2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（選擇題）：動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律（10題）

第1頁（共1頁）2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（選擇題）：動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律（10題）一．選擇題（共10小題）1．（2024?浙江二模）單位為N?s的物理量是（）A．功 B．功率 C．沖量 D．動(dòng)能2．（2024?成都模擬）隨著科技的發(fā)展，未來的手機(jī)帶有屏幕保護(hù)器，保護(hù)裝置設(shè)置在屏幕的4個(gè)角落，由彈性塑料、聚合物及超薄金屬片組成，一旦手機(jī)內(nèi)的加速度計(jì)、陀螺儀及位移傳感器感知到手機(jī)掉落，屏幕保護(hù)器會(huì)自動(dòng)彈出，并完全吸收手機(jī)撞擊地面的能量，避免手機(jī)屏幕直接接觸地面而損壞。若手機(jī)質(zhì)量約為200g，從離地0.8m高處自由掉落，手機(jī)與地面撞擊的時(shí)間約為0.05s，不計(jì)空氣阻力，g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．手機(jī)落地過程中加速度不斷增大 B．手機(jī)落地過程中重力做功的功率不變 C．保護(hù)器彈出的時(shí)間應(yīng)小于0.4s D．地面對手機(jī)的平均作用力約為16N3．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，小孩蕩秋千過程視為圓周運(yùn)動(dòng)，座椅、繩索質(zhì)量不計(jì)，小孩可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略一切阻力，從右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到左側(cè)最高點(diǎn)的過程中（）A．小孩機(jī)械能守恒 B．小孩的向心加速度不變 C．小孩受到重力的功率先增大后減小 D．小孩受到重力的總沖量為零4．（2024?北京）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（）A．上升和下落兩過程的時(shí)間相等 B．上升和下落兩過程損失的機(jī)械能相等 C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量 D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度5．（2024?湖北模擬）如圖甲所示，A、B兩個(gè)物體靠在一起，靜止在光滑的水平面上，它們的質(zhì)量分別為mA＝6kg，mB＝4kg，現(xiàn)用水平力FA拉A，用水平力FB推B，F(xiàn)A和FB隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示，則（）A．0～2s內(nèi)，物體A所受的合外力一直增加 B．0～4s內(nèi)，物體A做加速運(yùn)動(dòng)，B做減速運(yùn)動(dòng) C．t＝5s時(shí)，力FA對物體A做功的功率為78W D．t＝8s時(shí)，物體B做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為4m/s6．（2024?湖北模擬）臨近盛夏，池中的荷葉已經(jīng)寬大而厚實(shí)，像一把巨大的綠色傘蓋，為小生命們提供了遮陽避雨的場所。若在雨天將一圓柱形水杯置于露臺(tái)，測得時(shí)間t內(nèi)杯中水面上升的高度為h。為估算池中荷葉葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p，建立以下模型：假設(shè)荷葉葉面呈水平狀，雨滴豎直下落的速度為v，所有落到葉上的雨滴，約有23向四周濺散開，濺起時(shí)豎直向上的速度大小為v5，另約13的雨滴撞擊葉面后無反彈留在葉面上；忽略葉上的積水以及雨滴落在葉面上時(shí)重力的影響；忽略風(fēng)力以及濺起的水珠對下落雨滴的影響。已知水的密度為ρA．6ρhv5t B．11ρhv10t C．17ρhv15t 7．（2024?衡水模擬）在某次電動(dòng)汽車的性能試驗(yàn)中，工程師已測得該款汽車綜合阻力隨時(shí)間變化關(guān)系式f＝f0+kt，現(xiàn)工程師為汽車提供恒定的牽引力F，并使汽車由靜止開始直線加速至速度再次為0停止，則在此過程中，以下說法正確的是（）A．汽車達(dá)到最大速度的時(shí)間F-fB．汽車達(dá)到的最大速度為(F-fC．全過程中，汽車的牽引力F的沖量為F(F-fD．全過程中，汽車的阻力f的沖量為f8．（2024?門頭溝區(qū)一模）把一壓力傳感器固定在水平地面上，輕質(zhì)彈簧豎直固定在壓力傳感器上，如圖甲所示。t＝0時(shí)，將金屬小球從彈簧正上方由靜止釋放，小球落到彈簧上后壓縮彈簧到最低點(diǎn)，又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)。壓力傳感器中壓力大小F隨時(shí)間t變化圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．t1時(shí)刻，小球的動(dòng)能最大 B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，小球始終處于失重狀態(tài) C．t1～t3時(shí)間內(nèi)，小球所受合力的沖量為0 D．t2～t3時(shí)間內(nèi)，小球機(jī)械能的增加量等于彈簧彈性勢能的減少量9．（2024?廣東三模）工廠中某水平傳送帶由靜止啟動(dòng)，啟動(dòng)初期驅(qū)動(dòng)輪上某點(diǎn)的線速度隨路程均勻增大，已知傳送帶與驅(qū)動(dòng)輪間無相對滑動(dòng)，則啟動(dòng)初期與傳送帶相對靜止的滑塊（）A．做勻加速運(yùn)動(dòng) B．加速度逐漸減小 C．動(dòng)量變化得越來越快 D．所受摩擦力的功率不變10．（2024?寧波二模）如圖所示，在水平地面上用彼此平行、相鄰間距為l的水平小細(xì)桿構(gòu)成一排固定的柵欄。柵欄上方有一個(gè)質(zhì)量為m、半徑為r?l的勻質(zhì)圓板，圓板不會(huì)與地面接觸。一根細(xì)長的輕繩穿過板的中央小孔C，一半在圖的背面，一半在圖的正面，繩的兩頭合在一起記為P端。在P端用力沿水平方向朝右拉動(dòng)圓板，使板沿柵欄無跳動(dòng)、無相對滑動(dòng)地朝右滾動(dòng)。圓板水平方向朝右的平均速度可近似處理為圓板中心C在最高位置時(shí)的速度大小v，設(shè)v是不變量。略去繩與板間所有接觸部位的摩擦，施加于P端的平均拉力T為（）A．12mv2lr2 B．12

2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（選擇題）：動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律（10題）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?浙江二模）單位為N?s的物理量是（）A．功 B．功率 C．沖量 D．動(dòng)能【考點(diǎn)】動(dòng)量的定義、單位及性質(zhì)．【專題】定性思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；理解能力．【答案】C【分析】根據(jù)單位結(jié)合物理學(xué)中的各公式分析判斷對應(yīng)的物理量。【解答】解：根據(jù)公式I＝Ft可知，單位為N?s的物理量是力的沖量，功和動(dòng)能的單位是焦耳、功率的單位是瓦。故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評】考查單位制問題，讓學(xué)生明白單位制的意義，知道各物理量之間的相互聯(lián)系。2．（2024?成都模擬）隨著科技的發(fā)展，未來的手機(jī)帶有屏幕保護(hù)器，保護(hù)裝置設(shè)置在屏幕的4個(gè)角落，由彈性塑料、聚合物及超薄金屬片組成，一旦手機(jī)內(nèi)的加速度計(jì)、陀螺儀及位移傳感器感知到手機(jī)掉落，屏幕保護(hù)器會(huì)自動(dòng)彈出，并完全吸收手機(jī)撞擊地面的能量，避免手機(jī)屏幕直接接觸地面而損壞。