移差都为 2 2 m mC.C. 2 2 s s 末的速度是 4 4 m/sm/sD.D. 物体第 3 3 s s 内的平均速度大小为 3 3 m/sm/s【答案】BCBC【解析】根据x和时间平方t

5、2的关系图象得出关系式为：x= =t2,对照匀变速直线运动的位移时间公式1x= =vt+ +at2，知物体的初速度为 0 0,加速度为a=2=2 m/sm/s2,且加速度恒定不变，故A A 错误；根据？x= =a=2 2x 1 12m=2m=2【样题 4 4】（20162016 - -上海卷） 物体做匀加速直线运动，相继经过两段距离为1616 m m 的路程，第一段用in可知，任盍梱邻1#内的&移是新为2 m, ifcB正确末的建度是巾=型=4讪爲 选项C正确：的体第考向 2 2 以生产、生活实际为背景考查质点的直线运动3 内的 d 移平均違度为芒=匹 =一m/s5m/sh1it4时

6、4 4 s s，第二段用时 2 2 s s，则物体的加速度是（20142014 海南卷） 短跑运动员完成 100100 m m 赛跑的过程可简化为匀加速运动和匀减速运动两个阶段。一次比赛中，某运动员用11.0011.00 s s 跑完全程。已知运动员在加速阶段的第2 2 s s 内通过的距离为 7.57.5m,m,求该运动员的加速度及在加速阶段通过的距离。【答案】5 5 m/sm/s21010 m m【解析】根据题意，在第 1 1 s s 和第 2 2 s s 内运动员都做匀加速运动，运动员在第2 2 s s 内通过的距离为 7.57.57 5m,m,则第 2 2 s s 内的平均速度，即第

7、1.51.5 s s 末的瞬时速度为v15= m/s = 7.5 m/s1设运动贤做匀加連运动的时间助心，匀連运动时间为右，匀連运动的追v由题意及运动甞规律有片十右=11.00 s一一12则运动员在加速阶段通过的距离xat1-10 m2考向 3 3 结合逆向思维考查学生的推理能力【样题 6 6】 如图所示，光滑斜面AE被分为四个相等的部分，一物体从A点由静止释放，它沿斜面向下做匀加速运动，依次通过B、C D点，最后到达底端E点。下列说法正确的是A.A.物体通过各点的瞬时速度之比为VB：v vc：VD：VE=1：2：、，3：2 22 ,2A.A.m/s2B B3【答案】B B- m/s238 m

8、/s2D D9兰m/s29【解析】根据题意, 物体做匀加速直线运动,t时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度二16m/s=4 m/s；在第二段内中间时刻的瞬时速度4-时刻的瞬时速度，在第一段内216v5m/s =8 m/s,则物体加2速度a上t3=4m/s,选Bo3【样题 5 5】加速阶段餡加連度应=7,5r?m/s1=5B.B.物体通过各段时，速度增加量VBVA=VCVB=VDVC=VEVDC.物体由A点到各点所经历的时间之比为tB：tc：tD：tE=1=1：、2：、3：2 2D.D. 下滑全程的平均速度v=VB【答案】ACDACD【解析】物体做初速度为零的匀加速直线运动，由v2=2=2ax

9、可得v二,x, A A 正确；由于物体经过各段的1 1 _ _时间不等，则速度增加量不等，B B 错误；由Xat2可得t*X, C C 正确；因tB：tE=1=1：2 2，即tAB= =tBE,VB为2AE段中间时刻的速度，故v=VB,D D 正确。考向 4 4 追及、相遇问题考查质点的直线运动【样题 7 7】 某一长直的赛道上，有一辆 F1F1 赛车前方 200200 m m 处有一安全车正以 1010 m/sm/s 的速度匀速前进， 这时赛车从静止出发以 2 2 m/sm/s2的加速度追赶。试求：(1) 赛车出发 3 3 s s 末的瞬时速度大小；(2) 赛车何时追上安全车？追上之前与安全

10、车最远相距是多少米？(3)当赛车刚追上安全车时，赛车手立即刹车，使赛车以4 4 m/sm/s2的加速度做匀减速直线运动，问两车再经过多长时间第二次相遇？(设赛车可以从安全车旁经过而不发生相撞)【答案】(1 1) 6 6 m/sm/s(2 2) 2020 s s 225225 m m( 3 3) 2020 s s【解析】(1 1)赛车在3s末的速度为：v=at=2 3m/s = 6m/s12(2 2)赛车追上安全车时有：v0t s at2代入数据解得：t =20s当两车速度相等时，相距最远，则有：t=也=s=5sa 2121则相距的最远距离为：厶X二Vot s at =10 5 m 200 m

