2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：动量与动量守恒定律（10题）

第1页（共1页）2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：动量与动量守恒定律（10题）一．解答题（共10小题）1．（2024•龙岗区校级三模）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在光滑水平桌面上，现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝l.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起（时间极短），共同压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出。已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，g＝10m/s2，滑块均可视为质点。求：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小vAB；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能Ep；（3）滑块C从桌面飞出时的速度大小vc。2．（2024•选择性）如图，高度h＝0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。3．（2024•市中区校级一模）如图所示，足够长的固定斜面倾角为θ＝37°，斜面上并排放置的两个小物块A、B在沿斜面向上的恒力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，A、B物块间接触但不粘连，F作用在物块A上，当物块A、B获得的速度大小为v0时撤去F。已知物块A、B的质量均为m，且物块A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μA=34和μB=14，恒力F＝2.4mg，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，（1）求恒力F的作用时间；（2）撤去F后，求B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离；（3）设A、B间每次碰撞时间极短（可忽略不计），且皆为弹性正碰，求：①撤去F后，A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小；②撤去F后，A、B物块从发生第一次碰撞到发生第n次碰撞时，系统损失的机械能。4．（2024•江苏模拟）如图，倾角θ＝37°的粗糙斜面AB与光滑水平面BD在B点平滑连接，倾角α＝30°的足够长的传送带在电动机的带动下以v＝4m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接，质量mb＝3kg的小物块b放在水平面上的C点，质量ma＝1kg的小滑块a从A点由静止释放，滑块a与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25，A、B间距离L＝12.5m，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，以后a与b的碰撞都发生在水平面上，b与传送带间的动摩擦因数为μ2=33，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，（1）a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小；（2）第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小；（3）b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中电动机额外多做的功。5．（2024•广东一模）如图所示，质量为m的小球A与质量为7m的小球B通过长为L的轻质柔软细绳连接，现用手提着小球A，使小球B距地面的高度也为L，松手后两球由静止开始自由下落，小球B与地面碰后速度大小不变、方向相反，两小球的碰撞为弹性正碰，细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，碰撞时间均极短，重力加速度大小为g。求：（1）从松手到两小球第一次碰撞的时间t；（2）细绳绷直后小球A距地面的最大距离d。6．（2024•安徽）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L＝1.25m。小球质量m＝0.20kg。物块、小车质量均为M＝0.30kg。小车上的水平轨道长s＝1.0m。圆弧轨道半径R＝0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。7．（2024•浙江模拟）一质量为m的卫星沿半径r的圆轨道绕太阳运行。卫星上有一太阳帆—半径为R的圆形镜面反射膜。该反射膜在随后运动中不断改变方向，使帆面不断改变方向以保证始终垂直于太阳光。已知：万有引力常量为G，太阳质量为M，太阳半径为RS，太阳表面温度为T。太阳可视理想黑体且单位面积的热辐射功率为σT4，其中σ为一常量。已知光具有粒子的性质：一个光子的能量E＝pc，其中p是光子的动量，c是光速。（1）求太阳热辐射的总功率；（2）求太阳帆单位时间内接受到的能量；（3）求太阳帆受到的合力F（r）（以沿着半径背离圆心的方向为正方向）。8．（2024•衡水模拟）如图所示，半径R＝1m的四分之一圆弧槽M固定在地面上，圆弧槽末端位于圆心O′正下方、且与平台KPQ上表面水平相切，P点放置质量为m0＝0.4kg的小物块，KP、PQ长度分别为0.45m、2.75m，Q右侧空间存在面积足够大的匀强磁场，磁感应强度B=π8×102T、方向水平向右，在右侧空间建立Oxyz三维直角坐标系，坐标原点O位于KPQ延长线上，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴正方向竖直向上，z轴正方向水平向右，QO的距离d＝16m，xOy平面内放置有足够大的挡板。质量m＝0.1kg、带电量q＝+1.6×10﹣2C的小球自圆弧槽A点正上方h＝4m处从静止释放，小球与小物块发生碰撞同时，在KPQ平台上方施加方向水平向右、大小E＝2.5×102V/m的匀强电场图中未画出。小球与小物块碰撞时无能量损失且小球电量不变，重力加速度（1）小球运动到K点时对轨道的压力FN；（2）小物块飞离平台前与小球的碰撞次数；（3）小球打在挡板上的坐标。（结果可含有π）9．（2024•茂名一模）如图（a）所示，门球又称槌球，比赛时以球槌击球，球过球门即可得分.如图（b）所示，某次比赛中完全相同的1号球、3号球与门洞恰好位于一条直线上，两球之间的距离l1＝2.5m，3号球与球门之间的距离l2＝1m。运动员用球槌水平打击1号球，使其获得向右的初速度v0＝6m/s，经过一段时间后，该球以v1＝4m/s的速度与3号球发生碰撞（碰撞时间极短），碰后1号球又向前运动了x＝0.125m后停下来.已知两球质量m均为0.25kg，将两球的运动视为一条直线上的滑动并且两球与地面间的动摩擦因数μ相同，重力加速度g取10m/s2。（1）求球与地面的动摩擦因数μ；（2）求两球碰撞过程中损失的机械能；（3）通过分析，判断3号球能否进门得分。10．（2024•梅州二模）图为某一食品厂生产流水线的一部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以vA=3gR的速率从A点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点B处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞（假设每一个产品的质量均为m），被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道BC滑动，以vC=2gR的速度滑上运行速度为v的传送带CD。其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为4R，传送带的摩擦因数为μ2＝0.5，长度为（1）为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？（2）BC段杀菌平台的摩擦因数μ1是多少？（3）调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？

