2025年高考物理復習之小題狂練600題（解答題）：動量與動量守恒定律（10題）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復習之小題狂練600題（解答題）：動量與動量守恒定律（10題）一．解答題（共10小題）1．（2024?龍崗區(qū)校級三模）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整體靜止放在光滑水平桌面上，現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h＝l.8m高處由靜止開始滑下，與滑塊B發(fā)生碰撞并粘在一起（時間極短），共同壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經(jīng)一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運動一段后從桌面邊緣飛出。已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，g＝10m/s2，滑塊均可視為質(zhì)點。求：（1）滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度大小vAB；（2）被壓縮彈簧的最大彈性勢能Ep；（3）滑塊C從桌面飛出時的速度大小vc。2．（2024?選擇性）如圖，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。3．（2024?市中區(qū)校級一模）如圖所示，足夠長的固定斜面傾角為θ＝37°，斜面上并排放置的兩個小物塊A、B在沿斜面向上的恒力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，A、B物塊間接觸但不粘連，F(xiàn)作用在物塊A上，當物塊A、B獲得的速度大小為v0時撤去F。已知物塊A、B的質(zhì)量均為m，且物塊A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μA=34和μB=14，恒力F＝2.4mg，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，（1）求恒力F的作用時間；（2）撤去F后，求B沿斜面向上運動的速度減為零時A、B之間的距離；（3）設A、B間每次碰撞時間極短（可忽略不計），且皆為彈性正碰，求：①撤去F后，A、B物塊第一次碰前時刻B物塊的速度大??；②撤去F后，A、B物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第n次碰撞時，系統(tǒng)損失的機械能。4．（2024?江蘇模擬）如圖，傾角θ＝37°的粗糙斜面AB與光滑水平面BD在B點平滑連接，傾角α＝30°的足夠長的傳送帶在電動機的帶動下以v＝4m/s的速度沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的下端與水平面的右端D點通過一小段圓弧連接，質(zhì)量mb＝3kg的小物塊b放在水平面上的C點，質(zhì)量ma＝1kg的小滑塊a從A點由靜止釋放，滑塊a與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，A、B間距離L＝12.5m，a滑到水平面上后與b發(fā)生彈性正碰，以后a與b的碰撞都發(fā)生在水平面上，b與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ2=33，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，（1）a第一次與b碰撞前瞬間的速度大??；（2）第一次碰撞后瞬間a與b的速度大?。唬?）b從第一次經(jīng)過D點到第二次經(jīng)過D點的過程中電動機額外多做的功。5．（2024?廣東一模）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A與質(zhì)量為7m的小球B通過長為L的輕質(zhì)柔軟細繩連接，現(xiàn)用手提著小球A，使小球B距地面的高度也為L，松手后兩球由靜止開始自由下落，小球B與地面碰后速度大小不變、方向相反，兩小球的碰撞為彈性正碰，細繩繃直后兩小球以相同的速度繼續(xù)運動，碰撞時間均極短，重力加速度大小為g。求：（1）從松手到兩小球第一次碰撞的時間t；（2）細繩繃直后小球A距地面的最大距離d。6．（2024?安徽）如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點。一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側(cè)?，F(xiàn)將細線拉直到水平位置，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿小車上的軌道運動。已知細線長L＝1.25m。小球質(zhì)量m＝0.20kg。物塊、小車質(zhì)量均為M＝0.30kg。小車上的水平軌道長s＝1.0m。圓弧軌道半徑R＝0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求小球運動到最低點與物塊碰撞前，所受拉力的大??；（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；（3）為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍。7．（2024?浙江模擬）一質(zhì)量為m的衛(wèi)星沿半徑r的圓軌道繞太陽運行。衛(wèi)星上有一太陽帆—半徑為R的圓形鏡面反射膜。該反射膜在隨后運動中不斷改變方向，使帆面不斷改變方向以保證始終垂直于太陽光。已知：萬有引力常量為G，太陽質(zhì)量為M，太陽半徑為RS，太陽表面溫度為T。太陽可視理想黑體且單位面積的熱輻射功率為σT4，其中σ為一常量。已知光具有粒子的性質(zhì)：一個光子的能量E＝pc，其中p是光子的動量，c是光速。（1）求太陽熱輻射的總功率；（2）求太陽帆單位時間內(nèi)接受到的能量；（3）求太陽帆受到的合力F（r）（以沿著半徑背離圓心的方向為正方向）。8．（2024?衡水模擬）如圖所示，半徑R＝1m的四分之一圓弧槽M固定在地面上，圓弧槽末端位于圓心O′正下方、且與平臺KPQ上表面水平相切，P點放置質(zhì)量為m0＝0.4kg的小物塊，KP、PQ長度分別為0.45m、2.75m，Q右側(cè)空間存在面積足夠大的勻強磁場，磁感應強度B=π8×102T、方向水平向右，在右側(cè)空間建立Oxyz三維直角坐標系，坐標原點O位于KPQ延長線上，x軸正方向垂直于紙面向里，y軸正方向豎直向上，z軸正方向水平向右，QO的距離d＝16m，xOy平面內(nèi)放置有足夠大的擋板。質(zhì)量m＝0.1kg、帶電量q＝+1.6×10﹣2C的小球自圓弧槽A點正上方h＝4m處從靜止釋放，小球與小物塊發(fā)生碰撞同時，在KPQ平臺上方施加方向水平向右、大小E＝2.5×102V/m的勻強電場圖中未畫出。小球與小物塊碰撞時無能量損失且小球電量不變，重力加速度（1）小球運動到K點時對軌道的壓力FN；（2）小物塊飛離平臺前與小球的碰撞次數(shù)；（3）小球打在擋板上的坐標。（結(jié)果可含有π）9．（2024?茂名一模）如圖（a）所示，門球又稱槌球，比賽時以球槌擊球，球過球門即可得分.如圖（b）所示，某次比賽中完全相同的1號球、3號球與門洞恰好位于一條直線上，兩球之間的距離l1＝2.5m，3號球與球門之間的距離l2＝1m。運動員用球槌水平打擊1號球，使其獲得向右的初速度v0＝6m/s，經(jīng)過一段時間后，該球以v1＝4m/s的速度與3號球發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），碰后1號球又向前運動了x＝0.125m后停下來.已知兩球質(zhì)量m均為0.25kg，將兩球的運動視為一條直線上的滑動并且兩球與地面間的動摩擦因數(shù)μ相同，重力加速度g取10m/s2。（1）求球與地面的動摩擦因數(shù)μ；（2）求兩球碰撞過程中損失的機械能；（3）通過分析，判斷3號球能否進門得分。10．（2024?梅州二模）圖為某一食品廠生產(chǎn)流水線的一部分，AB是半徑為R的光滑半圓軌道，產(chǎn)品2加工后以vA=3gR的速率從A點沿半圓軌道下滑，到達軌道最低點B處時，與靜止在此處的產(chǎn)品1發(fā)生彈性碰撞（假設每一個產(chǎn)品的質(zhì)量均為m），被碰后的產(chǎn)品1沿粗糙的水平軌道BC滑動，以vC=2gR的速度滑上運行速度為v的傳送帶CD。其中BC段為生產(chǎn)線中的殺菌平臺，長度為4R，傳送帶的摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，長度為（1）為了保證產(chǎn)品以最短的時間經(jīng)過CD，則傳送帶的速度應滿足什么條件？（2）BC段殺菌平臺的摩擦因數(shù)μ1是多少？（3）調(diào)整產(chǎn)品從A點出發(fā)的速度可以調(diào)整殺菌的時間，則產(chǎn)品既不脫軌又能滑上傳送帶的最長殺菌時間t是多少？

