2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《动量与动量守恒定律》

第1页（共1页）2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《动量与动量守恒定律》一．选择题（共15小题）1．（2024春•天山区校级期末）在驾驶汽车时必须系好安全带，因为在紧急情况下急刹车，汽车速度会在很短时间内减小为零，关于安全带在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A．延长了司机的受力时间 B．减少了刹车前后司机动量的变化量 C．增加了司机所受的冲量 D．将司机的动能全部转换成汽车的动能2．（2024春•天山区校级期末）一个质量为m、速度为v的A球与另一个质量为4m的静止B球发生正碰，则碰撞后B球的速度可能为（）A．0.1v B．0.3v C．0.5v D．v3．（2024春•青秀区校级期末）日常生活中常用高压水枪清洗汽车，某高压水枪喷口直径为D，喷出水流的流速为v，水柱垂直射向汽车表面后速度变为零。已知水的密度为ρ。下列说法正确的是（）A．高压水枪单位时间内喷出的水的体积为πD2v B．高压水枪单位时间内喷出的水的质量为14C．水柱对汽车的平均冲力为14D．若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的2倍4．（2024春•青秀区校级期末）如图甲所示，足够长的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量为m＝1kg、水平初速度大小为v2的小物块，从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示，g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．0～4s时间内，小物块离A处的最大距离为2m B．0～4s时间内，小物块动能增加了6J C．0～4s时间内，小物块受到摩擦力的冲量大小为6N•s D．0～4s时间内，传送带克服摩擦力做功为16J5．（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f6．（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7．（2024•襄城区校级开学）如图甲所示，质量m＝1.1kg的物块静置在粗糙的水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5。从t＝0时刻开始对物块施加一个与水平方向成θ＝37°角的拉力F，其变化情况如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8则物块在t＝8s时的速度大小为（）A．2.5m/s B．8.0m/s C．9.0m/s D．12.5m/s8．（2024春•岱岳区校级期末）如图所示，光滑水平地面上A、B两物块中间拴接一个轻弹簧，A的质量为B的12A．125 B．58 C．159．（2024春•葫芦岛期末）现在嫦娥六号已经进入到了任务末期，该飞行器正在以极快的速度返回地球。以下描述的物理量属于矢量的是（）A．质量 B．时间 C．动量 D．动能10．（2024春•葫芦岛期末）质量为2kg的物体被轻质绳拉住，在0～6s时间内运动的v﹣t图像如图所示。以竖直向上运动为正方向，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。则物体（）A．在4s～6s内处于静止状态 B．在2s～4s内所受合力的冲量为4N•s C．在0～6s内的位移大小为24m D．在0～6s内拉力做功为256J11．（2024春•鹰潭期末）课外活动，同学们积极参加体育运动，下列说法正确的是（）A．云轩同学动量变化，动能一定变化 B．俊杰同学物体速度变化，动量一定变化 C．可欣同学所受合外力冲量越大，它的动量也越大 D．宇航同学跳高时，在落地处垫海绵是为了减小运动员的冲量12．（2024春•武昌区校级期末）牛顿的第一定律表明（）A．物体在没有外力作用下保持匀速直线运动或静止 B．物体的加速度与施加的力成正比 C．物体的动量是恒定的 D．物体在旋转时会受到向心力13．（2024春•南阳期末）如图所示，在一个经典的牛顿摆装置中，五个质量相同的金属球通过无摩擦的吊绳悬挂在同一水平线上，五个球均静止，现使1号球由静止开始释放，若所有的碰撞都是完全弹性的，则1号球与2号球碰撞后，可能出现的情况是（）A．只有5号球获得速度并向左运动 B．五个球相对静止，一起向左运动 C．5号球向左运动，2、3、4号球静止，1号球向右运动 D．5号球向左运动，3、4号球静止，1、2号球向右运动14．（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15．（2024春•龙凤区校级期末）关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是（）A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒 B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒 C．只要系统的合外力做功为零，系统的动量就守恒 D．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒二．填空题（共5小题）16．（2024春•徐汇区校级期末）某次冰壶运动训练中，甲壶与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同，不计空气阻力，两壶完全相同且均可视为质点，碰撞时间极短可不计，碰撞前、后两壶运动轨迹始终在同一水平直线上。从开始碰撞到两壶都静止过程中，乙壶的位移不小于甲壶的位移（选填“一定”，“不一定”），若测得乙壶位移是甲壶位移的k倍，则k值越小，两壶碰撞过程中损失机械能越（选填“大”或“小”）。17．（2024春•福州期末）消防员持高压水枪灭火。水流以速率v从直径为d的管口喷出，垂直打在墙壁上，并以12v的速率垂直反弹。已知水的密度为ρ，则此时水对墙壁的作用力大小为18．（2024春•嘉定区校级期末）在摸高测试中，一质量为m的同学下蹲后用力蹬地的同时举臂起跳，离地后身体姿势保持不变，上升高度为h，若从蹬地到离开地面的时间为Δt，空气阻力不计，重力加速度为g，则同学离开地面时的动量大小为，该过程地面对他的支持力的冲量大小为。19．（2024春•安溪县期末）如图所示为在水平桌面上沿同一直线运动的A、B两小滑块碰撞前后的部分v﹣t图像。其中直线a、b分别为滑块A、B碰撞前的v﹣t图线，直线c为碰撞后两滑块共同运动的部分v﹣t图线。已知滑块A的质量为6kg，g取10m/s2。填空：（1）滑块A与地面的动摩擦因数μ1＝；（2）滑块B的质量为kg；（3）碰撞过程中两滑块损失的动能大小为J；（4）最终滑块停下来的时刻为t＝s（小数点后保留两位）；（5）若从t＝0开始到最终停下来，两滑块所受外力中只有桌面的摩擦力做了功，则其总功为J。20．