2025年高考物理复习之小题狂练600题（选择题）：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（选择题）：动量与动量守恒定律（10题）一．选择题（共10小题）1．（2024•浙江二模）单位为N•s的物理量是（）A．功 B．功率 C．冲量 D．动能2．（2024•成都模拟）随着科技的发展，未来的手机带有屏幕保护器，保护装置设置在屏幕的4个角落，由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知到手机掉落，屏幕保护器会自动弹出，并完全吸收手机撞击地面的能量，避免手机屏幕直接接触地面而损坏。若手机质量约为200g，从离地0.8m高处自由掉落，手机与地面撞击的时间约为0.05s，不计空气阻力，g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．手机落地过程中加速度不断增大 B．手机落地过程中重力做功的功率不变 C．保护器弹出的时间应小于0.4s D．地面对手机的平均作用力约为16N3．（2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，小孩荡秋千过程视为圆周运动，座椅、绳索质量不计，小孩可视为质点，忽略一切阻力，从右侧最高点运动到左侧最高点的过程中（）A．小孩机械能守恒 B．小孩的向心加速度不变 C．小孩受到重力的功率先增大后减小 D．小孩受到重力的总冲量为零4．（2024•北京）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（）A．上升和下落两过程的时间相等 B．上升和下落两过程损失的机械能相等 C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度5．（2024•湖北模拟）如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA＝6kg，mB＝4kg，现用水平力FA拉A，用水平力FB推B，FA和FB随时间t变化关系如图乙所示，则（）A．0～2s内，物体A所受的合外力一直增加 B．0～4s内，物体A做加速运动，B做减速运动 C．t＝5s时，力FA对物体A做功的功率为78W D．t＝8s时，物体B做匀速直线运动，速度大小为4m/s6．（2024•湖北模拟）临近盛夏，池中的荷叶已经宽大而厚实，像一把巨大的绿色伞盖，为小生命们提供了遮阳避雨的场所。若在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算池中荷叶叶面承受雨滴撞击产生的平均压强p，建立以下模型：假设荷叶叶面呈水平状，雨滴竖直下落的速度为v，所有落到叶上的雨滴，约有23向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为v5，另约13的雨滴撞击叶面后无反弹留在叶面上；忽略叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响；忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为ρA．6ρhv5t B．11ρhv10t C．17ρhv15t 7．（2024•衡水模拟）在某次电动汽车的性能试验中，工程师已测得该款汽车综合阻力随时间变化关系式f＝f0+kt，现工程师为汽车提供恒定的牵引力F，并使汽车由静止开始直线加速至速度再次为0停止，则在此过程中，以下说法正确的是（）A．汽车达到最大速度的时间F-fB．汽车达到的最大速度为(F-fC．全过程中，汽车的牵引力F的冲量为F(F-fD．全过程中，汽车的阻力f的冲量为f8．（2024•门头沟区一模）把一压力传感器固定在水平地面上，轻质弹簧竖直固定在压力传感器上，如图甲所示。t＝0时，将金属小球从弹簧正上方由静止释放，小球落到弹簧上后压缩弹簧到最低点，又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。压力传感器中压力大小F随时间t变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A．t1时刻，小球的动能最大 B．t1∼t2时间内，小球始终处于失重状态 C．t1∼t3时间内，小球所受合力的冲量为0 D．t2∼t3时间内，小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量9．（2024•广东三模）工厂中某水平传送带由静止启动，启动初期驱动轮上某点的线速度随路程均匀增大，已知传送带与驱动轮间无相对滑动，则启动初期与传送带相对静止的滑块（）A．做匀加速运动 B．加速度逐渐减小 C．动量变化得越来越快 D．所受摩擦力的功率不变10．（2024•宁波二模）如图所示，在水平地面上用彼此平行、相邻间距为l的水平小细杆构成一排固定的栅栏。栅栏上方有一个质量为m、半径为r≫l的匀质圆板，圆板不会与地面接触。一根细长的轻绳穿过板的中央小孔C，一半在图的背面，一半在图的正面，绳的两头合在一起记为P端。在P端用力沿水平方向朝右拉动圆板，使板沿栅栏无跳动、无相对滑动地朝右滚动。圆板水平方向朝右的平均速度可近似处理为圆板中心C在最高位置时的速度大小v，设v是不变量。略去绳与板间所有接触部位的摩擦，施加于P端的平均拉力T为（）A．12mv2lr2 B．12