2025年高考物理復習之小題狂練600題（解答題）：動量與動量守恒定律（10題）參考答案與試題解析一．解答題（共10小題）1．（2024?龍崗區(qū)校級三模）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整體靜止放在光滑水平桌面上，現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h＝l.8m高處由靜止開始滑下，與滑塊B發(fā)生碰撞并粘在一起（時間極短），共同壓縮彈簧推動滑塊C向前運動，經(jīng)一段時間，滑塊C脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運動一段后從桌面邊緣飛出。已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，g＝10m/s2，滑塊均可視為質(zhì)點。求：（1）滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度大小vAB；（2）被壓縮彈簧的最大彈性勢能Ep；（3）滑塊C從桌面飛出時的速度大小vc?！究键c】動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用．【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【答案】（1）滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度大小vAB為2m/s；（2）被壓縮彈簧的最大彈性勢能Ep為3J；（3）滑塊C從桌面飛出時的速度大小vC為2m/s?！痉治觥浚?）研究滑塊A下滑的過程，由機械能守恒定律求出A滑到曲面底端時的速度。對于A與B的碰撞過程，運用動量守恒定律求出滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度。（2）當滑塊A、B、C速度相等時，被壓縮彈簧的彈性勢能最大。由動量守恒和機械能守恒結(jié)合解決問題。（3）由動量守恒和機械能守恒求滑塊C脫離彈簧時的速度。【解答】解：（1）滑塊A從光滑曲面上h高處由靜止開始滑下的過程，其機械能守恒，設其滑到底面的速度為v1，由機械能守恒定律有：mAgh=12mAv滑塊A與B碰撞的過程，A、B系統(tǒng)的動量守恒，碰撞結(jié)束瞬間具有共同速度，取向右為正方向，由動量守恒定律有：mAv1＝（mA+mB）v2解得：v2＝2m/s（2）滑塊A、B發(fā)生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧，壓縮的過程機械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢能最大時，滑塊A、B、C速度相等，設為速度v3，由動量守恒定律有：mAv1＝（mA+mB+mC）v3，解得：v3＝1m/s由機械能守恒定律有：Ep=12（mA+mB）v22-12（m解得Ep＝3J（3）被壓縮彈簧再次恢復自然長度時，滑塊C脫離彈簧，設滑塊A、B的速度為v，滑塊C的速度為vc分別由動量守恒定律和機械能守恒定律有：（mA+mB）v2＝（mA+mB）v+mCvC12（mA+mB）v22=12（mA+mB）解得：vC＝2m/s答：（1）滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度大小vAB為2m/s；（2）被壓縮彈簧的最大彈性勢能Ep為3J；（3）滑塊C從桌面飛出時的速度大小vC為2m/s?！军c評】本題是多體多過程問題，要分析物體的運動過程，把握每個過程的物理規(guī)律是關鍵。利用動量守恒定律解題，一定注意狀態(tài)的變化和狀態(tài)的分析。把動量守恒和能量守恒結(jié)合起來列出等式求解是常見的問題。2．（2024?選擇性）如圖，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時由靜止釋放A、B，彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB；（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ；（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp。【考點】動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用；平拋運動速度的計算；常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力．【答案】（1）脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB均為1m/s；（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ為0.2。（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp為0.12J?！痉治觥浚?）A飛出后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求得vA。物塊A、B與彈簧作用過程滿足動量守恒定律，據(jù)此解得vB。（2）對B脫離彈簧后沿桌面滑行到停止的過程，根據(jù)動能定理求解物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)。（3）物塊A、B與彈簧作用過程，由能量守恒與功能關系求解彈簧釋放的彈性勢能?！窘獯稹拷猓海?）彈簧恢復原長時A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，A飛出后做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律可得：水平射程：xA＝vAt下落高度：h=12聯(lián)立解得：vA＝1m/s物塊A、B與彈簧作用過程，由題意可知物塊A、B受到的滑動摩擦力等大反向，則物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)合外力為零，滿足動量守恒定律，以向右為正方向，則有：﹣mAvA+mBvB＝0解得：vB＝1m/s（2）對B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止的過程，根據(jù)動能定理得：﹣μmBgxB＝0-12m解得物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2（3）物塊A、B與彈簧作用過程，A、B運動路程之和等于初始彈簧的壓縮量Δx＝0.1m。對此過程由能量守恒與功能關系得：ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μm又有：mA＝mB＝0.1kg，Δx＝xA′+xB解得：ΔEp＝0.12J答：（1）脫離彈簧時A、B的速度大小vA和vB均為1m/s；（2）物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ為0.2。（3）整個過程中，彈簧釋放的彈性勢能ΔEp為0.12J。【點評】本題考查了動量守恒定律應用的彈簧類模型，平拋運動規(guī)律，功能關系的應用，題目較簡單。針對兩物體的運動形式，選擇相應的物理原理解答即可。3．（2024?市中區(qū)校級一模）如圖所示，足夠長的固定斜面傾角為θ＝37°，斜面上并排放置的兩個小物塊A、B在沿斜面向上的恒力F作用下從靜止開始沿斜面向上運動，A、B物塊間接觸但不粘連，F(xiàn)作用在物塊A上，當物塊A、B獲得的速度大小為v0時撤去F。已知物塊A、B的質(zhì)量均為m，且物塊A、B與斜面間的動摩擦因數(shù)分別為μA=34和μB=14，恒力F＝2.4mg，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，（1）求恒力F的作用時間；（2）撤去F后，求B沿斜面向上運動的速度減為零時A、B之間的距離；（3）設A、B間每次碰撞時間極短（可忽略不計），且皆為彈性正碰，求：①撤去F后，A、B物塊第一次碰前時刻B物塊的速度大??；②撤去F后，A、B物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第n次碰撞時，系統(tǒng)損失的機械能。【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；牛頓第二定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【答案】（1）恒力F的作用時間為5v（2）撤去F后，B沿斜面向上運動的速度減為零時A、B之間的距離為5v（3）①撤去F后，A、B物塊第一次碰前時刻B物塊的速度大小為66②撤去F后，A、B物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第n次碰撞時，系統(tǒng)損失的機械能為n(n+1)3【分析】（1）由牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合速度—時間關系，求恒力F的作用時間；（2）由牛頓第二定律求出AB加速度，運用速度—位移關系求B沿斜面向上運動的速度減為零時A、B之間的距離；（3）由牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合速度—位移關系求得A、B物塊第一次碰前時刻B物塊的速度大??；利用動量守恒、機械能守恒定律，結(jié)合運動學公式求得位移，從而求得系統(tǒng)損失的機械能?！窘獯稹拷猓海?）對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F?2mgsinθ?（μA+μB）mgcosθ＝2ma解得a＝0.2g所以力F作用的時間為t=v（2）撤去外力F后，對物塊A，有mgsinθ+μAmgcosθ＝maA解得aA＝1.2g對物塊B，有mgsinθ+μBmgcosθ＝maB解得aB＝0.8g由于物塊A的加速度大于物塊B的加速度，所以物塊A先速度減為零，且保持靜止，B沿斜面向上運動的速度減為零時A、B之間的距離為x=v代入數(shù)據(jù)解得x=5（3）①物塊B速度減為零時，繼續(xù)反向做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ?μBmgcosθ＝maB′所以aB′＝0.4g根據(jù)速度—位移關系可得v1解得A、B物塊第一次碰前時刻B物塊的速度大小為v1②A、B發(fā)生第一次彈性碰撞，則有mv1＝mv2+mv312所以碰后兩物體速度交換v2＝0，v3=碰后A做勻速直線運動，B做初速度為零的勻加速直線運動，到第二次碰撞時，有x1＝v3t1=解得t1x1=ΔE1＝（μA+μB）mgcosθ?x1=A、B第二次碰撞時，速度分別為v3v4碰后兩物體速度再次交換，A以v4做勻速直線運動，B做初速度為v3、加速度為aB?的勻加速直線運動，所以x2＝v4t2＝v3t2+解得t2=x2＝v4t2=ΔE2＝（μA+μB）mgcosθ?x2解得ΔE2=A、B第三次碰撞時，速度分別為v4v5＝v3+aB′t2=碰后兩物體速度交換，A以v5做勻速直線運動，B做初速度為v4、加速度為aB?的勻加速直線運動，所以x3＝v5t3＝v4t3+解得t3＝t2=x3＝v5t3=ΔE3＝（μA+μB）mgcosθ?x3解得ΔE3=2m根據(jù)以上分析，有ΔE1=ΔE2=ΔE3=ΔEn=2n3mv02（n＝所以A、B物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第n次碰撞時，系統(tǒng)損失的機械能為ΔE＝ΔE1+ΔE2+ΔE3+?+ΔEn解得ΔE=答：（1）恒力F的作用時間為5v（2）撤去F后，B沿斜面向上運動的速度減為零時A、B之間的距離為5v（3）①撤去F后，A、B物塊第一次碰前時刻B物塊的速度大小為66②撤去F后，A、B物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第n次碰撞時，系統(tǒng)損失的機械能為n(n+1)3【點評】本題是一道力學綜合題，考查了動量守恒定律的應用，根據(jù)題意分析清楚物體的運動過程是解題的前提與關鍵，應用牛頓第二定律、運動學公式、動量守恒定律與能量守恒定律即可解題。4．（2024?江蘇模擬）如圖，傾角θ＝37°的粗糙斜面AB與光滑水平面BD在B點平滑連接，傾角α＝30°的足夠長的傳送帶在電動機的帶動下以v＝4m/s的速度沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，傳送帶的下端與水平面的右端D點通過一小段圓弧連接，質(zhì)量mb＝3kg的小物塊b放在水平面上的C點，質(zhì)量ma＝1kg的小滑塊a從A點由靜止釋放，滑塊a與斜面間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.25，A、B間距離L＝12.5m，a滑到水平面上后與b發(fā)生彈性正碰，以后a與b的碰撞都發(fā)生在水平面上，b與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ2=33，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，（1）a第一次與b碰撞前瞬間的速度大??；（2）第一次碰撞后瞬間a與b的速度大小；（3）b從第一次經(jīng)過D點到第二次經(jīng)過D點的過程中電動機額外多做的功?！究键c】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；勻變速直線運動的定義與特征；水平傳送帶模型；動能定理的簡單應用；常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化．【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；動量定理應用專題；理解能力．【答案】（1）a第一次與b碰撞前瞬間的速度大小為10m/s；（2）第一次碰撞后瞬間a與b的速度大小均為5m/s；（3）b從第一次經(jīng)過D點到第二次經(jīng)過D點的過程中電動機額外多做的功為47.25J?！痉治觥浚?）根據(jù)動能定理求解a第一次與b碰撞前瞬間的速度大??；（2）根據(jù)動量守恒和能量守恒分別求解a、b碰撞后的速度大??；（3）物塊b在傳送帶上先向上做勻減速運動到速度為零，再相當于傳送帶向下加速至傳送帶的速度v，根據(jù)牛頓第二定律求加速度的大小；根據(jù)運動學公式求解共速時間，再分別求解滑塊的對地位移和傳送帶的位移，求解相對位移；根據(jù)公式公式求解因摩擦產(chǎn)生的熱量，最后根據(jù)能量關系求解電動機額外多做的功?！窘獯稹拷猓海?）設a第一次與b碰撞前瞬間的速度大小為v0，a在斜面間下滑過程根據(jù)動能定理m代入數(shù)據(jù)解得v0＝10m/s（2）設滑塊a、b碰撞后的速度大小分別為v1、v2，取水平向右為正方向根據(jù)動量守恒有mav0＝mbv2+mav1根據(jù)能量守恒1聯(lián)立解得v1＝﹣5m/s，v2＝5m/s（3）物塊b在傳送帶上先向上做勻減速運動到速度為零，設加速度的大小為a根據(jù)牛頓第二定律mbgsinα+μ2mbgcosα＝mba代入數(shù)據(jù)解得a＝10m/s2物塊b在傳送帶上向上運動的位移大小x向上運動的時間為t此過程傳送帶的位移大小為x傳1＝vtb1＝4×0.5m＝2m發(fā)生的相對位移大小為Δx1＝x傳1+xb1＝2m+1.25m＝3.25m物塊b速度減為零后，向下做勻加速直線運動到與傳送帶共速，加速度的大小仍然為a；此過程在傳送帶上向下運動的位移大小x所用時間為t此過程傳送帶的位移大小為x傳2＝vtb2＝4×0.4m＝1.6m發(fā)生的相對位移大小為Δx2＝x傳2﹣xb2＝1.6m﹣0.8m＝0.8m物塊b與傳送帶共速后，由于mbgsinα＝μ2mbgcosα因此滑塊b和傳送帶相對靜止一起勻速運動回到D點；b從第一次經(jīng)過D點到第二次經(jīng)過D點的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μ2mbgcos30°?（Δx1+Δx2）代入數(shù)據(jù)解得Q＝60.75J根據(jù)功能關系可知，b從第一次經(jīng)過D點到第二次經(jīng)過D點的過程中電動機額外多做的功為W=ΔE=Q+1代入數(shù)據(jù)解得W＝47.25J。另解：（3）物塊b在傳送帶上先向上做勻減速運動到速度為零，再相當于傳送帶向下加速至傳送帶的速度v，設加速度的大小為a根據(jù)牛頓第二定律mbgsinα+μ2mbgcosα＝mba代入數(shù)據(jù)解得a＝10m/s2取向下為正方向，則運動時間t=滑塊b的對地位移x傳送帶的位移x傳＝vt＝4×0.9m＝3.6m相對位移Δx＝xb+x傳＝0.45m+3.6m＝4.05m物塊b與傳送帶共速后，由于mbgsinα＝μ2mbgcosα因此滑塊b和傳送帶相對靜止一起勻速運動回到D點；b從第一次經(jīng)過D點到第二次經(jīng)過D點的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μ2mbgΔxcos30°代入數(shù)據(jù)解得Q＝60.75J根據(jù)功能關系可知，b從第一次經(jīng)過D點到第二次經(jīng)過D點的過程中電動機額外多做的功為W=ΔE=Q+1代入數(shù)據(jù)解得W＝47.25J。答：（1）a第一次與b碰撞前瞬間的速度大小為10m/s；（2）第一次碰撞后瞬間a與b的速度大小均為5m/s；（3）b從第一次經(jīng)過D點到第二次經(jīng)過D點的過程中電動機額外多做的功為47.25J。【點評】本題主要考查了動能定理、牛頓第二定律、運動學公式、動量守恒定律和能量守恒定律；是多過程、多運動問題，明確每個過程遵循的規(guī)律是解題的關鍵；掌握相對位移的求解方法及共速后能否保持相對靜止的判斷方法。5．（2024?廣東一模）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A與質(zhì)量為7m的小球B通過長為L的輕質(zhì)柔軟細繩連接，現(xiàn)用手提著小球A，使小球B距地面的高度也為L，松手后兩球由靜止開始自由下落，小球B與地面碰后速度大小不變、方向相反，兩小球的碰撞為彈性正碰，細繩繃直后兩小球以相同的速度繼續(xù)運動，碰撞時間均極短，重力加速度大小為g。求：（1）從松手到兩小球第一次碰撞的時間t；（2）細繩繃直后小球A距地面的最大距離d。【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）從松手到兩小球第一次碰撞的時間t為54（2）細繩繃直后小球A距地面的最大距離d為2516L【分析】（1）根據(jù)自由落體運動與豎直上拋運動規(guī)律，結(jié)合兩球的位移關系，應用運動學公式解答；（2）根據(jù)運動學公式求得碰撞前的速度，兩小球發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律解得碰撞后的速度。根據(jù)運動學公式求得各階段A球的位移，根據(jù)距離關系求解細繩繃直后小球A距地面的最大距離?！窘獯稹拷猓罕绢}解答過程均以豎直向下為正方向。