（2024春•台江区校级期中）神舟十六号从空间站返回的第一步动作在大约h＝390公里的高度完成，飞船通过两次调整姿态后，变成推进舱在前，返回舱在后，主发动机点火开始制动减速。现把制动减速过程简化为如图所示，设返、推组合体减速前的总质量为m0（包括发动机喷出的气体），减速前的速度大小为v0（相对地球），主发动机点火后，推进舱喷气，在t（很短）时间内推进舱把质量为0.1m0的气体以速率v1＝1.9v0（相对地球）喷出，此时返、推组合体完成减速制动，其速度大小为（由于减速制动时间短，可认为返、推组合体减速前、后速度及v1的方向均在同一直线上，且除了组合体与喷出气体间的作用外，不考虑其他力的影响）；该减速制动过程中，返、推组合体受到的平均作用力大小为。三．解答题（共5小题）21．（2024春•绵阳期末）如图所示，倾角为α＝45°的斜面紧靠光滑的水平桌面，斜面与桌子等高。可视为质点的甲、乙小球质量均为m＝2kg，静止放置在水平桌面上，现给甲一个水平向左的初速度v0＝4m/s，甲与乙因发生碰撞而损失的机械能ΔE＝6J，甲、乙离开桌面后做平抛运动，分别落在斜面上的A、B点，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）甲、乙小球碰撞之后各自做平抛运动的初速度；（2）甲小球做平抛运动的时间；（3）乙小球落在B点时速度的大小。22．（2024•怀仁市校级开学）如图甲，一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为q（q＞0）和﹣q。A右端固定有轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。t＝0时，A以初速度v0向右运动，B处于静止状态。滑块A运动的v﹣t图像如图乙所示，在t1时刻，速度为v1=45v0，并且为图线中速度的最小值，此时弹簧未与B相碰；在t2时刻，A的速度v2=85v0；在t（1）0～t1时间内，合外力对A所做的功；（2）t1时刻A与B之间的距离；（3）t2时刻B的速度；（4）t1～t3时间内，库仑力和弹簧弹力对A和B做的总功。23．（2024春•青秀区校级期末）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时，静止释放小球。小球运幼到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长L＝3.2m，小球质量m＝1kg，物块、小车质量均为M＝3kg，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）求小球与物块碰撞后小球的速度大小v1和上升高度h1；（2）若μ＝0.25，求物块与小车摩擦产生的热量Q和物块最终停在车上的位置；（3）为使物块能进入圆弧轨道，且最终不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围和物块相对小车上升的最大高度h2。24．（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＝+1.6×10﹣2（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）25．（2024•如皋市校级开学）一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止，g取10m/s2。求：（1）物块与地面间的动摩擦因数μ；（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力F的大小；（3）物块在反向运动过程中位移大小。

2025年高考备考高中物理个性化分层教辅尖子生篇《动量与动量守恒定律》参考答案与试题解析一．选择题（共15小题）1．（2024春•天山区校级期末）在驾驶汽车时必须系好安全带，因为在紧急情况下急刹车，汽车速度会在很短时间内减小为零，关于安全带在此过程中的作用，下列说法正确的是（）A．延长了司机的受力时间 B．减少了刹车前后司机动量的变化量 C．增加了司机所受的冲量 D．将司机的动能全部转换成汽车的动能【考点】动量定理的内容和应用；计算停车时间和位移；动能定理的简单应用；动量变化量的计算．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理能力．【答案】A【分析】在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的，都等于Δp＝mv，但安全气囊会延长作用时间，增加受力面积；再根据动量定理分析即可。【解答】解：A、安全带在刹车过程中延长了司机的受力时间，从而减小了司机的受力，使人不易受伤，故A正确；C、根据动量定理，司机所受的冲量等于动量的变化量，由B项可知，无论有无安全带，司机所受冲量都一样，故C错误；B、司机刹车前后的速度变化量不变，因此无论有无安全带，司机动量的变化量都相等，故B错误；D、司机在刹车过程中，其动能转化为汽车的动能和内能，故D错误；故选：A。【点评】本题的关键是知道在碰撞过程中，司机动量的变化量是一定的；会熟练应用动量定理分析力的变化。2．（2024春•天山区校级期末）一个质量为m、速度为v的A球与另一个质量为4m的静止B球发生正碰，则碰撞后B球的速度可能为（）A．0.1v B．0.3v C．0.5v D．v【考点】分析碰撞的可能性．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力．【答案】B【分析】根据动量守恒定律得出两球的共同速度，结合机械能守恒定律得出速度的范围，结合选项完成分析。【解答】解：选择小球的初速度读方向为正方向，若A、B发生完全非弹性碰撞，根据动量守恒可得mv＝（m+4m）v共解得：v共＝0.2v若A、B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得mv＝mvA+4mvB12mv2=1联立解得vB＝0.4v则碰撞后B球的速度应满足0.2v≤vB≤0.4v故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒定律的条件，结合动量守恒定律和机械能守恒定律即可完成分析。3．（2024春•青秀区校级期末）日常生活中常用高压水枪清洗汽车，某高压水枪喷口直径为D，喷出水流的流速为v，水柱垂直射向汽车表面后速度变为零。已知水的密度为ρ。下列说法正确的是（）A．高压水枪单位时间内喷出的水的体积为πD2v B．高压水枪单位时间内喷出的水的质量为14C．水柱对汽车的平均冲力为14D．若高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍，则水柱对汽车的平均冲力为原来的2倍【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】根据质量的计算公式得出高压水枪单位时间内喷出的水的体积和质量；根据动量定理得出水柱对汽车的平均冲力。【解答】解：AB．高压枪在单位时间内喷出水柱的体积为V＝Sv=π质量为m＝ρV=πD故AB错误；CD．