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第1頁(共1頁)2025年高考物理復習新題速遞之動量與動量守恒定律(2024年9月)一.選擇題(共10小題)1.(2024秋?尋甸縣月考)如圖所示,光滑水平地面上質(zhì)量為m的物體P以速率v向右運動,質(zhì)量為m的物體Q左端固定有一輕彈簧,以速率2v向左運動。彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi),在P與彈簧接觸到彈簧壓縮量最大的過程中,下列說法正確的是()A.彈簧對P的沖量大小為32B.P、Q的位移大小之比為2:1 C.彈簧對P做的功與對Q做的功相同 D.當P的速度為零時,彈簧的彈性勢能最大2.(2024秋?開福區(qū)校級月考)北京時間8月10日凌晨,2024年巴黎奧運會田徑賽事在法蘭西體育場的賽場火熱進行中。中國選手鞏立姣和宋佳媛進入女子鉛球的決賽,其中鞏立姣已經(jīng)是奧運會的“五朝元老”。如圖所示,運動員斜向上推出鉛球,鉛球飛行一段時間后落地,若不計空氣阻力,則()A.鉛球飛到最高點時速度為零 B.運動員斜向上推出鉛球過程,運動員做的功全部轉(zhuǎn)化為鉛球的動能 C.鉛球在空中飛行過程中,鉛球的動量變化率恒定 D.只要鉛球離手時初速度更大,在空中飛行的時間一定更長3.(2024?渾南區(qū)校級開學)汽車的安全氣囊是有效供護乘客的裝置。如圖甲所示,在安全氣囊的性能測試中,可視為質(zhì)點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動,與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點,氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規(guī)律,可近似用圖乙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量M=20kg,H=3.2m,重力加速度大小取g=10m/s2,則()A.碰撞過程中F的沖量大小為440N?s B.碰撞過程中F的沖量方向豎直向下 C.碰撞過程中頭錘的動量變化量大小為120kg?m/s D.碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度為0.2m4.(2024?全國自主招生)如圖,兩個質(zhì)量不等、帶有等量同種電荷的小球置于等高的小平臺上,在水平外力作用下保持靜止。在同一時刻撤掉加在兩個小球上的水平外力,忽略小平臺的寬度和所有摩擦阻力,若小平臺足夠高,則兩球組成的系統(tǒng)在運動過程中()A.機械能守恒 B.水平方向上動量守恒 C.電場力做功之和為零 D.任意時刻兩球速度大小相等5.(2024?渾南區(qū)校級開學)打彈珠是小朋友經(jīng)常玩的一個游戲。如圖所示,光滑水平地面上有兩個不同材質(zhì)的彈珠甲和乙,質(zhì)量分別是m和km,現(xiàn)讓甲以初速度v0向右運動并與靜止的乙發(fā)生碰撞,碰后乙的速度為2v03A.0.4 B.1.6 C.1.2 D.2.16.(2024?雁塔區(qū)校級開學)如圖所示,一質(zhì)量為M的光滑半圓柱靜止在光滑的水平地面上,其半徑為R。半圓柱頂端放一質(zhì)量為m的小滑塊,開始時,它們均處于靜止狀態(tài)。小滑塊在外界的微小擾動下由靜止開始下滑,小滑塊到達P點時,離開半圓柱表面,此時半圓柱的速度大小為v0。已知OP與豎直方向的夾角為θ,重力加速度為g。則()A.該過程中系統(tǒng)動量守恒 B.小滑塊在P點的速度大小為2gR(1-C.該過程中半圓柱相對地面的位移大小為mRsinθMD.該過程中半圓柱的彈力對小滑塊做功為-7.(2024春?香坊區(qū)校級期末)在光滑水平面上甲、乙兩車相向而行,甲的速率為v0,乙的速率也為v0,甲車和車上人的總質(zhì)量為10m,乙車和車上人及貨包的總質(zhì)量為12m,單個貨包質(zhì)量為m10,為不使兩車相撞,乙車上的人以相對地面為v=11v0的速率將貨包拋出給甲車上的人,求:為使兩車不相撞,乙車上的人應拋出貨A.10個 B.11個 C.12個 D.20個8.(2024秋?南通月考)如圖所示,足夠長的小平板車B的質(zhì)量為M,以水平速度v0向右在光滑水平面上運動,與此同時,質(zhì)量為m的小物體A從車的右端以水平速度v0沿車的粗糙上表面向左運動。若物體與車面之間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g,則在足夠長的時間內(nèi)()A.若M>m,物體A相對地面向左的最大位移是2MvB.若M<m,平板車B相對地面向右的最大位移是MvC.無論M與m的大小關系如何,摩擦力對平板車的沖量均為mv0 D.無論M與m的大小關系如何,摩擦力的作用時間均為2M9.(2024?雁塔區(qū)校級開學)對下列情景說法正確的是()A.子彈打進木塊后一起向左運動的過程,子彈和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒 B.兩同學傳接籃球的過程,兩同學和籃球構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒 C.綁有磁鐵的兩小車在光滑水平地面上相向運動的過程,兩車構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒 D.小球從靜止在光滑水平面上的斜槽頂端釋放,在離開斜槽前小球和斜槽構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒10.(2024秋?