2025年高考物理压轴训练8

2025年高考物理压轴训练8一．选择题（共10小题）1．（2024•重庆）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘（质量为在软组织中运动距离后进入目标组织，继续运动后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为、，则针鞘A．被弹出时速度大小为 B．到达目标组织表面时的动能为 C．运动过程中，阻力做功为 D．运动的过程中动量变化量大小为2．（2024•北京一模）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块（可视为质点），点为弹簧在原长时物块的位置。物块由点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达点。关于物块的受力及运动特征，下列说法正确的是A．从到，物块所受重力的冲量为0 B．从到，物块的加速度一直减小 C．从到，物块通过点时的速度最大 D．从到，弹簧弹力对物块做的功等于物块与水平面摩擦产生的热量3．（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4．（2024•海淀区模拟）如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船的质量为，其推进器工作时飞船受到的平均推力为。在飞船与空间站对接后，推进器工作时间为△，测出飞船和空间站的速度变化为△。下列说法正确的是A．空间站的质量为 B．空间站的质量为 C．飞船对空间站的作用力大小为 D．飞船对空间站的作用力大小一定为5．（2024•辽宁三模）航天梦由来已久，明朝万户，他把多个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，翱翔天际，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备火箭（含燃料）、椅子、风筝等总质量为，点燃火箭后在极短的时间内，质量为的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为，下列说法中正确的是A．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 B．火箭在向下喷气上升的过程中，火箭机械能守恒 C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒6．（2024•丰台区二模）如图所示，质量为的小球用长为的细线悬于点，使小球在水平面内以角速度做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心到悬点的距离为，重力加速度为。下列说法正确的是A．绳对小球的拉力大小为 B．小球转动一周，绳对小球拉力的冲量为0 C．保持不变，增大绳长，增大 D．保持不变，增大绳长，绳对小球拉力的大小不变7．（2024•越秀区校级模拟）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则A．两壶发生了弹性碰撞 B．碰后蓝壶速度为 C．碰后蓝壶移动的距离为 D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力8．（2024•南通模拟）如图所示，劲度系数为的轻质弹簧一端固定，另一端栓接一质量为的小木块放置在粗糙程度相同的水平面上的点，此时弹簧长度为弹簧原长。一颗质量为的子弹以水平速度击中木块，木块和子弹一起向左侧运动到点后向右运动，最远到达点，然后在点两侧往复运动。已知之间的距离为，小木块与水平面的动摩擦因数为，取重力加速度为，下列选项正确的是（已知简谐运动周期，为运动物体质量，为比例系数）A．子弹打入小木块后，子弹和木块共同运动的速度为 B．小木块从开始运动到第一次回到点的过程中克服摩擦力做功为 C．间的距离为 D．小木块第一次从点运动到点的时间为9．（2024•潍坊三模）2022年4月16日，如图所示，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆。三名航天员结束为期6个月的太空“出差”，回到地球的怀抱。返回舱在距地面高左右时，相对地面竖直向下的速度为，此时反推发动机点火，在极短时间△内喷出体积为的气体、其速度相对地面竖直向下为，能使返回舱平稳落地。已知喷出气体的密度为，估算返回舱受到的平均反冲力大小为A． B． C． D．10．（2024•雨花区校级模拟）如图所示，是高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，列车由质量均为的4节车厢组成，其中1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率运行，经过一段时间达到最大速度。列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为。1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为，不计其他阻力，忽略2号、3号、4号车厢受到的空气阻力。当列车由静止开始以额定功率运行到速度为最大速度的时，1号车厢对2号车厢的作用力大小为A． B． C． D．二．多选题（共6小题）11．（2024•五华区校级模拟）如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，从到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在点。一质量为、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍，重力加速度为。下列说法正确的是A．滑块到达点时的速度大小为 B．弹簧获得的最大弹性势能为 C．滑块从点运动到点的过程中，小车运动的位移大小为 D．滑块第一次从点运动到点时，小车对滑块的支持力大小为12．（2024•大连二模）体育课上，某同学做俯卧撑训练，在向上撑起过程中，下列说法正确的是A．地面对手的支持力做了正功 B．地面对手的支持力冲量为零 C．他克服重力做了功 D．他的机械能增加了13．（2024•福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块A．在内一直沿斜面向下运动 B．在内所受合外力的总冲量大小为零 C．在时动量大小是在时的一半 D．在内的位移大小比在内的小14．（2024•天津模拟）如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力随运动时间的变化关系如图乙所示。后，列车以的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。则下列说法正确的是A．前，列车做匀减速直线运动 B．列车所受阻力的大小为 C．根据已知条件可求出列车的质量为 D．在时，列车牵引力的功率为15．（2024•聊城二模）如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在点，为导轨的顶点，点离地面的高度为，在点正下方，、两点相距，轨道上套有一个小球，小球通过轻杆与光滑地面上的小球相连，两小球的质量均为，轻杆的长度为。现将小球从距地面高度为处由静止释放，下列说法正确的是A．小球即将落地时，它的速度大小为 B．小球即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为 C．从静止释放到小球即将落地，轻杆对小球做的功为 D．若小球落地后不反弹，则地面对小球的作用力的冲量大小为16．（2024•河南模拟）如图（a）所示，“”形木板静止于粗糙水平地面上，质量为的滑块以的初速度滑上木板，时与木板相撞并粘在一起。两者运动的图像如图（b）所示。重力加速度大小取，则A．的质量为 B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 C．由于碰撞系统损失的机械能为 D．时木板速度恰好为零三．填空题（共1小题）17．（2024•福州模拟）如图所示，柜子静置于水平地面，某人用大小为的水平推力推柜子，但没有推动，则柜子和地面间摩擦力大小；在同一时间内，推力冲量大小摩擦力冲量大小（选填“大于”、“小于”或“等于”。四．解答题（共8小题）18．