2025年高考物理复习之小题狂练600题（选择题）：动量与动量守恒定律（10题）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024•浙江二模）单位为N•s的物理量是（）A．功 B．功率 C．冲量 D．动能【考点】动量的定义、单位及性质．【专题】定性思想；推理法；动量和能量的综合；理解能力．【答案】C【分析】根据单位结合物理学中的各公式分析判断对应的物理量。【解答】解：根据公式I＝Ft可知，单位为N•s的物理量是力的冲量，功和动能的单位是焦耳、功率的单位是瓦。故ABD错误，C正确。故选：C。【点评】考查单位制问题，让学生明白单位制的意义，知道各物理量之间的相互联系。2．（2024•成都模拟）随着科技的发展，未来的手机带有屏幕保护器，保护装置设置在屏幕的4个角落，由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知到手机掉落，屏幕保护器会自动弹出，并完全吸收手机撞击地面的能量，避免手机屏幕直接接触地面而损坏。若手机质量约为200g，从离地0.8m高处自由掉落，手机与地面撞击的时间约为0.05s，不计空气阻力，g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．手机落地过程中加速度不断增大 B．手机落地过程中重力做功的功率不变 C．保护器弹出的时间应小于0.4s D．地面对手机的平均作用力约为16N【考点】用动量定理求平均作用力；自由落体运动的规律及应用；瞬时功率的计算．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理能力．【答案】C【分析】手机接触地面前做自由落体运动，根据瞬时功率的计算公式分析落地时重力的功率；根据运动学公式求解手机落地时的速度和手机落地时间；根据动量定理求解地面对手机的平均作用力。【解答】解：A．手机落地过程中只受重力作用，加速度不变，故A错误；B．根据P＝mgv可知，重力的功率增大，故B错误；C．由h=解得手机落地时间为：t＝0.4s故保护器弹出的时间应小于0.4s故C正确；D．设地面对手机的平均作用力为F，取向下为正方向，根据动量定理得：mgt'﹣Ft'＝0﹣mv其中v＝gtm＝200×10﹣3kg＝0.2kgt'＝0.05s解得F＝18N，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了自由落体运动、功率的计算、动量定理的应用，题目较简单。应用动量定理时要注意冲量与动量均为矢量，计算时要先设定正方向。3．（2024•沙坪坝区校级模拟）如图所示，小孩荡秋千过程视为圆周运动，座椅、绳索质量不计，小孩可视为质点，忽略一切阻力，从右侧最高点运动到左侧最高点的过程中（）A．小孩机械能守恒 B．小孩的向心加速度不变 C．小孩受到重力的功率先增大后减小 D．小孩受到重力的总冲量为零【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导；机械能守恒定律的简单应用．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；重力专题；理解能力．【答案】A【分析】由机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功；向心力是变力，所以向心加速度的方向时刻在变；由P＝mgvy判断重力的功率来判断重力功率的变化，由冲量的定义可以判断重力的总冲量的大小。【解答】解：A、由题意可知，小孩在运动的过程中，只有重力做功，所以机械能守恒，故A正确；B、小孩在运动的过程中，速度先增大和减小，由an=mvC、小孩在最高点时速度为零则重力功率为零，最低点时重力和速度垂直，则重力的功率为零，小孩从右侧最高的运动到最低点的过程中重力功率先增大后减小，再由最低点到达左侧最高点的过程中重力功率又是先增大再减小，故C错误；D，由冲量的定义可知，在整个过程中重力的冲量就是mgt，不为零，故D错误。故选：A。【点评】本题考查的是机械能守恒的条件，重力的瞬时功率，向心加速度，及冲量定义，解题的关键是要知道瞬时功率为P＝mgvy，根据条件及定义解题即可。4．（2024•北京）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（）A．上升和下落两过程的时间相等 B．上升和下落两过程损失的机械能相等 C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度【考点】求变力的冲量；竖直上抛运动的规律及应用；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力．【答案】C【分析】D.根据上升和下降两个过程中的受力情况结合牛顿第二定律分析加速度的情况；C.根据阻力的做功情况判断上下经过同一位置的速度变化情况，结合动量定理分析冲量大小；A.根据上升和下降的平均速度分析运动时间的关系；B.根据功能关系分析机械能的损失情况。【解答】解：D.