根据题意，设时间t内，水柱对汽车的平均冲力为F，选择水流的速度方向为正方向根据动量定理﹣Ft＝0﹣mtv代入数据联立解得F=可知，当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，水柱对汽车的平均冲力为原来的4倍，故C正确，D错误；故选：C。【点评】本题主要考查了动量定理的相关应用，熟悉微元法处理平均冲力的问题。4．（2024春•青秀区校级期末）如图甲所示，足够长的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量为m＝1kg、水平初速度大小为v2的小物块，从与传送带等高的光滑水平面上的A处滑上传送带；若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图像（以地面为参考系）如图乙所示，g＝10m/s2。下列说法正确的是（）A．0～4s时间内，小物块离A处的最大距离为2m B．0～4s时间内，小物块动能增加了6J C．0～4s时间内，小物块受到摩擦力的冲量大小为6N•s D．0～4s时间内，传送带克服摩擦力做功为16J【考点】动量定理的内容和应用；水平传送带模型；用动能的定义式计算物体的动能．【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】根据v﹣t图像，分析物块运动情况，从而计算最大距离；根据动能的公式计算动能变化，根据牛顿第二定律，计算摩擦力大小，从而分析CD。【解答】解：A.由速度—时间图象可知，2s时小物块向左运动的距离最远，根据速度—时间图象得面积等于位移，则s1=1故A错误；B.小物块的初动能Ek1=12m小物块返回A点时动能Ek2=12m故动能减少了6J，故B错误；C.煤块匀变速运动的加速度a=ΔvΔt=4由牛顿第二定律得f＝ma＝1×2N＝2N煤块在传送带上滑动的3s内受摩擦力作用，则I＝ft＝2×3N•s＝6N•s故C正确；D.由速度—时间图象，传送带速度大小v2＝2m/s前3s煤块与传送带间有相对运动，存在摩擦力，传送带克服摩擦力做功为W＝fv2t＝2×2×3J＝12J故D错误。故选：C。【点评】本题是一道运动和力的综合问题，重点掌握v﹣t图像面积表示位移以及合力与加速度的关系，注意动量与动能的公式应用。5．（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′=2t=2(F−所以牵引力的冲量为I=Ft′=2F(F−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′=−2F(F−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。6．（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。7．（2024•襄城区校级开学）如图甲所示，质量m＝1.1kg的物块静置在粗糙的水平地面上，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.5。从t＝0时刻开始对物块施加一个与水平方向成θ＝37°角的拉力F，其变化情况如图乙所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8则物块在t＝8s时的速度大小为（）A．2.5m/s B．8.0m/s C．9.0m/s D．12.5m/s【考点】用动量定理求平均作用力．【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】D【分析】根据摩擦力的公式求出滑动摩擦力；对物体进行受力分析，结合共点力平衡的条件以及动量定理分析即可。【解答】解：设当物块开始运动时，拉力大小为F0，有F0cosθ﹣μ（mg﹣F0sinθ）＝0解得F0＝5N由图可知拉力F与时间t的关系为F＝（t+2）N可知t0＝3s时物块开始运动，3s～8s内，设向右为正方向，根据动量定理可得Fcosθ⋅Δt−其中F=物块受到的摩擦力为f＝μ（mg﹣Fsinθ）可得f=Δt＝8s﹣3s＝5s联立以上等式解得物块在t＝8s时的速度大小为v＝12.5m/s故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】该题中拉力与摩擦力都是变力，可以用平均力来计算力的冲量，但不能用平均力来计算力的功，也不能用牛顿第二定律计算速度的变化。8．（2024春•岱岳区校级期末）如图所示，光滑水平地面上A、B两物块中间拴接一个轻弹簧，A的质量为B的12A．125 B．58 C．15【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；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；推理能力．【答案】B【分析】由动量守恒定律、能量守恒定律分别求得B与挡板发生碰撞时，弹簧的弹性势能与A的初动能即可解题。【解答】解：设A、B的质量分别为m、2m，A的初速度为v0，B与挡板碰撞前的瞬间，A、B的速度分别为vA、vB，以水平向右为正方向，则有mv0＝mvA+2mvBB与挡板碰后至弹簧的弹性势能最大时，以水平向右为正方向，由动量守恒定律有mvA﹣2mvB＝3mv共由能量守恒定律有Epmax联立以上方程可得v共＝0，vA=B与挡板碰撞时弹簧的弹性势能为Ep解得Ep则Ep故ACD错误，B正确。故选：B。【点评】本题考查碰撞过程中的动量守恒、能量守恒的问题，考点较为全面，要求学生综合运用所学知识，对整个运动过程的功能关系进行分析，难度较大。9．（2024春•葫芦岛期末）现在嫦娥六号已经进入到了任务末期，该飞行器正在以极快的速度返回地球。以下描述的物理量属于矢量的是（）A．质量 B．时间 C．动量 D．动能【考点】动量的定义、单位及性质；矢量和标量的物理意义．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；直线运动规律专题；理解能力．【答案】C【分析】根据矢量和标量的定义解答即可。【解答】解：动量是既有大小，又有方向的物理量是矢量，质量、时间、动能都是只有大小，没有方向的物理量，是标量，故C正确，ABD错误。故选：C。【点评】本题是对标量和矢量的考查，解题的关键是要知道标量和矢量的概念，要知道功虽然有正负之分，但功是标量，难度不大，属于基础题10．（2024春•葫芦岛期末）质量为2kg的物体被轻质绳拉住，在0～6s时间内运动的v﹣t图像如图所示。以竖直向上运动为正方向，忽略空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。则物体（）A．在4s～6s内处于静止状态 B．在2s～4s内所受合力的冲量为4N•s C．在0～6s内的位移大小为24m D．在0～6s内拉力做功为256J【考点】动量定理的内容和应用；根据v﹣t图像的物理意义分析单个物体的运动情况；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；推理能力．【答案】D【分析】根据图像的纵轴分析速度关系，根据图像可得出每个时间段速度的情况，结合冲量定理可求出冲量大小；题干给出v﹣t图象，图象与时间轴包围的面积（不计正负）即为位移，根据动能定理的计算式可以求解拉力做功。