2025年高考物理复习之小题狂练600题（解答题）：动量与动量守恒定律（10题）参考答案与试题解析一．解答题（共10小题）1．（2024•龙岗区校级三模）如图所示，一轻质弹簧的一端固定在滑块B上，另一端与滑块C接触但未连接，该整体静止放在光滑水平桌面上，现有一滑块A从光滑曲面上离桌面h＝l.8m高处由静止开始滑下，与滑块B发生碰撞并粘在一起（时间极短），共同压缩弹簧推动滑块C向前运动，经一段时间，滑块C脱离弹簧，继续在水平桌面上匀速运动一段后从桌面边缘飞出。已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，g＝10m/s2，滑块均可视为质点。求：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小vAB；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能Ep；（3）滑块C从桌面飞出时的速度大小vc。【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用．【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．【答案】（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小vAB为2m/s；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能Ep为3J；（3）滑块C从桌面飞出时的速度大小vC为2m/s。【分析】（1）研究滑块A下滑的过程，由机械能守恒定律求出A滑到曲面底端时的速度。对于A与B的碰撞过程，运用动量守恒定律求出滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度。（2）当滑块A、B、C速度相等时，被压缩弹簧的弹性势能最大。由动量守恒和机械能守恒结合解决问题。（3）由动量守恒和机械能守恒求滑块C脱离弹簧时的速度。【解答】解：（1）滑块A从光滑曲面上h高处由静止开始滑下的过程，其机械能守恒，设其滑到底面的速度为v1，由机械能守恒定律有：mAgh=12mAv滑块A与B碰撞的过程，A、B系统的动量守恒，碰撞结束瞬间具有共同速度，取向右为正方向，由动量守恒定律有：mAv1＝（mA+mB）v2解得：v2＝2m/s（2）滑块A、B发生碰撞后与滑块C一起压缩弹簧，压缩的过程机械能守恒，被压缩弹簧的弹性势能最大时，滑块A、B、C速度相等，设为速度v3，由动量守恒定律有：mAv1＝（mA+mB+mC）v3，解得：v3＝1m/s由机械能守恒定律有：Ep=12（mA+mB）v22-12（m解得Ep＝3J（3）被压缩弹簧再次恢复自然长度时，滑块C脱离弹簧，设滑块A、B的速度为v，滑块C的速度为vc分别由动量守恒定律和机械能守恒定律有：（mA+mB）v2＝（mA+mB）v+mCvC12（mA+mB）v22=12（mA+mB）解得：vC＝2m/s答：（1）滑块A与滑块B碰撞结束瞬间的速度大小vAB为2m/s；（2）被压缩弹簧的最大弹性势能Ep为3J；（3）滑块C从桌面飞出时的速度大小vC为2m/s。【点评】本题是多体多过程问题，要分析物体的运动过程，把握每个过程的物理规律是关键。利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析。把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题。2．（2024•选择性）如图，高度h＝0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp。【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；平抛运动速度的计算；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力．【答案】（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB均为1m/s；（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ为0.2。（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp为0.12J。【分析】（1）A飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律求得vA。物块A、B与弹簧作用过程满足动量守恒定律，据此解得vB。（2）对B脱离弹簧后沿桌面滑行到停止的过程，根据动能定理求解物块与桌面间的动摩擦因数。（3）物块A、B与弹簧作用过程，由能量守恒与功能关系求解弹簧释放的弹性势能。【解答】解：（1）弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，A飞出后做平抛运动，由平抛运动的规律可得：水平射程：xA＝vAt下落高度：h=12联立解得：vA＝1m/s物块A、B与弹簧作用过程，由题意可知物块A、B受到的滑动摩擦力等大反向，则物块A、B与弹簧组成的系统合外力为零，满足动量守恒定律，以向右为正方向，则有：﹣mAvA+mBvB＝0解得：vB＝1m/s（2）对B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25m后停止的过程，根据动能定理得：﹣μmBgxB＝0-12m解得物块与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.2（3）物块A、B与弹簧作用过程，A、B运动路程之和等于初始弹簧的压缩量Δx＝0.1m。对此过程由能量守恒与功能关系得：ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μm又有：mA＝mB＝0.1kg，Δx＝xA′+xB解得：ΔEp＝0.12J答：（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB均为1m/s；（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ为0.2。（3）整个过程中，弹簧释放的弹性势能ΔEp为0.12J。【点评】本题考查了动量守恒定律应用的弹簧类模型，平抛运动规律，功能关系的应用，题目较简单。针对两物体的运动形式，选择相应的物理原理解答即可。3．（2024•市中区校级一模）如图所示，足够长的固定斜面倾角为θ＝37°，斜面上并排放置的两个小物块A、B在沿斜面向上的恒力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，A、B物块间接触但不粘连，F作用在物块A上，当物块A、B获得的速度大小为v0时撤去F。已知物块A、B的质量均为m，且物块A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μA=34和μB=14，恒力F＝2.4mg，重力加速度为g，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，（1）求恒力F的作用时间；（2）撤去F后，求B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离；（3）设A、B间每次碰撞时间极短（可忽略不计），且皆为弹性正碰，求：①撤去F后，A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小；②撤去F后，A、B物块从发生第一次碰撞到发生第n次碰撞时，系统损失的机械能。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力．【答案】（1）恒力F的作用时间为5v（2）撤去F后，B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离为5v（3）①撤去F后，A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小为66②撤去F后，A、B物块从发生第一次碰撞到发生第n次碰撞时，系统损失的机械能为n(n+1)3【分析】（1）由牛顿第二定律求出加速度，结合速度—时间关系，求恒力F的作用时间；（2）由牛顿第二定律求出AB加速度，运用速度—位移关系求B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离；（3）由牛顿第二定律求出加速度，结合速度—位移关系求得A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小；利用动量守恒、机械能守恒定律，结合运动学公式求得位移，从而求得系统损失的机械能。