小球上升过程中受到向下的空气阻力，满足mg+kv＝ma上，下落过程中受到向上的空气阻力，满足mg﹣kv＝ma下，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），故D错误；C.小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，故C正确；A.上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，故A错误；B.经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，故B错误。故选：C。【点评】考查物体受力分析和牛顿第二定律，会结合平均速度、动量定理分析解决实际问题。5．（2024•湖北模拟）如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA＝6kg，mB＝4kg，现用水平力FA拉A，用水平力FB推B，FA和FB随时间t变化关系如图乙所示，则（）A．0～2s内，物体A所受的合外力一直增加 B．0～4s内，物体A做加速运动，B做减速运动 C．t＝5s时，力FA对物体A做功的功率为78W D．t＝8s时，物体B做匀速直线运动，速度大小为4m/s【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用；瞬时功率的计算．【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；功率的计算专题；动量定理应用专题；分析综合能力．【答案】C【分析】A.根据图乙得出AB的表达式，再结合牛顿第二定律求合力；B.根据图像在0～4s内，水平力FA、FB的大小判断AB的加速度；C.根据动量定理和功率公式求力FA对物体A做功的功率；D.根据动量定理求物体B做匀速直线运动速度大小。【解答】解：A．根据图乙得FA＝2t+2（N）FB＝8﹣2t（N）在未脱离的过程中，整体受力向左，且大小总是不变的，恒为FA+FB＝10N根据牛顿第二定律得A、B一起做匀加速运动的加速度为a=F脱离时满足A、B加速度相同，且弹力为零，所以FB＝8﹣2t（N）＝mBa则t＝2s可知在0～2s内，物体A所受的合外力不变，故A错误；B．0～4s内，水平力FA、FB均大于零，方向向左，所以0～4s内，物体A做加速运动，物体B做加速运动，故B错误；C．2s末，A、B脱离时的速度为v0＝at1＝1×2m/s＝2m/s3s～5s，力FA的冲量为I13s～5s，以A、B脱离时的速度方向为正方向，由动量定理I1＝mAv1﹣mAv0解得v1t＝5s时，力FA对物体A做功的功率为P=F故C正确；D．3s～4s，力FB的冲量为I23s～4s，以A、B脱离时的速度方向为正方向，根据动量定理I2＝mBv2﹣mBv0解得v2＝3m/s4s后物体B做匀速直线运动，速度大小为3m/s，故D错误。故选：C。【点评】解决该题需要明确知道在两物体未脱离时，两物体的合外力是一个恒力，两物体做匀加速直线运动，知道两物体刚好脱离时的力学和运动学特征。6．（2024•湖北模拟）临近盛夏，池中的荷叶已经宽大而厚实，像一把巨大的绿色伞盖，为小生命们提供了遮阳避雨的场所。若在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算池中荷叶叶面承受雨滴撞击产生的平均压强p，建立以下模型：假设荷叶叶面呈水平状，雨滴竖直下落的速度为v，所有落到叶上的雨滴，约有23向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为v5，另约13的雨滴撞击叶面后无反弹留在叶面上；忽略叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响；忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为ρA．6ρhv5t B．11ρhv10t C．17ρhv15t 【考点】用动量定理求流体冲击问题．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理能力．【答案】C【分析】先求雨滴质量，再根据动量定理，求雨滴作用在叶面上的力，然后根据压强公式，求压强。【解答】解：设芭蕉叶的面积为S，则t时间内落到芭蕉叶上面雨滴的质量为m＝ρSh根据题意，有23F1另13F2根据压强的定义式p=Fp=F联立解得p=17ρhv故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题解题关键根据题意将雨滴分成两部分，分别使用动量定理求解力。7．（2024•衡水模拟）在某次电动汽车的性能试验中，工程师已测得该款汽车综合阻力随时间变化关系式f＝f0+kt，现工程师为汽车提供恒定的牵引力F，并使汽车由静止开始直线加速至速度再次为0停止，则在此过程中，以下说法正确的是（）A．汽车达到最大速度的时间F-fB．汽车达到的最大速度为(F-fC．全过程中，汽车的牵引力F的冲量为F(F-fD．全过程中，汽车的阻力f的冲量为f【考点】动量定理的内容和应用．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；分析综合能力．