（2025•邯郸一模）如图所示，桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然伸长位置为点，弹簧的劲度系数，圆轨道的半径，圆管的内径比小球直径略大，但远小于圆轨道半径，小物块静止于木板左端，木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数，木板右端与墙壁之间的距离，现用力将小球向左推压，将弹簧压缩，然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端点后水平抛出，从管口处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分点飞出，并恰好与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，，，，，。试求：（1）小球平抛运动的时间及抛出点与管口间的高度差；（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力，并判断是和管的内壁还是外壁挤压；（3）木板的最短长度及木板在地面上滑动的总路程。19．（2024•宁河区校级一模）如图所示，光滑轨道固定在竖直平面内，水平，为半圆，圆弧轨道的半径，在处与相切。在直轨道上放着质量分别为、的物块、（均可视为质点），用轻质细绳将、连接在一起，且、间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为、长的小车，小车上表面与等高。现将细绳剪断，之后向左滑上小车，恰好未从小车左端掉下。向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点处。物块与小车之间的动摩擦因数，重力加速度取。求：（1）物块运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小。（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能。（3）小车的质量。20．（2024•福建）如图，木板放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧、与桌面上的两个固定挡板相连。小物块放在的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球相连，轻绳绝缘且不可伸长，与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，、、均静止，、处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，向下加速运动，下降后开始匀速运动，开始做匀速运动瞬间弹簧的弹性势能为。已知、、的质量分别为、、，小球的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。（1）求匀强电场的场强大小；（2）求与间的动摩擦因数及做匀速运动时的速度大小；（3）若时电场方向改为竖直向下，当与即将发生相对滑动瞬间撤去电场，、继续向右运动，一段时间后，从右向左运动。求第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程未与脱离，未与地面相碰）21．（2024•罗湖区校级模拟）如图甲所示，质量为的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在点平滑连接，为轨道的最高点。质量为的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道水平部分的长度，半圆形部分的半径，重力加速度大小取。（1）若轨道固定，使小物块以某一初速度沿轨道滑动，且恰好可以从点飞出，求该情况下，物块滑到点时的速度大小；（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度与对应关系如图乙所示。求和；初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力，当小物块运动到点时撤去，试判断此后小物块是否可以从点飞离轨道，若可以，计算小物块从点飞离时相对地面的速度大小及方向；若不可以，计算与轨道分离点的位置。22．（2024•莲湖区校级模拟）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角，顺时针转动的速率为。将质量为的物体无初速地放在传送带的顶端，物体到达底端后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为，，的距离为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度（已知，。求：（1）物体刚开始下滑时的加速度大小和物体滑上木板左端时的速度大小；（2）若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度至少应是多少；（3）若木板与地面的动摩擦因数为，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度与的关系式。23．（2024•云安区校级模拟）质量的手榴弹从水平地面上以的初速度斜向上抛出，上升到距地面的最高点时炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地动能为。重力加速度，空气阻力不计，爆炸后气体的动量总动量为零，火药燃烧充分，求：（1）手榴弹所装弹药的质量；（2）两块弹片落地点间的距离。24．（2024•江苏模拟）如图，倾角的粗糙斜面与光滑水平面在点平滑连接，倾角的足够长的传送带在电动机的带动下以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点通过一小段圆弧连接，质量的小物块放在水平面上的点，质量的小滑块从点由静止释放，滑块与斜面间的动摩擦因数，、间距离，滑到水平面上后与发生弹性正碰，以后与的碰撞都发生在水平面上，与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度取，，。求：（1）第一次与碰撞前瞬间的速度大小；（2）第一次碰撞后瞬间与的速度大小；（3）从第一次经过点到第二次经过点的过程中电动机额外多做的功。25．（2024•合肥三模）如图所示，在静止的水面上有一质量为的小船，一质量为的救生员站在船尾，相对小船静止。回答下列问题：（1）当小船以速率向右匀速行驶时，救生员相对船以速率水平向左跃入水中，不考虑水对船的阻力，求救生员跃出后小船的速率；（2）当船静止在水面上时，救生员从船尾走到船头，已知船长为，不考虑水对船的阻力，求此过程中船后退的距离；（3）开动小船的发动机，小船以速度匀速行驶，小船受到的阻力为。已知水的密度为，小船螺旋桨与水作用的有效面积为，求小船的发动机的输出平均功率。

2025年高考物理压轴训练8参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．（2024•重庆）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘（质量为在软组织中运动距离后进入目标组织，继续运动后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为、，则针鞘A．被弹出时速度大小为 B．到达目标组织表面时的动能为 C．运动过程中，阻力做功为 D．运动的过程中动量变化量大小为【答案】【考点】利用动能定理求解多过程问题；动量变化量的计算【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力【分析】根据动能定理求针鞘被弹出时速度大小；由功能关系求针鞘到达目标组织表面时的动能、克服阻力做功；由动量与动能关系求出动量变化量。【解答】解：．根据动能定理有解得故正确；．针鞘到达目标组织表面后，继续前进减速至零，有到达目标组织表面时的动能为故错误；．针鞘运动的过程中，克服阻力做功为，故错误；．针鞘运动的过程中，动量变化量大小故错误。故选：。【点评】本题考动能定理相关知识，明确功能关系、动能与动量的关系，难度一般。2．（2024•北京一模）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块（可视为质点），点为弹簧在原长时物块的位置。