【解答】解：（1）对A、B整体，根据牛顿第二定律，有F−2mgsinθ−（μA+μB）mgcosθ＝2ma解得a＝0.2g所以力F作用的时间为t=v（2）撤去外力F后，对物块A，有mgsinθ+μAmgcosθ＝maA解得aA＝1.2g对物块B，有mgsinθ+μBmgcosθ＝maB解得aB＝0.8g由于物块A的加速度大于物块B的加速度，所以物块A先速度减为零，且保持静止，B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离为x=v代入数据解得x=5（3）①物块B速度减为零时，继续反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，有mgsinθ−μBmgcosθ＝maB′所以aB′＝0.4g根据速度—位移关系可得v1解得A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小为v1②A、B发生第一次弹性碰撞，则有mv1＝mv2+mv312所以碰后两物体速度交换v2＝0，v3=碰后A做匀速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动，到第二次碰撞时，有x1＝v3t1=解得t1x1=ΔE1＝（μA+μB）mgcosθ⋅x1=A、B第二次碰撞时，速度分别为v3v4碰后两物体速度再次交换，A以v4做匀速直线运动，B做初速度为v3、加速度为aBʹ的匀加速直线运动，所以x2＝v4t2＝v3t2+解得t2=x2＝v4t2=ΔE2＝（μA+μB）mgcosθ⋅x2解得ΔE2=A、B第三次碰撞时，速度分别为v4v5＝v3+aB′t2=碰后两物体速度交换，A以v5做匀速直线运动，B做初速度为v4、加速度为aBʹ的匀加速直线运动，所以x3＝v5t3＝v4t3+解得t3＝t2=x3＝v5t3=ΔE3＝（μA+μB）mgcosθ⋅x3解得ΔE3=2m根据以上分析，有ΔE1=ΔE2=ΔE3=ΔEn=2n3mv02（n＝所以A、B物块从发生第一次碰撞到发生第n次碰撞时，系统损失的机械能为ΔE＝ΔE1+ΔE2+ΔE3+⋯+ΔEn解得ΔE=答：（1）恒力F的作用时间为5v（2）撤去F后，B沿斜面向上运动的速度减为零时A、B之间的距离为5v（3）①撤去F后，A、B物块第一次碰前时刻B物块的速度大小为66②撤去F后，A、B物块从发生第一次碰撞到发生第n次碰撞时，系统损失的机械能为n(n+1)3【点评】本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。4．（2024•江苏模拟）如图，倾角θ＝37°的粗糙斜面AB与光滑水平面BD在B点平滑连接，倾角α＝30°的足够长的传送带在电动机的带动下以v＝4m/s的速度沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接，质量mb＝3kg的小物块b放在水平面上的C点，质量ma＝1kg的小滑块a从A点由静止释放，滑块a与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.25，A、B间距离L＝12.5m，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，以后a与b的碰撞都发生在水平面上，b与传送带间的动摩擦因数为μ2=33，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，（1）a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小；（2）第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小；（3）b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中电动机额外多做的功。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；匀变速直线运动的定义与特征；水平传送带模型；动能定理的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；动量定理应用专题；理解能力．【答案】（1）a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小为10m/s；（2）第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小均为5m/s；（3）b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中电动机额外多做的功为47.25J。【分析】（1）根据动能定理求解a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小；（2）根据动量守恒和能量守恒分别求解a、b碰撞后的速度大小；（3）物块b在传送带上先向上做匀减速运动到速度为零，再相当于传送带向下加速至传送带的速度v，根据牛顿第二定律求加速度的大小；根据运动学公式求解共速时间，再分别求解滑块的对地位移和传送带的位移，求解相对位移；根据公式公式求解因摩擦产生的热量，最后根据能量关系求解电动机额外多做的功。【解答】解：（1）设a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小为v0，a在斜面间下滑过程根据动能定理m代入数据解得v0＝10m/s（2）设滑块a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2，取水平向右为正方向根据动量守恒有mav0＝mbv2+mav1根据能量守恒1联立解得v1＝﹣5m/s，v2＝5m/s（3）物块b在传送带上先向上做匀减速运动到速度为零，设加速度的大小为a根据牛顿第二定律mbgsinα+μ2mbgcosα＝mba代入数据解得a＝10m/s2物块b在传送带上向上运动的位移大小x向上运动的时间为t此过程传送带的位移大小为x传1＝vtb1＝4×0.5m＝2m发生的相对位移大小为Δx1＝x传1+xb1＝2m+1.25m＝3.25m物块b速度减为零后，向下做匀加速直线运动到与传送带共速，加速度的大小仍然为a；此过程在传送带上向下运动的位移大小x所用时间为t此过程传送带的位移大小为x传2＝vtb2＝4×0.4m＝1.6m发生的相对位移大小为Δx2＝x传2﹣xb2＝1.6m﹣0.8m＝0.8m物块b与传送带共速后，由于mbgsinα＝μ2mbgcosα因此滑块b和传送带相对静止一起匀速运动回到D点；b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中，因摩擦产生的热量为Q＝μ2mbgcos30°•（Δx1+Δx2）代入数据解得Q＝60.75J根据功能关系可知，b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中电动机额外多做的功为W=ΔE=Q+1代入数据解得W＝47.25J。另解：（3）物块b在传送带上先向上做匀减速运动到速度为零，再相当于传送带向下加速至传送带的速度v，设加速度的大小为a根据牛顿第二定律mbgsinα+μ2mbgcosα＝mba代入数据解得a＝10m/s2取向下为正方向，则运动时间t=滑块b的对地位移x传送带的位移x传＝vt＝4×0.9m＝3.6m相对位移Δx＝xb+x传＝0.45m+3.6m＝4.05m物块b与传送带共速后，由于mbgsinα＝μ2mbgcosα因此滑块b和传送带相对静止一起匀速运动回到D点；b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中，因摩擦产生的热量为Q＝μ2mbgΔxcos30°代入数据解得Q＝60.75J根据功能关系可知，b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中电动机额外多做的功为W=ΔE=Q+1代入数据解得W＝47.25J。答：（1）a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小为10m/s；（2）第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小均为5m/s；（3）b从第一次经过D点到第二次经过D点的过程中电动机额外多做的功为47.25J。