南通月考)如圖甲為滑雪大跳臺的滑道示意圖,在助滑道與跳臺之間用一段彎曲滑道銜接,助滑道與著落坡均可以視為傾斜直道。運動員由起點滑下,從跳臺上同一位置沿同一方向飛出后,在空中完成系列動作,最后落至著落坡。運動員離開跳臺至落到著落坡階段的軌跡如圖乙所示,不計空氣阻力,運動員可視為質(zhì)點。關于運動員在空中的運動,下列說法正確的是()A.離著落坡最遠時重力的功率為零 B.在相等的時間內(nèi),速度變化量逐漸變大 C.在相等的時間內(nèi),動能的變化量逐漸變大 D.落到著落坡時的速度方向與飛出時速度的大小無關二.多選題(共5小題)(多選)11.(2024秋?廣州月考)如圖(a)所示,一個質(zhì)量m=1kg的物塊靜止在水平面上,現(xiàn)用水平力F向右拉物塊,F(xiàn)的大小隨時間變化關系如圖(b)所示。已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,重力加速度大小g=10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是()A.0~4s內(nèi),重力的沖量大小為0 B.0~4s內(nèi),重力的沖量大小為40N?s C.4s末,物塊的速度大小為8m/s D.4s末,物塊的速度大小為9m/s(多選)12.(2024?香坊區(qū)校級開學)如圖所示,A、B、C三個半徑相同的小球穿在兩根平行且光滑的足夠長的桿上,A、B、C三球的質(zhì)量分別為mA=2kg,mB=3kg,mC=2kg,初狀態(tài)三個小球均靜止,B、C球之間連著一根輕質(zhì)彈簧,彈簧處于原長狀態(tài)?,F(xiàn)給A一個向左的初速度v0=10m/s,A、B發(fā)生彈性碰撞,下列說法正確的是()A.球A和球B碰撞結(jié)束時,A球的速度大小為8m/s B.球A和球B碰撞結(jié)束時,B球的速度大小為8m/s C.球A和球B碰后,球B的最小速度大小為1.6m/s D.球A和球B碰后,彈簧的最大彈性勢能可以達到96J(多選)13.(2024?渾南區(qū)校級開學)如圖所示,固定光滑斜面傾角θ=60°,其底端與豎直平面內(nèi)半徑為R的固定光滑圓弧軌道相切,位置D為圓弧軌道的最低點。質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的小環(huán)B(均可視為質(zhì)點)用L=1.5R的輕桿通過輕質(zhì)鉸鏈相連。B套在光滑的固定豎直長桿上,桿和圓軌道在同一豎直平面內(nèi),桿過軌道圓心O,初始輕桿與斜面垂直。在斜面上由靜止釋放A,假設在運動過程中兩桿不會碰撞,小球能滑過D點且通過軌道連接處時無能量損失(速度大小不變),重力加速度為g,從小球A由靜止釋放到運動至最低點過程中,下列判斷正確的是()A.小球運動到最低點時的速度大小為vAB.A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒 C.已知小球A運動到最低點時,小環(huán)B的瞬時加速度大小為a,則此時小球A受到圓弧軌道的支持力大小為5.5mg+ma D.剛釋放時小球A的加速度大小為a(多選)14.(2024春?沙坪壩區(qū)校級期中)如圖,一質(zhì)量為M的光滑滑塊靜止于足夠長的光滑水平面上,滑塊由半徑為1.5R的四分之一圓弧軌道和長度為0.5R豎直軌道組成,圓弧軌道底端切線水平。一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點),以初速度v0=4gR水平向右運動,在圓弧軌道運動時間為t0A.小球的質(zhì)量m與滑塊的質(zhì)量M之比為3:1 B.小球到達最高點時的速度為23gRC.小球與滑塊分離時的速度為2gRD.從小球進入圓弧軌道到豎直軌道最高點的過程中,滑塊移動的距離為3(多選)15.(2024?龍鳳區(qū)校級開學)如圖,兩端固定有小球A、B的豎直輕桿,A球緊貼豎直光滑墻面,B球位于光滑水平地面上,小球C緊貼小球B,小球A受到輕微擾動后順著墻面下滑,此后的運動過程中,三球始終在同一豎直面上,小球A落地后不反彈,已知小球C的最大速度為v,三球質(zhì)量均為m,輕桿長為L,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.B、C兩球分離時,A球恰好離開墻面 B.小球A落地前瞬間動能大小為mgL-C.小球A落地時,小球C的速度是小球A速度的2倍 D.豎直墻對小球A的沖量大小為3mv三.解答題(共5小題)16.(2024?惠山區(qū)校級開學)在固定的光滑水平桿(桿足夠長)上,套有一個質(zhì)量m=0.5kg的光滑金屬圓環(huán),一根長L=1m的輕繩一端拴在環(huán)上,另一端系著一個質(zhì)量M=1.98kg的木塊,如圖所示?,F(xiàn)有一質(zhì)量為m0=0.02kg的子彈以v0=1000m/s的水平速度射向木塊,最后留在木塊內(nèi)(不計空氣阻力和子彈與木塊作用的時間),g取10m/s2,求:(1)當子彈射入木塊后瞬間,木塊的速度大小v;(2)木塊向右擺動的最大高度h;(3)木塊向右擺動到最高點過程中繩子拉力對木塊做的功W。17.(2024?浦東新區(qū)校級開學)生活中的物理(1)人站在電梯里,隨電梯勻速向下運動,下列說法正確的是。A.人所受的重力做正功B.人所受的重力不做功C.梯面對人的支持力做正功D.梯面對人的支持力不做功(2)一人用力將質(zhì)量為600g的籃球投出,使籃球以5m/s的初速度飛向籃框。假設人投籃時對籃球的平均作用力為100N,人距離籃框的水平距離為4m,則人對籃球所做的功為。A.7.5JB.300JC.400JD.500J(3)質(zhì)量為m的物體在水平恒力F的推動下,從山坡底部A處由靜止運動至高為h的坡頂B,獲得速度為v,AB的水平距離為s,同時受到空氣阻力的作用。