物块由点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达点。关于物块的受力及运动特征，下列说法正确的是A．从到，物块所受重力的冲量为0 B．从到，物块的加速度一直减小 C．从到，物块通过点时的速度最大 D．从到，弹簧弹力对物块做的功等于物块与水平面摩擦产生的热量【答案】【考点】功是能量转化的过程和量度；牛顿第二定律的简单应用；动量定理的内容和应用【专题】推理法；定性思想；动量定理应用专题；推理能力【分析】根据冲量定义分析；根据牛顿第二定律分析；在物块受力平衡时速度最大，据此分析；根据动能定理分析。【解答】解：、从到，设物块的运动时间为，则物块所受重力的冲量为，故错误；、从到，物块所受弹簧弹力一直减小，所受摩擦力不变，一开始弹力大于摩擦力，物块做加速运动，到弹簧弹力等于摩擦力后，弹力继续减小，弹力小于摩擦力，则物块做减速运动，所以物块的加速度先减小后增大，故错误；、当物块受力平衡时速度最大，在点物块受摩擦力作用，受力不平衡，在之间某位置弹力和摩擦力相等，所以点不是速度最大位置，故错误；、从到过程中，只有弹簧弹力和摩擦力对物块做功，根据动能定理可知弹簧弹力对物块做的功等于物块克服摩擦力做的功，即等于物块与水平面摩擦产生的热量，故正确。故选：。【点评】知道物块在运动过程中弹簧弹力的变化是解题的关键，还要知道物块在受力平衡时速度最大。3．（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【答案】【考点】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；求变力的冲量【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力【分析】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；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；根据上升和下降的平均速度分析运动时间的关系；根据功能关系分析机械能的损失情况。【解答】解：小球上升过程中受到向下的空气阻力，满足，下落过程中受到向上的空气阻力，满足，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），故错误；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，故正确；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，故错误；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，故错误。故选：。【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。4．（2024•海淀区模拟）如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船的质量为，其推进器工作时飞船受到的平均推力为。在飞船与空间站对接后，推进器工作时间为△，测出飞船和空间站的速度变化为△。下列说法正确的是A．空间站的质量为 B．空间站的质量为 C．飞船对空间站的作用力大小为 D．飞船对空间站的作用力大小一定为【答案】【考点】动量定理的内容和应用；连接体模型【专题】推理法；定量思想；牛顿运动定律综合专题；推理能力【分析】利用整体法，结合动量定理可求出空间站的质量；通过牛顿第二定律得分析，结合题干信息判断作用力是否可以直接求出。【解答】解：、设空间站质量为，将飞船和空间站视为整体，对整体而言在的作用下速度发生变化，根据动量定理有：△△，解得，故错误，正确；、某一时刻对飞船分析有，其中为空间站对飞船的作用力，对空间站有，所以作用力大小不为，由于是平均推力大小，仅知道速度的变化量是无法确定整个过程是匀变速过程，所以作用力大小不一定是，故错误；故选：。【点评】学生在解答本题时，应注意整体法和隔离法的应用，利用整体法减少内力的分析过程。5．（2024•辽宁三模）航天梦由来已久，明朝万户，他把多个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，翱翔天际，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备火箭（含燃料）、椅子、风筝等总质量为，点燃火箭后在极短的时间内，质量为的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为，下列说法中正确的是A．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为 B．火箭在向下喷气上升的过程中，火箭机械能守恒 C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为 D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒【答案】【考点】机械能守恒定律的简单应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力【分析】在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备（火箭（含燃料）、椅子、风筝等）为系统，动量守恒，火箭受推力作用，机械能不守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动。【解答】解：、在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统内力远大于外力，故系统动量守恒，设火箭的速度大小为，规定火箭运动方向为正方向，则有根据动量守恒定律有解得火箭的速度大小为故正确；、火箭受推力作用，机械能不守恒，故错误；、喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为解得故错误；、在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，外力之合不为零，系统动量不守恒，故错误。故选：。【点评】本题解题的关键是在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭（含燃料）、椅子、风筝等）为系统，动量守恒。6．（2024•丰台区二模）如图所示，质量为的小球用长为的细线悬于点，使小球在水平面内以角速度做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心到悬点的距离为，重力加速度为。下列说法正确的是A．绳对小球的拉力大小为 B．小球转动一周，绳对小球拉力的冲量为0 C．保持不变，增大绳长，增大 D．保持不变，增大绳长，绳对小球拉力的大小不变【答案】【考点】牛顿第二定律的简单应用；向心力的表达式及影响向心力大小的因素；动量定理的内容和应用【专题】推理能力；推理法；定量思想；动量定理应用专题；应用题；学科综合题【分析】（1）对小球受力分析，根据几何关系求得小球做圆周运动的向心力，然后根据牛顿第二定律求解角速度；（2）由动量定理求解拉力的冲量大小。【解答】解：、对小球受力分析，如图所示：由重力和拉力的合力提供向心力，由向心力公式可得：，解得：，故正确；、小球运动的周期为：，小球运动一周的过程中，动量的变化为零，根据动量定理，细绳拉力的冲量与重力的冲量大小相等，拉力的冲量大小为：，故错误；、小球做圆周运动时，对小球受力分析可知：，解得细绳对小球的拉力大小为：，又，联立解得：，故不变是，增大，不变，拉力增大，故错误。故选：。【点评】本题主要考查圆周运动及动量定理，解题的关键是要知道向心力的来源。7．（2024•越秀区校级模拟）在冰壶比赛中，某队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞如图（a）所示，碰撞前后两壶运动的图线如图（b）中实线所示，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等，则A．两壶发生了弹性碰撞 B．碰后蓝壶速度为 C．碰后蓝壶移动的距离为 D．