【点评】本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律和能量守恒定律；是多过程、多运动问题，明确每个过程遵循的规律是解题的关键；掌握相对位移的求解方法及共速后能否保持相对静止的判断方法。5．（2024•广东一模）如图所示，质量为m的小球A与质量为7m的小球B通过长为L的轻质柔软细绳连接，现用手提着小球A，使小球B距地面的高度也为L，松手后两球由静止开始自由下落，小球B与地面碰后速度大小不变、方向相反，两小球的碰撞为弹性正碰，细绳绷直后两小球以相同的速度继续运动，碰撞时间均极短，重力加速度大小为g。求：（1）从松手到两小球第一次碰撞的时间t；（2）细绳绷直后小球A距地面的最大距离d。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）从松手到两小球第一次碰撞的时间t为54（2）细绳绷直后小球A距地面的最大距离d为2516L【分析】（1）根据自由落体运动与竖直上抛运动规律，结合两球的位移关系，应用运动学公式解答；（2）根据运动学公式求得碰撞前的速度，两小球发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律解得碰撞后的速度。根据运动学公式求得各阶段A球的位移，根据距离关系求解细绳绷直后小球A距地面的最大距离。【解答】解：本题解答过程均以竖直向下为正方向。（1）设小球B第一次落地前的速度为vB0，此时小球A的速度为vA1，所用的时间为t1，小球B第一次反弹后的速度为vB1，再经过时间t2两者相碰，根据运动学公式可得：L=vB0vA1＝vB0＝﹣vB1vA1t2+12gt22-（t＝t1+t2解得：t=542Lg，vB1=（2）设A、B两球第一次碰撞前瞬间的速度分别为vA2、vB2，碰撞后瞬间的速度分别为vA3、vB3，根据运动学公式可得：vA2＝gtvB2＝vB1+gt2解得：vA2=542gL，两小球发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得：mvA2+7mvB2＝mvA3+7mvB312mvA22+联立解得：vA3=-942gL再经过时间t3细绳绷直，设细绳绷直前瞬间A、B两球的速度分别为vA4、vB4，根据运动学公式得：vA3t3+12gt32-（解得：t3=vA4＝vA3+gt3vB4＝vB3+gt3解得：vA4＝﹣22gL，vB4＝0设绷直瞬间后两者的共同速度为v，根据动量守恒定律得：mvA4+7mvB4＝（m+7m）v解得：v=从松手到两小球第一次碰撞A球的位移为：x1=12第一次碰撞后到细绳绷直A球的位移为：x2=12（vA3+vA4）细绳绷直后到A球速度减到零的位移为：x3=三个过程A球的总位移为：xA＝x1+x2+x3解得xA=716细绳绷直后小球A距地面的最大距离d＝2L﹣xA解得d=25答：（1）从松手到两小球第一次碰撞的时间t为54（2）细绳绷直后小球A距地面的最大距离d为2516L【点评】本题考查了弹性碰撞模型与自由落体运动与竖直上抛运动的相对运动问题。掌握弹性碰撞模型的结果经验公式。本题涉及相对运动过程较复杂，运动过程的分析要思路清晰。6．（2024•安徽）如图所示，一实验小车静止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平轨道与光滑四分之一圆弧轨道。圆弧轨道与水平轨道相切于圆弧轨道最低点。一物块静止于小车最左端，一小球用不可伸长的轻质细线悬挂于O点正下方，并轻靠在物块左侧。现将细线拉直到水平位置，静止释放小球，小球运动到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿小车上的轨道运动。已知细线长L＝1.25m。小球质量m＝0.20kg。物块、小车质量均为M＝0.30kg。小车上的水平轨道长s＝1.0m。圆弧轨道半径R＝0.15m。小球、物块均可视为质点。不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小；（2）求小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小；（3）为使物块能进入圆弧轨道，且在上升阶段不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围。【考点】动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用；动量守恒定律在板块模型中的应用．【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力．【答案】（1）小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小为6N；（2）小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为4m/s；（3）物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ＜0.4。【分析】（1）对小球分析根据动能定理求解速度，再根据合外力提供向心力求解拉力；（2）根据小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒和能量守恒分析；（3）当μ较小时，物块会脱离小车；当μ较大时，物块不能进入圆弧轨道，对两种情况分别用能量守恒和动量守恒分析求解。【解答】解：（1）设小球与物块碰撞前速度为v0，碰撞后小球速度为v1，物块速度为v2，小球从释放到与物块碰撞前，由动能定理mgL=1代入数据得：v0＝5m/s碰撞前瞬间，对小球受力分析，有T﹣mg=mv代入数据解得拉力：T＝6N（2）设水平向右为正方向，小球与物块弹性碰撞，根据动量守恒：mv0＝mv1+Mv2根据能量守恒：1代入数据联立解得：v2＝4m/s（3）当μ较小时，物块会脱离小车；当μ较大时，物块不能进入圆弧轨道①物块滑到水平轨道最右端刚好与小车共速，此时μ最大（但不能取），设水平向右为正方向，则小球与小车水平方向动量守恒，有Mv2＝2Mv共，解得：v共＝2m/s根据能量守恒，μmaxMgs=代入数据解得：μmax＝0.4②物块刚好滑到圆弧最高点，即在最高点与小车共速，此时μ最小，设水平向右为正方向，小球与小车水平方向动量守恒，有Mv2＝2Mv共，解得：v共＝2m/s根据能量守恒，μ代入数据解得：μmin＝0.25综合上面分析，可得满足要求的动摩擦因数μ取值范围为：0.25≤μ＜0.4答：（1）小球运动到最低点与物块碰撞前，所受拉力的大小为6N；（2）小球与物块碰撞后的瞬间，物块速度的大小为4m/s；（3）物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围为0.25≤μ＜0.4。【点评】本题考查了动量和能量，理解小球、物块和圆弧轨道不同时刻的不同状态下，彼此的动量和能量的相互关系是解决此类问题的关键。7．（2024•浙江模拟）一质量为m的卫星沿半径r的圆轨道绕太阳运行。卫星上有一太阳帆—半径为R的圆形镜面反射膜。该反射膜在随后运动中不断改变方向，使帆面不断改变方向以保证始终垂直于太阳光。已知：万有引力常量为G，太阳质量为M，太阳半径为RS，太阳表面温度为T。太阳可视理想黑体且单位面积的热辐射功率为σT4，其中σ为一常量。已知光具有粒子的性质：一个光子的能量E＝pc，其中p是光子的动量，c是光速。（1）求太阳热辐射的总功率；（2）求太阳帆单位时间内接受到的能量；（3）求太阳帆受到的合力F（r）（以沿着半径背离圆心的方向为正方向）。【考点】用动量定理求平均作用力；功率的定义、物理意义和计算式的推导．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；功能关系能量守恒定律；分析综合能力．【答案】（1）太阳热辐射的总功率为4πσR（2）太阳帆单位时间内接受到的能量πσR（3）太阳帆受到的合力为1r【分析】利用单位面积的热辐射功率乘太阳的表面积求太阳热辐射的总功率；利用距南太阳一定距离处单位时间内单位面积上接受的能量相同，即E总4πr2=E'πR2【解答】解：（1）根据球体表面积公式S＝4πr2可得太阳的表面积为S=4πR所以太阳热辐射的总功率为P=SσT（2）太阳单位时间内热辐射的总能量为E总设太阳帆单位时间内接受到的能量为E′，则E总所以E'（3）根据动量定理有F•Δt＝2npE′•Δt＝nE所以F=2πσ则太阳帆受到的合力F(r)=F-解得F(r)=1答：（1）太阳热辐射的总功率为4πσR（2）太阳帆单位时间内接受到的能量πσR（3）太阳帆受到的合力为1r【点评】本题主要考查能量守恒和动量定理的应用，理解距南太阳一定距离处单位时间内单位面积上接受的能量相同是解题关键。