（1）設小球B第一次落地前的速度為vB0，此時小球A的速度為vA1，所用的時間為t1，小球B第一次反彈后的速度為vB1，再經(jīng)過時間t2兩者相碰，根據(jù)運動學公式可得：L=vB0vA1＝vB0＝﹣vB1vA1t2+12gt22-（t＝t1+t2解得：t=542Lg，vB1=（2）設A、B兩球第一次碰撞前瞬間的速度分別為vA2、vB2，碰撞后瞬間的速度分別為vA3、vB3，根據(jù)運動學公式可得：vA2＝gtvB2＝vB1+gt2解得：vA2=542gL，兩小球發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得：mvA2+7mvB2＝mvA3+7mvB312mvA22+聯(lián)立解得：vA3=-942gL再經(jīng)過時間t3細繩繃直，設細繩繃直前瞬間A、B兩球的速度分別為vA4、vB4，根據(jù)運動學公式得：vA3t3+12gt32-（解得：t3=vA4＝vA3+gt3vB4＝vB3+gt3解得：vA4＝﹣22gL，vB4＝0設繃直瞬間后兩者的共同速度為v，根據(jù)動量守恒定律得：mvA4+7mvB4＝（m+7m）v解得：v=從松手到兩小球第一次碰撞A球的位移為：x1=12第一次碰撞后到細繩繃直A球的位移為：x2=12（vA3+vA4）細繩繃直后到A球速度減到零的位移為：x3=三個過程A球的總位移為：xA＝x1+x2+x3解得xA=716細繩繃直后小球A距地面的最大距離d＝2L﹣xA解得d=25答：（1）從松手到兩小球第一次碰撞的時間t為54（2）細繩繃直后小球A距地面的最大距離d為2516L【點評】本題考查了彈性碰撞模型與自由落體運動與豎直上拋運動的相對運動問題。掌握彈性碰撞模型的結(jié)果經(jīng)驗公式。本題涉及相對運動過程較復雜，運動過程的分析要思路清晰。6．（2024?安徽）如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點。一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質(zhì)細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側(cè)?，F(xiàn)將細線拉直到水平位置，靜止釋放小球，小球運動到最低點時與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿小車上的軌道運動。已知細線長L＝1.25m。小球質(zhì)量m＝0.20kg。物塊、小車質(zhì)量均為M＝0.30kg。小車上的水平軌道長s＝1.0m。圓弧軌道半徑R＝0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點。不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求小球運動到最低點與物塊碰撞前，所受拉力的大??；（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；（3）為使物塊能進入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍。【考點】動量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應用；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；機械能守恒定律的簡單應用；動量守恒定律在板塊模型中的應用．【專題】計算題；定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力．【答案】（1）小球運動到最低點與物塊碰撞前，所受拉力的大小為6N；（2）小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為4m/s；（3）物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.25≤μ＜0.4?！痉治觥浚?）對小球分析根據(jù)動能定理求解速度，再根據(jù)合外力提供向心力求解拉力；（2）根據(jù)小球與物塊彈性碰撞，根據(jù)動量守恒和能量守恒分析；（3）當μ較小時，物塊會脫離小車；當μ較大時，物塊不能進入圓弧軌道，對兩種情況分別用能量守恒和動量守恒分析求解?！窘獯稹拷猓海?）設小球與物塊碰撞前速度為v0，碰撞后小球速度為v1，物塊速度為v2，小球從釋放到與物塊碰撞前，由動能定理mgL=1代入數(shù)據(jù)得：v0＝5m/s碰撞前瞬間，對小球受力分析，有T﹣mg=mv代入數(shù)據(jù)解得拉力：T＝6N（2）設水平向右為正方向，小球與物塊彈性碰撞，根據(jù)動量守恒：mv0＝mv1+Mv2根據(jù)能量守恒：1代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：v2＝4m/s（3）當μ較小時，物塊會脫離小車；當μ較大時，物塊不能進入圓弧軌道①物塊滑到水平軌道最右端剛好與小車共速，此時μ最大（但不能取），設水平向右為正方向，則小球與小車水平方向動量守恒，有Mv2＝2Mv共，解得：v共＝2m/s根據(jù)能量守恒，μmaxMgs=代入數(shù)據(jù)解得：μmax＝0.4②物塊剛好滑到圓弧最高點，即在最高點與小車共速，此時μ最小，設水平向右為正方向，小球與小車水平方向動量守恒，有Mv2＝2Mv共，解得：v共＝2m/s根據(jù)能量守恒，μ代入數(shù)據(jù)解得：μmin＝0.25綜合上面分析，可得滿足要求的動摩擦因數(shù)μ取值范圍為：0.25≤μ＜0.4答：（1）小球運動到最低點與物塊碰撞前，所受拉力的大小為6N；（2）小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為4m/s；（3）物塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.25≤μ＜0.4?！军c評】本題考查了動量和能量，理解小球、物塊和圓弧軌道不同時刻的不同狀態(tài)下，彼此的動量和能量的相互關系是解決此類問題的關鍵。7．（2024?浙江模擬）一質(zhì)量為m的衛(wèi)星沿半徑r的圓軌道繞太陽運行。衛(wèi)星上有一太陽帆—半徑為R的圓形鏡面反射膜。該反射膜在隨后運動中不斷改變方向，使帆面不斷改變方向以保證始終垂直于太陽光。已知：萬有引力常量為G，太陽質(zhì)量為M，太陽半徑為RS，太陽表面溫度為T。太陽可視理想黑體且單位面積的熱輻射功率為σT4，其中σ為一常量。已知光具有粒子的性質(zhì)：一個光子的能量E＝pc，其中p是光子的動量，c是光速。（1）求太陽熱輻射的總功率；（2）求太陽帆單位時間內(nèi)接受到的能量；（3）求太陽帆受到的合力F（r）（以沿著半徑背離圓心的方向為正方向）?！究键c】用動量定理求平均作用力；功率的定義、物理意義和計算式的推導．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；功能關系能量守恒定律；分析綜合能力．【答案】（1）太陽熱輻射的總功率為4πσR（2）太陽帆單位時間內(nèi)接受到的能量πσR（3）太陽帆受到的合力為1r【分析】利用單位面積的熱輻射功率乘太陽的表面積求太陽熱輻射的總功率；利用距南太陽一定距離處單位時間內(nèi)單位面積上接受的能量相同，即E總4πr2=E'πR2【解答】解：（1）根據(jù)球體表面積公式S＝4πr2可得太陽的表面積為S=4πR所以太陽熱輻射的總功率為P=SσT（2）太陽單位時間內(nèi)熱輻射的總能量為E總設太陽帆單位時間內(nèi)接受到的能量為E′，則E總所以E'（3）根據(jù)動量定理有F?Δt＝2npE′?Δt＝nE所以F=2πσ則太陽帆受到的合力F(r)=F-解得F(r)=1答：（1）太陽熱輻射的總功率為4πσR（2）太陽帆單位時間內(nèi)接受到的能量πσR（3）太陽帆受到的合力為1r【點評】本題主要考查能量守恒和動量定理的應用，理解距南太陽一定距離處單位時間內(nèi)單位面積上接受的能量相同是解題關鍵。8．（2024?衡水模擬）如圖所示，半徑R＝1m的四分之一圓弧槽M固定在地面上，圓弧槽末端位于圓心O′正下方、且與平臺KPQ上表面水平相切，P點放置質(zhì)量為m0＝0.4kg的小物塊，KP、PQ長度分別為0.45m、2.75m，Q右側(cè)空間存在面積足夠大的勻強磁場，磁感應強度B=π8×102T、方向水平向右，在右側(cè)空間建立Oxyz三維直角坐標系，坐標原點O位于KPQ延長線上，x軸正方向垂直于紙面向里，y軸正方向豎直向上，z軸正方向水平向右，QO的距離d＝16m，xOy平面內(nèi)放置有足夠大的擋板。質(zhì)量m＝0.1kg、帶電量q＝+1.6×10﹣2C的小球自圓弧槽A點正上方h＝4m處從靜止釋放，小球與小物塊發(fā)生碰撞同時，在KPQ平臺上方施加方向水平向右、大小E＝2.5×102V/m的勻強電場圖中未畫出。小球與小物塊碰撞時無能量損失且小球電量不變，重力加速度（1）小球運動到K點時對軌道的壓力FN；（2）小物塊飛離平臺前與小球的碰撞次數(shù)；（3）小球打在擋板上的坐標。（結(jié)果可含有π）【考點】動量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應用；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；用動量守恒定律解決電場中的碰撞問題；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）小球運動到K點時對軌道的壓力大小為11N，方向豎直向下；（2）小物塊飛離平臺前與小球的碰撞次數(shù)2次；（3）小球打在擋板上的坐標為(-【分析】（1）小球從釋放至運動到K點，由機械能守恒定律列式子，并且在K點，根據(jù)受力分析列出牛頓第二定律方程；（2）彈性碰撞根據(jù)動量守恒和動能不變列式子。并結(jié)合運動學公式分析；（3）小球在疊加場中的運動是圓周運動，根據(jù)分析畫出軌跡?！窘獯稹拷猓海?）小球從釋放至運動到K點，由機械能守恒定律，得mg(h小球到最低點時：FN求得FN＝11N，vK＝10m/s根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫′＝FN＝11N方向豎直向下。