【答案】B【分析】A.根据F＝f时，有最大的速度求汽车达到最大速度的时间；B.画出a﹣t图像，根据图像面积求汽车达到的最大速度；C.根据a﹣t图像分析速度减到0的时间，利用冲量公式求汽车的牵引力F的冲量；D.分析合外力的冲量求汽车的阻力f的冲量。【解答】解：A．由题意可得汽车的速度达到最大时牵引力F＝f即f0+kt＝F解得t=F-故A错误；B．如图：根据a﹣t图像物理意义可知，三角形面积代表速度的变化量的大小，则vm故B正确；C．根据图像分析，汽车从开始运动到停止的时间t'所以牵引力的冲量为I=Ft'故C错误；D．因为初末态速度均为0，所以全过程动量变化量为0，故合外力冲量为0，则阻力的冲量为I'故D错误。故选：B。【点评】本题以电动汽车的性能试验为背景，考查了当牵引力F＝f时，汽车的速度达到最大，a﹣t图像，以及冲量的概念；也根据动量定理求解冲量。8．（2024•门头沟区一模）把一压力传感器固定在水平地面上，轻质弹簧竖直固定在压力传感器上，如图甲所示。t＝0时，将金属小球从弹簧正上方由静止释放，小球落到弹簧上后压缩弹簧到最低点，又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。压力传感器中压力大小F随时间t变化图像如图乙所示。下列说法正确的是（）A．t1时刻，小球的动能最大 B．t1∼t2时间内，小球始终处于失重状态 C．t1∼t3时间内，小球所受合力的冲量为0 D．t2∼t3时间内，小球机械能的增加量等于弹簧弹性势能的减少量【考点】动量定理的内容和应用；超重与失重的图像问题；常见力做功与相应的能量转化．【专题】定性思想；寻找守恒量法；动量定理应用专题；推理能力．【答案】D【分析】小球受力平衡时速度最大；根据小球的加速度方向判断是处于失重状态还是处于超重状态；根据动量定理分析；根据机械能守恒定律分析。【解答】解：A、t1时刻小球刚与弹簧接触，与弹簧接触后，弹力先是小于重力的，小球做加速运动，当弹力增大到与重力平衡，即加速度为零时，速度达到最大，动能达到最大，故A错误；B、t2时刻小球受到的弹簧弹力最大，是小球下落到最低点的时刻，此时弹簧的形变量最大，小球的速度为零，结合A的分析可以知道，在t1∼t2时间内，小球先加速后减速，所以是先向下加速，后减速运动，加速度方向是先向下后向上，则小球先失重后超重，故B错误；C、在t3时刻小球上升到弹簧原长位置，此时与t1时刻，小球的速度大小相等，方向相反，其动量变化量不为零，根据动量定理可知t1﹣t3时间内，小球所受的合力的冲量不为零，故C错误；D、在小球的整个运动过程中，把小球和弹簧看成一个系统，该系统机械能守恒，而在t2﹣t3小球时间内，小球是向上运动的，小球的机械能增大，弹簧的弹性势能减小，根据机械能守恒定律可知小球的机械能增加量等于弹簧弹性势能的减少量，故D正确。故选：D。【点评】解题的关键是知道小球受力平衡时具有最大速度，另外也要知道小球的运动过程中速度、加速度的变化规律。9．（2024•广东三模）工厂中某水平传送带由静止启动，启动初期驱动轮上某点的线速度随路程均匀增大，已知传送带与驱动轮间无相对滑动，则启动初期与传送带相对静止的滑块（）A．做匀加速运动 B．加速度逐渐减小 C．动量变化得越来越快 D．所受摩擦力的功率不变【考点】用动量的定义式计算物体的动量；倾斜传送带模型；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；动量和能量的综合；推理能力．【答案】C【分析】根据假设法依据运动规律判断；根据加速度的定义分析判断；根据动量表达式分析判断；根据瞬时功率公式分析判断。【解答】解：A．由于滑块与传送带相对静止，传送带与驱动轮间无相对滑动，线速度随路程均匀增大，则滑块的速度随位移均匀增大，若滑块做匀加速运动，由直线运动规律得v2＝2ax滑块速度不随位移均匀增大，即滑块不做匀加速运动，故A错误；B．滑块的速度随位移均匀增大，则通过任意相同位移的时间逐渐减小，又滑块通过相同位移的速度变化量相同，则滑块加速度越来越大，故B错误；C．滑块动量为p＝mv由于滑块加速度逐渐增大，即速度变化的越来越快，而滑块质量不变，则滑块动量变化的越来越快，故C正确；D．滑块所受摩擦力即其所受合外力，滑块加速度越来越大，由牛顿第二定律可知受摩擦力逐渐增大，又滑块速度逐渐增大，由P＝fv可知摩擦力的功率增大，故D错误。故选：C。【点评】本题关键掌握加速度、动量和瞬时功率的概念。10．（2024•宁波二模）如图所示，在水平地面上用彼此平行、相邻间距为l的水平小细杆构成一排固定的栅栏。栅栏上方有一个质量为m、半径为r≫l的匀质圆板，圆板不会与地面接触。一根细长的轻绳穿过板的中央小孔C，一半在图的背面，一半在图的正面，绳的两头合在一起记为P端。在P端用力沿水平方向朝右拉动圆板，使板沿栅栏无跳动、无相对滑动地朝右滚动。圆板水平方向朝右的平均速度可近似处理为圆板中心C在最高位置时的速度大小v，设v是不变量。略去绳与板间所有接触部位的摩擦，施加于P端的平均拉力T为（）A．12mv2lr2 B．12【考点】动量定理的内容和应用．【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】A【分析】先由角动量公式写根据小细杆在不同位置的角动量，根据角动量守恒定律、机械能定理等，充分利用数学知识，求拉动圆盘转动前进的力。