若手機(jī)質(zhì)量約為200g，從離地0.8m高處自由掉落，手機(jī)與地面撞擊的時(shí)間約為0.05s，不計(jì)空氣阻力，g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．手機(jī)落地過程中加速度不斷增大 B．手機(jī)落地過程中重力做功的功率不變 C．保護(hù)器彈出的時(shí)間應(yīng)小于0.4s D．地面對手機(jī)的平均作用力約為16N【考點(diǎn)】用動(dòng)量定理求平均作用力；自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用；瞬時(shí)功率的計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理能力．【答案】C【分析】手機(jī)接觸地面前做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)瞬時(shí)功率的計(jì)算公式分析落地時(shí)重力的功率；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解手機(jī)落地時(shí)的速度和手機(jī)落地時(shí)間；根據(jù)動(dòng)量定理求解地面對手機(jī)的平均作用力?！窘獯稹拷猓篈．手機(jī)落地過程中只受重力作用，加速度不變，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)P＝mgv可知，重力的功率增大，故B錯(cuò)誤；C．由h=解得手機(jī)落地時(shí)間為：t＝0.4s故保護(hù)器彈出的時(shí)間應(yīng)小于0.4s故C正確；D．設(shè)地面對手機(jī)的平均作用力為F，取向下為正方向，根據(jù)動(dòng)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錯(cuò)誤；故選：C?！军c(diǎn)評】本題考查了自由落體運(yùn)動(dòng)、功率的計(jì)算、動(dòng)量定理的應(yīng)用，題目較簡單。應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)要注意沖量與動(dòng)量均為矢量，計(jì)算時(shí)要先設(shè)定正方向。3．（2024?沙坪壩區(qū)校級模擬）如圖所示，小孩蕩秋千過程視為圓周運(yùn)動(dòng)，座椅、繩索質(zhì)量不計(jì)，小孩可視為質(zhì)點(diǎn)，忽略一切阻力，從右側(cè)最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到左側(cè)最高點(diǎn)的過程中（）A．小孩機(jī)械能守恒 B．小孩的向心加速度不變 C．小孩受到重力的功率先增大后減小 D．小孩受到重力的總沖量為零【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】應(yīng)用題；學(xué)科綜合題；定性思想；推理法；重力專題；理解能力．【答案】A【分析】由機(jī)械能守恒的條件是只有重力或彈力做功；向心力是變力，所以向心加速度的方向時(shí)刻在變；由P＝mgvy判斷重力的功率來判斷重力功率的變化，由沖量的定義可以判斷重力的總沖量的大小?！窘獯稹拷猓篈、由題意可知，小孩在運(yùn)動(dòng)的過程中，只有重力做功，所以機(jī)械能守恒，故A正確；B、小孩在運(yùn)動(dòng)的過程中，速度先增大和減小，由an=mvC、小孩在最高點(diǎn)時(shí)速度為零則重力功率為零，最低點(diǎn)時(shí)重力和速度垂直，則重力的功率為零，小孩從右側(cè)最高的運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中重力功率先增大后減小，再由最低點(diǎn)到達(dá)左側(cè)最高點(diǎn)的過程中重力功率又是先增大再減小，故C錯(cuò)誤；D，由沖量的定義可知，在整個(gè)過程中重力的沖量就是mgt，不為零，故D錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評】本題考查的是機(jī)械能守恒的條件，重力的瞬時(shí)功率，向心加速度，及沖量定義，解題的關(guān)鍵是要知道瞬時(shí)功率為P＝mgvy，根據(jù)條件及定義解題即可。4．（2024?北京）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是（）A．上升和下落兩過程的時(shí)間相等 B．上升和下落兩過程損失的機(jī)械能相等 C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量 D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度【考點(diǎn)】求變力的沖量；豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理能力．【答案】C【分析】D.根據(jù)上升和下降兩個(gè)過程中的受力情況結(jié)合牛頓第二定律分析加速度的情況；C.根據(jù)阻力的做功情況判斷上下經(jīng)過同一位置的速度變化情況，結(jié)合動(dòng)量定理分析沖量大?。籄.根據(jù)上升和下降的平均速度分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)系；B.根據(jù)功能關(guān)系分析機(jī)械能的損失情況?！窘獯稹拷猓篋.小球上升過程中受到向下的空氣阻力，滿足mg+kv＝ma上，下落過程中受到向上的空氣阻力，滿足mg﹣kv＝ma下，由牛頓第二定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），故D錯(cuò)誤；C.小球運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中，空氣阻力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知小球落回原處時(shí)的速度小于拋出時(shí)的速度，所以上升過程中小球動(dòng)量變化的大小大于下落過程中動(dòng)量變化的大小，由動(dòng)量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，故C正確；A.上升與下落經(jīng)過同一位置時(shí)的速度，上升時(shí)更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，所以上升過程所用時(shí)間小于下落過程所用時(shí)間，故A錯(cuò)誤；B.經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關(guān)系可知，上升過程機(jī)械能損失大于下落過程機(jī)械能損失，故B錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】考查物體受力分析和牛頓第二定律，會(huì)結(jié)合平均速度、動(dòng)量定理分析解決實(shí)際問題。5．（2024?湖北模擬）如圖甲所示，A、B兩個(gè)物體靠在一起，靜止在光滑的水平面上，它們的質(zhì)量分別為mA＝6kg，mB＝4kg，現(xiàn)用水平力FA拉A，用水平力FB推B，F(xiàn)A和FB隨時(shí)間t變化關(guān)系如圖乙所示，則（）A．0～2s內(nèi)，物體A所受的合外力一直增加 B．0～4s內(nèi)，物體A做加速運(yùn)動(dòng)，B做減速運(yùn)動(dòng) C．t＝5s時(shí)，力FA對物體A做功的功率為78W D．t＝8s時(shí)，物體B做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為4m/s【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；瞬時(shí)功率的計(jì)算．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；功率的計(jì)算專題；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】A.根據(jù)圖乙得出AB的表達(dá)式，再結(jié)合牛頓第二定律求合力；B.根據(jù)圖像在0～4s內(nèi)，水平力FA、FB的大小判斷AB的加速度；C.根據(jù)動(dòng)量定理和功率公式求力FA對物體A做功的功率；D.