11、- 2 25 m=225 m2 2(3)两车相遇时塞车的速度为二V1-jf = 40m/s丁40務车减連到静止所用的时间为：才=11=竺尸10s af42奏车减連到静止前进的距高为：r=王 = 旳旳tn=200m从雄2N8相同的时间内安全车前进的距离为：x = vf = lQ0m专题二相互作用与牛顿运动定律考纲原文再现内容要求滑动摩擦力、动摩擦因数、静摩擦力I形变、弹性、胡克定律I矢里和标里I力的合成和分解n共点力的平衡n牛顿运动定律及其应用n超重和失重I考查方向展示考向 1 1 利用牵连体考查物体的受力分析和平衡【样题 1 1】 (20162016 新课标全国 I 卷) 如图，一光滑的轻滑轮

12、用细绳00悬挂于O点；另一细绳跨过 滑轮，其一端悬挂物块a,另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b。外力F向右上方拉b,整个系统处于 静止状态。若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则所以赛车停止后安全车与赛车再次相遇，所用时间为:t=Xmax= 200Vo10 s=20 s7A.A.绳00的张力也在一定范围内变化B.B. 物块 b b 所受到的支持力也在一定范围内变化C.C. 连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D.D. 物块 b b 与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化【答案】BDBD【解析】物块b始终保持静止，物块a也始终保持静止，滑轮两侧绳子的夹角不变，连接物块a和b

13、的绳的张力等于物块a的重力，所以连接物块a和b的绳的张力保持不变，绳00的张力也不变，ACAC 错误；对畅块 2址甘受力分析如图所示，若尸方向不变，大卜在一定范囿內寰化，董力 mg却绳子的拉力侏持 不变，所以筋块力所受勤砖支持力在一老魁風內变化初块由乌桌面间的摩襟力也在一老觅圈內愛丸，BD正确。考向 2 2 以图象为依托考查对动力学中的图象的识别和理解【样题 2 2】（20152015 - -新课标全国 I 卷） 如图（a a）, 物块在t=0=0 时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图（b b）所示。若重力加速度及图中的Vo、Vi、11均为已知量，则可求出A.A. 斜面的倾角B.B. 物

14、块的质量C.C. 物块与斜面间的动摩擦因数D.D. 物块沿斜面向上滑行的最大高度【答案】ACDACD【解析】小球滑上斜面的初速度Vo已知，向上滑行过程为匀变速直线运动，末速度 0 0,那么平均速度即Vo,所以沿斜面向上滑行的最远距离Voti,根据牛顿第二定律，向上滑行过程 享二g siCOST,22ti93）虬AC对推揺钟面的侦斜角度可计算出向上清行的锻大高度溟触庐答j =切巴y22劇4g选顼D对仅械捱連度时间囲卑，芫法圾到轴块墉量，选琐考向 3 3 结合牵连体考查牛顿运动定律的运用【样题 3 3】（20142014 四川卷） 如图所示，水平传送带以速度vi匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且

15、不可伸长的轻绳相连，t=0=0 时刻P在传送带左端具有速度V2,P与定滑轮间的绳水平，t= =to时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是【答案】BCBCf +GIf -G|【解析】P在传送带上的运动情况如表所示，其中f= =umg,G=mg,ai= =,a2= =。括号mP + miQ内表示传送带足够长时P的运动状态。Vl V2Vi= =V2 G向右以ai匀减速到vi（后向右匀速）向右以a2匀加速到Vi（后向右匀速）向右匀速 2 2y1；所以Q点在c点的下方，也就是第三颗炸弹将落在bc之间，故 A A 正确，BCDBCD 错误。考向 3 3

16、 水平面内的圆周运动【样题 3 3】（20142014 新课标全国 I 卷）如图，两个质量均为m的小木块a和b（可视为质点）放在水平圆盘上，a与转轴00的距离为I,b与转轴的距离为 2 21。木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的速度为V0,对第二颗炸弹：水平方向：12捲=Lcos-X0二V0X，坚直方向：yi二Vybgt：，对第三颗题意可知，设aA=AP=xo,ab= =bc= =L,斜面的倾角为0，三颗炸弹到达a所在水平面的坚直速度为Vy,水平【样题 2 2】考向 2 2 单独考查拋体运动的规律及分析方法（20152015 上海卷）如图，战机在斜坡上方进行投弹演练。战机水平匀速飞行，每隔