下列說法正確的是。A.物體重力做的功是mghB.合力對物體做的功是mC.空氣阻力對物體做的功是Fs﹣mghD.空氣阻力對物體做的功是m(4)如圖a所示是打樁機的簡易模型。質(zhì)量m=1.0kg的物體在拉力F作用下從與釘子接觸處由靜止開始運動,上升一段高度后撤去F,到最高點后自由下落,撞擊釘子后物體不再彈起,將釘子打入一定深度。若以初始狀態(tài)物體與釘子接觸處為零勢能點,物體上升過程中,機械能E與上升高度h的關系圖像如圖b所示。不計所有摩擦,g=10m/s2。物體上升過程所受拉力F=N;忽略打擊釘子及釘入的時間,則物體給釘子的沖量大小為kg?m/s(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)。18.(2024?岳麓區(qū)校級開學)如圖所示,水平地面上固定一足夠長的斜面,斜面的傾角為θ=30°,底部固定一垂直于斜面的擋板,在斜面上放置一質(zhì)量為6m的滑板C,C剛好能靜止在斜面上。將一質(zhì)量為4m的滑塊B輕輕放在C的最上端,B與C間的動摩擦因數(shù)為μ2=32,在斜面的左上方有一固定的四分之一豎直光滑圓弧,圓弧半徑為R=1.6m,一質(zhì)量為m的小球A從圓弧的正上方高度為12R處由靜止釋放,經(jīng)過圓弧最低點時水平拋出,剛好以平行于斜面的速度與滑塊B發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰后瞬間將小球拿走,碰撞時小球的動能減少了75%,C下滑到斜面底端時B和C的速度相等,C與擋板碰撞沒有機械能的損失,不計空氣阻力,木板C(1)C與斜面間的動摩擦因數(shù);(2)C下滑到斜面底端時,B和C的速度大??;(3)C與擋板第一次碰撞后,C的速度為0時,B的速度大小。19.(2023秋?順義區(qū)校級月考)(1)如圖1所示,質(zhì)量為m的物體,僅在與運動方向相同的恒力F的作用下做勻變速直線運動。經(jīng)過時間t,速度由v1增加到v2。請根據(jù)牛頓運動定律和勻變速直線運動規(guī)律,推導在這個運動過程中,恒力F的沖量和物體動量變化之間的關系,即動量定理。(2)動量定理也適用于變力,此時的力可以理解為平均作用力。如圖2所示,一個質(zhì)量是0.1kg的鋼球,以6m/s的速度水平向右運動,碰到堅硬的墻壁后彈回,沿著同一直線以6m/s的速度水平向左運動。若鋼球與墻壁的碰撞時間為0.02s,求墻壁對鋼球的平均作用力的大小和方向。(3)用動量定理處理二維問題時,可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別進行研究。如圖3所示,質(zhì)量為m的小球斜射到固定在地面上的水平木板上,入射的角度是θ,碰撞后彈出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v。若小球與木板的碰撞時間為t,求木板對小球的平均作用力。20.(2024?甘肅)如圖,質(zhì)量為2kg的小球A(視為質(zhì)點)在細繩O′P和OP作用下處于平衡狀態(tài),細繩O'P=OP=1.6m,與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細繩O′P,小球A開始運動。(重力加速度g取10m/s2)(1)求A運動到最低點時細繩OP所受的拉力。(2)A在最低點時,細繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞(時間極短),碰后A豎直下落,C水平向右運動。求碰后C的速度大小。(3)A、C碰后,C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)。
2025年高考物理復習新題速遞之動量與動量守恒定律(2024年9月)參考答案與試題解析一.選擇題(共10小題)1.(2024秋?尋甸縣月考)如圖所示,光滑水平地面上質(zhì)量為m的物體P以速率v向右運動,質(zhì)量為m的物體Q左端固定有一輕彈簧,以速率2v向左運動。彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi),在P與彈簧接觸到彈簧壓縮量最大的過程中,下列說法正確的是()A.彈簧對P的沖量大小為32B.P、Q的位移大小之比為2:1 C.彈簧對P做的功與對Q做的功相同 D.當P的速度為零時,彈簧的彈性勢能最大【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題;動量定理的內(nèi)容和應用;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;動量和能量的綜合;推理能力.【答案】A【分析】當P、Q共速時彈簧的壓縮量最大,彈簧的彈性勢能最大。根據(jù)動量守恒定律求得共速時的速度,對P由動量定理求解彈簧對P的沖量大??;分析兩者的相對運動過程,根據(jù)動量守恒定律或者牛頓第二定律分析P、Q的位移大小之比;根據(jù)動能定理解答C選項。【解答】解:AD、當P、Q共速時彈簧的壓縮量最大,彈簧的彈性勢能最大。規(guī)定水平向左為正方向,由動量守恒定律得:2mv﹣mv=2mv共對P由動量定理得:I=mv共﹣(﹣mv),聯(lián)立解得:I=32mv,故AB、規(guī)定水平向左為正方向,由動量守恒定律得:2mv﹣mv=mvQ﹣mvP,可得:vQ﹣vP=v,即在P與彈簧接觸到P的速度減小零的過程中兩者速度大小之差恒為v,可得此過程滿足:vQ>2vP,因此有:xQ>2xP。從P的速度為零到P的速度反向達到v共的過程中P、Q均向左運動,此過程P的位移減小,Q的位移增大,則到共速的全程滿足:xQ>2xP,故B錯誤;C、由動能定理可得彈簧對P做的功為:W彈簧對Q做的功為:WQ=1故選:A。