8．（2024•衡水模拟）如图所示，半径R＝1m的四分之一圆弧槽M固定在地面上，圆弧槽末端位于圆心O′正下方、且与平台KPQ上表面水平相切，P点放置质量为m0＝0.4kg的小物块，KP、PQ长度分别为0.45m、2.75m，Q右侧空间存在面积足够大的匀强磁场，磁感应强度B=π8×102T、方向水平向右，在右侧空间建立Oxyz三维直角坐标系，坐标原点O位于KPQ延长线上，x轴正方向垂直于纸面向里，y轴正方向竖直向上，z轴正方向水平向右，QO的距离d＝16m，xOy平面内放置有足够大的挡板。质量m＝0.1kg、带电量q＝+1.6×10﹣2C的小球自圆弧槽A点正上方h＝4m处从静止释放，小球与小物块发生碰撞同时，在KPQ平台上方施加方向水平向右、大小E＝2.5×102V/m的匀强电场图中未画出。小球与小物块碰撞时无能量损失且小球电量不变，重力加速度（1）小球运动到K点时对轨道的压力FN；（2）小物块飞离平台前与小球的碰撞次数；（3）小球打在挡板上的坐标。（结果可含有π）【考点】动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；用动量守恒定律解决电场中的碰撞问题；牛顿第三定律的理解与应用．【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）小球运动到K点时对轨道的压力大小为11N，方向竖直向下；（2）小物块飞离平台前与小球的碰撞次数2次；（3）小球打在挡板上的坐标为(-【分析】（1）小球从释放至运动到K点，由机械能守恒定律列式子，并且在K点，根据受力分析列出牛顿第二定律方程；（2）弹性碰撞根据动量守恒和动能不变列式子。并结合运动学公式分析；（3）小球在叠加场中的运动是圆周运动，根据分析画出轨迹。【解答】解：（1）小球从释放至运动到K点，由机械能守恒定律，得mg(h小球到最低点时：FN求得FN＝11N，vK＝10m/s根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力F′＝FN＝11N方向竖直向下。（2）第一次碰撞，设向右为正方向，由动量守恒定律、能量守恒定律，得mvK＝mv1+m0v212求得v1＝﹣6m/s，v2＝4m/s小球在电场中的加速度a=qE设经时间t1二者第二次相遇，则v1解得t1＝0.5s或t1＝0（舍去）此过程中小物块位移x1＝v2t1＝4×0.5m＝2m再次碰撞前小球速度v3＝v1+at1＝﹣6m/s+40×0.5m/s＝14m/s此时m0的速度仍为v2，第二次发生碰撞有mv3+m0v2＝mv4+m0v512解得v4＝﹣2m/s，v5＝8m/s设经时间t2二者第三次相遇，则v4解得t2＝0.5s或t2＝0（舍去）此过程中小物块位移x2＝v5t2＝8×0.5m＝4m则两次碰撞总距离x1+x2＝2m+4m＝6m＞2.75m小物块飞离平台前与小球发生了2次碰撞。（3）小球与小物块第二次碰撞后至飞离平台过程有vQ解得vQ＝8m/s小球进入磁场后沿z轴方向做匀速直线运动，撞到挡板的时间t=d小球在xOy平面内做曲线运动，沿z轴正方向看去，如图所示：根据计算，小球在磁场中以v﹣的速度做圆周运动的周期T=2πmmg＝qv+B求得v+小球沿x轴的位移为x=v则小球打到挡板的坐标为(-答：（1）小球运动到K点时对轨道的压力大小为11N，方向竖直向下；（2）小物块飞离平台前与小球的碰撞次数2次；（3）小球打在挡板上的坐标为(-【点评】本题关键掌握带电粒子的运动过程和运动性质，根据动量守恒和能量守恒处理碰撞问题，根据运动学公式和周期公式处理在磁场中的运动问题。9．（2024•茂名一模）如图（a）所示，门球又称槌球，比赛时以球槌击球，球过球门即可得分.如图（b）所示，某次比赛中完全相同的1号球、3号球与门洞恰好位于一条直线上，两球之间的距离l1＝2.5m，3号球与球门之间的距离l2＝1m。运动员用球槌水平打击1号球，使其获得向右的初速度v0＝6m/s，经过一段时间后，该球以v1＝4m/s的速度与3号球发生碰撞（碰撞时间极短），碰后1号球又向前运动了x＝0.125m后停下来.已知两球质量m均为0.25kg，将两球的运动视为一条直线上的滑动并且两球与地面间的动摩擦因数μ相同，重力加速度g取10m/s2。（1）求球与地面的动摩擦因数μ；（2）求两球碰撞过程中损失的机械能；（3）通过分析，判断3号球能否进门得分。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动能定理的简单应用；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；动能定理的应用专题；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）求球与地面的动摩擦因数μ为0.4；（2）求两球碰撞过程中损失的机械能为0.75J；（3）3号球能够进门得分，详见解析。【分析】（1）确定1号球开始运动到与3号球碰撞前过程中，1号球的初末速度。此过程只有摩擦力做功，根据动能定理进行解答即可；（2）碰后1号球只有摩擦力做功，根据动能定理确定碰后小球1的速度，再根据动量守恒定律确定碰后球3的速度，再根据碰撞前后系统的机械能之差确定损失的机械能；（3）若三号球速度减为零时，向前运动的位移大于3号球与球门的距离，则能得分。根据动能定理确定三号球碰后向前运动的位移，再根据位移与3号球初始位置与球门的距离判断能否得分。【解答】解：（1）根据动能定理-μmg解得μ＝0.4（2）设球1碰后速度为v2，根据动能定理-μmgx=0解得v2＝1m/s设球3碰后速度为v3，设向右为正方向，根据动量守恒定律mv1＝mv2+mv3解得v3＝3m/s根据能量守恒，损失的机械能为ΔE=1代入数据解得ΔE＝0.75J（3）设3号球碰后运动的距离为x′，根据动能定理-μmgx解得x'故3号球能够进门得分。答：（1）求球与地面的动摩擦因数μ为0.4；（2）求两球碰撞过程中损失的机械能为0.75J；（3）3号球能够进门得分，详见解析。【点评】本题考查了动能定理及碰撞问题，碰撞过程根据动量守恒和能量守恒来解答，涉及的过程多，解题要认真。10．（2024•梅州二模）图为某一食品厂生产流水线的一部分，AB是半径为R的光滑半圆轨道，产品2加工后以vA=3gR的速率从A点沿半圆轨道下滑，到达轨道最低点B处时，与静止在此处的产品1发生弹性碰撞（假设每一个产品的质量均为m），被碰后的产品1沿粗糙的水平轨道BC滑动，以vC=2gR的速度滑上运行速度为v的传送带CD。其中BC段为生产线中的杀菌平台，长度为4R，传送带的摩擦因数为μ2＝0.5，长度为（1）为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足什么条件？（2）BC段杀菌平台的摩擦因数μ1是多少？（3）调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？【考点】弹性碰撞和非弹性碰撞的区别与判断；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足的条件是v≥4（2）BC段杀菌平台的摩擦因数μ1是58（3）调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？85gR【分析】（1）根据动能定理计算；（2）根据动量守恒定律和能量守恒定律计算；（3）根据牛顿第二定律得到产品到A点的最小速度，然后根据动能定理和动量定理计算。【解答】解：（1）若产品由C到D一直加速，则传送时间最短，设加速获得的最大速度为vm，由动能定理μ2解得vm则传送带速度应满足v≥（2）产品2从A运动到B的过程，由动能定理得mg×产品2和产品1发生弹性碰撞，由动量守恒mvB＝mv1+mv2机械能守恒12解得v1＝0，v产品1进入杀菌平台后滑行到C点前，由动能定理得-μ解得μ1（3）若要保证不脱轨，则产品在A点的最小速度满足mg=m同第（2）问原理知，产品进入杀菌平台的最小速度v'产品减速到0的距离为s，由动能定理得-μ解得s＝4R滑行距离为4R，恰能到达传送带上，此时产品进入杀菌平台后杀菌时间最长，规定向左的方向为正方向，由动量定理得﹣μ1mgt＝0﹣mv′2解得t=8答：（1）为了保证产品以最短的时间经过CD，则传送带的速度应满足的条件是v≥4（2）BC段杀菌平台的摩擦因数μ1是58（3）调整产品从A点出发的速度可以调整杀菌的时间，则产品既不脱轨又能滑上传送带的最长杀菌时间t是多少？85gR【点评】本题涉及到的物体运动过程比较复杂，需要理清每个过程，分析每个过程所遵守的规律，熟练掌握动能定理，动量定理，能量守恒和动量守恒定律等，难度较大。