【解答】解：取栅栏中相邻两根小细杆A，B，板心C从位于杆A正上方到位于B杆的正上方。圆板绕杆定轴转动惯量为：I杆＝IC+mr2=C位于A正上方时圆板运动为：Ek=C到达A、B杆连线中点正上方瞬间，速度为v′，动能为：34mv'2=Ek+mgr（1将圆板与B杆完全非弹性碰撞后瞬间，绕B杆转动角速度记为ωB，根据角动量守恒有：IBωB＝ICωC+rmv0′ωC=v'r，v0′＝v′可得：32mr2ωB=12mr2⋅v'r+则有：ωBr=23v'此时圆盘的动能Ek=C杆转到B杆正上方时，速度又增加v，由机械能定理有：34mv2=12I联立以上各式，消去3可得：34mv2=34mv2•49(12+cosθ)取近似值：(又有：1-cosθ代入上式，并忽略高阶小量得：T=12mv2故选：A。【点评】此题涉及转动和平动问题，还牵涉到连接体模型等，抓住整体的运动过程的特征，运用角动量守恒和动能定理可以解决问题。

考点卡片1．自由落体运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体只在重力作用下从静止开始竖直下落的运动叫做自由落体运动．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．运动性质：自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动．4．物体做自由落体运动的条件：①只受重力而不受其他任何力，包括空气阻力；②从静止开始下落．重力加速度g：①方向：总是竖直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略计算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g随纬度的增加而增大（赤道g最小，两极g最大），g随高度的增加而减小．【命题方向】自由落体运动是常见的运动，可以看作是匀变速直线运动的特例，高考命题常以新情境来考查，而且经常与其他知识综合出题．单独考查的题型一般为选择题或计算题，综合其它知识考查的一般为计算题，难度一般中等或偏易．例1：关于自由落体运动，下列说法中正确的是（）A．在空气中不考虑空气阻力的运动是自由落体运动B．物体做自由运动时不受任何外力的作用C．质量大的物体，受到的重力大，落到地面时的速度也大D．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动分析：自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，加速度g与质量无关．解答：A、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落的运动，故A错误；B、物体做自由运动时只受重力，故B错误；C、根据v＝gt可知，落到地面时的速度与质量无关，故C错误；D、自由落体运动是指物体仅在重力的作用下由静止开始下落加速度为g的匀加速直线运动运动，故D正确．故选：D．点评：把握自由落体运动的特点和规律，理解重力加速度g的变化规律即可顺利解决此类题目．例2：一个小石子从离地某一高度处由静止自由落下，某摄影爱好者恰好拍到了它下落的一段轨迹AB．该爱好者用直尺量出轨迹的实际长度，如图所示．已知曝光时间为11000s，则小石子出发点离AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根据照片上痕迹的长度，可以知道在曝光时间内物体下落的距离，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落体运动的公式可以求得下落的距离．解答：由图可知AB的长度为2cm，即0.02m，曝光时间为11000s，所以AB段的平均速度的大小为v=x由自由落体的速度位移的关系式v2＝2gh可得，h=v22g=故选：C．点评：由于AB的运动时间很短，我们可以用AB段的平均速度来代替A点的瞬时速度，由此再来计算下降的高度就很容易了，通过本题一定要掌握这种近似的方法．【解题思路点拨】1．自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，所以，匀变速直线运动公式也适用于自由落体运动．2．该知识点的3个探究结论：（1）物体下落快慢不是由轻重来决定的，是存在空气阻力的原因．（2）物体只在重力作用下从静止开始下落的运动，叫做自由落体运动．“自由”的含义是物体只受重力作用、且初速度为零．（3）不同物体从同一高度做自由落体运动，它们的运动情况是相同的．2．竖直上抛运动的规律及应用【知识点的认识】1．定义：物体以初速度v0竖直向上抛出后，只在重力作用下而做的运动，叫做竖直上抛运动。2．特点：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特点：只受重力作用（没有空气阻力或空气阻力可以忽略不计）；（3）加速度：a＝g，其大小不变，方向始终竖直向下。3．运动规律：取竖直向上的方向为正方向，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t-12gtvt24．