【點評】本題考查了動量守恒定律,功能關系的應用,要知道P、Q共速時彈簧的壓縮量最大,彈簧的彈性勢能最大。2.(2024秋?開福區(qū)校級月考)北京時間8月10日凌晨,2024年巴黎奧運會田徑賽事在法蘭西體育場的賽場火熱進行中。中國選手鞏立姣和宋佳媛進入女子鉛球的決賽,其中鞏立姣已經(jīng)是奧運會的“五朝元老”。如圖所示,運動員斜向上推出鉛球,鉛球飛行一段時間后落地,若不計空氣阻力,則()A.鉛球飛到最高點時速度為零 B.運動員斜向上推出鉛球過程,運動員做的功全部轉(zhuǎn)化為鉛球的動能 C.鉛球在空中飛行過程中,鉛球的動量變化率恒定 D.只要鉛球離手時初速度更大,在空中飛行的時間一定更長【考點】動量定理的內(nèi)容和應用;斜拋運動;常見力做功與相應的能量轉(zhuǎn)化.【專題】比較思想;合成分解法;動量定理應用專題;理解能力.【答案】C【分析】鉛球在空中做斜上拋運動,水平方向做勻速直線運動;運動員斜上推出鉛球過程,運動員做的功全部轉(zhuǎn)化為鉛球的動能和重力勢能;利用動量定理分析相同時間內(nèi)鉛球的動量變化率是否變化;鉛球在空中做斜上拋運動,在空中飛行時間與初速度大小和方向都有關?!窘獯稹拷猓篈、鉛球在空中做斜上拋運動,水平方向做勻速直線運動,則鉛球飛到最高點時速度不為零,速度方向水平,故A錯誤;B、運動員推出鉛球過程中,運動員做的功轉(zhuǎn)化為鉛球的動能及重力勢能,故B錯誤;C、根據(jù)動量定理可得ΔpΔt=FD、飛行時間除了跟初速度大小有關,還跟初速度方向有關,故D錯誤。故選:C?!军c評】解答本題時,要明確斜拋運動的時間既與初速度大小有關,也與初速度方向有關。對于動量變化率,可以根據(jù)動量定理進行研究。3.(2024?渾南區(qū)校級開學)汽車的安全氣囊是有效供護乘客的裝置。如圖甲所示,在安全氣囊的性能測試中,可視為質(zhì)點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動,與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點,氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規(guī)律,可近似用圖乙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量M=20kg,H=3.2m,重力加速度大小取g=10m/s2,則()A.碰撞過程中F的沖量大小為440N?s B.碰撞過程中F的沖量方向豎直向下 C.碰撞過程中頭錘的動量變化量大小為120kg?m/s D.碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度為0.2m【考點】動量定理的內(nèi)容和應用;自由落體運動的規(guī)律及應用;豎直上拋運動的規(guī)律及應用;動量變化量的計算;利用圖像求沖量.【專題】定量思想;推理法;動量定理應用專題;推理能力.【答案】D【分析】F﹣t圖像中圖像和橫軸圍成的面積表示沖量,代入數(shù)據(jù)得出沖量的大小和方向;根據(jù)動量定理和動能定理聯(lián)立等式得出頭錘上升的最大高度?!窘獯稹拷猓篈B、F﹣t圖像中,圖像和橫軸圍成的面積表示力的沖量,則IF=12×4400×0.1N?s=220N?sC、頭垂在下落過程中,根據(jù)動能定理可得MgH=在與氣囊接觸的過程中,選擇向上的方向為正方向,根據(jù)動量定理可得:IF﹣Mgt=Mv1﹣(﹣Mv)解得v1=2m/s動量的變化量為Δp=Mv1﹣(﹣Mv)解得Δp=200kg?m/s故C錯誤;D、頭錘上升過程中,根據(jù)動能定理可得:﹣Mgh=0-聯(lián)立解得:h=0.2m故D正確;故選:D。【點評】本題主要考查了動量定理的相關應用,理解圖像的物理意義,結(jié)合動量定理和動能定理即可完成分析。4.(2024?全國自主招生)如圖,兩個質(zhì)量不等、帶有等量同種電荷的小球置于等高的小平臺上,在水平外力作用下保持靜止。在同一時刻撤掉加在兩個小球上的水平外力,忽略小平臺的寬度和所有摩擦阻力,若小平臺足夠高,則兩球組成的系統(tǒng)在運動過程中()A.機械能守恒 B.水平方向上動量守恒 C.電場力做功之和為零 D.任意時刻兩球速度大小相等【考點】某一方向上的動量守恒問題;判斷機械能是否守恒及如何變化.【專題】定量思想;推理法;動量和能量的綜合;推理能力.【答案】B【分析】小球帶有等量同種電荷,則電場力對兩小球都做正功,從而分析機械能是否守恒,根據(jù)動量守恒的條件分析B,根據(jù)運動的分解分析D?!窘獯稹拷猓篈C、小球帶有等量同種電荷,則電場力對兩小球都做正功,電場力做功之和不為零,機械能不守恒,故AC錯誤;B、系統(tǒng)在水平方向的合力為0,則水平方向上動量守恒,故B正確;D、根據(jù)牛頓第二定律有a=水平方向vx=at豎直方向vy=gt任意時刻兩球速度大小為v=由于兩球質(zhì)量不同,則任意時刻兩球速度大小不相等,故D錯誤;故選:B?!军c評】本題考查動量守恒的判斷,解題關鍵掌握動量守恒的條件,注意電場力做功正負的判斷。5.(2024?渾南區(qū)校級開學)打彈珠是小朋友經(jīng)常玩的一個游戲。如圖所示,光滑水平地面上有兩個不同材質(zhì)的彈珠甲和乙,質(zhì)量分別是m和km,現(xiàn)讓甲以初速度v0向右運動并與靜止的乙發(fā)生碰撞,碰后乙的速度為2v03A.0.4 B.1.6 C.1.2 D.2.1【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題;彈性碰撞和非彈性碰撞的區(qū)別與判斷.