【解答】解：A、在4s～6s内，物体做匀速直线运动，故A错误；B、在2s～4s内，规定向上为正方向，根据动量定理有I＝mv所受合力的冲量为I＝8N•sC、根据图像与坐标轴围成的面积可知0～6s内的位移大小为x=2+4故C错误；D、根据动能定理有W﹣mgx=解得W＝256J故D正确；故选：D。【点评】本题考查学生对运动学图象的认识，要求学生结合冲量定理、动能定理的计算式分析求解。11．（2024春•鹰潭期末）课外活动，同学们积极参加体育运动，下列说法正确的是（）A．云轩同学动量变化，动能一定变化 B．俊杰同学物体速度变化，动量一定变化 C．可欣同学所受合外力冲量越大，它的动量也越大 D．宇航同学跳高时，在落地处垫海绵是为了减小运动员的冲量【考点】动量定理的内容和应用；动量和动能的区别与联系；冲量的定义及性质．【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.动量是矢量，动能是标量；动量的变化包括大小和方向的变化；B.根据动量的定义式分析作答；C.根据动量定理分析作答；D.根据运动学公式和动量定理分析作答。【解答】解：A.动量是矢量，动能是标量，动量的变化包括大小和方向的变化，物体的动量变化可能是动量的方向变化，而物体的速度大小不变，故动能不一定变化，故A错误；B.由p＝mv可知，速度变化时动量一定发生变化，故B正确；C.根据动量定理I＝Δp可知，物体所受合外力冲量越大，物体的动量变化量越大；由于物体的初始动量情况未知，无法判断最终的动量大小，故C错误；D.根据运动学公式，物体落地式的速度v=2gℎΔv=0−v=−相同取向下为正方向，根据动量定理I＝（mg﹣F）Δt＝Δv＝﹣mv地面对运动员的冲力F=mg+可知跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间，减小冲力，不是减小冲量，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了动量和动能的标矢性、动量的定义和对动量定理的理解；知道可知跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间，减小冲力，不是减小冲量。12．（2024春•武昌区校级期末）牛顿的第一定律表明（）A．物体在没有外力作用下保持匀速直线运动或静止 B．物体的加速度与施加的力成正比 C．物体的动量是恒定的 D．物体在旋转时会受到向心力【考点】动量的定义、单位及性质；牛顿第一定律的内容与应用．【专题】应用题；学科综合题；定性思想；推理法；动量定理应用专题；理解能力．【答案】A【分析】根据牛顿第一定律即物体在不受任何外力时，总保持静止状态或匀速直线运动状态，进行分析。【解答】解：A、由牛顿第一定律可知，物体在没有外力作用下保持匀速直线运动或静止，故A正确；B、由牛顿第二定律可知物体的加速度与施加的力成正比，故B错误；C、由牛顿第一定律可知，物体在没有外力作用下保持匀速直线运动或静止状态，由此可知，物体在没有外力作用下动量是恒定的，故C错误；D、物体在旋转时运动状态发生变化，必须要受到外力的作用，可以用牛顿第二定律解答，故D错误。故选：A。【点评】本题是对牛顿第一定律的考查，解题的关键是要知道牛顿第一定律内容，简单题。13．（2024春•南阳期末）如图所示，在一个经典的牛顿摆装置中，五个质量相同的金属球通过无摩擦的吊绳悬挂在同一水平线上，五个球均静止，现使1号球由静止开始释放，若所有的碰撞都是完全弹性的，则1号球与2号球碰撞后，可能出现的情况是（）A．只有5号球获得速度并向左运动 B．五个球相对静止，一起向左运动 C．5号球向左运动，2、3、4号球静止，1号球向右运动 D．5号球向左运动，3、4号球静止，1、2号球向右运动【考点】弹性碰撞和非弹性碰撞的区别与判断．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；机械能守恒定律应用专题；动量定理应用专题；理解能力．【答案】A【分析】根据动量守恒定律和机械能守恒定律分析作答。【解答】解：设入射小球碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，被碰小球碰撞后的速度为v2；取水平向左为正方向，根据动量守恒定律mv0＝mv1+mv2所有的碰撞都是完全弹性碰撞，根据机械能守恒1联立解得v1＝0，v2＝v0由此可知，若所有小球完全相同，且发生弹性碰撞，则碰撞后小球速度交换，所以只有5号球获得速度并向左运动，故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题主要考查了动量守恒定律和机械能守恒定律的运用；对于完全相同的小球发生弹性碰撞时，则碰撞后小球速度交换。14．（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。15．（2024春•龙凤区校级期末）关于系统动量守恒的条件，下列说法中正确的是（）A．只要系统内存在摩擦力，系统的动量就不可能守恒 B．只要系统中有一个物体具有加速度，系统的动量就不守恒 C．只要系统的合外力做功为零，系统的动量就守恒 D．只要系统所受的合外力为零，系统的动量就守恒【考点】动量守恒的条件和判断．【专题】定性思想；归纳法；动量和能量的综合；理解能力．【答案】D【分析】根据动量守恒的条件逐项分析即可。【解答】解：A、若系统内存在着摩擦力，而系统所受的合外力为零，系统的动量仍守恒，故A错误；B、系统中有一个物体具有加速度时，如果系统所受的合外力为零，系统的动量也可能守恒，比如碰撞过程，两个物体的速度都改变，都有加速度，单个物体受外力作用，系统的动量却守恒，故B错误；C、只要系统的合外力做功为零，但是系统所受的合外力不为零，系统的动量也不会守恒，故C错误；D、只要系统所受到的合外力为零，则系统的动量一定守恒，故D正确。故选：D。【点评】掌握动量守恒的条件是系统所受合外力为零是解题的基础。二．填空题（共5小题）16．（2024春•徐汇区校级期末）某次冰壶运动训练中，甲壶与静止的乙壶发生正碰。已知冰面粗糙程度处处相同，不计空气阻力，两壶完全相同且均可视为质点，碰撞时间极短可不计，碰撞前、后两壶运动轨迹始终在同一水平直线上。从开始碰撞到两壶都静止过程中，乙壶的位移一定不小于甲壶的位移（选填“一定”，“不一定”），若测得乙壶位移是甲壶位移的k倍，则k值越小，两壶碰撞过程中损失机械能越大（选填“大”或“小”）。【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题；动能定理的简单应用；判断机械能是否守恒及如何变化．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力．【答案】一定；大【分析】两壶碰撞瞬间动量守恒，且碰后甲壶的速度小于乙壶，结合运动学公式分析位移大小；根据能量的计算公式得出机械能与k值的关系；【解答】解：选择甲壶的初速度方向为正方向，甲、乙碰撞瞬间动量守恒，即mv0＝mv甲+mv乙由于碰撞后的实际情况所以有：v甲≤v乙则从开始碰撞到两壶都静止过程中，乙壶的位移一定不小于甲壶的位移。