考点卡片1．匀变速直线运动的定义与特征【知识点的认识】（1）定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动，叫做匀变速直线运动．（2）匀变速直线运动的速度﹣时间图象：匀变速直线运动的v﹣t图象是一条倾斜的直线，速度随时间均匀变化．（3）匀变速直线运动的分类：若物体的速度随时间均匀增加，称为匀加速直线运动；若物体的速度随时间均匀减少，称为匀减速直线运动．【命题方向】关于匀变速直线运动，下列说法正确的是（）A.匀减速直线运动中，加速度可能减小B.匀加速直线运动中，加速度可能增大C.匀加速直线运动中，加速度的方向一定和速度方向相同D.匀减速直线运动中，加速度的方向一定为负方向分析：匀变速直线运动中，加速度保持不变；匀加速直线运动中，速度方向与加速度方向相同，匀减速直线运动中，速度方向与加速度方向相反。解答：A．匀减速直线运动中，加速度恒定不变，速度减小，故A错误；B．匀加速直线运动中，加速度恒定不变，速度增大，故B错误；C．物体做加速运动时，加速度方向与速度方向相同，故C正确；D．物体做减速运动时，加速度方向与速度方向相反，若速度方向为负方向，加速度方向为正方向，故D错误。故选：C。点评：本题考查匀变速直线运动规律，知道匀变速直线运动中加速度大小和方向的特点。【解题思路点评】匀变速直线运动的三种解释：①加速度恒定不变；②任意相同时间内的速度变化量相等；③速度随时间均匀变化。同学们务必理解并牢记。2．牛顿第二定律的简单应用【知识点的认识】牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。【命题方向】一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于43mg故选：A。点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。【解题方法点拨】在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。3．牛顿第三定律的理解与应用【知识点的认识】1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命题方向】题型一：牛顿第三定律的理解和应用例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（）A．作用力与反作用力的合力为零B．先有作用力，然后才产生反作用力C．作用力与反作用力大小相等、方向相反D．作用力与反作用力作用在同一个物体上分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误．B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误．C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确．D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误．故选：C．点评：考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．【解题方法点拨】应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．4．水平传送带模型【知识点的认识】1.传送带问题利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。2.分类传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。3.常见情况分析（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）【命题方向】例1：如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端放上一无初速的小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间不可能为（）A.LvB.2LvC.2L分析：物块无初速滑上传送带，有可能一直做匀加速直线运动，有可能先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出木块运行的时间．解答：①当木块一直做匀加速直线运动。若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v。根据牛顿第二定律得，a＝μg。根据L=12a若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v。根据L=解得t=②当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动。匀加速直线运动的时间t1=则匀速直线运动的位移x则匀速直线运动的时间t则总时间为t=t1+t2=Lv+本题选不可能的，故选：A。点评：解决本题的关键理清物块的运动情况，考虑到木块运动的各种可能性，运用牛顿运动定律和运动学公式综合求解．【解题思路点拨】明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。5．平抛运动速度的计算【知识点的认识】1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的速度vx＝v0竖直方向上的速度vy＝gt从而可以得到物体的速度为v=3.同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。【命题方向】如图所示，小球以6m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s时到达P点，取g＝10m/s2，则（）A、0.8s内小球下落的高度为4.8mB、0.8s内小球下落的高度为3.2mC、小球到达P点的水平速度为4.8m/sD、小球到达P点的竖直速度为8.0m/s分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出下降的高度以及竖直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不变，为6m/s。故C错误。D、小球到达P点的竖直速度vy＝gt＝8m/s。故D正确。故选：BD。点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。【解题思路点拨】做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy＝gt。6．功率的定义、物理意义和计算式的推导【知识点的认识】1.义：功与完成这些功所用时间的比值．2.理意义：描述做功的快慢。3.质：功是标量。4.计算公式（1）定义式：P=Wt，P为时间（2）机械功的表达式：P＝Fvcosα（α为F与v的夹角）①v为平均速度，则P为平均功率．②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．推导：如果物体的受力F与运动方向的夹角为α，从计时开始到时刻t这段时间内，发生的位移是l，则力在这段时间所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是从开始计时到时刻t这段时间内发生的，所以lt是物体在这段时间内的平均速度vP＝Fvcosα可见，力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。通常情况下，力与位移的方向一致，即F与v的夹角一致时，cosα＝1，上式可以写成P＝Fv。从以上推导过程来看，P＝Fv中的速度v是物体在恒力F作用下的平均速度，所以这里的功率P是指从计时开始到时刻t的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个关系式也就可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。5.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．6.实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率．【命题方向】下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是（）A、功率大的机械，做功一定多B、做功多的机械，效率一定高C、做功快的机械，功率一定大D、效率高的机械，功率一定大分析：根据P=Wt知，做功多．