【專題】定量思想;推理法;動量和能量的綜合;推理能力.【答案】C【分析】根據(jù)動量守恒求得碰后甲的速度,分析碰后甲的運動可解得k的范圍,同時碰撞過程中需滿足能量不增加?!窘獯稹拷猓涸O甲與乙發(fā)生碰撞后甲的速度為v,取向右為正方向,由動量守恒定律得mv解得v=v碰撞后甲、乙同向運動,則v>0解得k<1.5碰后甲球速度不能越過乙球,有v≤解得k≥0.5碰撞過程中總動能不增加,有12解得0≤k≤2綜上所述,k的取值范圍為0.5≤k<1.5故ABD錯誤,C正確。故選:C?!军c評】本題考查動量守恒定律,在分析碰撞問題中注意應用動量守恒定律,如果是彈性碰撞還需列能量守恒的表達式。6.(2024?雁塔區(qū)校級開學)如圖所示,一質(zhì)量為M的光滑半圓柱靜止在光滑的水平地面上,其半徑為R。半圓柱頂端放一質(zhì)量為m的小滑塊,開始時,它們均處于靜止狀態(tài)。小滑塊在外界的微小擾動下由靜止開始下滑,小滑塊到達P點時,離開半圓柱表面,此時半圓柱的速度大小為v0。已知OP與豎直方向的夾角為θ,重力加速度為g。則()A.該過程中系統(tǒng)動量守恒 B.小滑塊在P點的速度大小為2gR(1-C.該過程中半圓柱相對地面的位移大小為mRsinθMD.該過程中半圓柱的彈力對小滑塊做功為-【考點】人船模型及其變式;判斷機械能是否守恒及如何變化.【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】D【分析】系統(tǒng)在水平方向合力為零,故水平方向動量守恒;只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功,系統(tǒng)機械能守恒,根據(jù)機械能守恒定律求小滑塊在P點的速度大小;半圓槽與小滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,根據(jù)人船模型解答;對半圓柱,根據(jù)動能定理,該求過程中半圓柱的彈力對小滑塊做功。【解答】解:A、系統(tǒng)在水平方向合力為零,故水平方向動量守恒,豎直方向合力不為零,豎直方向動量不守恒,故A錯誤;B、系統(tǒng)機械能守恒,則有mgR(1-解得v=2gR(1-cosθ)-故B錯誤;D、分析半圓柱,根據(jù)動能定理,可知小滑塊對半圓柱的彈力做功為12Mv02C、設半圓柱、小滑塊相對地面的位移分別為x1,x2,則類比人船模型有x1+x2=Rsinθ,Mx1=mx2解得半圓柱相對地面的位移大小為x1故C錯誤。故選:D。【點評】本題考查了動量守恒定律的應用,知道動量守恒與機械能守恒的條件,分析清楚滑塊與半圓槽的運動過程是解題的前提,應用動量守恒定律與機械能守恒定律即可解題。7.(2024春?香坊區(qū)校級期末)在光滑水平面上甲、乙兩車相向而行,甲的速率為v0,乙的速率也為v0,甲車和車上人的總質(zhì)量為10m,乙車和車上人及貨包的總質(zhì)量為12m,單個貨包質(zhì)量為m10,為不使兩車相撞,乙車上的人以相對地面為v=11v0的速率將貨包拋出給甲車上的人,求:為使兩車不相撞,乙車上的人應拋出貨A.10個 B.11個 C.12個 D.20個【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題.【專題】定量思想;尋找守恒量法;動量定理應用專題.【答案】A【分析】對于兩輛車、兩人以及所有貨包組成的系統(tǒng)來說,在整個過程中系統(tǒng)的動量守恒,抓住兩車恰好不相撞時,速度相等,運用動量守恒定律求出兩車相等的速度.以乙及從乙車上拋出的貨包為系統(tǒng),運用動量守恒定律,求出乙車上的人拋出貨包的個數(shù).【解答】解:規(guī)定水平向左為正方向,兩車剛好不相撞時兩車速度相等,設相等的速度為v′。對兩輛車、兩人以及所有貨包組成的系統(tǒng),由動量守恒定律得:12mv0﹣10mv0=(12m+10m)v′解得v′=v設為使兩車不相撞,乙車上的人應拋出貨包的最小數(shù)量為n。對乙及從乙車上拋出的貨包為系統(tǒng),由動量守恒定律得:12mv0=(12m﹣n?m10)v′+n?m由題,v=11v0解得:n=10;故選:A?!军c評】解決本題的關鍵掌握動量守恒定律的條件,明確不相撞的臨界條件,合理選擇研究的系統(tǒng),運用動量守恒定律進行求解.8.(2024秋?南通月考)如圖所示,足夠長的小平板車B的質(zhì)量為M,以水平速度v0向右在光滑水平面上運動,與此同時,質(zhì)量為m的小物體A從車的右端以水平速度v0沿車的粗糙上表面向左運動。若物體與車面之間的動摩擦因數(shù)為μ,重力加速度大小為g,則在足夠長的時間內(nèi)()A.若M>m,物體A相對地面向左的最大位移是2MvB.若M<m,平板車B相對地面向右的最大位移是MvC.無論M與m的大小關系如何,摩擦力對平板車的沖量均為mv0 D.無論M與m的大小關系如何,摩擦力的作用時間均為2M【考點】動量守恒定律在板塊模型中的應用.【專題】定量思想;推理法;力學綜合性應用專題;分析綜合能力.【答案】D【分析】根據(jù)動量守恒定律求出M與m的共同速度,再結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式求出物體和小車相對于地面的位移;根據(jù)動量定理求出摩擦力的作用的時間,以及摩擦力的沖量?!窘獯稹拷猓篈.物體與平板作用的過程中,合外力為零,動量守恒,規(guī)定向右為正方向,由動量守恒定律得:Mv0﹣mv0=(M+m)v解得v=若M>m,A所受的摩擦力為:Ff=μmg設物體A相對地面向左的最大位移為xA,對A,由動能定理得:﹣FfxA=0-聯(lián)立解得:xA=v02B.若M<m,設平板車B相對地面向右的最大位移為xB,對B,由動能定理得:﹣FfxB=0-聯(lián)立解得:xB=Mν0CD.