（2）第一次碰撞，設向右為正方向，由動量守恒定律、能量守恒定律，得mvK＝mv1+m0v212求得v1＝﹣6m/s，v2＝4m/s小球在電場中的加速度a=qE設經(jīng)時間t1二者第二次相遇，則v1解得t1＝0.5s或t1＝0（舍去）此過程中小物塊位移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此時m0的速度仍為v2，第二次發(fā)生碰撞有mv3+m0v2＝mv4+m0v512解得v4＝﹣2m/s，v5＝8m/s設經(jīng)時間t2二者第三次相遇，則v4解得t2＝0.5s或t2＝0（舍去）此過程中小物塊位移x2＝v5t2＝8×0.5m＝4m則兩次碰撞總距離x1+x2＝2m+4m＝6m＞2.75m小物塊飛離平臺前與小球發(fā)生了2次碰撞。（3）小球與小物塊第二次碰撞后至飛離平臺過程有vQ解得vQ＝8m/s小球進入磁場后沿z軸方向做勻速直線運動，撞到擋板的時間t=d小球在xOy平面內(nèi)做曲線運動，沿z軸正方向看去，如圖所示：根據(jù)計算，小球在磁場中以v﹣的速度做圓周運動的周期T=2πmmg＝qv+B求得v+小球沿x軸的位移為x=v則小球打到擋板的坐標為(-答：（1）小球運動到K點時對軌道的壓力大小為11N，方向豎直向下；（2）小物塊飛離平臺前與小球的碰撞次數(shù)2次；（3）小球打在擋板上的坐標為(-【點評】本題關鍵掌握帶電粒子的運動過程和運動性質(zhì)，根據(jù)動量守恒和能量守恒處理碰撞問題，根據(jù)運動學公式和周期公式處理在磁場中的運動問題。9．（2024?茂名一模）如圖（a）所示，門球又稱槌球，比賽時以球槌擊球，球過球門即可得分.如圖（b）所示，某次比賽中完全相同的1號球、3號球與門洞恰好位于一條直線上，兩球之間的距離l1＝2.5m，3號球與球門之間的距離l2＝1m。運動員用球槌水平打擊1號球，使其獲得向右的初速度v0＝6m/s，經(jīng)過一段時間后，該球以v1＝4m/s的速度與3號球發(fā)生碰撞（碰撞時間極短），碰后1號球又向前運動了x＝0.125m后停下來.已知兩球質(zhì)量m均為0.25kg，將兩球的運動視為一條直線上的滑動并且兩球與地面間的動摩擦因數(shù)μ相同，重力加速度g取10m/s2。（1）求球與地面的動摩擦因數(shù)μ；（2）求兩球碰撞過程中損失的機械能；（3）通過分析，判斷3號球能否進門得分。【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；動能定理的簡單應用；常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）求球與地面的動摩擦因數(shù)μ為0.4；（2）求兩球碰撞過程中損失的機械能為0.75J；（3）3號球能夠進門得分，詳見解析?！痉治觥浚?）確定1號球開始運動到與3號球碰撞前過程中，1號球的初末速度。此過程只有摩擦力做功，根據(jù)動能定理進行解答即可；（2）碰后1號球只有摩擦力做功，根據(jù)動能定理確定碰后小球1的速度，再根據(jù)動量守恒定律確定碰后球3的速度，再根據(jù)碰撞前后系統(tǒng)的機械能之差確定損失的機械能；（3）若三號球速度減為零時，向前運動的位移大于3號球與球門的距離，則能得分。根據(jù)動能定理確定三號球碰后向前運動的位移，再根據(jù)位移與3號球初始位置與球門的距離判斷能否得分?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)動能定理-μmg解得μ＝0.4（2）設球1碰后速度為v2，根據(jù)動能定理-μmgx=0解得v2＝1m/s設球3碰后速度為v3，設向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律mv1＝mv2+mv3解得v3＝3m/s根據(jù)能量守恒，損失的機械能為ΔE=1代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝0.75J（3）設3號球碰后運動的距離為x′，根據(jù)動能定理-μmgx解得x'故3號球能夠進門得分。答：（1）求球與地面的動摩擦因數(shù)μ為0.4；（2）求兩球碰撞過程中損失的機械能為0.75J；（3）3號球能夠進門得分，詳見解析?！军c評】本題考查了動能定理及碰撞問題，碰撞過程根據(jù)動量守恒和能量守恒來解答，涉及的過程多，解題要認真。10．（2024?梅州二模）圖為某一食品廠生產(chǎn)流水線的一部分，AB是半徑為R的光滑半圓軌道，產(chǎn)品2加工后以vA=3gR的速率從A點沿半圓軌道下滑，到達軌道最低點B處時，與靜止在此處的產(chǎn)品1發(fā)生彈性碰撞（假設每一個產(chǎn)品的質(zhì)量均為m），被碰后的產(chǎn)品1沿粗糙的水平軌道BC滑動，以vC=2gR的速度滑上運行速度為v的傳送帶CD。其中BC段為生產(chǎn)線中的殺菌平臺，長度為4R，傳送帶的摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，長度為（1）為了保證產(chǎn)品以最短的時間經(jīng)過CD，則傳送帶的速度應滿足什么條件？（2）BC段殺菌平臺的摩擦因數(shù)μ1是多少？（3）調(diào)整產(chǎn)品從A點出發(fā)的速度可以調(diào)整殺菌的時間，則產(chǎn)品既不脫軌又能滑上傳送帶的最長殺菌時間t是多少？【考點】彈性碰撞和非彈性碰撞的區(qū)別與判斷；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）為了保證產(chǎn)品以最短的時間經(jīng)過CD，則傳送帶的速度應滿足的條件是v≥4（2）BC段殺菌平臺的摩擦因數(shù)μ1是58（3）調(diào)整產(chǎn)品從A點出發(fā)的速度可以調(diào)整殺菌的時間，則產(chǎn)品既不脫軌又能滑上傳送帶的最長殺菌時間t是多少？85gR【分析】（1）根據(jù)動能定理計算；（2）根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律計算；（3）根據(jù)牛頓第二定律得到產(chǎn)品到A點的最小速度，然后根據(jù)動能定理和動量定理計算。【解答】解：（1）若產(chǎn)品由C到D一直加速，則傳送時間最短，設加速獲得的最大速度為vm，由動能定理μ2解得vm則傳送帶速度應滿足v≥（2）產(chǎn)品2從A運動到B的過程，由動能定理得mg×產(chǎn)品2和產(chǎn)品1發(fā)生彈性碰撞，由動量守恒mvB＝mv1+mv2機械能守恒12解得v1＝0，v產(chǎn)品1進入殺菌平臺后滑行到C點前，由動能定理得-μ解得μ1（3）若要保證不脫軌，則產(chǎn)品在A點的最小速度滿足mg=m同第（2）問原理知，產(chǎn)品進入殺菌平臺的最小速度v'產(chǎn)品減速到0的距離為s，由動能定理得-μ解得s＝4R滑行距離為4R，恰能到達傳送帶上，此時產(chǎn)品進入殺菌平臺后殺菌時間最長，規(guī)定向左的方向為正方向，由動量定理得﹣μ1mgt＝0﹣mv′2解得t=8答：（1）為了保證產(chǎn)品以最短的時間經(jīng)過CD，則傳送帶的速度應滿足的條件是v≥4（2）BC段殺菌平臺的摩擦因數(shù)μ1是58（3）調(diào)整產(chǎn)品從A點出發(fā)的速度可以調(diào)整殺菌的時間，則產(chǎn)品既不脫軌又能滑上傳送帶的最長殺菌時間t是多少？85gR【點評】本題涉及到的物體運動過程比較復雜，需要理清每個過程，分析每個過程所遵守的規(guī)律，熟練掌握動能定理，動量定理，能量守恒和動量守恒定律等，難度較大。

考點卡片1．勻變速直線運動的定義與特征【知識點的認識】（1）定義：沿著一條直線，且加速度不變的運動，叫做勻變速直線運動．（2）勻變速直線運動的速度﹣時間圖象：勻變速直線運動的v﹣t圖象是一條傾斜的直線，速度隨時間均勻變化．（3）勻變速直線運動的分類：若物體的速度隨時間均勻增加，稱為勻加速直線運動；若物體的速度隨時間均勻減少，稱為勻減速直線運動．【命題方向】關于勻變速直線運動，下列說法正確的是（）A.勻減速直線運動中，加速度可能減小B.勻加速直線運動中，加速度可能增大C.勻加速直線運動中，加速度的方向一定和速度方向相同D.勻減速直線運動中，加速度的方向一定為負方向分析：勻變速直線運動中，加速度保持不變；勻加速直線運動中，速度方向與加速度方向相同，勻減速直線運動中，速度方向與加速度方向相反。解答：A．勻減速直線運動中，加速度恒定不變，速度減小，故A錯誤；B．勻加速直線運動中，加速度恒定不變，速度增大，故B錯誤；C．物體做加速運動時，加速度方向與速度方向相同，故C正確；D．物體做減速運動時，加速度方向與速度方向相反，若速度方向為負方向，加速度方向為正方向，故D錯誤。故選：C。點評：本題考查勻變速直線運動規(guī)律，知道勻變速直線運動中加速度大小和方向的特點?！窘忸}思路點評】勻變速直線運動的三種解釋：①加速度恒定不變；②任意相同時間內(nèi)的速度變化量相等；③速度隨時間均勻變化。同學們務必理解并牢記。2．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據(jù)需要求出相關物理量。3．牛頓第三定律的理解與應用【知識點的認識】1．內(nèi)容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應用例子：關于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產(chǎn)生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯誤．B、作用力與反作用力，它們同時產(chǎn)生，同時變化，同時消失，故B錯誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，故D錯誤．故選：C．點評：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區(qū)別．【解題方法點撥】應用牛頓第三定律分析問題時應注意以下幾點（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結(jié)論，分析問題需嚴格依據(jù)科學理論．（2）理解應用牛頓第三定律時，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關系與物體的運動狀態(tài)無關．（3）與平衡力區(qū)別應抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上．4．水平傳送帶模型【知識點的認識】1.傳送帶問題利用傳送帶運送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運動狀態(tài)的分析、運動學和動力學知識的綜合運用問題。2.分類傳送帶問題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類問題。3.常見情況分析（條件說明：傳送帶以速度v勻速運行，v0為物體進人傳送帶的初速度）【命題方向】例1：如圖所示，傳送帶的水平部分長為L，運動速率恒為v，在其左端放上一無初速的小木塊，若木塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左到右的運動時間不可能為（）A.LvB.2LvC.2L分析：物塊無初速滑上傳送帶，有可能一直做勻加速直線運動，有可能先做勻加速直線運動再做勻速直線運動，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式求出木塊運行的時間．解答：①當木塊一直做勻加速直線運動。若木塊一直做勻加速直線運動到達右端時的速度還未達到v。根據(jù)牛頓第二定律得，a＝μg。根據(jù)L=12a若木塊一直做勻加速直線運動到達右端時的速度剛好為v。根據(jù)L=解得t=②當木塊先做勻加速直線運動，再做勻速直線運動。勻加速直線運動的時間t1=則勻速直線運動的位移x則勻速直線運動的時間t則總時間為t=t1+t2=Lv+本題選不可能的，故選：A。點評：解決本題的關鍵理清物塊的運動情況，考慮到木塊運動的各種可能性，運用牛頓運動定律和運動學公式綜合求解．【解題思路點撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應用牛頓第二定律進行解答。需要綜合運用力學、運動學以及牛頓運動定律的相關內(nèi)容。5．平拋運動速度的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質(zhì)：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設物體在平拋運動ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運動時間也可以求出平拋運動的初速度?！久}方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，0.8s時到達P點，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內(nèi)小球下落的高度為4.8mB、0.8s內(nèi)小球下落的高度為3.2mC、小球到達P點的水平速度為4.8m/sD、小球到達P點的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據(jù)時間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯誤。D、小球到達P點的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點評：解決本題的關鍵知道平拋運動在水平方向和豎直方向上的運動規(guī)律，結(jié)合運動學公式靈活求解?！窘忸}思路點撥】做平拋運動的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運動，滿足vy＝gt。6．功率的定義、物理意義和計算式的推導【知識點的認識】1.義：功與完成這些功所用時間的比值．2.理意義：描述做功的快慢。3.質(zhì)：功是標量。4.計算公式（1）定義式：P=Wt，P為時間（2）機械功的表達式：P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時速度，則P為瞬時功率．推導：如果物體的受力F與運動方向的夾角為α，從計時開始到時刻t這段時間內(nèi)，發(fā)生的位移是l，則力在這段時間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開始計時到時刻t這段時間內(nèi)發(fā)生的，所以lt是物體在這段時間內(nèi)的平均速度vP＝Fvcosα可見，力對物體做功的功率等于沿運動方向的分力與物體速度的乘積。通常情況下，力與位移的方向一致，即F與v的夾角一致時，cosα＝1，上式可以寫成P＝Fv。從以上推導過程來看，P＝Fv中的速度v是物體在恒力F作用下的平均速度，所以這里的功率P是指從計時開始到時刻t的平均功率。如果時間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時速度，這個關系式也就可以反映瞬時速度與瞬時功率的關系。5.額定功率：機械正常工作時輸出的最大功率．6.實際功率：機械實際工作時輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關于功率和機械效率的說法中，正確的是（）A、功率大的機械，做功一定多B、做功多的機械，效率一定高C、做功快的機械，功率一定大D、效率高的機械，功率一定大分析：根據(jù)P=Wt知，做功多．功率不一定大，根據(jù)η解答：A、根據(jù)P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根據(jù)η=W有W總=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正確。故選：C。點評：解決本題的關鍵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．【解題思路點撥】1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少沒有直接關系。2.功率的定義式P=W7．動能定理的簡單應用【知識點的認識】1.動能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動能的變化量。2.表達式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點針對簡單情況下用動能定理來解題的情況?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開始做勻加速直線運動，作用時間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度；（2）物體在前6s運動的位移（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對物體受力分析知，物體做勻加速運動，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線運動的位移公式即可求得位移的大??；（3）對全程用動能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對全程用動能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運動的過程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運動的位移是54m；（3）物體從開始運動直到最終靜止的過程中克服摩擦力所做的功為2700J。點評：分析清楚物體的運動過程，直接應用牛頓第二定律和勻變速直線運動的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時候?qū)θ虘脛幽芏ɡ肀容^簡單。【解題思路點撥】1．應用動能定理的一般步驟（1）選取研究對象，明確并分析運動過程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個力是否做功？③在哪段位移哪段過程中做功？④做正功還是負功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過程始末狀態(tài)的動能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時注意分析題目潛在的條件，補充方程進行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時，如涉及位移和速度而不涉及時間時應首先考慮應用動能定理，而后考慮牛頓定律、運動學公式，如涉及加速度時，先考慮牛頓第二定律。②用動能定理解題，關鍵是對研究對象進行準確的受力分析及運動過程分析，并畫出物體運動過程的草圖，以便更準確地理解物理過程和各物理量的關系。有些力在物體運動全過程中不是始終存在的，在計算外力做功時更應引起注意。8．