几个特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（2）质点在通过同一高度位置时，上升速度与下落速度大小相等；上升到最大高度处所需时间t上和从最高处落回到抛出点所需时间相等t下，t上＝t下=v【命题方向】例1：某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．5s内物体的（）A．路程为65mB．位移大小为25m，方向向上C．速度改变量的大小为10m/sD．平均速度大小为13m/s，方向向上分析：竖直上抛运动看作是向上的匀减速直线运动，和向下的匀加速直线运动，明确运动过程，由运动学公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物体的速度减为零需要的时间t=v0g=3010A、路程应等于向上的高度与后2s内下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h=v22g=45m，后两s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故总路程s＝（45+20）B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在抛出点的上方，故C、速度的改变量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C错误；D、平均速度v=ht=25故选：AB。点评：竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用△v＝at求得。例2：在竖直的井底，将一物块以11m/s的初速度竖直向上抛出，物体冲出井口再落回到井口时被人接住，在被人接住前1s内物体的位移是4m，位移方向向上，不计空气阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间；（2）竖直井的深度。分析：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题可以直接应用整体法进行求解。解答：（1）设最后1s内的平均速度为v则：v=平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即接住前0.5s的速度为v1＝4m/s设物体被接住时的速度为v2，则v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，则物体从抛出点到被人接住所经历的时间t=v2-v0g（2）竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×10×答：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间为1.2s（2）竖直井的深度为6m。点评：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题只有竖直向上的匀减速运动，直接应用整体法求解即可。【解题方法点拨】1．竖直上抛运动的两种研究方法：（1）分段法：上升阶段是匀减速直线运动，下落阶段是自由落体运动，下落过程是上升过程的逆过程。（2）整体法：从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反，所以可把竖直上抛运动看成一个匀变速直线运动，要特别注意v0、vt、g、h等矢量的正、负号。一般选取竖直向上为正方向，v0总是正值，上升过程中vt为正值，下落过程中vt为负值；物体在抛出点以上时h为正值，物体在抛出点以下时h为负值。住：竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性：①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向；②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。3．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。4．超重与失重的图像问题【知识点的认识】超重与失重的图像问题分类：1.F﹣t图像：将物体的视重随时间变化的情况作成F﹣t图像，就可以轻松的判断物体的超、失重状态。进而可以求解相关的运动参数。2.v﹣t（或x﹣t等运动学图像）：通过运动学图像的物理意义间接分析出物体的超、失重状态，并求解相关的运动参数。【命题方向】类型一：F﹣t图像在探究超重和失重规律时，某同学手握拉力传感器静止不动，拉力传感器下挂一重为G的物体，传感器和计算机相连。该同学手突然竖直向上提升一下物体，经计算机处理后得到拉力F随时间t变化的图像，则下列图像中可能正确的是（）A、B、C、D、分析：根据物体的运动过程确定加速度的方向，再根据超重和失重规律明确传感器上拉力的变化情况，从而选择正确的图象。解答：对物体的运动过程分析可知，物体一定是先向上加速再向上减速，故物体的加速度先向上再向下，则物体先处于超重状态再失重状态，故传感器的示数先大于重力，然后再小于重力，故C正确，ABD错误。