根據(jù)動(dòng)量定理求物體B做勻速直線運(yùn)動(dòng)速度大小?！窘獯稹拷猓篈．根據(jù)圖乙得FA＝2t+2（N）FB＝8﹣2t（N）在未脫離的過程中，整體受力向左，且大小總是不變的，恒為FA+FB＝10N根據(jù)牛頓第二定律得A、B一起做勻加速運(yùn)動(dòng)的加速度為a=F脫離時(shí)滿足A、B加速度相同，且彈力為零，所以FB＝8﹣2t（N）＝mBa則t＝2s可知在0～2s內(nèi)，物體A所受的合外力不變，故A錯(cuò)誤；B．0～4s內(nèi)，水平力FA、FB均大于零，方向向左，所以0～4s內(nèi)，物體A做加速運(yùn)動(dòng)，物體B做加速運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C．2s末，A、B脫離時(shí)的速度為v0＝at1＝1×2m/s＝2m/s3s～5s，力FA的沖量為I13s～5s，以A、B脫離時(shí)的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理I1＝mAv1﹣mAv0解得v1t＝5s時(shí)，力FA對物體A做功的功率為P=F故C正確；D．3s～4s，力FB的沖量為I23s～4s，以A、B脫離時(shí)的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理I2＝mBv2﹣mBv0解得v2＝3m/s4s后物體B做勻速直線運(yùn)動(dòng)，速度大小為3m/s，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】解決該題需要明確知道在兩物體未脫離時(shí)，兩物體的合外力是一個(gè)恒力，兩物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，知道兩物體剛好脫離時(shí)的力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)特征。6．（2024?湖北模擬）臨近盛夏，池中的荷葉已經(jīng)寬大而厚實(shí)，像一把巨大的綠色傘蓋，為小生命們提供了遮陽避雨的場所。若在雨天將一圓柱形水杯置于露臺(tái)，測得時(shí)間t內(nèi)杯中水面上升的高度為h。為估算池中荷葉葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p，建立以下模型：假設(shè)荷葉葉面呈水平狀，雨滴豎直下落的速度為v，所有落到葉上的雨滴，約有23向四周濺散開，濺起時(shí)豎直向上的速度大小為v5，另約13的雨滴撞擊葉面后無反彈留在葉面上；忽略葉上的積水以及雨滴落在葉面上時(shí)重力的影響；忽略風(fēng)力以及濺起的水珠對下落雨滴的影響。已知水的密度為ρA．6ρhv5t B．11ρhv10t C．17ρhv15t 【考點(diǎn)】用動(dòng)量定理求流體沖擊問題．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理能力．【答案】C【分析】先求雨滴質(zhì)量，再根據(jù)動(dòng)量定理，求雨滴作用在葉面上的力，然后根據(jù)壓強(qiáng)公式，求壓強(qiáng)。【解答】解：設(shè)芭蕉葉的面積為S，則t時(shí)間內(nèi)落到芭蕉葉上面雨滴的質(zhì)量為m＝ρSh根據(jù)題意，有23F1另13F2根據(jù)壓強(qiáng)的定義式p=Fp=F聯(lián)立解得p=17ρhv故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評】本題解題關(guān)鍵根據(jù)題意將雨滴分成兩部分，分別使用動(dòng)量定理求解力。7．（2024?衡水模擬）在某次電動(dòng)汽車的性能試驗(yàn)中，工程師已測得該款汽車綜合阻力隨時(shí)間變化關(guān)系式f＝f0+kt，現(xiàn)工程師為汽車提供恒定的牽引力F，并使汽車由靜止開始直線加速至速度再次為0停止，則在此過程中，以下說法正確的是（）A．汽車達(dá)到最大速度的時(shí)間F-fB．汽車達(dá)到的最大速度為(F-fC．全過程中，汽車的牽引力F的沖量為F(F-fD．全過程中，汽車的阻力f的沖量為f【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】A.根據(jù)F＝f時(shí)，有最大的速度求汽車達(dá)到最大速度的時(shí)間；B.畫出a﹣t圖像，根據(jù)圖像面積求汽車達(dá)到的最大速度；C.根據(jù)a﹣t圖像分析速度減到0的時(shí)間，利用沖量公式求汽車的牽引力F的沖量；D.分析合外力的沖量求汽車的阻力f的沖量?！窘獯稹拷猓篈．由題意可得汽車的速度達(dá)到最大時(shí)牽引力F＝f即f0+kt＝F解得t=F-故A錯(cuò)誤；B．如圖：根據(jù)a﹣t圖像物理意義可知，三角形面積代表速度的變化量的大小，則vm故B正確；C．根據(jù)圖像分析，汽車從開始運(yùn)動(dòng)到停止的時(shí)間t'所以牽引力的沖量為I=Ft'故C錯(cuò)誤；D．因?yàn)槌跄B(tài)速度均為0，所以全過程動(dòng)量變化量為0，故合外力沖量為0，則阻力的沖量為I'故D錯(cuò)誤。故選：B?！军c(diǎn)評】本題以電動(dòng)汽車的性能試驗(yàn)為背景，考查了當(dāng)牽引力F＝f時(shí)，汽車的速度達(dá)到最大，a﹣t圖像，以及沖量的概念；也根據(jù)動(dòng)量定理求解沖量。8．（2024?門頭溝區(qū)一模）把一壓力傳感器固定在水平地面上，輕質(zhì)彈簧豎直固定在壓力傳感器上，如圖甲所示。t＝0時(shí)，將金屬小球從彈簧正上方由靜止釋放，小球落到彈簧上后壓縮彈簧到最低點(diǎn)，又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復(fù)。壓力傳感器中壓力大小F隨時(shí)間t變化圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．t1時(shí)刻，小球的動(dòng)能最大 B．t1～t2時(shí)間內(nèi)，小球始終處于失重狀態(tài) C．t1～t3時(shí)間內(nèi)，小球所受合力的沖量為0 D．t2～t3時(shí)間內(nèi)，小球機(jī)械能的增加量等于彈簧彈性勢能的減少量【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；超重與失重的圖像問題；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】定性思想；尋找守恒量法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理能力．【答案】D【分析】小球受力平衡時(shí)速度最大；根據(jù)小球的加速度方向判斷是處于失重狀態(tài)還是處于超重狀態(tài)；根據(jù)動(dòng)量定理分析；根據(jù)機(jī)械能守恒定律分析?！窘獯稹拷猓篈、t1時(shí)刻小球剛與彈簧接觸，與彈簧接觸后，彈力先是小于重力的，小球做加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)彈力增大到與重力平衡，即加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，動(dòng)能達(dá)到最大，故A錯(cuò)誤；B、t2時(shí)刻小球受到的彈簧彈力最大，是小球下落到最低點(diǎn)的時(shí)刻，此時(shí)彈簧的形變量最大，小球的速度為零，結(jié)合A的分析可以知道，在t1～t2時(shí)間內(nèi)，小球先加速后減速，所以是先向下加速，后減速運(yùn)動(dòng)，加速度方向是先向下后向上，則小球先失重后超重，故B錯(cuò)誤；C、在t3時(shí)刻小球上升到彈簧原長位置，此時(shí)與t1時(shí)刻，小球的速度大小相等，方向相反，其動(dòng)量變化量不為零，根據(jù)動(dòng)量定理可知t1﹣t3時(shí)間內(nèi)，小球所受的合力的沖量不為零，故C錯(cuò)誤；D、在小球的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，把小球和彈簧看成一個(gè)系統(tǒng)，該系統(tǒng)機(jī)械能守恒，而在t2﹣t3小球時(shí)間內(nèi)，小球是向上運(yùn)動(dòng)的，小球的機(jī)械能增大，彈簧的彈性勢能減小，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知小球的機(jī)械能增加量等于彈簧彈性勢能的減少量，故D正確。