常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化【知識點的認識】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過做功來實現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關系功能量的變化合外力做正功動能增加重力做正功重力勢能減少彈簧彈力做正功彈性勢能減少電場力做正功電勢能減少其他力（除重力、彈力）做正功機械能增加一對滑動摩擦力做的總功為負功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h，拉力F做功WF，不計彈簧的質(zhì)量，則下列說法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢能增加WFC、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加FHD、重力勢能增加mgh，彈性勢能增加WF﹣mgh分析：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，物體緩緩提高說明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢能的變化量與彈簧彈性勢能增加量之和．解答：重力勢能的變化量等于負的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說明速度不變，所以物體動能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關系以及能量轉(zhuǎn)化關系，難度不大，屬于基礎題．【解題思路點撥】1.常見的功能關系：合力做功——動能變化；重力做功——重力勢能變化；彈力做功——彈性勢能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機械能變化。2.判斷和計算做功或能量變化時，可以反其道而行之，通過計算能量變化或做功多少來進行。9．機械能守恒定律的簡單應用【知識點的認識】1.機械能守恒定律的內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機械能保持不變。2.對三種表達式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應注意等式不是指某兩個特別的狀態(tài)，而是過程中的每一狀態(tài)機械能的總量都是守恒的，但我們解題時往往選擇與題目所述條件或所求結(jié)果相關的狀態(tài)建立方程式。另外，表達式中是相對的，建立方程時必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應是對同一參考平面而言的。（2）轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統(tǒng)動能的增加量等于系統(tǒng)重力勢能的減少量，可以不選擇參考平面。（3）轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝﹣ΔEB，將系統(tǒng)分為A、B兩部分，A部分機械能的增加量等于另一部分B的機械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運用機械能守恒定律的基本思路4.機械能守恒定律和動能定理的比較【命題方向】NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀眾.2012﹣2013賽季總決賽第六場中，雷阿倫在終場前5.2s的時候，把球投出且準確命中，把比賽拖入加時從而讓熱火獲得比賽的勝利．如果雷阿倫投籃過程中對籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，籃球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計，則籃球進筐時的動能為（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：籃球在空中飛行時受到的空氣阻力忽略不計，只受重力，故機械能守恒，根據(jù)機械能守恒定律直接列式分析．解答：籃球機械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故選：A。點評：本題關鍵根據(jù)機械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應用機械能守恒定律解題不需要分析過程，只找出初末狀態(tài)即可．【解題方法點撥】1.應用機械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據(jù)研究對象所經(jīng)歷的物理過程，進行受力、做功分析，判斷機械能是否守恒。（3）恰當?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態(tài)時的機械能。（4）選取方便的機械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進行求解。注：機械能守恒定律的應用往往與曲線運動綜合起來，其聯(lián)系點主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運動的動力學問題有關、與平拋運動的初速度有關。2.對于系統(tǒng)機械能守恒問題，應抓住以下幾個關鍵：（1）分析清楚運動過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個物體構(gòu)成的系統(tǒng)機械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。3.動能定理與機械能守恒定律的選擇（1）能用機械能守恒定律解決的題一般都能用動能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢能參考平面的麻煩。（2）能用動能定理來解決的題卻不一定都能用機械能守恒定律來解決，在這個意義上講，動能定理比機械能守恒定律應用更廣泛、更普遍。10．用動量定理求平均作用力【知識點的認識】對于涉及變力作用的動量問題，可以利用動量定理求解平均作用力。公式為：FΔt＝mv2﹣mv1。【命題方向】質(zhì)量m＝0.6kg的籃球從距地板H＝0.80m高處由靜止釋放，與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h＝0.45m．從釋放到彈跳至h高處經(jīng)歷的時間t＝1.1s，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2．求：（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機械能．（2）地板對籃球的平均作用力．分析：（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機械能等于初始時刻機械能減去末時刻機械能，初末位置物體動能為零，只有勢能；（2）分別根據(jù)自由落體運動求出籃球與地面碰撞前后的速度，再求出下落和上升的時間，根據(jù)總時間求出球與地面接觸的時間，根據(jù)動量定律即可求解．解答：（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機械能為：ΔE＝mgH﹣mgh＝0.6×10×（0.8﹣0.45）J＝2.1J（2）設籃球從H高處下落到地板所用時間為t1，剛接觸地板時的速度為v1；反彈離地時的速度為v2，上升的時間為t2，由動能定理和運動學公式下落過程：mgH=12mv12，解得：v上升過程：﹣mgh＝0-12mv22，解得：v籃球與地板接觸時間為Δt＝t﹣t1﹣t2＝0.4s設地板對籃球的平均撞擊力為F，由動量定理得：（F﹣mg）Δt＝mv2+mv1解得：F＝16.5N根據(jù)牛頓第三定律，籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅′＝F＝16.5N，方向向下答：（1）籃球與地板撞擊過程中損失的機械能為2.1J．（2）地板對籃球的平均作用力為16.5N，方向向下．點評：本題主要考查了自由落體運動的基本規(guī)律，在與地面接觸的過程中，合外力對物體的沖量等于物體動量的變化量，難度適中．【解題思路點撥】應用動量定理的四點注意事項（1）明確物體受到?jīng)_量作用的結(jié)果是導致物體動量的變化。沖量和動量都是矢量，它們的加、減運算都遵循平行四邊形定則。（2）列方程前首先要選取正方向，與規(guī)定的正方向一致的力或動量取正值，反之取負值，而不能只關注力或動量數(shù)值的大小。（3）分析速度時一定要選取同一個參考系，未加說明時一般選地面為參考系，同一道題目中一般不要選取不同的參考系。（4）公式中的沖量應是合外力的沖量，求動量的變化量時要嚴格按公式計算，且要注意是末動量減去初動量。11．彈性碰撞和非彈性碰撞的區(qū)別與判斷【知識點的認識】1.碰撞分為三類：（1）彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒。（2）非彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，機械能減少，損失的機械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。（3）完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機械能損失最大。2.彈性碰撞和非彈性的碰撞的共同點是碰撞前后動量守恒，不同點是碰撞前后是否有機械能損失。3.