两壶碰撞过程中损失的机械能为：ΔE=变形可得：ΔE＝mv02（故答案为：一定；大【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，熟悉动量守恒定律的条件，结合能量的计算公式和运动学公式即可完成分析。17．（2024春•福州期末）消防员持高压水枪灭火。水流以速率v从直径为d的管口喷出，垂直打在墙壁上，并以12v的速率垂直反弹。已知水的密度为ρ，则此时水对墙壁的作用力大小为3【考点】用动量定理求流体冲击问题；牛顿第三定律的理解与应用．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；累积法；动量定理应用专题；推理能力．【答案】38【分析】高压水枪单位时间喷出水的质量可用公式m＝ρV求得；可用动量定理求解墙壁对水的作用力的大小，再由牛顿第三定律可求水对墙壁的作用力的大小。【解答】解：设在Δt时间内与墙壁发生作用的水的质量为Δm，则有：Δm=ρSv⋅Δt=ρπ(d2)2由牛顿第三定律可知水对墙壁的作用力大小为：F′=3故答案为：38【点评】本题考查动量定理解决流体问题，关键是能建立合适的水柱模型，利用动量定理求水受到墙壁的冲击力，由牛顿第三定律可求水对墙壁的作用力的大小。18．（2024春•嘉定区校级期末）在摸高测试中，一质量为m的同学下蹲后用力蹬地的同时举臂起跳，离地后身体姿势保持不变，上升高度为h，若从蹬地到离开地面的时间为Δt，空气阻力不计，重力加速度为g，则同学离开地面时的动量大小为m2gℎ，该过程地面对他的支持力的冲量大小为mgΔt+m2gℎ【考点】动量定理的内容和应用；动量的定义、单位及性质．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；理解能力．【答案】m2gℎ；mgΔt+m【分析】首先根据位移与速度关系求解离地速度，再根据动量的公式计算动量，根据动量定理求解地面对他的支持力的冲量大小。【解答】解：设同学离开地面时的速度大小为v，根据位移与速度的关系有2gh＝v2解得v=2gℎ则同学离开地面时的动量大小为p=mv=m2gℎ设该过程地面对他的支持力的冲量大小为IF，以向上为正方向，根据动量定理可得IF﹣mgΔt＝mv﹣0解得IF故答案为：m2gℎ；mgΔt+m【点评】本题考查了动量定理的基本应用，要求学生熟练掌握动量定理。19．（2024春•安溪县期末）如图所示为在水平桌面上沿同一直线运动的A、B两小滑块碰撞前后的部分v﹣t图像。其中直线a、b分别为滑块A、B碰撞前的v﹣t图线，直线c为碰撞后两滑块共同运动的部分v﹣t图线。已知滑块A的质量为6kg，g取10m/s2。填空：（1）滑块A与地面的动摩擦因数μ1＝0.1；（2）滑块B的质量为4kg；（3）碰撞过程中两滑块损失的动能大小为30J；（4）最终滑块停下来的时刻为t＝4.57s（小数点后保留两位）；（5）若从t＝0开始到最终停下来，两滑块所受外力中只有桌面的摩擦力做了功，则其总功为﹣194J。【考点】碰撞过程中的图像问题；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；根据v﹣t图像的物理意义对比多个物体的运动情况；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）0.1；（2）4；（3）30；（4）4.57；（5）﹣194。【分析】（1）由v﹣t图像可知滑块A匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求解动摩擦因数；（2）根据动量守恒定律求解滑块B的质量；（3）根据能量守恒定律求解碰撞过程中两滑块损失的动能大小；（4）由v﹣t图像可知滑块B匀减速直线运动的加速度大小，由动量定理求解时间；（5）根据功能关系求解摩擦力做的总功。【解答】解：（1）由v﹣t图像可知滑块A匀减速直线运动的加速度大小为：a1=根据牛顿第二定律有：μ1m1g＝m1a1，其中m1＝6kg解得：μ1＝0.1；（2）由v﹣t图像可知滑块A碰前的速度为v1＝7m/s，滑块B碰前的速度为v2＝2m/s，滑块A、B碰撞后的速度均为v＝5m/s，取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2＝（m1+m2）v代入数据可得滑块B的质量为：m2＝4kg；（3）碰撞过程中两滑块损失的动能大小为：ΔEk=12m1v12+12m2代入数据得：ΔEk＝30J；（4）由v﹣t图像可知滑块B匀减速直线运动的加速度大小为：a2=从滑块A、B碰撞后开始计时，取初速度方向为正方向，由动量定理可得：﹣（m1a1+m2a2）Δt＝0﹣（m1+m2）v解得：Δt≈3.57s最终滑块停下来的时刻为：t＝1s+Δt＝1s+3.57s＝4.57s；（5）由v﹣t图像可知滑块A、B的初速度大小分别为v01＝8m/s、v02＝4m/s，若从t＝0开始到最终停下来，两滑块所受外力中只有桌面的摩擦力做了功，根据功能关系可得其总功为：W＝﹣（12m1v012+12代入数据解得：W＝﹣194J。故答案为：（1）0.1；（2）4；（3）30；（4）4.57；（5）﹣194。【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春•台江区校级期中）神舟十六号从空间站返回的第一步动作在大约h＝390公里的高度完成，飞船通过两次调整姿态后，变成推进舱在前，返回舱在后，主发动机点火开始制动减速。现把制动减速过程简化为如图所示，设返、推组合体减速前的总质量为m0（包括发动机喷出的气体），减速前的速度大小为v0（相对地球），主发动机点火后，推进舱喷气，在t（很短）时间内推进舱把质量为0.1m0的气体以速率v1＝1.9v0（相对地球）喷出，此时返、推组合体完成减速制动，其速度大小为0.9v0（由于减速制动时间短，可认为返、推组合体减速前、后速度及v1的方向均在同一直线上，且除了组合体与喷出气体间的作用外，不考虑其他力的影响）；该减速制动过程中，返、推组合体受到的平均作用力大小为9m0【考点】用动量定理求平均作用力；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第三定律的理解与应用．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力．【答案】0.9v0；9【分析】根据动量守恒定律解得返、推组合体的速度，根据动量定理结合牛顿第三定律解得平均作用力大小。【解答】解：规定v0的方向为正方向，根据动量守恒定律有m0v0＝0.1m0v1+（m0﹣0.1m0）v解得v＝0.9v0对喷出的气体，根据动量定理可知Ft＝0.1m0v1﹣0.1m0v0解得F=根据牛顿第三定律可知返、推组合体受到的平均作用力大小为9m故答案为：0.9v0；9【点评】本题考查动量守恒定律，解题关键掌握动量是矢量，需规定正方向。三．解答题（共5小题）21．（2024春•绵阳期末）如图所示，倾角为α＝45°的斜面紧靠光滑的水平桌面，斜面与桌子等高。