摩擦力對平板車的沖量等于平板車動量的變化量,對平板車由動量定理得:﹣Fft=Mv﹣Mv0Ff=μmg聯(lián)立解得:t=平板車動量的變化量為:Mv﹣Mv0=故C錯誤,D正確。故選:D?!军c評】本題綜合考查了動量守恒定律和動量定理,以及牛頓第二定律和運動學公式,綜合性強,對學生的要求較高,在解題時注意速度及動量的方向。9.(2024?雁塔區(qū)校級開學)對下列情景說法正確的是()A.子彈打進木塊后一起向左運動的過程,子彈和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒 B.兩同學傳接籃球的過程,兩同學和籃球構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒 C.綁有磁鐵的兩小車在光滑水平地面上相向運動的過程,兩車構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒 D.小球從靜止在光滑水平面上的斜槽頂端釋放,在離開斜槽前小球和斜槽構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題.【專題】定性思想;推理法;動量定理應用專題;推理能力.【答案】C【分析】根據(jù)系統(tǒng)動量守恒的條件解答?!窘獯稹拷猓篈、子彈打進木塊后一起向左運動的過程,受到逐漸增大的彈簧彈力作用,子彈和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)所受合力不為零,故此系統(tǒng)動量不守恒,故A錯誤;B、兩同學傳接籃球的過程,由于地面摩擦力的作用,兩同學和籃球構(gòu)成的系統(tǒng)所受合力不為零,故此系統(tǒng)動量不守恒,故B錯誤;C、綁有磁鐵的兩小車在光滑水平地面上相向運動的過程,兩車構(gòu)成的系統(tǒng)所受合力為零,故此系統(tǒng)動量守恒,故C正確;D、小球從靜止在光滑水平面上的斜槽頂端釋放,小球沿斜槽加速下滑,小球有豎直向下的加速度分量,故小球和斜槽構(gòu)成的系統(tǒng)在豎直方向合力不為零,故此系統(tǒng)動量不守恒。而此系統(tǒng)在水平方向所受合力為零,故此系統(tǒng)只是在水平方向動量守恒,故D錯誤。故選:C。【點評】本題考查了系統(tǒng)動量守恒的條件,基礎題目。系統(tǒng)動量守恒的條件是系統(tǒng)不受力或所受合力為零。10.(2024秋?南通月考)如圖甲為滑雪大跳臺的滑道示意圖,在助滑道與跳臺之間用一段彎曲滑道銜接,助滑道與著落坡均可以視為傾斜直道。運動員由起點滑下,從跳臺上同一位置沿同一方向飛出后,在空中完成系列動作,最后落至著落坡。運動員離開跳臺至落到著落坡階段的軌跡如圖乙所示,不計空氣阻力,運動員可視為質(zhì)點。關于運動員在空中的運動,下列說法正確的是()A.離著落坡最遠時重力的功率為零 B.在相等的時間內(nèi),速度變化量逐漸變大 C.在相等的時間內(nèi),動能的變化量逐漸變大 D.落到著落坡時的速度方向與飛出時速度的大小無關【考點】動量定理的內(nèi)容和應用;斜拋運動;功率的定義、物理意義和計算式的推導;動能定理的簡單應用.【專題】定性思想;推理法;平拋運動專題;分析綜合能力.【答案】D【分析】利用斜拋運動和平拋運動的處理方法(分解法)解答?!窘獯稹拷猓篈、在運動員離著落坡最遠時,速度方向與著落坡平行,速度在豎直方向有分速度,則重力的功率不為零,故A錯誤;B、根據(jù)動量定理有:mgΔt=mΔv整理得:Δv=gΔt故在相等的時間內(nèi),動量變化量相等,故B錯誤;C、在空中運動上升階段,做的是速度向上的勻減速直線運動,相等時間內(nèi)的豎直位移逐漸減小,則根據(jù)動能定理mgΔx=ΔEk可知,在相等的時間內(nèi)克服重力做功逐漸減小,動能的變化量逐漸變小,故C錯誤;D、設跳臺傾角為α,斜面傾角為θ,從跳臺飛出時速度為v,水平方向:x=vcosα?t豎直方向:y=|vsinα根據(jù)幾何關系,斜面傾角的正切值tanθ=整理得:tanθ=因為α、θ不變,則gt2vcosα運動員到斜坡上速度與水平方向夾角正切值為:tanγ=由于gt2vcosα的比值不變,則gtvcosα不變,可知tanγ為定值,故故選:D?!军c評】本題主要考査了斜拋運動和平拋運動的相關應用,解題關鍵點是將速度分解到合適的方向上,利用運動學公式即可完成分析。二.多選題(共5小題)(多選)11.(2024秋?廣州月考)如圖(a)所示,一個質(zhì)量m=1kg的物塊靜止在水平面上,現(xiàn)用水平力F向右拉物塊,F(xiàn)的大小隨時間變化關系如圖(b)所示。已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,重力加速度大小g=10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是()A.0~4s內(nèi),重力的沖量大小為0 B.0~4s內(nèi),重力的沖量大小為40N?s C.4s末,物塊的速度大小為8m/s D.4s末,物塊的速度大小為9m/s【考點】動量定理的內(nèi)容和應用;求恒力的沖量;求變力的沖量.【專題】定量思想;推理法;動量定理應用專題;推理能力.【答案】BD【分析】AB、根據(jù)I=Ft可得重力沖量大??;CD、拉力F小于最大靜摩擦力時物塊靜止,由圖可知物塊運動的時間,根據(jù)F﹣t圖像的面積表示力F的沖量和動量定理可得4s末物塊的速度大小?!