17、相等时间释放一颗炸弹，第一颗落在a点，第二颗落在b点。斜坡上c、d两点与a、b共线，且ab=bc=cd,不计空气阻力。第三颗炸弹将落在A. bc之间【答案】A A【解析】如图所示假设第二颗炸弹的轨迹经过b,.cd之间C CD Da、A、B P、C在同一水平线上，由k倍，重力加速度大小为g。若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，用3 表示圆盘转动的角速度，下15列说法正确的是A. b一定比a先开始滑动B. a、b所受的摩擦力始终相等C.3 = =21是 b b 开始滑动的临界角速度2kgD.当 3 =，31时，a所受摩擦力的大小为kmg【答案】ACAC【解析】小木块a、b都随水平转盘做匀速圆周运

18、动，发生相对滑动前，a、b的角速度相等，静摩擦力提供向心力，有f= =mR32,由于b的转动半径较大，所以发生相对滑动前b所受静摩擦力较大，B B 错误；随角連度壇大，五畳到曲静靡攥力克达到锻大静犀擦力，所収心比趙克幵皓薄动，A正确：剛賈漕动时，有考向 4 4 竖直面内的圆周运动【样题 4 4】(20132013 重庆卷)如图所示，半径为R的半球形陶罐，固定在可以绕竖直轴旋转的水平转台上，转台转轴与过陶罐球心O的对称轴OO重合。转台以一定角速度3 匀速转动，一质量为m的小物块落入陶罐内，经过一段时间后，小物块随陶罐一起转动且相对罐壁静止，它和角 B为 6060。重力加速度大小为g。(1(1)若

19、 3 = =30,小物块受到的摩擦力恰好为零，求(2(2) 3 =(1=(1 k) ) 30,且 00kw 1 1,求小物块受到的摩擦力大小和方向。0点的连线与OO之间的夹的向心力 凡=初妙=-g,即血还祐段珈 所受會擦力为静降擦力卑楚.D错逞.2【答案】(1 1 )2g( 2 2 )当 3 =(1+=(1+k) ) 30时，摩擦力大小为3k(2 k)mg、方向沿罐壁切线向下; 当 3 =(1=(1 -k) ) 30时，摩擦力大小为、3k(2-k)mg、方向沿罐壁切线向上【解析】(1 1 )当摩擦力为零，支持力和重力的合力提供向心力，有2mganan 0 = =mRinin 0 30，解得口(

20、2 2)当 3 =(1=(1 + +k) ) 30时，重力和支持力的合力不够提供向心力，摩擦力方向沿罐壁切线向下，根据牛顿第二定律有fcoscos 6060 +Nsinsin 6060 = = mIRinmIRin 6060 32,fsinsin 6060 +m g=NCosCos 6060 联立两式解得f=3k( 2 k)mg当 3 =(1=(1 -k) ) 30时，摩擦力方向沿罐壁切线向上2根据牛顿第二定律有Nsinsin 6060 -fcoscos 6060 = mIRinin 6060 3 ,mg=NCosCos 6060 +fsinsin 6060联立两式解得f =、3k(2-“盹考

21、向 5 5 圆周运动的临界极值问题【样题 5 5】(20172017 江苏卷)如图所示，一小物块被夹子夹紧，夹子通过轻绳悬挂在小环上，小环套在水平光滑细杆上，物块质量为M到小环的距离为L,其两侧面与夹子间的最大静摩擦力均为F。小环和物块以速度v向右匀速运动，小环碰到杆上的钉子P后立刻停止，物块向上摆动。整个过程中，物块在夹子中没有滑动。小环和夹子的质量均不计，重力加速度为g。下列说法正确的是A.A.物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2 2FB.B.小环碰到钉子P时，绳中的张力大于 2 2FC.物块上升的最大高度为2v2D.D.速度 v v 不能超过，(2F _Mg)L【答案】D D【解析】由题