可视为质点的甲、乙小球质量均为m＝2kg，静止放置在水平桌面上，现给甲一个水平向左的初速度v0＝4m/s，甲与乙因发生碰撞而损失的机械能ΔE＝6J，甲、乙离开桌面后做平抛运动，分别落在斜面上的A、B点，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）甲、乙小球碰撞之后各自做平抛运动的初速度；（2）甲小球做平抛运动的时间；（3）乙小球落在B点时速度的大小。【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题；平抛运动与斜面的结合．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；分析综合能力．【答案】（1）甲、乙小球碰撞之后各自做平抛运动的初速度分别为1m/s，3m/s；（2）甲小球做平抛运动的时间为0.2s；（3）乙小球落在B点时速度的大小为35【分析】（1）选择不同的碰撞瞬间，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出碰撞后的速度大小；（2）甲球做平抛落在斜面上，由平抛规律求甲球运动的时间；（3）同理求也乙球平抛的时间后，再根据平抛运动的速度公式求合速度的大小。【解答】解：（1）甲、乙小球碰撞过程中动量守恒，设甲、乙小球碰撞之后各自做平抛运动的初速度分别为v1和v2，以甲球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mv1+mv2代入数据得：v1+v2＝4m/s由题意知，甲与乙因发生碰撞而损失的机械能为ΔE，则有：ΔE=代入数据得：12×2×4综合解得：v1＝1m/s，v2＝3m/s（2）甲小球离开桌面后做平抛运动，设甲小球做平抛运动的时间为t1，水平位移为x1，竖直位移为y1，由平抛运动规律，水平方向有：x1＝v1t1竖直方向有：y又根据位移的方向可知：tan45°=联立代入解得：t1＝0.2s（3）乙小球离开桌面后也做平抛运动，设乙小球做平抛运动的时间为t2，水平位移为x2，竖直位移为y2，落在B点时速度的大小为v2，由平抛运动规律得水平方向：x2＝v2t2竖直方向有：y又由位移方向：tan45°=联立代入数据解得：t2＝0.6s乙小球在竖直方向上的分速度为：vy＝gt2＝10×0.6m/s＝6m/s则乙小球落在B点时速度的大小为：vB=代入数据得：vB=35答：（1）甲、乙小球碰撞之后各自做平抛运动的初速度分别为1m/s，3m/s；（2）甲小球做平抛运动的时间为0.2s；（3）乙小球落在B点时速度的大小为35【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，理解动量守恒的条件，结合能量守恒定律分析出物体的速度，同时熟练掌握平抛运动在不同方向上的运动特点即可完成解答。22．（2024•怀仁市校级开学）如图甲，一粗糙、绝缘水平面上有两个质量均为m的小滑块A和B，其电荷量分别为q（q＞0）和﹣q。A右端固定有轻质绝缘弹簧，弹簧处于原长。整个空间存在水平向右场强大小为E的匀强电场。A、B与水平面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，其大小均为2qE。t＝0时，A以初速度v0向右运动，B处于静止状态。滑块A运动的v﹣t图像如图乙所示，在t1时刻，速度为v1=45v0，并且为图线中速度的最小值，此时弹簧未与B相碰；在t2时刻，A的速度v2=85v0；在t（1）0～t1时间内，合外力对A所做的功；（2）t1时刻A与B之间的距离；（3）t2时刻B的速度；（4）t1～t3时间内，库仑力和弹簧弹力对A和B做的总功。【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；与弹簧相关的动量、能量综合专题；分析综合能力．【答案】（1）0～t1时间内，合外力对A所做的功为−9（2）t1时刻A与B之间的距离为kqE（3）t2时刻B的速度为−4（4）t1～t3时间内，库仑力和弹簧弹力对A和B做的总功为qkqE【分析】（1）根据题设条件，由动能定理求出合外力对A所做的总功；（2）根据平衡条件求t1时刻A与B之间的距离；（2）由动量守恒定律求t2时刻B的速度；（3）根据动量守恒定律结合能量守恒定律求t1～t3时间内，库仑力和弹簧弹力对A和B做的总功。【解答】解：（1）0～t1时间内，根据动能定理可得合外力对A所做的功：W=解得：W=−（2）速度—时间图像的斜率表示加速度，则由图乙可知，t1时刻A的加速度为0，说明此时A所受合外力为0，设此时A、B相距x，则根据平衡条件有：k其中：f＝2Eq联立代入数据解得：x=（3）t1时刻B受到电场力与库仑力的合力与摩擦力大小相等，B开始运动，t1～t2时间内，A受到向右大小为Eq的电场力、向右的库仑力以及向左大小为2Eq的摩擦力，B受到向左大小为Eq的电场力、向左的库仑力以及向右大小为2Eq的摩擦力，可知A、B组成的系统合外力为0，以向右为正，由动量守恒定律有：mv1＝mv2+mvB代入数据解得：v（4）根据题意，在t3时刻A的速度达到最大，此时A的加速度为0，合外力为0，设此时A、B间的距离为x1，则此时对A有：F由题意可知：F弹＝3Eq，f＝2Eq联立解得：xt1～t3时间内，以向右为正，对A、B组成的系统由动量守恒定律有：mv1＝mv3+mv′B解得：vB′=−由动能定理有：W代入解得：W答：（1）0～t1时间内，合外力对A所做的功为−9（2）t1时刻A与B之间的距离为kqE（3）t2时刻B的速度为−4（4）t1～t3时间内，库仑力和弹簧弹力对A和B做的总功为qkqE【点评】本题考查了带电体在电场中运动问题，涉及到了动量守恒定律与功能关系的应用，关键是做好受力分析，弄清楚物块的受力情况和运动情况。23．（2024春•青秀区校级期末）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时，静止释放小球。小球运幼到最低点时与物块发生弹性碰撞。碰撞后，物块沿着小车上的轨道运动，已知细线长L＝3.2m，小球质量m＝1kg，物块、小车质量均为M＝3kg，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）求小球与物块碰撞后小球的速度大小v1和上升高度h1；（2）若μ＝0.25，求物块与小车摩擦产生的热量Q和物块最终停在车上的位置；（3）为使物块能进入圆弧轨道，且最终不脱离小车，求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围和物块相对小车上升的最大高度h2。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；物体在圆形竖直轨道内的圆周运动；某一方向上的动量守恒问题．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．【答案】（1）小球与物块碰撞后小球的速度大小4m/s，上升高度0.8m；（2）物块与小车摩擦产生的热量12J，物块最终停在车上距离左端0.6m处；（3）物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围0.25≤μ＜0.4，物块相对小车上升的最大高度0.15m。