功率不一定大，根据η解答：A、根据P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根据η=W有W总=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正确。故选：C。点评：解决本题的关键知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解题思路点拨】1.功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。2.功率的定义式P=W7．动能定理的简单应用【知识点的认识】1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。【命题方向】如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；（2）物体在前6s运动的位移（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；（2）物体在前6s运动的位移是54m；（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。【解题思路点拨】1．应用动能定理的一般步骤（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。（2）分析受力及各力做功的情况①受哪些力？②每个力是否做功？③在哪段位移哪段过程中做功？④做正功还是负功？⑤做多少功？求出代数和。（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。注意：①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。8．常见力做功与相应的能量转化【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。9．机械能守恒定律的简单应用【知识点的认识】1.机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。2.对三种表达式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态机械能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程式。另外，表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的E都应是对同一参考平面而言的。（2）转化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。（3）转移式：ΔEA＝﹣ΔEB，将系统分为A、B两部分，A部分机械能的增加量等于另一部分B的机械能的减少量，可以不选择参考平面。3.运用机械能守恒定律的基本思路4.机械能守恒定律和动能定理的比较【命题方向】NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.2012﹣2013赛季总决赛第六场中，雷阿伦在终场前5.2s的时候，把球投出且准确命中，把比赛拖入加时从而让热火获得比赛的胜利．如果雷阿伦投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直接列式分析．解答：篮球机械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故选：A。点评：本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功；应用机械能守恒定律解题不需要分析过程，只找出初末状态即可．【解题方法点拨】1.应用机械能守恒定律解题的基本思路（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解。注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。2.对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；（3）各物体的速度之间的联系。3.动能定理与机械能守恒定律的选择（1）能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势能参考平面的麻烦。（2）能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。10．用动量定理求平均作用力【知识点的认识】对于涉及变力作用的动量问题，可以利用动量定理求解平均作用力。公式为：FΔt＝mv2﹣mv1。【命题方向】质量m＝0.6kg的篮球从距地板H＝0.80m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h＝0.45m．从释放到弹跳至h高处经历的时间t＝1.1s，忽略空气阻力，取g＝10m/s2．求：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能．（2）地板对篮球的平均作用力．分析：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能等于初始时刻机械能减去末时刻机械能，初末位置物体动能为零，只有势能；（2）分别根据自由落体运动求出篮球与地面碰撞前后的速度，再求出下落和上升的时间，根据总时间求出球与地面接触的时间，根据动量定律即可求解．解答：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为：ΔE＝mgH﹣mgh＝0.6×10×（0.8﹣0.45）J＝2.1J（2）设篮球从H高处下落到地板所用时间为t1，刚接触地板时的速度为v1；反弹离地时的速度为v2，上升的时间为t2，由动能定理和运动学公式下落过程：mgH=12mv12，解得：v上升过程：﹣mgh＝0-12mv22，解得：v篮球与地板接触时间为Δt＝t﹣t1﹣t2＝0.4s设地板对篮球的平均撞击力为F，由动量定理得：（F﹣mg）Δt＝mv2+mv1解得：F＝16.5N根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力F′＝F＝16.5N，方向向下答：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为2.1J．（2）地板对篮球的平均作用力为16.5N，方向向下．点评：本题主要考查了自由落体运动的基本规律，在与地面接触的过程中，合外力对物体的冲量等于物体动量的变化量，难度适中．【解题思路点拨】应用动量定理的四点注意事项（1）明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则。（2）列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小。（3）分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系。（4）公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式计算，且要注意是末动量减去初动量。11．弹性碰撞和非弹性碰撞的区别与判断【知识点的认识】1.碰撞分为三类：（1）弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。（2）非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。（3）完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。2.弹性碰撞和非弹性的碰撞的共同点是碰撞前后动量守恒，不同点是碰撞前后是否有机械能损失。3.弹性碰撞——碰撞前后机械能守恒m1v1=m（1）若m1＝m2，可得v1′＝0，v2′＝v1，相当于两球交换速度．（2）若m1＞m2，则v1′＞0；且v2′一定大于0若m1＜m2，则v1′＜0；且v2′一定大于0．（3）若m2＞＞m1，则v1′＝﹣v1，v2′＝0．（4）若m1＞＞m2，则v1′＝v1，v2′＝2v1．4.非弹性碰撞如果在碰撞过程中，有一部分机械能转变为其他形式的能量，如发热，则是属于非弹性碰撞．其动能的损失为：△Ek＝（12m1v12+12m2v22）﹣（12m1v1′有一种很特殊的非弹性碰撞，比如碰后两小球结合在一起，不再分开；子弹射入到木箱中等这些称为完全非弹性碰撞，m1v1+m2v2＝（m1+m2）v′，碰后的速度表达式为：v2′＝v1′＝v′=△Ek＝（12m1v12+12m2v22）-1这种碰撞的动能损失最大．