22、意知，F为夹子与物块间的最大静摩擦力，但在实际运动过程中，夹子与物块间的静摩擦力没有达到最大，故物块向右匀速运动时，绳中的张力等于2动，FTMg =M +，绳中的张力大于物块的重力Mg当绳中的张力大于 2 2F时，物块将从夹子中滑出，即2 _ 22F -Mg=M-=M-，此时速度 v v = = , ,(2F(2F _Mg)L_Mg)L，故B错误；D正确；物块能上升的最大高度，h h 二?，所以l l M M2g2gC C 错误。考向 6 6 传动与转动问题【样题 6 6】 如图所示，轮O、Q固定在同一转轴上，轮O、Q用皮带连接且不打滑。在0、Q、Q三个轮的边缘各取一个点A B C,已知三个轮

23、的半径之比为ri: D:鸟=2 :1:1，当转轴匀速转动时，下列说法中正确的是A. A、B、C三点的线速度大小之比为2:2:2:2:1 1B.B.A、B、C三点的周期之比为 1:2:11:2:1C. A、B、C三点的角速度大小之比为1:2:1:2:1 1D. A B、C三点的加速度大小之比为2:4:2:4:1 1【答案】ACDACD【解析】A、B两点靠传送带传动，线速度大小相等，A、C共轴转动，角速度大小相等，根据v =，则vA：vC二*: r3=2:1,所以A、B、C三点的线速度大小之比为vA：vB：vC= 2 : 2:1，A正确；2兀邂厂血二习：耳=1二2,所以几从C三点的角連度大小之比为

24、划：血：如=1:2:1,(:正确：由,可知乩 B. U 三点的周期之比巻2:1:2, B错误；狼搽。=冋，可加乩B.C三点的加遅度大小之比肖2:4:1, D正确专题四机械能考纲原文再现内容要求功和功率nMgA A 错误；小环碰到钉子时，物块做圆周运19动能和动能定理重力做功与重力势能功能关系、机械能守恒定律及其应用nnn考查方向展示考向 1 1 结合斜面模型考查功和功率的分析与计算【样题 1 1】 如图所示，分别用恒力Fi、F2先后将一物体由静止开始沿同一粗糙的固定斜面由底端拉至顶端，两次所用时间相同，第一次力Fi沿斜面向上，第二次力F2沿水平方向。则两个过程比较A.接触面上因摩擦产生的热量相

25、同B.物体的机械能增加量相同C. Fi做的功与F2做的功相同D. Fi做功的功率比F2做功的功率小【答案】BDBD【解析】两个过程中物体对斜面的压力不同，故摩擦力大小不同，则产生的热量不相同，故A A 错误;物体末速度相同，又由于处于相同的高度，所以两物体机械能变化量相同，故B B 正确；由题图分析可知，第亠次藕体所曼到的廓擦力小于第二次输体所曼到龄醉標力，敌两个过程中粉体克服廓擦力啟的功不同， 重力做功相同，则耳做的功比巧做的少，故C错溟：楊体的运动情况相同.篁力做功的功準相同*第二次中克服摩擦力做功的功率大，故F Fi做功的功率比 F F2做功的功率小，故 D D 正确。考向 2 2 机车

26、启动考查功和功率的分析与计算【样题 2 2】如图是某中学科技小组制作的利用太阳能驱动小车的装置。当 太 阳 光 照 射 到 小 车 上 方 的 光电板，光电板中产生的电流经电动机带动小车前进。若小车在平直的水泥路上从静止开始加速行驶，经过时间t前进距离S,速度达到最大值Vm,设这一过程中电动机的功率恒为P,小车所受阻力恒为F,那么A.这段时间内电动机所做的功为PtB.这段时间内小车先匀加速运动，然后匀速运动一12C.这段时间内电动机所做的功为 一mv； -Fs21D.这段时间内电动机所做的功为 一mv；2【答案】ACAC【解析】这一过程中电动机的功率恒为P,所以W电= =Pt，所以这段时间内电

27、动机所做的功为Pt，故 A A正确。小车电动机的功率恒定，速度不断变大，根据功率与速度关系公式P据牛顿第二定律，有F =ma故小车的运动是加速度不断减小的加速运动，故 B B 错误；对小车启动过程，v11根据动能定理，有W电-FSmv2-0，这段时间内电动机所做的功为mv；Fs，故 C C 正确，D D 错误。22考向 3 3 单体运动考查动能定理或功能关系【样题 3 3】（20172017 江苏卷）一小物块沿斜面向上滑动，然后滑回到原处。物块初动能为Eko，与斜面间的动摩擦因数不变，则该过程中，物块的动能Ek与位移x的关系图线是【答案】C C【解析】向上滑动的过程中，根据动能定理有Ek-Ek