碰后红壶所受摩擦力小于蓝壶所受摩擦力【答案】【考点】图像；一维碰撞模型；动量与能量的其他综合应用【专题】定量思想；推理法；力学综合性应用专题；分析综合能力【分析】根据图像确定碰撞前后两壶的速度，应用动量守恒定律求解速度；判断碰撞过程机械能是否守恒，确定是否为弹性碰撞；利用图像中倾斜的虚线求解蓝壶停止运动的时间，由运动学公式求解蓝壶的位移大小；根据图像的斜率表示加速度，判断碰后红壶和蓝壶的加速度大小关系，由牛顿第二定律判断两者所受的摩擦力大小关系。【解答】解：、由图知：碰前红壶的速度为，碰后速度为，碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：代入数据解得：因，故碰撞过程机械能有损失，则碰撞为非弹性碰撞，故错误；、设图（b）中倾斜的虚线与轴的交点的轴坐标为，则有：解得：碰后蓝壶移动的位移大小为：，故正确；、根据图像的斜率表示加速度，知碰后红壶的加速度大于蓝壶的加速度，两者的质量相等，合力均为滑动摩擦力，由牛顿第二定律，可知碰后红壶所受滑动摩擦力大于蓝壶所受的摩擦力，故错误。故选：。【点评】本题考查了动量守恒定律与图像相结合的问题。能够通过图像运动过程，找到两物体碰撞的初末状态，应用动量守恒定律解答。弹性碰撞与非弹性碰撞的区别和判断依据是碰撞过程系统机械能是否守恒。8．（2024•南通模拟）如图所示，劲度系数为的轻质弹簧一端固定，另一端栓接一质量为的小木块放置在粗糙程度相同的水平面上的点，此时弹簧长度为弹簧原长。一颗质量为的子弹以水平速度击中木块，木块和子弹一起向左侧运动到点后向右运动，最远到达点，然后在点两侧往复运动。已知之间的距离为，小木块与水平面的动摩擦因数为，取重力加速度为，下列选项正确的是（已知简谐运动周期，为运动物体质量，为比例系数）A．子弹打入小木块后，子弹和木块共同运动的速度为 B．小木块从开始运动到第一次回到点的过程中克服摩擦力做功为 C．间的距离为 D．小木块第一次从点运动到点的时间为【答案】【考点】常见力做功与相应的能量转化；动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用【专题】比较思想；寻找守恒量法；功能关系能量守恒定律；分析综合能力【分析】根据动量守恒定律求子弹打入小木块后，子弹和木块共同运动的速度。根据是路程）求克服摩擦力做功。根据能量守恒的定律可解得的距离，根据动量定理解得小木块第一次从点运动到点的时间。【解答】解：、子弹打入木块的过程，满足动量守恒，有解得，故错误；、滑动摩擦力做功等于滑动摩擦力与路程的乘积，所以克服摩擦力做功，故错误；、设间的距离为，弹簧从到的过程中，平均弹力，可得弹簧在点的弹性势能，同理可得弹簧在点的弹性势能程中的弹性势能对于物块、子弹和弹簧构成的系统，由能量守恒可得解得：故正确；、小木块从点运动到点的过程中，根据振动方程可得其中从点运动到点的过程，点的位移为解得：故错误；故选：。【点评】本题考查动量守恒定律及功能关系，解题关键分析木块的运动情况，运用动量定理时注意方向性。9．（2024•潍坊三模）2022年4月16日，如图所示，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成功着陆。三名航天员结束为期6个月的太空“出差”，回到地球的怀抱。返回舱在距地面高左右时，相对地面竖直向下的速度为，此时反推发动机点火，在极短时间△内喷出体积为的气体、其速度相对地面竖直向下为，能使返回舱平稳落地。已知喷出气体的密度为，估算返回舱受到的平均反冲力大小为A． B． C． D．【答案】【考点】牛顿第三定律的理解与应用；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；推理能力【分析】以喷出的空气为研究对象，则根据动量定理可得喷出气体对空气的作用力，然后再根据牛顿第三定律可得对返回舱的反冲力。【解答】解：喷出气体的质量为△以喷出气体为研究对象，设气体受到的平均冲力为，以向下为正方向，根据动量定理可得△△△△△由于在极短时间△内喷出气体，可认为喷出气体的重力冲量忽略不计，故有△△△解得根据牛顿第三定律可知返回舱受到的平均反冲力大小，故正确，错误。故选：。【点评】解题的关键是要找准研究对象，应该以被喷出的空气为研究对象。还要注意应用牛顿第三定律求返回舱受到的反冲力大小。10．（2024•雨花区校级模拟）如图所示，是高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，列车由质量均为的4节车厢组成，其中1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率运行，经过一段时间达到最大速度。列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为。1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为，不计其他阻力，忽略2号、3号、4号车厢受到的空气阻力。当列车由静止开始以额定功率运行到速度为最大速度的时，1号车厢对2号车厢的作用力大小为A． B． C． D．【答案】【考点】牛顿第二定律的简单应用；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；推理能力【分析】根据动量定理推导出阻力的表达式，当牵引力等于阻力时，计算出列车速度最大，根据运行速度为最大速度的时计算出牵引力，根据牛顿第二定律列方程计算。【解答】解：根据题意，设列车的最大速度为，列车对空气的阻力为，取列车运动方向为正方向，由动量定理有△△解得当牵引力等于阻力时，匀速运动，列车速度最大，则有联立解得当列车由静止开始以额定功率运行到速度为最大速度的时，阻力为此时，牵引力为1号车厢对2号车厢的作用力大小为，对2号、3号、4号车厢整体，由牛顿第二定律有对4节车厢整体有联立解得故正确，错误。故选：。【点评】本题关键掌握机车的两种启动方式、整体法和隔离法。二．多选题（共6小题）11．（2024•五华区校级模拟）如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，从到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在点。一质量为、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍，重力加速度为。下列说法正确的是A．滑块到达点时的速度大小为 B．弹簧获得的最大弹性势能为 C．滑块从点运动到点的过程中，小车运动的位移大小为 D．滑块第一次从点运动到点时，小车对滑块的支持力大小为【答案】【考点】功是能量转化的过程和量度；动量守恒定律在绳连接体问题中的应用【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；推理能力【分析】根据动量守恒和机械能守恒、牛顿第二定律列式联立求解比较判断；根据动量守恒和能量守恒分析解答；根据动量守恒的具体形式人船模型列式求解。【解答】解：．滑块从滑到时，对滑块和小车组成的系统，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，则有联立解得，设点小球所受的支持力为，运动到点时对滑块受力分析，根据牛顿第二定律解得：故错误，正确；．滑块运动到小车最右端时根据水平方向动量守恒可知二者均静止，则减少的重力势能全部转化为弹性势能，故正确；．滑块从到滑下过程由人船模型可知解得小车的位移为故错误。故选：。【点评】考查系统单方向上动量守恒和系统机械能守恒等问题，熟练掌握守恒的条件分析方法。12．（2024•大连二模）体育课上，某同学做俯卧撑训练，在向上撑起过程中，下列说法正确的是A．地面对手的支持力做了正功 B．地面对手的支持力冲量为零 C．他克服重力做了功 D．他的机械能增加了【答案】【考点】动量的定义、单位及性质；功的定义、单位和计算式的推导【专题】推理法；定性思想；功的计算专题；理解能力【分析】判断是否做功要有力和在力的方向上有位移；根据判断冲量大小；同学克服重力做功，重力势能增加，机械能增加。【解答】解：、在俯卧撑向上运动的过程中，对该同学的支持力的作用点没有位移，则对该同学的支持力没有做功，故错误；、根据可知，在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的冲量不为零，故错误；、由于人的重心升高，则重力做负功，即该同学克服重力做了功，在向上撑起过程中，重心升高，同学的机械能增加了，故正确。故选：。【点评】本题以俯卧撑为情景，考查了做功的条件和冲量等知识，加强了知识的实际应用。13．（2024•福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块A．