故選：D。【點(diǎn)評】解題的關(guān)鍵是知道小球受力平衡時(shí)具有最大速度，另外也要知道小球的運(yùn)動(dòng)過程中速度、加速度的變化規(guī)律。9．（2024?廣東三模）工廠中某水平傳送帶由靜止啟動(dòng)，啟動(dòng)初期驅(qū)動(dòng)輪上某點(diǎn)的線速度隨路程均勻增大，已知傳送帶與驅(qū)動(dòng)輪間無相對滑動(dòng)，則啟動(dòng)初期與傳送帶相對靜止的滑塊（）A．做勻加速運(yùn)動(dòng) B．加速度逐漸減小 C．動(dòng)量變化得越來越快 D．所受摩擦力的功率不變【考點(diǎn)】用動(dòng)量的定義式計(jì)算物體的動(dòng)量；傾斜傳送帶模型；功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理能力．【答案】C【分析】根據(jù)假設(shè)法依據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律判斷；根據(jù)加速度的定義分析判斷；根據(jù)動(dòng)量表達(dá)式分析判斷；根據(jù)瞬時(shí)功率公式分析判斷?！窘獯稹拷猓篈．由于滑塊與傳送帶相對靜止，傳送帶與驅(qū)動(dòng)輪間無相對滑動(dòng)，線速度隨路程均勻增大，則滑塊的速度隨位移均勻增大，若滑塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，由直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得v2＝2ax滑塊速度不隨位移均勻增大，即滑塊不做勻加速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B．滑塊的速度隨位移均勻增大，則通過任意相同位移的時(shí)間逐漸減小，又滑塊通過相同位移的速度變化量相同，則滑塊加速度越來越大，故B錯(cuò)誤；C．滑塊動(dòng)量為p＝mv由于滑塊加速度逐漸增大，即速度變化的越來越快，而滑塊質(zhì)量不變，則滑塊動(dòng)量變化的越來越快，故C正確；D．滑塊所受摩擦力即其所受合外力，滑塊加速度越來越大，由牛頓第二定律可知受摩擦力逐漸增大，又滑塊速度逐漸增大，由P＝fv可知摩擦力的功率增大，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評】本題關(guān)鍵掌握加速度、動(dòng)量和瞬時(shí)功率的概念。10．（2024?寧波二模）如圖所示，在水平地面上用彼此平行、相鄰間距為l的水平小細(xì)桿構(gòu)成一排固定的柵欄。柵欄上方有一個(gè)質(zhì)量為m、半徑為r?l的勻質(zhì)圓板，圓板不會(huì)與地面接觸。一根細(xì)長的輕繩穿過板的中央小孔C，一半在圖的背面，一半在圖的正面，繩的兩頭合在一起記為P端。在P端用力沿水平方向朝右拉動(dòng)圓板，使板沿柵欄無跳動(dòng)、無相對滑動(dòng)地朝右滾動(dòng)。圓板水平方向朝右的平均速度可近似處理為圓板中心C在最高位置時(shí)的速度大小v，設(shè)v是不變量。略去繩與板間所有接觸部位的摩擦，施加于P端的平均拉力T為（）A．12mv2lr2 B．12【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】A【分析】先由角動(dòng)量公式寫根據(jù)小細(xì)桿在不同位置的角動(dòng)量，根據(jù)角動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能定理等，充分利用數(shù)學(xué)知識(shí)，求拉動(dòng)圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)前進(jìn)的力?！窘獯稹拷猓喝艡谥邢噜弮筛〖?xì)桿A，B，板心C從位于桿A正上方到位于B桿的正上方。圓板繞桿定軸轉(zhuǎn)動(dòng)慣量為：I桿＝IC+mr2=C位于A正上方時(shí)圓板運(yùn)動(dòng)為：Ek=C到達(dá)A、B桿連線中點(diǎn)正上方瞬間，速度為v′，動(dòng)能為：34mv'2=Ek+mgr（1將圓板與B桿完全非彈性碰撞后瞬間，繞B桿轉(zhuǎn)動(dòng)角速度記為ωB，根據(jù)角動(dòng)量守恒有：IBωB＝ICωC+rmv0′ωC=v'r，v0′＝v′可得：32mr2ωB=12mr2?v'r+則有：ωBr=23v'此時(shí)圓盤的動(dòng)能Ek=C桿轉(zhuǎn)到B桿正上方時(shí)，速度又增加v，由機(jī)械能定理有：34mv2=12I聯(lián)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，并忽略高階小量得：T=12mv2故選：A。【點(diǎn)評】此題涉及轉(zhuǎn)動(dòng)和平動(dòng)問題，還牽涉到連接體模型等，抓住整體的運(yùn)動(dòng)過程的特征，運(yùn)用角動(dòng)量守恒和動(dòng)能定理可以解決問題。

考點(diǎn)卡片1．自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體只在重力作用下從靜止開始豎直下落的運(yùn)動(dòng)叫做自由落體運(yùn)動(dòng)．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．4．物體做自由落體運(yùn)動(dòng)的條件：①只受重力而不受其他任何力，包括空氣阻力；②從靜止開始下落．重力加速度g：①方向：總是豎直向下的；②大?。篻＝9.8m/s2，粗略計(jì)算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g隨緯度的增加而增大（赤道g最小，兩極g最大），g隨高度的增加而減小．【命題方向】自由落體運(yùn)動(dòng)是常見的運(yùn)動(dòng)，可以看作是勻變速直線運(yùn)動(dòng)的特例，高考命題常以新情境來考查，而且經(jīng)常與其他知識(shí)綜合出題．單獨(dú)考查的題型一般為選擇題或計(jì)算題，綜合其它知識(shí)考查的一般為計(jì)算題，難度一般中等或偏易．例1：關(guān)于自由落體運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是（）A．在空氣中不考慮空氣阻力的運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)B．物體做自由運(yùn)動(dòng)時(shí)不受任何外力的作用C．質(zhì)量大的物體，受到的重力大，落到地面時(shí)的速度也大D．自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)分析：自由落體運(yùn)動(dòng)是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)，加速度g與質(zhì)量無關(guān)．解答：A、自由落體運(yùn)動(dòng)是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落的運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、物體做自由運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)v＝gt可知，落到地面時(shí)的速度與質(zhì)量無關(guān)，故C錯(cuò)誤；D、自由落體運(yùn)動(dòng)是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)，故D正確．故選：D．點(diǎn)評：把握自由落體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和規(guī)律，理解重力加速度g的變化規(guī)律即可順利解決此類題目．例2：一個(gè)小石子從離地某一高度處由靜止自由落下，某攝影愛好者恰好拍到了它下落的一段軌跡AB．該愛好者用直尺量出軌跡的實(shí)際長度，如圖所示．已知曝光時(shí)間為11000s，則小石子出發(fā)點(diǎn)離AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根據(jù)照片上痕跡的長度，可以知道在曝光時(shí)間內(nèi)物體下落的距離，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落體運(yùn)動(dòng)的公式可以求得下落的距離．