28、o=-（sincosr）mgx,当 6=06=0 时P= =FoV可知，牵引力不断减小，根(sin同豐.下滑过程中，由幼髄定理有瓦一二侶也纟一“础丹姒耳迥一功.21当 I 时詈瓷比*%独选考向 4 4 多体运动考查动能定理或功能关系【样题 4 4】(20152015 - -广东卷)如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R=0.5=0.5 m m 物块A以vo=6=6 m/sm/s 的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q再沿圆轨道滑出后，与直轨道上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L=0

29、.1=0.1 m m 物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为卩=0.1=0.1 ,A B的质量均为n=1=1kgkg (重力加速度g取 1010 m/sm/s2;A B视为质点，碰撞时间极短)。(1) 求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;(2) 若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第门个(n k)光滑段上的速度Vn与n的关系式。【答案】(1 1)v=4=4 m/sm/sF=22=22 N N(2 2)k=45=45Vn=.9_0.2nm/sm/s (其中n=1=1、2 2、4444)【解析】(1 1)物块A从开始运动到运动至Q点的过程中，受重力和轨道的弹力作

30、用，但弹力始终不做1 1功，只有重力做功，根据动能定理有：-2 2mgf= =2mv2-mvo解得：v= =.，硝-4gR=4=4 m/sm/s2在Q点，不妨假设轨道对物块A的弹力F方向竖直向下，根据向心力公式有：mg+ +FnmnmR2解得：F=m=m -mg=2222 N N，为正值，说明方向与假设方向相同。R(2)根据机械能守恒定律可知，物块A与物块B碰撞前瞬间的速度为v。，设碰后A B瞬间一起运动的速度为V0，根据动量守恒定律有：mv=2=2mv解得：v0，=v=3=3 m/sm/s21设物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为s，根据动能定理有：-2 2 卩mgs=0=0-(2m)

31、v022解得：ssv0=4.5=4.5 m m2 pgs所以物块A与物块B整体在粗糙段上滑行的总路程为每段粗糙直轨道长度的：=45=45 倍，即k=45=45(3) 物块A与物块B整体在每段粗糙直轨道上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可知，其加速度,-2 pig. ,2为：a= = = -Pg= = - 1 1 m/sm/s2m223【答案】BDBD【解析】当细线将要开始收缩时，A、B的加速度相等，细线上拉力为零，设弹簧弹力为二定律有ma=minin 3030=F-mg B下落到最低点时，F最大，由于H=总四 时，线恰好不收缩，则B到最4k低点时细线上拉力为零，解得F=3mg,弹簧的最大压缩

32、量y =3mg,A上滑的最大位移22k勞，从释放A至B到最低点，由动能定理有 吸30）W0，根据功能关系,由题意可知AB滑至第n个（n k）光滑段时，先前已经滑过n个粗糙段，根据匀变速直线运动速度-位移关系式有：2 2naL= =v； -v0解得：Vn= =Jv24444)考向 5 5 连接体考查机械能守恒定律【样题 5 5】 如图所示，质量均为m的物块A、B通过轻质细线跨过轻质定滑轮连接，B的正下方有只能在竖直方向上伸缩且下端固定在水平面上的轻弹簧，其劲度系数为k。开始时，A固定在倾角为 3030的足够长光滑斜面底端，弹簧处于原长状态,B到弹簧上端的高度为H现在由静止释放A,已知A上滑过程中

33、细线不收缩的条件是H型 ,g为重力加速度，忽略滑轮与轮轴间的摩擦，弹簧一直处在弹性限度内。4k则下列说法正确的是A.A.B到弹簧上端的高度3mg4k8kB BB到弹簧上端的咼度第时，A上滑的最大位移为9mg4kC.C.B到弹簧上端的高度二卡时，弹簧最大弹性势能为19m2g216kD DB到弹簧上端的咼度=卫9时，A上滑的最大位移为k21mg8kF,由牛顿第弹簧被压缩 x时，细线上拉力为零，之后B继续下降，但B减速下降的加速度大小大于A减速上滑的加弹簧的最大弹性势能等于系统克服弹簧弹力做的功,即 EP心警，A A错误，B B正确；当学，25速度大小，细线将收缩，从释放A到弹簧被压缩 x过程，由动