在内一直沿斜面向下运动 B．在内所受合外力的总冲量大小为零 C．在时动量大小是在时的一半 D．在内的位移大小比在内的小【答案】【考点】牛顿第二定律的简单应用；动量定理的内容和应用；图像中的动量问题【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；推理论证能力【分析】根据牛顿第二定律分别求得力方向沿斜面向下时与力方向沿斜面向上时物块的加速度。根据运动学公式求得、、、时刻物块的速度，可确定物块的运动方向；根据动量定理求解时间内合外力的总冲量；根据动量的定义解答选项；应用平均速度分别求得与过程物块的位移。【解答】解：、以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律得：力方向沿斜面向下时，物块的加速度为：力方向沿斜面向上时，物块的加速度为：时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，时刻物块的速度为时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，时刻物块的速度为时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，时刻物块的速度为时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，时刻物块的速度为可知时间内物体一直沿斜面向下运动，故正确；、根据动量定理得时间内合外力的总冲量为，故错误；、时刻物块的动量为：，时刻物块的动量为，可知时刻动量不等于时刻的一半，故错误；、过程物块的位移为，过程物块的位移为，可知，故正确。故选：。【点评】本题考查了动量定理与牛顿第二定律得应用，应用牛顿第二定律与运动学公式分段求解速度与位移，解答时注意矢量的方向问题。14．（2024•天津模拟）如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力随运动时间的变化关系如图乙所示。后，列车以的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。则下列说法正确的是A．前，列车做匀减速直线运动 B．列车所受阻力的大小为 C．根据已知条件可求出列车的质量为 D．在时，列车牵引力的功率为【答案】【考点】牛顿第二定律的简单应用；动量定理的内容和应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导【专题】分析综合能力；图析法；定量思想；功率的计算专题【分析】后列车做匀速直线运动，牵引力和阻力大小相等，由图乙读出牵引力大小，从而确定阻力大小，由牛顿第二定律分析前内加速度的变化特点，则可判断列车的运动性质；根据图线与横轴的面积表示牵引力的冲量，由动量定理求解列车的质量；由求在时列车牵引力的功率。【解答】解：、后列车做匀速直线运动，牵引力和阻力大小相等，由图乙可知：前内，列车的牵引力大于阻力，由牛顿第二定律有随着牵引力减小，不变，则加速度减小，可知列车做加速度减小的变加速直线运动，故错误；、图线与横轴所夹的面积表示冲量，由图乙可得：内牵引力的冲量为列车匀速运动时的速度取列车运动方向为正方向，在前内，由动量定理得解得列车的质量为：，故正确；、在时，列车牵引力的功率为，故正确。故选：。【点评】本题考查功率公式、动量定理和牛顿第二定律的综合应用，解题的关键是知道图线与横轴所夹的面积表示力的冲量。涉及力在时间上的积累效果时，要想到动量定理。15．（2024•聊城二模）如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在点，为导轨的顶点，点离地面的高度为，在点正下方，、两点相距，轨道上套有一个小球，小球通过轻杆与光滑地面上的小球相连，两小球的质量均为，轻杆的长度为。现将小球从距地面高度为处由静止释放，下列说法正确的是A．小球即将落地时，它的速度大小为 B．小球即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为 C．从静止释放到小球即将落地，轻杆对小球做的功为 D．若小球落地后不反弹，则地面对小球的作用力的冲量大小为【答案】【考点】动量定理的内容和应用；动能定理的简单应用；机械能守恒定律的简单应用【专题】分析综合能力；动量定理应用专题；定量思想；类比法【分析】小球即将落地时，其速度方向与抛物线轨道相切，根据平抛运动的规律求落地时速度方向与水平面的夹角；根据两球组成的系统机械能守恒以及两球速度关系求解小球即将落地时的速度大小以及小球的速度大小，再根据动能定理计算轻杆对小球做的功；根据动量定理分析地面对小球的作用力的冲量大小。【解答】解：、平抛运动的轨迹为抛物线，将上述抛物线轨道类比平抛运动，则小球即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角正切为可知，小球即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据上述类比平抛运动知识可知，小球的速度方向与水平方向的夹角，故正确；、设小球即将落地时，它的速度大小为，小球的速度大小为，根据两球组成的系统机械能守恒有小球与小球沿杆方向的速度相等，则有解得：，，故错误；、从静止释放到小球即将落地，根据动能定理可得轻杆对小球做的功为，故正确；、小球落地与地面相互作用的过程中，取小球落地前瞬间的速度方向为正方向，根据动量定理有，由于轨道、轻杆对小球有作用力，且小球有重力，则地面对小球的作用力的冲量大小与大小不相等，即不等于，故错误。故选：。【点评】本题是连接体机械能守恒问题，关键要抓住两球的速度关系，知道两球沿沿杆方向的速度相等，系统机械能守恒，但单个小球机械能并不守恒。16．（2024•河南模拟）如图（a）所示，“”形木板静止于粗糙水平地面上，质量为的滑块以的初速度滑上木板，时与木板相撞并粘在一起。两者运动的图像如图（b）所示。重力加速度大小取，则A．的质量为 B．地面与木板之间的动摩擦因数为0.1 C．由于碰撞系统损失的机械能为 D．时木板速度恰好为零【答案】【考点】常见力做功与相应的能量转化；动量守恒定律在板块模型中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力【分析】根据动量守恒可求出的质量；利用牛顿第二定律可求出动摩擦因数；根据能量守恒定律可求出碰撞系统损失的机械能；结合动量定理可求出木板速度恰好为零的时刻。【解答】解：．根据图像可知，，，，两者碰撞时，取滑块的速度方向为正方向，设的质量为，的质量为，由系统动量守恒定律得解得故正确；．设与之间的动摩擦因数为，与地面之间的动摩擦因数为，根据图像可知，内与的加速度分别为，，对、分别受力分析，由牛顿第二定律得联立解得故错误；．由于碰撞系统损失的机械能为代入数据解得△故正确；．对碰撞后整体受力分析，由动量定理得代入数据解得因此木板速度恰好为零的时刻为故错误；故选：。【点评】学生在解答本题时，应注意对于碰撞问题，要熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律。三．填空题（共1小题）17．（2024•福州模拟）如图所示，柜子静置于水平地面，某人用大小为的水平推力推柜子，但没有推动，则柜子和地面间摩擦力大小；在同一时间内，推力冲量大小摩擦力冲量大小（选填“大于”、“小于”或“等于”。【答案】；等于【考点】判断是否存在摩擦力；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；理解能力【分析】柜子没动，即处于平衡状态受平衡力。根据冲量公式求解。【解答】解：由于柜子没有推动，柜子处于静止状态，在水平方向上所受的推力与静摩擦力是一对平衡力，所以静摩擦力与推力大小相等，。推力冲量大小等于摩擦力冲量大小。故答案为：；等于。【点评】经常地错误认识推不动是由于推力小于摩擦力，没有把握住题目的关键所在。四．解答题（共8小题）18．（2025•邯郸一模）如图所示，桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然伸长位置为点，弹簧的劲度系数，圆轨道的半径，圆管的内径比小球直径略大，但远小于圆轨道半径，小物块静止于木板左端，木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数，木板右端与墙壁之间的距离，现用力将小球向左推压，将弹簧压缩，然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端点后水平抛出，从管口处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分点飞出，并恰好与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，，，，，。