窘獯稹拷猓篈B、0~4s內(nèi),重力的沖量大小為:IG=mgt=1×10×4N?s=40N?s,故A錯誤,B正確;CD、當水平力F=f=μmg=0.2×1×10N=2N時,物塊才開始運動,由圖可知,t=1s時,F(xiàn)=2N,所以0~1s物塊靜止,1~4s內(nèi)由F﹣t圖像可知水平力F的沖量大小為:I取水平向右為正方向,1~4s內(nèi)由動量定理有:IF﹣μmgt=mv代入數(shù)據(jù)可得4s末物塊的速度大小為:v=9m/s,故C錯誤,D正確。故選:BD?!军c評】本題考查了沖量和動量定理,解題的關鍵是知道恒力的沖量I=Ft,知道利用F﹣t圖像的面積求解變力的沖量。(多選)12.(2024?香坊區(qū)校級開學)如圖所示,A、B、C三個半徑相同的小球穿在兩根平行且光滑的足夠長的桿上,A、B、C三球的質(zhì)量分別為mA=2kg,mB=3kg,mC=2kg,初狀態(tài)三個小球均靜止,B、C球之間連著一根輕質(zhì)彈簧,彈簧處于原長狀態(tài)?,F(xiàn)給A一個向左的初速度v0=10m/s,A、B發(fā)生彈性碰撞,下列說法正確的是()A.球A和球B碰撞結(jié)束時,A球的速度大小為8m/s B.球A和球B碰撞結(jié)束時,B球的速度大小為8m/s C.球A和球B碰后,球B的最小速度大小為1.6m/s D.球A和球B碰后,彈簧的最大彈性勢能可以達到96J【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題.【專題】定量思想;尋找守恒量法;動量和能量的綜合;分析綜合能力.【答案】BC【分析】由動量守恒定律結(jié)合能量守恒定律,求解A、B碰撞后的速度;B球速度最小時,彈簧恢復原長,由動量守恒定律結(jié)合能量守恒定律,求解球B的最小速度;B、C兩球共速時,彈簧的彈性勢能最大,由動量守恒定律結(jié)合能量守恒定律,求解彈簧的最大彈性勢能?!窘獯稹拷猓阂猿跛俣鹊姆较驗檎较駻B.設兩球碰后的速度分別為vA、vB,由動量守恒定律可得mAv0=mAvA+mBvB由能量守恒定律可得12解得vA=﹣2m/s,vB=8m/s,故A錯誤,B正確;C.B球速度最小時,彈簧恢復原長,設此時B球的速度為vB',C球的速度為vC,則有mBvB=mBvB'+mCvC12解得vB'=﹣1.6m/s,故B的最小速度大小為1.6m/s,故C正確;D.B、C兩球共速時,彈簧的彈性勢能最大,設此時二者的速度為v,由動量守恒定律可得mBvB=(mB+mC)v解得v=4.8m/s此時彈簧的彈性勢能Ep解得Ep=38.4J,故D錯誤。故選:BC?!军c評】本題考查了動量守恒定律的應用,分析清楚小球的運動過程是解題的前提與關鍵,應用動量守恒定律與能量守恒定律即可解題,解題時要注意系統(tǒng)在水平方向動量守恒,注意正方向的選擇。(多選)13.(2024?渾南區(qū)校級開學)如圖所示,固定光滑斜面傾角θ=60°,其底端與豎直平面內(nèi)半徑為R的固定光滑圓弧軌道相切,位置D為圓弧軌道的最低點。質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的小環(huán)B(均可視為質(zhì)點)用L=1.5R的輕桿通過輕質(zhì)鉸鏈相連。B套在光滑的固定豎直長桿上,桿和圓軌道在同一豎直平面內(nèi),桿過軌道圓心O,初始輕桿與斜面垂直。在斜面上由靜止釋放A,假設在運動過程中兩桿不會碰撞,小球能滑過D點且通過軌道連接處時無能量損失(速度大小不變),重力加速度為g,從小球A由靜止釋放到運動至最低點過程中,下列判斷正確的是()A.小球運動到最低點時的速度大小為vAB.A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒、動量守恒 C.已知小球A運動到最低點時,小環(huán)B的瞬時加速度大小為a,則此時小球A受到圓弧軌道的支持力大小為5.5mg+ma D.剛釋放時小球A的加速度大小為a【考點】動量守恒的條件和判斷;牛頓第二定律求解向心力;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】AD【分析】根據(jù)系統(tǒng)機械能守恒的條件判斷;分析小球A的初狀態(tài),根據(jù)牛頓第二定律求解加速度;分析小球B的最大速度的特點,結(jié)合A的狀態(tài)分析桿上的彈力大?。粚π∏駻和B的初位置的高度進行設置,然和由幾何關系求解兩個高度,再根據(jù)機械能守恒定律列式求解?!窘獯稹拷猓築.從小球A由靜止釋放到運動至最低點過程中,由于小球A和B組成的系統(tǒng)只有重力做功,所以系統(tǒng)機械能守恒,但是系統(tǒng)受合外力不為零,則動量不守恒,故B錯誤;A.小球A初始位置距水平面高度為h1,由幾何關系可得Rsin60°小環(huán)B初始位置距水平面高度設為h2,由幾何關系可得h2=h1+1.5Rcos60°由系統(tǒng)機械能守恒得2mgΔh式中:vB=0,ΔhA=54阿爾vA故A正確;D.剛釋放時小球A時,根據(jù)牛頓第二定律得2mgsin60°=2maA解得aA選項D正確;C.小球A運動到最低點時,對小球B,根據(jù)牛頓第二定律知F﹣mg=ma對小球A,根據(jù)牛頓第二定律知FN則FN=9mg+ma故C錯誤。故選:AD?!军c評】熟練掌握系統(tǒng)機械能守恒的條件,結(jié)合幾何關系和桿模型的速度關聯(lián)問題求解相應的物理量。(多選)14.(2024春?沙坪壩區(qū)校級期中)如圖,一質(zhì)量為M的光滑滑塊靜止于足夠長的光滑水平面上,滑塊由半徑為1.5R的四分之一圓弧軌道和長度為0.5R豎直軌道組成,圓弧軌道底端切線水平。一質(zhì)量為m的小球(可視為質(zhì)點),以初速度v0=4gR水平向右運動,在圓弧軌道運動時間為t0A.小球的質(zhì)量m與滑塊的質(zhì)量M之比為3:1 B.小球到達最高點時的速度為23gRC.小球與滑塊分離時的速度為2gRD.