解答：由圖可知AB的長度為2cm，即0.02m，曝光時(shí)間為11000s，所以AB段的平均速度的大小為v=x由自由落體的速度位移的關(guān)系式v2＝2gh可得，h=v22g=故選：C．點(diǎn)評：由于AB的運(yùn)動(dòng)時(shí)間很短，我們可以用AB段的平均速度來代替A點(diǎn)的瞬時(shí)速度，由此再來計(jì)算下降的高度就很容易了，通過本題一定要掌握這種近似的方法．【解題思路點(diǎn)撥】1．自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以，勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式也適用于自由落體運(yùn)動(dòng)．2．該知識(shí)點(diǎn)的3個(gè)探究結(jié)論：（1）物體下落快慢不是由輕重來決定的，是存在空氣阻力的原因．（2）物體只在重力作用下從靜止開始下落的運(yùn)動(dòng)，叫做自由落體運(yùn)動(dòng)．“自由”的含義是物體只受重力作用、且初速度為零．（3）不同物體從同一高度做自由落體運(yùn)動(dòng)，它們的運(yùn)動(dòng)情況是相同的．2．豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體以初速度v0豎直向上拋出后，只在重力作用下而做的運(yùn)動(dòng)，叫做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。2．特點(diǎn)：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特點(diǎn)：只受重力作用（沒有空氣阻力或空氣阻力可以忽略不計(jì)）；（3）加速度：a＝g，其大小不變，方向始終豎直向下。3．運(yùn)動(dòng)規(guī)律：取豎直向上的方向?yàn)檎较?，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t-12gtvt24．幾個(gè)特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（2）質(zhì)點(diǎn)在通過同一高度位置時(shí)，上升速度與下落速度大小相等；上升到最大高度處所需時(shí)間t上和從最高處落回到拋出點(diǎn)所需時(shí)間相等t下，t上＝t下=v【命題方向】例1：某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2．5s內(nèi)物體的（）A．路程為65mB．位移大小為25m，方向向上C．速度改變量的大小為10m/sD．平均速度大小為13m/s，方向向上分析：豎直上拋運(yùn)動(dòng)看作是向上的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，和向下的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，明確運(yùn)動(dòng)過程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物體的速度減為零需要的時(shí)間t=v0g=3010A、路程應(yīng)等于向上的高度與后2s內(nèi)下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h=v22g=45m，后兩s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故總路程s＝（45+20）B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在拋出點(diǎn)的上方，故C、速度的改變量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C錯(cuò)誤；D、平均速度v=ht=25故選：AB。點(diǎn)評：豎直上拋運(yùn)動(dòng)中一定要靈活應(yīng)用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正確理解公式，如平均速度一定要用位移除以時(shí)間；速度變化量可以用△v＝at求得。例2：在豎直的井底，將一物塊以11m/s的初速度豎直向上拋出，物體沖出井口再落回到井口時(shí)被人接住，在被人接住前1s內(nèi)物體的位移是4m，位移方向向上，不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間；（2）豎直井的深度。分析：豎直上拋運(yùn)動(dòng)的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時(shí)一般用分段法，此題可以直接應(yīng)用整體法進(jìn)行求解。解答：（1）設(shè)最后1s內(nèi)的平均速度為v則：v=平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，即接住前0.5s的速度為v1＝4m/s設(shè)物體被接住時(shí)的速度為v2，則v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，則物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間t=v2-v0g（2）豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移，則h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×10×答：（1）物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間為1.2s（2）豎直井的深度為6m。點(diǎn)評：豎直上拋運(yùn)動(dòng)的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時(shí)一般用分段法，此題只有豎直向上的勻減速運(yùn)動(dòng)，直接應(yīng)用整體法求解即可。【解題方法點(diǎn)撥】1．豎直上拋運(yùn)動(dòng)的兩種研究方法：（1）分段法：上升階段是勻減速直線運(yùn)動(dòng)，下落階段是自由落體運(yùn)動(dòng)，下落過程是上升過程的逆過程。（2）整體法：從全程來看，加速度方向始終與初速度v0的方向相反，所以可把豎直上拋運(yùn)動(dòng)看成一個(gè)勻變速直線運(yùn)動(dòng)，要特別注意v0、vt、g、h等矢量的正、負(fù)號。一般選取豎直向上為正方向，v0總是正值，上升過程中vt為正值，下落過程中vt為負(fù)值；物體在拋出點(diǎn)以上時(shí)h為正值，物體在拋出點(diǎn)以下時(shí)h為負(fù)值。?。贺Q直上拋運(yùn)動(dòng)的上升階段和下降階段具有對稱性：①速度對稱：上升和下降過程經(jīng)過同一位置時(shí)速度等大、反向；②時(shí)間對稱：上升和下降過程經(jīng)過同一段高度的上升時(shí)間和下降時(shí)間相等。3．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)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(diǎn)評：本題關(guān)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(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡單問題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。4．超重與失重的圖像問題【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】超重與失重的圖像問題分類：1.F﹣t圖像：將物體的視重隨時(shí)間變化的情況作成F﹣t圖像，就可以輕松的判斷物體的超、失重狀態(tài)。進(jìn)而可以求解相關(guān)的運(yùn)動(dòng)參數(shù)。2.v﹣t（或x﹣t等運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像）：通過運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像的物理意義間接分析出物體的超、失重狀態(tài)，并求解相關(guān)的運(yùn)動(dòng)參數(shù)?！