试求：（1）小球平抛运动的时间及抛出点与管口间的高度差；（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力，并判断是和管的内壁还是外壁挤压；（3）木板的最短长度及木板在地面上滑动的总路程。【答案】（1）小球平抛运动的时间为，为；（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力为，方向竖直向上，和外壁挤压；（3）木板的最短长度为，木板在地面上滑动的总路程为。【考点】平抛运动位移的计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；物体在环形竖直轨道内的圆周运动；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力【分析】（1）小球做平抛运动，由结合，求平抛运动的时间与管口间的高度差；（2）由动能定理结合牛顿第二定律求小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力；（3）由动能定理结合动量守恒定律及运动学公式求木板的最短长度及木板在地面上滑动的总路程。【解答】解：设水平向右为正方向为正（1）弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得在小球平抛到管口点时如图根据解得（2）从到圆筒最高点的过程，由动能定理可得由上述图可知在最高点解得小球和圆筒外壁挤压，挤压力大小为，方向竖直向上。（3）从到全过程，由动能定理可得解得小球和物块碰撞过程，设水平向右为正方向，可得解得，可知碰后小球停止运动，物块获得向右的速度，开始在木板上滑动，以和为对象对可得解得物块与木板共速后与墙壁发生碰撞，以和为对象，第1次与墙碰撞后解得对木板第2次与墙碰撞后，设水平向右为正方向为正解得对木板第3次与墙碰撞后，设水平向右为正方向为正解得对木板第次与墙碰撞后解得对木板第次与墙碰撞后解得对木板木板运动的总路程为即当时，，可得解得木板和物块最终停在右侧墙壁处，物块恰好停在右端，根据能量守恒可得解得答：（1）小球平抛运动的时间为，为；（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力为，方向竖直向上，和外壁挤压；（3）木板的最短长度为，木板在地面上滑动的总路程为。【点评】该题为平抛运动与圆周运动的结合的综合题，知道平抛运动的规律和牛顿第二定律求解得思路．解决该题关键是掌握碰撞过程动量守恒，列出等式求解。19．（2024•宁河区校级一模）如图所示，光滑轨道固定在竖直平面内，水平，为半圆，圆弧轨道的半径，在处与相切。在直轨道上放着质量分别为、的物块、（均可视为质点），用轻质细绳将、连接在一起，且、间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为、长的小车，小车上表面与等高。现将细绳剪断，之后向左滑上小车，恰好未从小车左端掉下。向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点处。物块与小车之间的动摩擦因数，重力加速度取。求：（1）物块运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小。（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能。（3）小车的质量。【答案】（1）物块运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小是。（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能是。（3）小车的质量是。【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；绳球类模型及其临界条件；动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用【专题】推理法；动量和能量的综合；定量思想；分析综合能力；计算题【分析】（1）求出在轨道最高点的速度大小，从到由动能定理求解在点的速度大小，在点由牛顿第二定律、牛顿第三定律求解物块对轨道的压力大小；（2）由动量守恒定律、能量守恒定律求解弹性势能；（3）由动量守恒定律、能量守恒定律求出小车的质量。【解答】解：（1）恰好能冲到圆弧轨道的最高点处，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：到过程，对，由动能定理得：在点，由牛顿第二定律得：代入数据解得：，由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小：（2）弹簧弹开、过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：由能量守恒定律得：代入数据解得：，（3）恰好滑到小车左端时与小车有共同速度，与小车组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律定律得：由能量守恒定律得：代入数据解得：答：（1）物块运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小是。（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能是。（3）小车的质量是。【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。20．（2024•福建）如图，木板放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧、与桌面上的两个固定挡板相连。小物块放在的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球相连，轻绳绝缘且不可伸长，与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，、、均静止，、处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，向下加速运动，下降后开始匀速运动，开始做匀速运动瞬间弹簧的弹性势能为。已知、、的质量分别为、、，小球的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。（1）求匀强电场的场强大小；（2）求与间的动摩擦因数及做匀速运动时的速度大小；（3）若时电场方向改为竖直向下，当与即将发生相对滑动瞬间撤去电场，、继续向右运动，一段时间后，从右向左运动。求第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程未与脱离，未与地面相碰）【答案】（1）匀强电场的场强大小为；（2）与间的动摩擦因数为0.5，做匀速运动时的速度大小为；（3）第一次从右向左运动过程中最大速度的大小为。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【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【分析】（1）撤去电场前，对物体，根据平衡条件求解场强大小；（2）撤去电场后，做匀速运动后，对和物体根据平衡条件列式求解动摩擦因数；下降的过程中，对于、、及弹簧、组成的系统，由能量守恒定律列式求解匀速运动的速度大小；（3）没有电场时，开始匀速运动瞬间，对根据共点力共点力平衡列式，再结合电场方向改变后，下降高度为时，再对物体以及、整体，根据牛顿第二定律列式，再对对、、及弹簧、组成的系统，由能量守恒定律列式求解第一次从右向左运动过程中最大速度。