故选：C。点评：本题主要考查了对超重失重现象的理解，物体处于超重或失重状态时，物体的重力并没变，只是对支持物的压力或悬挂物的拉力发生了变化，要根据加速度方向明确物体的状态。类型二：运动学图像2020年11月10日8时12分，“奋斗者”号深潜器在马里亚纳海沟成功坐底，创造了10909米的中国载人深潜新纪录，标志着我国在大深度载人深潜领域达到世界领先水平。某兴趣小组用一个模型模拟了深潜器从水底由静止向上返回的运动过程，记录了其加速度a随位移x变化关系的图像如图所示，则（）A、在0～x0阶段深潜器内的物体处于失重状态B、在2x0～3x0阶段深潜器内的物体处于超重状态C、在2x0处深潜器运动的速度大小为aD、在3x0处深潜器运动的速度最大分析：根据加速度向上，处于超重状态，加速度向下，处于失重状态，加速度为零，速度最大。解答：A、在0～x0阶段深潜器加速上升，因此深潜器内的物体处于超重状态，故A错误；B、在2x0～3x0段，加速度为负值，深潜器做减速运动，潜器内的物体处于失重状态，故B错误；C、根据vt2-v02=2ax，可知a﹣x图像与x轴围成的面积可表示速度平方的变化量，位移由0到x0的过程，图像的面积为12a0x0，则深潜器到达x0处时的速度平方为v2＝2×12a0x0，可得：v=a0x0，在xD、由于2x0～3x0段减速，因此在深潜器在2x0处运动速度最大，故D错误。故选：C。点评：本题主要考查了超重失重情况，当加速度向上，处于超重状态，加速度向下，处于失重状态，加速度为零，速度最大是解题的关键。【解题思路点拨】超重与失重的图像问题解决步骤如下：1.明确图像类型2.根据图像得到的信息分析物体的超、失重状态。3.根据牛顿第二定律F＝ma计算相关物理参数。5．倾斜传送带模型【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】如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，AB的长度为64m，传送带以20m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8kg的物体（可视为质点），它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）分析：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始匀加速下滑，根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学速度—时间公式求出匀加速至物体与传送带共速的时间。当物体速度达到传送带速度时，判断物体的运动状态，再求解运动时间。解答：物体放上传送带后，受到沿斜面向下的滑动摩擦力，设物体做匀加速直线运动的加速度为a1，直至与传送带速度相等。设这一过程所需的时间为t1，物体下滑的位移为x1，则由牛顿第二定律，有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1可得a1＝g（sin37°+μcos37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2由运动学公式，有：v＝a1t1解得：t1=va1则x1=12a1t12=12×10×物体与传送带达到共同速度时，因为mgsinθ＞μmgcosθ，物体将继续匀加速下滑，设再经t2时间物体滑至B端，加速度为a2，则mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2可得a2＝2m/s2由运动学公式有LAB﹣x1＝vt2+解得：t2＝2s故物体从A点运动到B点所用的总时间为t＝t1+t2＝2s+2s＝4s答：物体从A点运动到B点所用的总时间为4s。点评：解决本题的关键要正确分析物体的受力情况，来判断其运动情况，要注意滑动摩擦力方向与物体间相对运动方向相反。【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。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．瞬时功率的计算【知识点的认识】1.对于恒力做功，瞬时功率为P＝Fvcosα（v是瞬时速度，α是力与速度的夹角）2.如果力与速度的方向一致，则P＝Fv【命题方向】物体m从倾角为α的固定的光滑斜面由静止开始下滑，斜面高为h，当物体滑至斜面底端，重力做功的瞬时功率为（）A、mg2ghB、12mg2gC、mg2ghsinαD、mg分析：应用公式P＝Fv求某力的瞬时功率时，注意公式要求力和速度的方向在一条线上，在本题中应用机械能守恒求出物体滑到斜面底端时的速度，然后将速度沿竖直方向分解即可求出重力功率．解答：物体下滑过程中机械能守恒，所以有：mgh=12物体滑到底端重力功率为：P＝mgvsinα②联立①②解得：P＝mg2ghsinα，故选项ABD错误，C故选：C。点评：物理公式不仅给出了公式中各个物理量的数学运算关系，更重要的是给出了公式需要遵循的规律和适用条件，在做题时不能盲目的带公式，要弄清公式是否适用．【解题思路点拨】①对于瞬时功率的计算，一定要牢记瞬时功率等于力在速度方向上的投影与速度的乘积。②重力的功率等于重力乘以竖直方向上的速度。