34、能定理有2mg(m .：x)(sin30) W，可得弹簧被压缩 x时A B的速度v =k2好、弹菁體谡大弾性势能等于此时弹簧的禅性势能迟的妙能叱与$维续于降减少的重力势能之和,考向 6 6 结合弹簧模型考查守恒定律的应用【样题 6 6】(20162016 - -新课标全国 I卷)如图，一轻弹簧原长为 2R,2R,其一端固定在倾角为 3737的固定5直轨道AC的底端A处，另一端位于直轨道上B处，弹簧处于自然状态，直轨道与一半径为-R的光滑圆弧6轨道相切于C点，AC=7 7R A B、C D均在同一竖直平面内。质量为m的小物块P自C点由静止开始下滑，1数丄二一，重力加速度大小为4(1) 求P第一次

35、运动到B点时速度的大小。(2) 求 P P 运动到E点时弹簧的弹性势能。(3)改变物块P的质量，将P推至E点，从静止开始释放。已知P自圆弧轨道的最高点D处水平飞出后，恰好通过G点。G点在C点左下方，与C点水平相距-R、竖直相距R求P运动到D点时速度的大小2和改变后P的质量。_123i【答案】(1 1)VB=2 . gR(2 2)EpmgR(3 3)VD5gR m m553【解析】(1 1)根据题意知，B、C之间的距离I为l=7=7R-2 2R119mV16疋A 上滑的锻大+ Ax+k最低到达E点(未画出)，随后F点，AF=4=4R,已知P与直轨道间的动摩擦因，则由功能关系C蜡误，DP沿轨道被弹

36、回，最高点到达34设P到达B点时的速度为VB,由动能定理得mgl sin71- mgl cosmvB式中 0 0 =37=37,联立式并由题给条件得VB= =2 2. QRQR(2 2)设BE=x。P到达E点时速度为零，设此时弹簧的弹性势能为Epo P由B点运动到E点的过程中,由动能定理有mgxsin v -mgxcosJ- Ep= 0 mvBE、F之间的距离li为li=4=4R-2 2RxP到达E点后反弹，从E点运动到F点的过程中，由动能定理有丘-mglisinsin 0 -卩mg1coscos 0 =0=0联立式并由题给条件得x= =R12EpmgR75(3)设改变后P的质量为m。D点与G

37、点的水平距离 为和竖直距离 屮分别为X1= R-Rsin二2 655y1= R R R cos v66式中，已应用了过C点的圆轨道半径与竖直方向夹角仍为0的事实。设P在D点的速度为VD,由D点运动到G点的时间为t。由平抛运动公式有X1= =VDt? ?联立？ ？式得VD=-=- j5Rj5R? ?5设P在C点速度的大小为VCO在P由C运动到D的过程中机械能守恒，有1155gvCgvDggLR RcosJ? ?6 6P由E点运动到C点的过程中，同理，由动能定理有I2Ep mb g (x 5R)sin- m1g(x 5R)cosm1vC?21联立？ ？ ？式得叶m?3专题五碰撞与动量守恒考纲原文再

38、现内容要求说明动量、动量疋理、动量寸恒疋律及其应用弹性碰撞和非弹性碰撞nI只限于一维考查方向展示考向 1 1 结合生活现象考查动量定理的理解和应用27【样题 1 1】（20152015 重庆卷）高空作业须系安全带。如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）。此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为A.A.C.C.【答案】A A【解析】人下落力高度为自由落你运动，由运动学公式=2sh,可知=雄去工如申过程取向上 沏正）由动量老理捋（戸用刃=0（媲），解得：戸二竺J

39、塑+帼*魏选入t考向 2 2 考查动量守恒定理的理解与应用【样题 2 2】（20172017 新课标全国 I 卷）将质量为 1.001.00 kgkg 的模型火箭点火升空，5050 g g 燃烧的燃气以大小为 600600 m/sm/s 的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过 程中重力和空气阻力可忽略）A.A. 3030kg m/sB.B. 5.75.7 X 10102kg m/s22C.C. 6.06.0X1010kg m/sD.D. 6.36.3X1010kg m/s【答案】A A【解析】设火箭的质量（不含燃气）为m,燃气的质量为m,根据动量守恒，m