【解答】解：（1）撤去电场前，对小球，根据共点力平衡条件有：，代入数据解得：（2）开始做匀速直线运动后，对和根据共点力平衡条件分别有：，代入数据解得：开始匀速运动瞬间，、刚好发生相对滑动，此时、、三者速度大小相等，、两弹簧的弹性势能相同；所以下降的过程中，对、、及弹簧、组成的系统，由能量守恒定律有：代入数据解得：（3）没有电场时，开始匀速运动瞬间，、刚好发生相对滑动，所以此时的加速度为零，对根据平衡条件，有：当电场方向改为竖直向下，设与即将发生相对滑动时，下降高度为，对，根据牛顿第二定律可得：对、根据牛顿第二定律可得：撤去电场后，由第（2）问的分析可知、在下降时开始相对滑动，在下降的过程中，对、、及弹簧、组成的系统，由能量守恒定律，有此时的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后做简谐运动，所以第一次从右向左运动过程中的最大速度为就是其最大速度，联立解得：答：（1）匀强电场的场强大小为；（2）与间的动摩擦因数为0.5，做匀速运动时的速度大小为；（3）第一次从右向左运动过程中最大速度的大小为。【点评】本题考查利用动量和能量观点解决连接体问题，解题关键是选择合适研究对象，正确对其受力分析，根据牛顿第二定律和能量守恒定律求解。21．（2024•罗湖区校级模拟）如图甲所示，质量为的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在点平滑连接，为轨道的最高点。质量为的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道水平部分的长度，半圆形部分的半径，重力加速度大小取。（1）若轨道固定，使小物块以某一初速度沿轨道滑动，且恰好可以从点飞出，求该情况下，物块滑到点时的速度大小；（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度与对应关系如图乙所示。求和；初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力，当小物块运动到点时撤去，试判断此后小物块是否可以从点飞离轨道，若可以，计算小物块从点飞离时相对地面的速度大小及方向；若不可以，计算与轨道分离点的位置。【答案】（1）该情况下，物块滑到点时的速度大小为。（2）（ⅰ）和的值分别为：，；（ⅱ）可以从点飞离，，方向水平向左。【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；模型建构能力【分析】（1）根据动能定理和牛顿第二定律列式求解滑块到点的速度；（2）根据图像分别列出两次牛顿第二定律方程，结合图像的两个斜率的物理意义列式联立解得动摩擦因数和小物块质量；根据题图数据和运动学规律求出滑块到达点的时间，结合系统水平方向的动量守恒和机械能守恒定律列式及牛顿第二定律联立求滑块到最高点的速度并进行验证。【解答】解：（1）根据题意可知小物块在恰好飞出，此时轨道弹力为0，重力提供向心力：从点到点，列动能定理：联立解得：（2）（ⅰ）根据题意可知当时，小物块与轨道一起向左加速，整体研究，牛顿第二定律：结合图乙，根据斜率信息可知：当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有：结合图乙，根据斜率信息可知：，根据截距信息可知：解得：（ⅱ）由图乙可知，当时，轨道的加速度为：小物块的加速度：当小物块运动到点时，经过时间，则有：解得：因此两物体的速度分别为：，之后的运动中，机械能守恒，水平方向动量守恒，假设可以运动到点，根据能量守恒定律有：以向左为正方向，根据动量守恒定律有：联立解得：，或，，方向均向左（舍此时小物块相对于轨道做圆周运动，且轨道为惯性系，则有：代入数据解得：可见此时恰好可以运动到点，假设成立，则可以从点飞离，速度大小为，方向水平向左答：（1）该情况下，物块滑到点时的速度大小为。（2）（ⅰ）和的值分别为：，；（ⅱ）可以从点飞离，，方向水平向左。【点评】考查牛顿运动定律、机械能守恒定律和动量守恒定律，会根据题意列式求解相应的物理量。22．（2024•莲湖区校级模拟）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角，顺时针转动的速率为。将质量为的物体无初速地放在传送带的顶端，物体到达底端后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为，，的距离为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度（已知，。求：（1）物体刚开始下滑时的加速度大小和物体滑上木板左端时的速度大小；（2）若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度至少应是多少；（3）若木板与地面的动摩擦因数为，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度与的关系式。【答案】（1）物体刚开始下滑时的加速度大小为，物体滑上木板左端时的速度大小为；（2）木板长度至少应是；（3）木板的最小长度与的关系式为【考点】板块模型和传送带模型的结合；动量守恒定律在板块模型中的应用【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动量和能量的综合；分析综合能力；模型建构能力【分析】（1）分析物体受力，根据受力判断物体运动过程，再根据牛顿第二定律和运动学公式求解；（2）地面光滑，物体和木板组成的系统动量守恒，根据动量守恒和能量守恒列式求解。（3）根据木板是否运动，分情况讨论。当木板处于静止状态，木块在木板上做匀减速直线运动，其速度为零时恰好到达木板右端时，木板长度最小。当物体滑上木板后木板向右做匀加速直线运动时，木板长度最小时，两者速度相等时物体恰好不掉下，根据牛顿第二定律与运动学公式解答。【解答】解：（1）物体刚开始下滑时所受滑动摩擦力沿斜面向下，设此时其加速度大小为，由牛顿第二定律得：解得：设物体与传送带共速时运动的位移大小为，由运动学公式得：解得：，此后物体继续在传送带上做匀加速直线运动，所受滑动摩擦力沿斜面向上，设其加速度为，根据牛顿第二定律得：解得：设物体滑上木板左端时的速度大小，根据运动学公式得：解得：（2）地面光滑时，物体和木板组成的系统动量守恒，设木板长度最小为时，物体恰好滑到木板左端时与木板共速，设共速的速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得：解得：由能量守恒定律得：解得：（3）①当，即：时，木板处于静止状态，木块在木板上做匀减速直线运动，其加速度大小等于为：速度为零时恰好到达木板右端，设此时木板长度为，则有：解得：②当时，物体滑上木板后木板向右做匀加速直线运动，物体向右做匀减速直线运动，两者共速后会保持相对静止。对木板，根据牛顿第二定律得：解得：设木板长度为时，两者速度相等时物体恰好不掉下，则有：解得：物体的位移大小为：木板的位移大小为：此情况木板长度为：可得木板的最小长度与的关系式为：答：（1）物体刚开始下滑时的加速度大小为，物体滑上木板左端时的速度大小为；（2）木板长度至少应是；（3）木板的最小长度与的关系式为【点评】本题考查牛顿第二定律应用的传送带与板块模型，涉及到动量守恒定律、能量守恒定律的应用，解题时注意分析不同运动过程中摩擦力的方向和大小。23．（2024•云安区校级模拟）质量的手榴弹从水平地面上以的初速度斜向上抛出，上升到距地面的最高点时炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地动能为。重力加速度，空气阻力不计，爆炸后气体的动量总动量为零，火药燃烧充分，求：（1）手榴弹所装弹药的质量；（2）两块弹片落地点间的距离。【答案】（1）手榴弹所装弹药的质量为；（2）弹片落地点间的距离为。【考点】平抛运动速度的计算；机械能守恒定律的简单应用；动量守恒定律在绳连接体问题中的应用【专题】计算题；寻找守恒量法；动量定理应用专题；定量思想；分析综合能力【分析】（1）弹片自由下落过程，利用机械能守恒定律求出该弹片的质量，再求出弹药的质量；（2）由机械能守恒定律求出手榴弹上升到最高点时的速度。经分析可知两块弹片一片做自由落体运动，一片做平抛运动，根据动量守恒定律求出做平抛运动弹片的初速度，再结合运动公式可得两块弹片弹片落地点间的距离。【解答】解：（1）设每块弹片的质量为，爆炸后瞬间其中一块速度为零，另一块速度为，对于做自由落体运动的弹片，由机械能守恒定律有解得：则手榴弹装药量为△（2）设手榴弹上升到最高点时的速度为，由机械能守恒定律得解得：另一块做平抛运动时间为，两块弹片落地点间距离为△。手榴弹爆炸过程，取爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律有对于做平抛运动的弹片，水平方向有△竖直方向有解得两块弹片落地点间的距离为：△答：（1）手榴弹所装弹药的质量为；（2）弹片落地点间的距离为。