久}方向】類型一：F﹣t圖像在探究超重和失重規(guī)律時(shí)，某同學(xué)手握拉力傳感器靜止不動(dòng)，拉力傳感器下掛一重為G的物體，傳感器和計(jì)算機(jī)相連。該同學(xué)手突然豎直向上提升一下物體，經(jīng)計(jì)算機(jī)處理后得到拉力F隨時(shí)間t變化的圖像，則下列圖像中可能正確的是（）A、B、C、D、分析：根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)過程確定加速度的方向，再根據(jù)超重和失重規(guī)律明確傳感器上拉力的變化情況，從而選擇正確的圖象。解答：對物體的運(yùn)動(dòng)過程分析可知，物體一定是先向上加速再向上減速，故物體的加速度先向上再向下，則物體先處于超重狀態(tài)再失重狀態(tài)，故傳感器的示數(shù)先大于重力，然后再小于重力，故C正確，ABD錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評：本題主要考查了對超重失重現(xiàn)象的理解，物體處于超重或失重狀態(tài)時(shí)，物體的重力并沒變，只是對支持物的壓力或懸掛物的拉力發(fā)生了變化，要根據(jù)加速度方向明確物體的狀態(tài)。類型二：運(yùn)動(dòng)學(xué)圖像2020年11月10日8時(shí)12分，“奮斗者”號深潛器在馬里亞納海溝成功坐底，創(chuàng)造了10909米的中國載人深潛新紀(jì)錄，標(biāo)志著我國在大深度載人深潛領(lǐng)域達(dá)到世界領(lǐng)先水平。某興趣小組用一個(gè)模型模擬了深潛器從水底由靜止向上返回的運(yùn)動(dòng)過程，記錄了其加速度a隨位移x變化關(guān)系的圖像如圖所示，則（）A、在0～x0階段深潛器內(nèi)的物體處于失重狀態(tài)B、在2x0～3x0階段深潛器內(nèi)的物體處于超重狀態(tài)C、在2x0處深潛器運(yùn)動(dòng)的速度大小為aD、在3x0處深潛器運(yùn)動(dòng)的速度最大分析：根據(jù)加速度向上，處于超重狀態(tài)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，加速度為零，速度最大。解答：A、在0～x0階段深潛器加速上升，因此深潛器內(nèi)的物體處于超重狀態(tài)，故A錯(cuò)誤；B、在2x0～3x0段，加速度為負(fù)值，深潛器做減速運(yùn)動(dòng)，潛器內(nèi)的物體處于失重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)vt2-v02=2ax，可知a﹣x圖像與x軸圍成的面積可表示速度平方的變化量，位移由0到x0的過程，圖像的面積為12a0x0，則深潛器到達(dá)x0處時(shí)的速度平方為v2＝2×12a0x0，可得：v=a0x0，在xD、由于2x0～3x0段減速，因此在深潛器在2x0處運(yùn)動(dòng)速度最大，故D錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評：本題主要考查了超重失重情況，當(dāng)加速度向上，處于超重狀態(tài)，加速度向下，處于失重狀態(tài)，加速度為零，速度最大是解題的關(guān)鍵?！窘忸}思路點(diǎn)撥】超重與失重的圖像問題解決步驟如下：1.明確圖像類型2.根據(jù)圖像得到的信息分析物體的超、失重狀態(tài)。3.根據(jù)牛頓第二定律F＝ma計(jì)算相關(guān)物理參數(shù)。5．傾斜傳送帶模型【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.傳送帶問題利用傳送帶運(yùn)送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析、運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)知識(shí)的綜合運(yùn)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(yùn)行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）【命題方向】如圖所示，傳送帶與水平地面的夾角為θ＝37°，AB的長度為64m，傳送帶以20m/s的速度沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，在傳送帶上端A點(diǎn)無初速度地放上一個(gè)質(zhì)量為8kg的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)），它與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，求物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）分析：物體放在傳送帶上后，開始階段，傳送帶的速度大于物體的速度，傳送帶給物體沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，物體由靜止開始勻加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)速度—時(shí)間公式求出勻加速至物體與傳送帶共速的時(shí)間。當(dāng)物體速度達(dá)到傳送帶速度時(shí)，判斷物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，再求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間。解答：物體放上傳送帶后，受到沿斜面向下的滑動(dòng)摩擦力，設(shè)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度為a1，直至與傳送帶速度相等。設(shè)這一過程所需的時(shí)間為t1，物體下滑的位移為x1，則由牛頓第二定律，有：mgsin37°+μmgcos37°＝ma1可得a1＝g（sin37°+μcos37°）＝10×（0.6+0.5×0.8）m/s2＝10m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，有：v＝a1t1解得：t1=va1則x1=12a1t12=12×10×物體與傳送帶達(dá)到共同速度時(shí)，因?yàn)閙gsinθ＞μmgcosθ，物體將繼續(xù)勻加速下滑，設(shè)再經(jīng)t2時(shí)間物體滑至B端，加速度為a2，則mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2可得a2＝2m/s2由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有LAB﹣x1＝vt2+解得：t2＝2s故物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的總時(shí)間為t＝t1+t2＝2s+2s＝4s答：物體從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的總時(shí)間為4s。點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵要正確分析物體的受力情況，來判斷其運(yùn)動(dòng)情況，要注意滑動(dòng)摩擦力方向與物體間相對運(yùn)動(dòng)方向相反?！窘忸}思路點(diǎn)撥】明確傳送帶的類型，對物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運(yùn)用力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)內(nèi)容。6．功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.義：功與完成這些功所用時(shí)間的比值．2.理意義：描述做功的快慢。3.質(zhì)：功是標(biāo)量。4.計(jì)算公式（1）定義式：P=Wt，P為時(shí)間（2）機(jī)械功的表達(dá)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(shí)速度，則P為瞬時(shí)功率．