【分析】（1）根据机械能守恒定律结合动量守恒定律、能量守恒定律求小球与物块碰撞后小球的速度大小v1和上升高度h1；（2）由动能定义结合动量守恒定律、能量守恒定律求物块与小车摩擦产生的热量Q和物块最终停在车上的位置；（3）由动量守恒定律、能量守恒定律求物块与水平轨道间的动摩擦因数μ的取值范围和物块相对小车上升的最大高度h2。【解答】解：（1）设小球到达最低点与物块碰前的速度为v0，根据机械能守恒定律可知mgL=1解得v0＝8m/s设小球与物块碰后的速度为v1，物块的速度为v2，向右的方向为正方向，则有mv0＝mv1+Mv212解得v1＝﹣4m/sv2＝4m/s由机械能守恒定律可得12解得h1＝0.8m（2）水平方向系统动量守恒，取向右为正方向，设二者共同速度为v，则有Mv2＝2Mv解得v＝2m/s整个系统的初动能Ek1解得Ek1＝24J共速时系统的总动能Ek2解得Ek2＝12J根据能量守恒可知，系统产生的热量等于物块克服摩擦力所做的功，即Wf＝Q＝Ek1﹣Ek2解得Wf＝12J所以滑块在小车上运动的总路程x=W解得x＝1.6m所以物块最终停小车位置Δx（距离左端）Δx＝x﹣s＝1.6m﹣1m＝0.6m（3）若物块恰好运动到圆弧轨道的最低点，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2＝2Mv由能量守恒定律12解得μ1＝0.4若物块恰好运动到与圆弧圆心等高的位置，此时两者共速，则对物块与小车整体由水平方向动量守恒Mv2＝2Mv12解得μ2＝0.25综上所述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物块相对小车上升的最大高度h2＝R＝0.15m答：（1）小球与物块碰撞后小球的速度大小4m/s，上升高度0.8m；（2）物块与小车摩擦产生的热量12J，物块最终停在车上距离左端0.6m处；（3）物块与水平轨道间的动摩擦因数的取值范围0.25≤μ＜0.4，物块相对小车上升的最大高度0.15m。【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。24．（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＝+1.6×10﹣2（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(−10【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+R)=1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(−10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(−10【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。25．（2024•如皋市校级开学）一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0＝9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止，g取10m/s2。求：（1）物块与地面间的动摩擦因数μ；（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力F的大小；（3）物块在反向运动过程中位移大小。【考点】用动量定理求平均作用力；动能定理的简单应用．【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】（1）物块与地面间的动摩擦因数μ为0.32；（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力F的大小为130N；（3）物块在反向运动过程中位移大小为5.625m。【分析】（1）对物块应用动能定理可以求出动摩擦因数；（2）对物块应用动量定理可以求出作用力大小；（3）应用动能定理可以求出物块反向运动过程克服摩擦力做的功。【解答】解：（1）对小物块从A运动到B处的过程中，应用动能定理−μmgs=1代入数值解得μ＝0.32（2）取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝﹣6m/s，由动量定理得FΔt＝mv′﹣mv解得F＝﹣130N其中“﹣”表示墙面对物块的平均力方向向左；（3）对物块反向运动过程中，由动能定理得−μmgs′=0−1代入数据解得s′＝5.625m答：（1）物块与地面间的动摩擦因数μ为0.32；（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力F的大小为130N；（3）物块在反向运动过程中位移大小为5.625m。【点评】本题考查了求动摩擦因数、作用力、克服摩擦力做功，分析清楚物体运动过程、应用动能定理、动量定理即可正确解题。

考点卡片1．矢量和标量的物理意义【知识点的认识】1．矢量与标量物理量可分为两类：既有大小又有方向的量叫矢量，如力、位移、速度、加速度、动量、电场强度、磁感应强度等；只有大小没有方向的量叫标量，如质量、时间、路程、功、能、电势等．2．矢量和标量的根本区别在于它们遵从不同的运算法则：标量用代数法；矢量用平行四边形定则或三角形定则．矢量的合成与分解都遵从平行四边形定则（可简化成三角形定则）．平行四边形定则实质上是一种等效替换的方法．一个矢量（合矢量）的作用效果和另外几个矢量（分矢量）共同作用的效果相同，就可以用这一个矢量代替那几个矢量，也可以用那几个矢量代替这一个矢量，而不改变原来的作用效果．3．同一直线上矢量的合成可转为代数法，即规定某一方向为正方向．与正方向相同的物理量用正号代入．相反的用负号代入，然后求代数和，最后结果的正、负体现了方向，但有些物理量虽也有正负之分，运算法则也一样．但不能认为是矢量，最后结果的正负也不表示方向如：功、重力势能、电势能、电势等．【命题方向】关于矢量和标量的说法中正确的是（）A.平均速度、瞬时速度都是矢量，速率、平均速率都是标量B.描述矢量既要说明大小，又要指明方向C.描述矢量既要说明大小，又要指明方向D.矢量和标量没有严格的区别，同一个物理量有时是矢量，有时是标量分析：既有大小、又有方向的物理量是矢量．只有大小、没有方向的物理量是标量．位移、加速度、速度均是矢量．路程、时间是标量，速度变化量是矢量．矢量相加时遵从平行四边形定则．解答：A、平均速度、瞬时速度是既有大小又有方向的量，是矢量，速率、平均速率都是只有大小没有方向的量，是标量。故A正确。B、矢量是既有大小又有方向的量，所以描述矢量时，既要说明大小，又要指明方向。故B正确。C、矢量与标量是不同的物理量，矢量的大小只是一个数值，不能算是标量。故C错误。D、矢量和标量是两个完全不同的物理量，一个量不可能既是矢量又是标量。故D错误。故选：AB。点评：本题考查矢量与标量的区别，基础题，抓住两者有无方向及运算法则两个方面进行记忆．【解题方法点拨】这部分知识属于概念性，在平时的练习中可能出现，且往往以选择题的形式出现，但是高考中单独出现的几率比较小．2．计算停车时间和位移【知识点的认知】1.刹车问题是生活中的常见问题。刹车模型类比于匀减速直线运动，刹车时间通过速度—时间关系t=v0−va求解，刹车位移通过位移—时间公式x＝v2.