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．动量的定义、单位及性质【知识点的认识】1.动量的定义：质量和速度的乘积。用符号p表示。2.公式：p＝mv。3.单位：千克米每秒，符号：kg•m/s。4.标矢性：动量是矢量，方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。【命题方向】物体在运动过程中加速度不为零，则下列说法正确的是（）A、物体速度的大小一定随时间变化B、物体速度的方向一定随时间变化C、物体动能一定随时间变化D、物体动量一定随时间变化分析：加速度不为零，物体受到的合力不为零，根据合力方向与速度方向间的关系分析判断物体速度大小、方向如何变化，动能是否变化，由动量定理分析答题．解答：物体在运动过程中加速度不为零，物体受到的合力不为零；A、如果物体做匀速圆周运动，物体所受合力不为零，则物体的速度大小不变，速度方向时刻变化，故A错误；B、如果物体做直线运动，物体所受合力不为零，则物体的速度方向不变，速度大小不断变化，故B错误；C、如果物体做匀速圆周运动，物体所受合力不为零，物体动能不变，故C错误；D、物体所受合力不为零，则物体所受的冲量不为零，由动量定理可知，物体的动量一定随时间变化，故D正确；故选：D。点评：物体所受合力不为零，物体做变速运动，物体的动量一定变化，物体的速度大小、速度方向、物体动能是否变化与物体做什么运动有关系，应具体分析讨论．【解题思路点拨】动量的性质有：（1）瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。（2）矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。（3）相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。11．用动量的定义式计算物体的动量【知识点的认识】1.动量的大小：p＝mv。2.动量的方向：动量是矢量，方向与速度的方向相同。【命题方向】质量为m＝0.10kg的小钢球以v0＝2.0m/s的水平速度抛出，下落h＝0.6m时撞击一钢板，撞后速度恰好反向，则钢板与水平面的夹角θ＝．刚要撞击钢板时小球的动量大小为．（取g＝10m/s2）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，根据平抛运动的规律求出落地时的速度方向，从而确定钢板与水平面的夹角；求出小球撞击钢板时的速度，然后求出其动量．解答：小球做平抛运动，在竖直方向上：vy2=2gh，vy设小球的速度方向与水平方向的夹角为α，则tanα=vyv0=小球与钢板撞后速度恰好反向，则小球垂直撞击钢板，钢板与水平方向夹角θ＝90°﹣α＝90°﹣60°＝30°，小球撞击钢板时的速度：v=v0则小球撞击钢板时的动量大小p＝mv＝0.1×4＝0.4kg•m/s；故答案为：30°；0.4kg•m/s．点评：研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同，本题难度不大．【解题思路点拨】计算物体的动量的方法：1.定义法：求出物体的速度，用动量的定义式p＝mv计算物体的动量。2.动量定理：根据动量定理Ft＝Δp＝mv2﹣mv1计算物体的动量。12．求变力的冲量【知识点的认识】求变力的冲量有三个方法：1.若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量；2.若给出了力随时间变化的图像，如图所示，可用面积法求变力的冲量；3.利用动量定理求解。【命题方向】一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。对此过程的描述，错误的是（）A、地面对运动员的弹力做功为1B、运动员所受合力的冲量大小为mvC、地面对运动员弹力的冲量大小为mv+mgΔtD、重力的冲量大小为mgΔt分析：已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功。解答：A、在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故A错误；B、根据动量定理可得运动员所受合力的冲量大小IF＝mv故B正确；C、以人为对象，受到地面的支持力和自身的重力，规定向上为正，根据动量定理可知（N﹣mg）Δt＝mv所以地面对人弹力的冲量为NΔt＝mgΔt+mv故C正确。D、重力的冲量大小IG＝mgΔt故D正确；本题选不正确项。故选：A。点评：在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉。另外地面对人是否做功的问题是易错点，要根据功的概念去理解。【解题思路点拨】1.对于变力的冲量计算，定义式不再适用，要根据题目条件选择合适的方法进行计算。2.求合冲量的两种方法（1）可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；（2）另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式Ⅰ合＝F合Δt求解。13．动量定理的内容