推導(dǎo)：如果物體的受力F與運(yùn)動(dòng)方向的夾角為α，從計(jì)時(shí)開始到時(shí)刻t這段時(shí)間內(nèi)，發(fā)生的位移是l，則力在這段時(shí)間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開始計(jì)時(shí)到時(shí)刻t這段時(shí)間內(nèi)發(fā)生的，所以lt是物體在這段時(shí)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(yùn)動(dòng)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(shí)，cosα＝1，上式可以寫成P＝Fv。從以上推導(dǎo)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(jì)時(shí)開始到時(shí)刻t的平均功率。如果時(shí)間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時(shí)速度，這個(gè)關(guān)系式也就可以反映瞬時(shí)速度與瞬時(shí)功率的關(guān)系。5.額定功率：機(jī)械正常工作時(shí)輸出的最大功率．6.實(shí)際功率：機(jī)械實(shí)際工作時(shí)輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關(guān)于功率和機(jī)械效率的說法中，正確的是（）A、功率大的機(jī)械，做功一定多B、做功多的機(jī)械，效率一定高C、做功快的機(jī)械，功率一定大D、效率高的機(jī)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(diǎn)評：解決本題的關(guān)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(diǎn)撥】1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少?zèng)]有直接關(guān)系。2.功率的定義式P=W7．瞬時(shí)功率的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.對于恒力做功，瞬時(shí)功率為P＝Fvcosα（v是瞬時(shí)速度，α是力與速度的夾角）2.如果力與速度的方向一致，則P＝Fv【命題方向】物體m從傾角為α的固定的光滑斜面由靜止開始下滑，斜面高為h，當(dāng)物體滑至斜面底端，重力做功的瞬時(shí)功率為（）A、mg2ghB、12mg2gC、mg2ghsinαD、mg分析：應(yīng)用公式P＝Fv求某力的瞬時(shí)功率時(shí)，注意公式要求力和速度的方向在一條線上，在本題中應(yīng)用機(jī)械能守恒求出物體滑到斜面底端時(shí)的速度，然后將速度沿豎直方向分解即可求出重力功率．解答：物體下滑過程中機(jī)械能守恒，所以有：mgh=12物體滑到底端重力功率為：P＝mgvsinα②聯(lián)立①②解得：P＝mg2ghsinα，故選項(xiàng)ABD錯(cuò)誤，C故選：C。點(diǎn)評：物理公式不僅給出了公式中各個(gè)物理量的數(shù)學(xué)運(yùn)算關(guān)系，更重要的是給出了公式需要遵循的規(guī)律和適用條件，在做題時(shí)不能盲目的帶公式，要弄清公式是否適用．【解題思路點(diǎn)撥】①對于瞬時(shí)功率的計(jì)算，一定要牢記瞬時(shí)功率等于力在速度方向上的投影與速度的乘積。②重力的功率等于重力乘以豎直方向上的速度。8．常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】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(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)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(jī)械能增加一對滑動(dòng)摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點(diǎn)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(gè)輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計(jì)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(fù)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(fù)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(dòng)能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點(diǎn)評：本題主要考查了重力勢能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】1.常見的功能關(guān)系：合力做功——?jiǎng)幽茏兓?；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——?nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。2.判斷和計(jì)算做功或能量變化時(shí)，可以反其道而行之，通過計(jì)算能量變化或做功多少來進(jìn)行。9．機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.機(jī)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(dòng)能與勢能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。2.對三種表達(dá)式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應(yīng)注意等式不是指某兩個(gè)特別的狀態(tài)，而是過程中的每一狀態(tài)機(jī)械能的總量都是守恒的，但我們解題時(shí)往往選擇與題目所述條件或所求結(jié)果相關(guān)的狀態(tài)建立方程式。另外，表達(dá)式中是相對的，建立方程時(shí)必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應(yīng)是對同一參考平面而言的。（2）轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統(tǒng)動(dòng)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(jī)械能的增加量等于另一部分B的機(jī)械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運(yùn)用機(jī)械能守恒定律的基本思路4.機(jī)械能守恒定律和動(dòng)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(shí)候，把球投出且準(zhǔn)確命中，把比賽拖入加時(shí)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(jì)，則籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)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(shí)受到的空氣阻力忽略不計(jì)，只受重力，故機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律直接列式分析．解答：籃球機(jī)械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故選：A。點(diǎn)評：本題關(guān)鍵根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應(yīng)用機(jī)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(diǎn)撥】1.應(yīng)用機(jī)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(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒。（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對象在過程的初、末態(tài)時(shí)的機(jī)械能。