刹车问题还常常设计刹车速度的计算。计算公式为v＝v0﹣at。【命题方向】某市规定，卡车在市区行驶的速度不得超过40km/h．一次一辆飞驰的卡车在危急情况下刹车，经t＝1.5s停止，民警量得这一过程中车轮在路面上擦过的痕迹长x＝9m，据此能否判断这辆卡车是否超速违章？（设卡车从刹车开始至停下做匀减速直线运动）分析：刹车后做匀减速直线运动，根据速度—时间公式v＝v0+at，位移—时间公式x0＝v0t+12at解答：卡车做匀减速运动，末速度为0．由v＝v0+at得：v0＝0﹣at＝﹣at①又x0＝v0t+12at联立①②得：v0＝12m/sv0＝12m/s＝43.2km/h＞40km/h∴此车违章．答：这辆卡车是超速违章．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度—时间公式v＝v0+at，位移—时间公式x0＝v0t+12at2．该题也可以先求出平均速度，匀变速直线运动的平均速度【解题思路点拨】刹车问题是一种典型的匀减速直线运动，速度减为零即停止运动，根据匀变速直线运动规律中的速度—时间公式和位移—时间公式或位移—速度公式计算刹车时间、位移、速度是一种最基础的考查方式。3．根据v-t图像的物理意义分析单个物体的运动情况【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单个物体的运动的情况。【命题方向】一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度图象如图所示，由图象可知（）A、火箭在0～ta段的加速度小于ta～tb段的加速度B、0～ta段火箭是上升过程，ta～tb段火箭是下落过程C、tc时刻火箭回到地面D、tc时刻火箭离地最远分析：解决本题的关键是理解速度图象的斜率的含义：速度图象的斜率代表物体的加速度．速度的正负代表物体运动的方向．解答：速度图象的斜率代表物体的加速度，由图可知：ab段的斜率大于oa段斜率，故火箭在0～ta段的加速度小于ta～tb段的加速度，故A正确。由于ab段的速度和oa段速度都是正的，故物体的运动方向未变，即始终向上运动。故B错误。0～tc时间内火箭的速度方向始终竖直向上，故tc时刻火箭到达最高点。故C错误而D正确。故选：AD。点评：对于速度图象类的题目，主要是要理解斜率的含义：斜率代表物体的加速度；速度正负的含义：速度的正负代表物体运动的方向；速度图象与时间轴围成的面积的含义：面积代表物体的位移．【解题思路点拨】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合斜率、截距、面积等数学概念进行分析。4．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.t2时刻甲、乙两车再次并排行驶C.t1时刻到t2时刻这段时间，甲车的加速度先减小后增大，乙车的加速度大小先增大后减小D.t1时刻到t2时刻这段时间，两车的加速度都先减小后增大分析：在v﹣t图像中，斜率表示加速度，面积表示位移，定性地判断两车的加速度和位移的关系即可。解答：A、由图可知，t1时刻到t2时刻这段时间内，甲车的速度始终大于乙车的速度，因为两车在t1时刻并排行驶，所以t1时刻到t2时刻的这段时间内，甲车一直在乙车前面，故A正确；B、t2时刻甲乙两车速度相等，同A选项的分析可知，在t1～t2时间内，甲车一直在乙车前面，故B错误；CD、v﹣t图像斜率表示加速度，可知在t1时刻到t2时刻这段时间，甲车的加速度先减小后增大，乙车的加速度也是先减小后增大，故C错误，D正确。故选：AD。点评：本题主要考查了v﹣t图像，理解斜率表示加速度，面积表示位移，可定性地分析两车的运动情况即可。【解题思路点拨】图像类问题是从数学的角度描述了物体的运动规律，能够比较直观地反映位移、速度的大小和方向随时间的变化情况。针对此类问题，可以首先根据图像还原物体的运动情景，再结合斜率、截距、面积等数学概念进行分析。5．牛顿第一定律的内容与应用【知识点的认识】1．内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态．2．说明：（1）物体因为有质量，故能保持原来的运动状态，如果没有力，它将永远保持此状态；（2）因为有力，故改变物体的运动状态．质量是维持物体运动状态的原因，力是改变物体运动状态的原因；（3）物体的运动状态由速度来标定，速度不变，物体运动状态不变；（4）物体运动状态变化，也可说成运动速度变化，即产生加速度．3．使用范围：宏观世界中低速运动的物体，在惯性参考系中才适用．4．对牛顿第一定律的理解（1）牛顿第一定律不是由实验直接总结出来的规律，它是牛顿以伽利略的理想实验为基础，在总结前人的研究成果之上，加之丰富的想而推理得出的一条理想条件下的规律；（2）牛顿第一定律成立的条件是物体不受任何外力的作用，是理想条件下物体所遵从的规律．在实验情况下，物体所受合外力为零与物体不受任何外力作用是等效的．（3）牛顿第一定律的意义在于它揭示了一切物体都具有的一种基本属性﹣﹣惯性，还揭示了力和运动的关系：力是改变物体运动状态的原因，而不是产生运动的原因，也不是维持物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．【命题方向】例1：关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是（）A．牛顿第一定律是在伽利略“理想实验”的基础上总结出来的B．不受力作用的物体是不存在的，故牛顿第一定律的建立毫无意义C．牛顿第一定律表明，物体只有在不受外力作用时才具有惯性D．牛顿第一定律表明，物体只有在静止或做匀速直线运动时才具有惯性分析：牛顿第一定律给出了物体不受力作用时的运动规律，同时也说明了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因；牛顿第一定律是牛顿在前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出．解答：A、牛顿第一定律是牛顿在伽利略等前人实验的基础上，根据逻辑推理得出的，是以实验为基础，但又不是完全通过实验得出，故A正确；B、虽然在地球上不受力作用的物体是不存在的，但牛顿第一定律给出了物体不受力作用时的运动规律，是牛顿第二定律的基础，也为科学的发展奠定了基础，故B错误；C、D、牛顿第一定律表明物体具有保持原来速度不变的性质，即惯性，惯性的大小与物体的受力情况和运动情况均无关，故C错误，D也错误．故选：A．点评：牛顿第一运动定律，又称惯性定律，它科学地阐明了力和惯性这两个物理概念，正确地解释了力和运动状态的关系，并提出了一切物体都具有保持其运动状态不变的属性﹣﹣惯性，它是物理学中一条基本定律．例2：以下说法中正确的是（）A．牛顿第一定律揭示了一切物体都具有惯性B．速度大的物体惯性大，速度小的物体惯性小C．力是维持物体运动的原因D．做曲线运动的质点，若将所有外力都撤去，则该质点因惯性仍可做曲线运动分析：惯性是物体的固有属性，一切物体在任何情况下都有惯性，惯性的大小只跟质量有关，与其它因数无关，力是改变物体运动状态的原因，物体不受力时将保持静止或匀速直线运动状态．解答：A、牛顿第一定律揭示