彈性碰撞——碰撞前后機械能守恒m1v1=m（1）若m1＝m2，可得v1′＝0，v2′＝v1，相當于兩球交換速度．（2）若m1＞m2，則v1′＞0；且v2′一定大于0若m1＜m2，則v1′＜0；且v2′一定大于0．（3）若m2＞＞m1，則v1′＝﹣v1，v2′＝0．（4）若m1＞＞m2，則v1′＝v1，v2′＝2v1．4.非彈性碰撞如果在碰撞過程中，有一部分機械能轉(zhuǎn)變?yōu)槠渌问降哪芰?，如發(fā)熱，則是屬于非彈性碰撞．其動能的損失為：△Ek＝（12m1v12+12m2v22）﹣（12m1v1′有一種很特殊的非彈性碰撞，比如碰后兩小球結(jié)合在一起，不再分開；子彈射入到木箱中等這些稱為完全非彈性碰撞，m1v1+m2v2＝（m1+m2）v′，碰后的速度表達式為：v2′＝v1′＝v′=△Ek＝（12m1v12+12m2v22）-1這種碰撞的動能損失最大．【命題方向】一位運動員在教練的指導下練習保齡球的擲球動作，該運動員將質(zhì)量m1＝2kg的保齡球A從O點以v1＝4m/s的初速度沿直線向右擲出，A球與靜止在軌道上N點的質(zhì)量m2＝1kg的球瓶B相撞。已知球與球瓶相撞后速度共線，球與軌道間的摩擦力可忽略，A與B碰撞后瞬間的速度大小之比為1：3，且方向均向右，A、B均可看成質(zhì)點。（1）求碰撞后瞬間，A的速度大小。（2）通過計算判斷A與B的碰撞是否為彈性碰撞。分析：（1）由動量守恒和碰后A、B兩物體速度大小關系可得碰撞瞬間A的速度大??；（2）根據(jù)系統(tǒng)碰前和碰后動能大小關系判斷。解答：（1）A球與球瓶碰撞過程，動量守恒，取水平向右為正方向，則有：m1v1＝m1v2+m2v3由題意可知：v2：v3＝1：3代入數(shù)據(jù)可得：v2＝1.6m/s，v3＝4.8m/s（2）把A、B看作一個系統(tǒng)，兩者碰撞前系統(tǒng)的能量：E兩者碰撞后，系統(tǒng)的能量：E可知：E1＞E2，碰撞過程有能量損失，所以A與B的碰撞不是彈性碰撞。答：（1）碰撞后瞬間，A的速度大小為4.8m/s。（2）A與B的碰撞不是彈性碰撞。點評：本題考查了碰撞、動量守恒，解題的關鍵是理解彈性碰撞的物理意義，彈性碰撞過程是動量守恒，系統(tǒng)沒有能量損失?！窘忸}思路點撥】處理碰撞問題的三點提醒（1）選取動量守恒的系統(tǒng)：若有三個或更多個物體參與碰撞時，要合理選取所研究的系統(tǒng)。（2）弄清碰撞的類型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞。（3）弄清碰撞過程中存在的關系：能量轉(zhuǎn)化關系、速度關系等。12．動量守恒定律在板塊模型中的應用【知識點的認識】1.對于板塊類問題，在作用過程中，系統(tǒng)合外力為零，滿足動量守恒。2.整個過程涉及動能、內(nèi)能、重力勢能的轉(zhuǎn)化，應用能量守恒定律解決此類問題。3.滑塊與木板共速時，系統(tǒng)損失的機械能最大?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m1＝2.0kg的木板AB靜止在水平面上，木板的左側(cè)有一個固定的半徑R＝0.60m的四分之一圓弧形軌道，軌道末端的切線水平，軌道與木板靠在一起，且末端高度與木板高度相同．現(xiàn)將質(zhì)量m2＝1.0kg可視為質(zhì)點的小木塊C，從圓弧形軌道頂端由靜止釋放，小木塊C到達圓弧形軌道底端時的速度v0＝3.0m/s．之后小木塊C滑上木板AB并帶動木板AB運動，當小木塊C離開木板AB右端B時，木板AB的速度v1＝0.5m/s，在小木塊C在木板AB上滑行的過程中，小木塊C與木板AB總共損失的動能△E＝2.25J．小木塊C與木板AB間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1．木板AB與地面間的摩擦及空氣阻力可忽略不計．取g＝10m/s2．求（1）小木塊C運動到圓弧形軌道末端時所受支持力的大小；（2）小木塊C在圓弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功；（3）小木塊C在木板AB上運動過程中，小木塊C相對于地面的位移．分析：（1）小木塊C做圓周運動，由牛頓第二定律可以求出C受到的支持力；（2）應用動能定理可以求出小木塊在圓弧軌道上滑行時克服摩擦力所做的功；（3）分別與木塊及木板為研究對象，應用動能定列方程，求出木板與木塊間的位移關系，解方程可以求出木塊相對于地面的位移．解答：（1）小木塊通過圓弧形軌道末端時，由牛頓第二定律得：F﹣m2g=m解得小木塊受到的支持力：F＝25N；（2）小木塊在圓弧形軌道上下滑過程中，由動能定理得：m2gR﹣Wf=12m2v解得克服摩擦力做的功Wf＝1.5J；（3）木塊C與木板AB間的摩擦力f＝μm2g，由動能定理得：對木板：fs1=12m1v對小木塊：﹣fs2=12m2（木塊與木板間的位移關系：s2＝s1+L，小木塊與木板總共損失的動能△E＝fL，解得：s2＝2.5m；答：（1）小木塊C運動到圓弧形軌道末端時所受支持力大小為25N；（2）小木塊C在圓弧形軌道上下滑過程中克服摩擦力所做的功為1.5J；（3）小木塊C在木板AB上運動過程中，小木塊C相對于地面的位移為2.5m．點評：本題考查了動能定理的應用，最后一問是本題的難點，分析清楚木塊與木板的運動過程、兩者間的位移關系是正確解題的前提與關鍵．【解題思路點撥】動量守恒里的板塊模型一般不考慮地面的摩擦力，板塊之間的相互作用為內(nèi)力，因此遵尋動量守恒定律。當達到共速時，系統(tǒng)瞬時的機械能最大，同時也要注意臨界條件，如滑塊恰好不滑下木板等。13．動量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應用【知識點的認識】物體沖上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上沒有外力作用，所以水平方向上系統(tǒng)的動量守恒。可以根據(jù)情況分成以下兩種類型：1.物體能飛離斜面（或曲面）：在物體與斜面（或曲面）分開之前，因為兩者始終一起運動，所以分離瞬間兩者在水平方向上速度相等，物體飛到最高點時，兩者的速度相同。2.物體不能飛離斜面（或曲面）：物體到達斜面上最高處時，兩者的速度相同?？梢愿鶕?jù)系統(tǒng)的機械能守恒和水平方向上的動量守恒求出物體到達“最高點”時，兩者的速度及物體上升的高度。【命題方向】如圖，一帶有四分之一光滑圓弧軌道的小車靜止在光滑水平面上，一可視為質(zhì)點、質(zhì)量為m的小球以速度v0從小車的左端水平滑上小車，與小車作用后從小車左端豎直掉下。已知圓弧軌道的半徑足夠大，重力加速度大小為g。下列說法正確的是（）A、小球和小車組成的系統(tǒng)動量守恒、機械能守恒B、小車的最終速度大小為0.5v0C、小車對小球做的功為1D、小球在小車上能上升的最大高度為v分析：A、根據(jù)動量守恒的條件、機械能守恒的條件分析；B、根據(jù)題意可知小球離開小車時的速度為零，小球和小車相互作用的過程，可以看作彈性碰撞，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和機械能守恒可得小車的最終速度大??；C、小球和小車相互作用的過程，對小球利用動能定理分析；D、小球與小車共速時上升到最高點，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒可得小球上升的最大高度。解答：A、小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向合力不為零，所以水平方向動量守恒，系統(tǒng)只有動能和勢能的相互轉(zhuǎn)化，所以系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；B、小球與小車作用后從小車左端豎直掉下，可知小球離開小車的速度為零，小球和小車相互作用的過程，可以看作彈性碰撞，取水平向右為正方向，設小車的質(zhì)量為M，由動量守恒定律有：mv0＝0+Mv1小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：1聯(lián)立方程可得：M＝m，v1＝v0，所以小車的最終速度大小為v0，故B錯誤；C、小球和小車相互作用的過程中，對小球由動能定理有：W車=0-12mD、小球和小車共速時，小球上升到最大高度，設最大高度為h取水平向右為正方向，由動量守恒定律有：mv0＝（m+M）v小球和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒，則有：1代入數(shù)據(jù)可得：h=v0故選：D。點評：本題考查了動量守恒定律和機械能守恒定律，解題的關鍵是把小球和小車相互作用的過程看作彈性碰撞，小球和小車組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒，機械能守恒?！窘忸}思路點撥】因為水平方向是沒有外力的，所以系統(tǒng)水平方向上動量守恒，當物體達到最高處時，兩個物體的速度完全一致。14．動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用【知識點的認識】1.對于彈簧類問題，在作用過程中，系統(tǒng)合外力為零，滿足動量守恒。2.整個過程涉及彈性勢能、動能、內(nèi)能、重力勢能的轉(zhuǎn)化，應用能量守恒定律解決此類問題。3.彈簧壓縮最短或拉伸最長時，彈簧連接的兩物體速度相等，此時彈簧具有最大彈性勢能?！久}方向】如圖，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)量均為m的物塊A、B、C．B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計）。設A以速度v0朝B運動，壓縮彈簧；當A、B速度相等時，B