（4）選取方便的機(jī)械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進(jìn)行求解。注：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線運(yùn)動(dòng)綜合起來，其聯(lián)系點(diǎn)主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問題有關(guān)、與平拋運(yùn)動(dòng)的初速度有關(guān)。2.對于系統(tǒng)機(jī)械能守恒問題，應(yīng)抓住以下幾個(gè)關(guān)鍵：（1）分析清楚運(yùn)動(dòng)過程中各物體的能量變化；（2）哪幾個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。3.動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律的選擇（1）能用機(jī)械能守恒定律解決的題一般都能用動(dòng)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(dòng)能定理來解決的題卻不一定都能用機(jī)械能守恒定律來解決，在這個(gè)意義上講，動(dòng)能定理比機(jī)械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。10．動(dòng)量的定義、單位及性質(zhì)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)量的定義：質(zhì)量和速度的乘積。用符號p表示。2.公式：p＝mv。3.單位：千克米每秒，符號：kg?m/s。4.標(biāo)矢性：動(dòng)量是矢量，方向與速度的方向相同，運(yùn)算遵循平行四邊形定則?！久}方向】物體在運(yùn)動(dòng)過程中加速度不為零，則下列說法正確的是（）A、物體速度的大小一定隨時(shí)間變化B、物體速度的方向一定隨時(shí)間變化C、物體動(dòng)能一定隨時(shí)間變化D、物體動(dòng)量一定隨時(shí)間變化分析：加速度不為零，物體受到的合力不為零，根據(jù)合力方向與速度方向間的關(guān)系分析判斷物體速度大小、方向如何變化，動(dòng)能是否變化，由動(dòng)量定理分析答題．解答：物體在運(yùn)動(dòng)過程中加速度不為零，物體受到的合力不為零；A、如果物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，物體所受合力不為零，則物體的速度大小不變，速度方向時(shí)刻變化，故A錯(cuò)誤；B、如果物體做直線運(yùn)動(dòng)，物體所受合力不為零，則物體的速度方向不變，速度大小不斷變化，故B錯(cuò)誤；C、如果物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，物體所受合力不為零，物體動(dòng)能不變，故C錯(cuò)誤；D、物體所受合力不為零，則物體所受的沖量不為零，由動(dòng)量定理可知，物體的動(dòng)量一定隨時(shí)間變化，故D正確；故選：D。點(diǎn)評：物體所受合力不為零，物體做變速運(yùn)動(dòng)，物體的動(dòng)量一定變化，物體的速度大小、速度方向、物體動(dòng)能是否變化與物體做什么運(yùn)動(dòng)有關(guān)系，應(yīng)具體分析討論．【解題思路點(diǎn)撥】動(dòng)量的性質(zhì)有：（1）瞬時(shí)性：通常說物體的動(dòng)量是物體在某一時(shí)刻或某一位置的動(dòng)量，動(dòng)量的大小可用p＝mv表示。（2）矢量性：動(dòng)量的方向與物體的瞬時(shí)速度的方向相同。（3）相對性：因物體的速度與參考系的選取有關(guān)，故物體的動(dòng)量也與參考系的選取有關(guān)。11．用動(dòng)量的定義式計(jì)算物體的動(dòng)量【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)量的大?。簆＝mv。2.動(dòng)量的方向：動(dòng)量是矢量，方向與速度的方向相同?！久}方向】質(zhì)量為m＝0.10kg的小鋼球以v0＝2.0m/s的水平速度拋出，下落h＝0.6m時(shí)撞擊一鋼板，撞后速度恰好反向，則鋼板與水平面的夾角θ＝．剛要撞擊鋼板時(shí)小球的動(dòng)量大小為．（取g＝10m/s2）分析：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求出落地時(shí)的速度方向，從而確定鋼板與水平面的夾角；求出小球撞擊鋼板時(shí)的速度，然后求出其動(dòng)量．解答：小球做平拋運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上：vy2=2gh，vy設(shè)小球的速度方向與水平方向的夾角為α，則tanα=vyv0=小球與鋼板撞后速度恰好反向，則小球垂直撞擊鋼板，鋼板與水平方向夾角θ＝90°﹣α＝90°﹣60°＝30°，小球撞擊鋼板時(shí)的速度：v=v0則小球撞擊鋼板時(shí)的動(dòng)量大小p＝mv＝0.1×4＝0.4kg?m/s；故答案為：30°；0.4kg?m/s．點(diǎn)評：研究平拋運(yùn)動(dòng)的方法是把平拋運(yùn)動(dòng)分解到水平方向和豎直方向去研究，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，豎直方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，兩個(gè)方向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，本題難度不大．【解題思路點(diǎn)撥】計(jì)算物體的動(dòng)量的方法：1.定義法：求出物體的速度，用動(dòng)量的定義式p＝mv計(jì)算物體的動(dòng)量。2.動(dòng)量定理：根據(jù)動(dòng)量定理Ft＝Δp＝mv2﹣mv1計(jì)算物體的動(dòng)量。12．求變力的沖量【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】求變力的沖量有三個(gè)方法：1.若力與時(shí)間成線性關(guān)系變化，則可用平均力求變力的沖量；2.若給出了力隨時(shí)間變化的圖像，如圖所示，可用面積法求變力的沖量；3.利用動(dòng)量定理求解。【命題方向】一位質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時(shí)間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v。對此過程的描述，錯(cuò)誤的是（）A、地面對運(yùn)動(dòng)員的彈力做功為1B、運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量大小為mvC、地面對運(yùn)動(dòng)員彈力的沖量大小為mv+mgΔtD、重力的沖量大小為mgΔt分析：已知初末速度，則由動(dòng)量定理可求得地面對人的沖量；由功的公式可確定地面對人是否做功。解答：A、在跳起過程中，在支持力方向上沒有位移，地面對運(yùn)動(dòng)員的支持力不做功，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)量定理可得運(yùn)動(dòng)員所受合力的沖量大小IF＝mv故B正確；C、以人為對象，受到地面的支持力和自身的重力，規(guī)定向上為正，根據(jù)動(dòng)量定理可知（N﹣mg）Δt＝mv所以地面對人彈力的沖量為NΔt＝mgΔt+mv故C正確。D、重力的沖量大小IG＝mgΔt故D正確；本題選不正確項(xiàng)。故選：A。點(diǎn)評：在應(yīng)用動(dòng)量定理時(shí)一定要注意沖量應(yīng)是所有力的沖量，不要把重力漏掉。另外地面對人是否做功的問題是易錯(cuò)點(diǎn)，要根據(jù)功的概念去理解。【解題思路點(diǎn)撥】1.對于變力的沖量計(jì)算，定義式不再適用，要根據(jù)題目條件選擇合適的方法進(jìn)行計(jì)算。2.求合沖量的兩種方法（1）可分別求每一個(gè)力的沖量，再求各沖量的矢量和；（2）另外，如果各個(gè)力的作用時(shí)間相同，也可以先求合力，再用公式Ⅰ合＝F合Δt求解。13．動(dòng)量定理的內(nèi)容