【点评】本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律以及运动学公式，关键要理清过程，把握爆炸的基本规律：动量守恒定律。掌握平抛运动的处理方法：运动的分解。24．（2024•江苏模拟）如图，倾角的粗糙斜面与光滑水平面在点平滑连接，倾角的足够长的传送带在电动机的带动下以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点通过一小段圆弧连接，质量的小物块放在水平面上的点，质量的小滑块从点由静止释放，滑块与斜面间的动摩擦因数，、间距离，滑到水平面上后与发生弹性正碰，以后与的碰撞都发生在水平面上，与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度取，，。求：（1）第一次与碰撞前瞬间的速度大小；（2）第一次碰撞后瞬间与的速度大小；（3）从第一次经过点到第二次经过点的过程中电动机额外多做的功。【答案】（1）第一次与碰撞前瞬间的速度大小为；（2）第一次碰撞后瞬间与的速度大小均为；（3）从第一次经过点到第二次经过点的过程中电动机额外多做的功为。【考点】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；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【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【分析】（1）根据动能定理求解第一次与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、碰撞后的速度大小；（3）物块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，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）设第一次与碰撞前瞬间的速度大小为，在斜面间下滑过程根据动能定理代入数据解得（2）设滑块、碰撞后的速度大小分别为、，取水平向右为正方向根据动量守恒有根据能量守恒联立解得，（3）物块在传送带上先向上做匀减速运动到速度为零，设加速度的大小为根据牛顿第二定律代入数据解得物块在传送带上向上运动的位移大小向上运动的时间为此过程传送带的位移大小为发生的相对位移大小为△物块速度减为零后，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；此过程在传送带上向下运动的位移大小所用时间为此过程传送带的位移大小为发生的相对位移大小为△物块与传送带共速后，由于因此滑块和传送带相对静止一起匀速运动回到点；从第一次经过点到第二次经过点的过程中，因摩擦产生的热量为△△代入数据解得根据功能关系可知，从第一次经过点到第二次经过点的过程中电动机额外多做的功为代入数据解得。另解：（3）物块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，设加速度的大小为根据牛顿第二定律代入数据解得取向下为正方向，则运动时间滑块的对地位移传送带的位移相对位移△物块与传送带共速后，由于因此滑块和传送带相对静止一起匀速运动回到点；从第一次经过点到第二次经过点的过程中，因摩擦产生的热量为△代入数据解得根据功能关系可知，从第一次经过点到第二次经过点的过程中电动机额外多做的功为代入数据解得。答：（1）第一次与碰撞前瞬间的速度大小为；（2）第一次碰撞后瞬间与的速度大小均为；（3）从第一次经过点到第二次经过点的过程中电动机额外多做的功为。【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。25．（2024•合肥三模）如图所示，在静止的水面上有一质量为的小船，一质量为的救生员站在船尾，相对小船静止。回答下列问题：（1）当小船以速率向右匀速行驶时，救生员相对船以速率水平向左跃入水中，不考虑水对船的阻力，求救生员跃出后小船的速率；（2）当船静止在水面上时，救生员从船尾走到船头，已知船长为，不考虑水对船的阻力，求此过程中船后退的距离；（3）开动小船的发动机，小船以速度匀速行驶，小船受到的阻力为。已知水的密度为，小船螺旋桨与水作用的有效面积为，求小船的发动机的输出平均功率。【答案】（1）救生员跃出后小船的速率为；（2）此过程中船后退的距离为；（3）小船的发动机的输出平均功率为。【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力【分析】（1）救生员从船上跃出过程，救生员和船组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出救生员跃出后小船的速率；（2）当船静止在水面上时，救生员从船尾走到船头，根据系统的动量守恒和位移与速度的关系求此过程中船后退的距离；（3）以极短时间内被螺旋桨划出的水为研究对象，根据动量定理求出水的速度，即可根据求小船的发动机的输出平均功率。【解答】解：（1）设救生员跳入水中后船的速率为。人在跃出的过程中，船和人组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：解得：。（2）设此过程中船后退的距离为。规定向右为正方向，由动量守恒定律得：解得（3）设小船螺旋桨与水作用后水获得的速度大小为。小船以速度匀速行驶，动力根据牛顿第三定律知螺旋桨对水的作用力以极短时间△内被螺旋桨划出的水为研究对象，根据动量定理得△△解得小船的发动机对水和小船都要做功，则小船的发动机的输出平均功率为答：（1）救生员跃出后小船的速率为；（2）此过程中船后退的距离为；（3）小船的发动机的输出平均功率为。【点评】本题考查动量守恒定律和动量定理的应用，关键要注意速度和位移的参照物必须是地面，而不是小船。

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．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﹣gt2，﹣＝2gh；4．几个特征量：（1）上升的最大高度hmax＝；（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＝。【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＝＝s＝3s，故5s时物体正在下落；A、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＝＝45m，后两s下落的高度h'＝gt′2＝20m，故总路程s＝（45+20）m＝65m；故A正确；B、位移h＝v0t﹣gt2＝25m，位移在抛出点的上方，故B正确；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＝＝＝5m/s，故D错误。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内的平均速度为则：m/s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＝+1＝+1＝1.2s；（2）竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则h＝v0t﹣gt2＝11×1.2﹣×10×1.22＝6m。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．根据v-t图像的物理意义对比多个物体的运动情况【知识点的认识】1.定义：v﹣t图像表示的是物体速度随时间变化的关系。2.图像实例：3.各参数的意义：（1）斜率：表示加速度；（2）纵截距：表示初速度；（3）交点：表示速度相等。4.v﹣t曲线分析：①表示物体做初速度为零的匀加速直线运动；②表示物体沿正方向做匀速直线运动；③表示物体沿正方向做匀减速直线运动；④交点的纵坐标表示三个物体此时的速度相同；⑤t1时刻物体的速度为v1，阴影部分的面积表示物体0～t1时间内的位移。5.本考点是v﹣t图像考法的一种，即根据v﹣t图像的物理意义分析多个物体的运动的情况。【命题方向】甲、乙两汽车在同一条平直公路上同向运动，其速度—时间图像分别如图中甲、乙两条曲线所示。已知两车在t1时刻并排行驶，下列说法正确的是（）A.t1时刻到t2时刻这段时间，甲车一直在乙车之前B.