40、v1= =mv2，解得火箭的动量为：p= =mv1= =mv2=30=30kg m/s，所以 A A 正确，BCDBCD 错误。考向 3 3 通过典型模型考查动量和能量的综合问题【样题 3 3】 （20152015 新课标全国 I 卷） 如图，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线 上,A位于B、C之间。A的质量为m,B、C的质量都为M，三者都处于静止状态，现使A以某一速度向 右运动，求m和M之间满足什么条件才能使A只与B C各发生一次碰撞。设物体间的碰撞都是弹性的。【答案】m_（.5-2）M【解析】设A运动的初速度为vA向右运动与C发生碰撞，根据弹性碰撞可得121212mvmv-

41、iMv22 2 2m - M2m可得v1v v2vm Mm M要使得A与B发生碰撞，需要满足v ：0，即m：MA反向向左运动与B发生碰撞过程，弹性碰撞mvi=mv3Mv4121212mv1mv3Mv42 2 2整理可得m -MV3Mm M2mV4Wm M由于m：M，所以 A A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足V3 : V22m M -m, m -M、2即v2vW = () vm M m M m M整理可得m2，4Mm M2解方程可得m_C.5-2)M【样题 4 4】(20172017 天津卷)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，

42、质量分别为m=2=2 kgkg、m=1=1 kgkg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。先将B竖直向上再举高h=1.8=1.8 m m (未触及滑轮)然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g=10=10 m/sm/s2。空气阻力不计。求：(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;(2)A的最大速度v的大小；(3) 初始时B离地面的高度H。(1)若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h-v2直线斜率的理论值ko；【答案】(1)t=0.6s(2 2)v = 2m/s(3 3)H =0.6m一一1 2 -【解析】(1 1)B从释放到细绳刚绷直前

43、做自由落体运动，有：h二一gt解得：t =0.6s2(2)仪纳绳翱直前瞬间成遑屢大小为旳，疽v0=5r = 6m/s细绳翱直瞬间,媒縄张力远大于 A. B 的畫力，乩 迟材互作臥 总豹量扌惶：叫 =(叫 + 蚀)龜子翱直瞬间,A. B 系蛻获祎的44：v = 2m/s艺后 A做匀威連运动，瞬以编蠅翱直瞬阖的itXv即为送大運度，丄的谴大運度为2讪$(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A B的速度为零，这一过程中A、12B组成的系统机械能守恒，有：(mA- mB)v2mBgH二mAgH2解得，初始时B离地面的高度H =0.6m【样题 5 5】(20162016 海南卷

44、)如图，物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器(图中未画出)射出的物块B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动；碰撞前B的速度 的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器(图中未画出)测得。某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k=1.92=1.92 x 1010-3s s2/m/m。已知物块A和B的质量分别为m=0.400=0.400 kgkg 和m=0.100=0.100 kgkg，重力加速度大小g=9.80=9.80 m/sm/s2。4(2 2)求k值的相对误差 S S = = _kd x 100%100%结果保

45、留 1 1 位有效数字)。ko【答案】(1) 2.042.04 x 1010-3s s1 2/m/m (2 2) 6%6%【解析】(1)设物块A和B碰撞后共同运动的速度为V，由动量守恒定律有mv=(=(m+ +m) )v1o在碰后A和B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有(mA+mB)v = (mA+ mB)gh2联立式得应=一-7J2g(_mA+ mB)由题世捋褊=- 枇入题给数攥将A)=2.04x LO-3 s/in1求A脱离滑杆时的速度v0，及A与B碰撞过程的机械能损失 E。2如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1,求 3 的取值范围，及 蓄与(2)按照定义 4x

46、LOO%31由丈石题给条件得5=5%【样题 6 6】(20122012 广东卷)图(a a)所示的装置中，小物块A B质量均为m水平面上PQ段长为I,与物块间的动摩擦因数为卩，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆(A B间距大于 2 2r)。随后，连杆以角速度 3 匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑 杆的速度-时间图像如图(b b)所示。A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞。43 的关系式。(3 3)如果AB能与弹簧相碰，但不能返回到P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为巳，求 3的取值范围，及 &与 3 的关系式(弹簧始终在弹性限度内)。2 2【答案】(1 1 討普(2 2) b b古(3 3)EP严)【解析】(1)滑杆达到最大速度时A与其脱离。由题意，得：VoVomymyr r设AB碰撞后的共同速度为V，由动量守恒定律 mvmvo=2mv=2mv1212碰撞过程中的机械能损失为.IE =-mvo-(2m)w