【命题方向】一位运动员在教练的指导下练习保龄球的掷球动作，该运动员将质量m1＝2kg的保龄球A从O点以v1＝4m/s的初速度沿直线向右掷出，A球与静止在轨道上N点的质量m2＝1kg的球瓶B相撞。已知球与球瓶相撞后速度共线，球与轨道间的摩擦力可忽略，A与B碰撞后瞬间的速度大小之比为1：3，且方向均向右，A、B均可看成质点。（1）求碰撞后瞬间，A的速度大小。（2）通过计算判断A与B的碰撞是否为弹性碰撞。分析：（1）由动量守恒和碰后A、B两物体速度大小关系可得碰撞瞬间A的速度大小；（2）根据系统碰前和碰后动能大小关系判断。解答：（1）A球与球瓶碰撞过程，动量守恒，取水平向右为正方向，则有：m1v1＝m1v2+m2v3由题意可知：v2：v3＝1：3代入数据可得：v2＝1.6m/s，v3＝4.8m/s（2）把A、B看作一个系统，两者碰撞前系统的能量：E两者碰撞后，系统的能量：E可知：E1＞E2，碰撞过程有能量损失，所以A与B的碰撞不是弹性碰撞。答：（1）碰撞后瞬间，A的速度大小为4.8m/s。（2）A与B的碰撞不是弹性碰撞。点评：本题考查了碰撞、动量守恒，解题的关键是理解弹性碰撞的物理意义，弹性碰撞过程是动量守恒，系统没有能量损失。【解题思路点拨】处理碰撞问题的三点提醒（1）选取动量守恒的系统：若有三个或更多个物体参与碰撞时，要合理选取所研究的系统。（2）弄清碰撞的类型：弹性碰撞、完全非弹性碰撞还是其他非弹性碰撞。（3）弄清碰撞过程中存在的关系：能量转化关系、速度关系等。12．动量守恒定律在板块模型中的应用【知识点的认识】1.对于板块类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。2.整个过程涉及动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。3.滑块与木板共速时，系统损失的机械能最大。【命题方向】如图所示，质量m1＝2.0kg的木板AB静止在水平面上，木板的左侧有一个固定的半径R＝0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现将质量m2＝1.0kg可视为质点的小木块C，从圆弧形轨道顶端由静止释放，小木块C到达圆弧形轨道底端时的速度v0＝3.0m/s．之后小木块C滑上木板AB并带动木板AB运动，当小木块C离开木板AB右端B时，木板AB的速度v1＝0.5m/s，在小木块C在木板AB上滑行的过程中，小木块C与木板AB总共损失的动能△E＝2.25J．小木块C与木板AB间的动摩擦因数μ＝0.1．木板AB与地面间的摩擦及空气阻力可忽略不计．取g＝10m/s2．求（1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力的大小；（2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功；（3）小木块C在木板AB上运动过程中，小木块C相对于地面的位移．分析：（1）小木块C做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出C受到的支持力；（2）应用动能定理可以求出小木块在圆弧轨道上滑行时克服摩擦力所做的功；（3）分别与木块及木板为研究对象，应用动能定列方程，求出木板与木块间的位移关系，解方程可以求出木块相对于地面的位移．解答：（1）小木块通过圆弧形轨道末端时，由牛顿第二定律得：F﹣m2g=m解得小木块受到的支持力：F＝25N；（2）小木块在圆弧形轨道上下滑过程中，由动能定理得：m2gR﹣Wf=12m2v解得克服摩擦力做的功Wf＝1.5J；（3）木块C与木板AB间的摩擦力f＝μm2g，由动能定理得：对木板：fs1=12m1v对小木块：﹣fs2=12m2（木块与木板间的位移关系：s2＝s1+L，小木块与木板总共损失的动能△E＝fL，解得：s2＝2.5m；答：（1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力大小为25N；（2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功为1.5J；（3）小木块C在木板AB上运动过程中，小木块C相对于地面的位移为2.5m．点评：本题考查了动能定理的应用，最后一问是本题的难点，分析清楚木块与木板的运动过程、两者间的位移关系是正确解题的前提与关键．【解题思路点拨】动量守恒里的板块模型一般不考虑地面的摩擦力，板块之间的相互作用为内力，因此遵寻动量守恒定律。当达到共速时，系统瞬时的机械能最大，同时也要注意临界条件，如滑块恰好不滑下木板等。13．动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用【知识点的认识】物体冲上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上没有外力作用，所以水平方向上系统的动量守恒。可以根据情况分成以下两种类型：1.物体能飞离斜面（或曲面）：在物体与斜面（或曲面）分开之前，因为两者始终一起运动，所以分离瞬间两者在水平方向上速度相等，物体飞到最高点时，两者的速度相同。2.物体不能飞离斜面（或曲面）：物体到达斜面上最高处时，两者的速度相同。可以根据系统的机械能守恒和水平方向上的动量守恒求出物体到达“最高点”时，两者的速度及物体上升的高度。【命题方向】如图，一带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一可视为质点、质量为m的小球以速度v0从小车的左端水平滑上小车，与小车作用后从小车左端竖直掉下。已知圆弧轨道的半径足够大，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（）A、小球和小车组成的系统动量守恒、机械能守恒B、小车的最终速度大小为0.5v0C、小车对小球做的功为1D、小球在小车上能上升的最大高度为v分析：A、根据动量守恒的条件、机械能守恒的条件分析；B、根据题意可知小球离开小车时的速度为零，小球和小车相互作用的过程，可以看作弹性碰撞，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒可得小车的最终速度大小；C、小球和小车相互作用的过程，对小球利用动能定理分析；D、小球与小车共速时上升到最高点，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得小球上升的最大高度。解答：A、小球和小车组成的系统水平方向不受外力，竖直方向合力不为零，所以水平方向动量守恒，系统只有动能和势能的相互转化，所以系统机械能守恒，故A错误；B、小球与小车作用后从小车左端竖直掉下，可知小球离开小车的速度为零，小球和小车相互作用的过程，可以看作弹性碰撞，取水平向右为正方向，设小车的质量为M，由动量守恒定律有：mv0＝0+Mv1小球和小车组成的系统机械能守恒，则有：1联立方程可得：M＝m，v1＝v0，所以小车的最终速度大小为v0，故B错误；C、小球和小车相互作用的过程中，对小球由动能定理有：W车=0-12mD、小球和小车共速时，小球上升到最大高度，设最大高度为h取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0＝（m+M）v小球和小车组成的系统机械能守恒，则有：1代入数据可得：h=v0故选：D。点评：本题考查了动量守恒定律和机械能守恒定律，解题的关键是把小球和小车相互作用的过程看作弹性碰撞，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。【解题思路点拨】因为水平方向是没有外力的，所以系统水平方向上动量守恒，当物体达到最高处时，两个物体的速度完全一致。14．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用【知识点的认识】1.对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。2.整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。3.弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹性势能。【命题方向】如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C．B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B