從小球進入圓弧軌道到豎直軌道最高點的過程中,滑塊移動的距離為3【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題;機械能與曲線運動相結(jié)合的問題.【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】ACD【分析】根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得出小球和滑塊的質(zhì)量之比,以及小球到達最高點的速度;根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得出小球與滑塊分離時的速度;根據(jù)運動學公式聯(lián)立等式得出滑塊移動的距離。【解答】解:A、小球從進入圓弧部分至到達最高點過程中,小球和滑塊組成的系統(tǒng)機械能守恒、水平方向動量守恒,以水平向右為正方向,則有mv0=(M+m)v12解得:v=3gR,M=m3B、小球到達最高點時豎直方向速度為0,剩下水平方向與滑塊共速的速度為:v=3gR,故BC.小球從進入滑塊到離開滑塊過程中,小球和物塊組成的系統(tǒng)機械能守恒、水平方向動量守恒,以水平向右為正方向,則有mv0=mv1+Mv212解得:v即小球離開孔道時速度大小為gR,方向與初速度相同,故C正確;D.小球從進入滑塊至到達圓弧部分最高點的過程中,小球和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動量始終守恒,則有mv0=mv1+Mv2,小球在孔道圓弧部分運動的時間為t0,則有mx1=v該時間t0內(nèi),小球和物塊的相對位移為x1﹣x2=1.5R解得:x小球在豎直部分運動至最高點過程中,在豎直方向做豎直上拋運動,則有0.5R=1x3=vt1解得:x3=3R根據(jù)上述分析可知小球到達孔道最高點時,根據(jù)題意可知物塊移動的距離為:x=x2+x3解得:x=3t0gR故選:ACD。【點評】本題主要考查了動量守恒定律的相關應用,根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律聯(lián)立等式得出物體的速度,結(jié)合運動學公式即可完成分析。(多選)15.(2024?龍鳳區(qū)校級開學)如圖,兩端固定有小球A、B的豎直輕桿,A球緊貼豎直光滑墻面,B球位于光滑水平地面上,小球C緊貼小球B,小球A受到輕微擾動后順著墻面下滑,此后的運動過程中,三球始終在同一豎直面上,小球A落地后不反彈,已知小球C的最大速度為v,三球質(zhì)量均為m,輕桿長為L,重力加速度為g,下列說法正確的是()A.B、C兩球分離時,A球恰好離開墻面 B.小球A落地前瞬間動能大小為mgL-C.小球A落地時,小球C的速度是小球A速度的2倍 D.豎直墻對小球A的沖量大小為3mv【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題.【專題】定量思想;推理法;動量和能量的綜合;推理能力.【答案】AB【分析】理解小球的運動特點和運動過程中的臨界狀態(tài);根據(jù)動量守恒定律和幾何關系得出小球的速度關系,結(jié)合能量關系完成分析。【解答】解:A、小球A離開豎直墻時,輕桿由壓力變拉力,B、C分離,故A正確;D、B、C分離后小球C做勻速直線運動,所以B、C分離時,兩球速度均為v,對三小球整體列水平方向動量定理,則I墻=2mv,故D錯誤;C、自小球A離開墻面到小球落地,A、B輕桿水平方向動量守恒,則mv=mvB+mvAx且有vB=vAx解得:vB=vAx=v2,小球C的速度是小球AB、輕桿對小球A做功大小等于對小球B做功大小,即等于小球B、C的動能增量,則W=1小球A落地前瞬間動能大小為:EkA=mgL-W=mgL-5故選:AB。【點評】本題主要考查了動量守恒定律的相關應用,理解動量守恒的條件,結(jié)合能量守恒定律和關聯(lián)速度的特點即可完成分析。三.解答題(共5小題)16.(2024?惠山區(qū)校級開學)在固定的光滑水平桿(桿足夠長)上,套有一個質(zhì)量m=0.5kg的光滑金屬圓環(huán),一根長L=1m的輕繩一端拴在環(huán)上,另一端系著一個質(zhì)量M=1.98kg的木塊,如圖所示?,F(xiàn)有一質(zhì)量為m0=0.02kg的子彈以v0=1000m/s的水平速度射向木塊,最后留在木塊內(nèi)(不計空氣阻力和子彈與木塊作用的時間),g取10m/s2,求:(1)當子彈射入木塊后瞬間,木塊的速度大小v;(2)木塊向右擺動的最大高度h;(3)木塊向右擺動到最高點過程中繩子拉力對木塊做的功W?!究键c】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題;動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應用.【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)當子彈射入木塊后瞬間,木塊的速度大小10m/s;(2)木塊向右擺動的最大高度1m;(3)木塊向右擺動到最高點過程中繩子拉力對木塊做的功﹣16J。【分析】(1)根據(jù)動量守恒定律求得子彈射入木塊后瞬間,木塊的速度大小v;(2)根據(jù)動量守恒定律、能量守恒定律求得木塊向右擺動的最大高度h;(3)根據(jù)動能定理求得木塊向右擺動到最高點過程中繩子拉力對木塊做的功W。【解答】解:(1)子彈射入木塊的過程中,取向右為正方向,子彈和木塊組成的系統(tǒng)動量守恒,則m0v0=(M+m0)v代入數(shù)據(jù)解得v=10m/s(2)子彈、木塊和金屬圓環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向動量守恒,當木塊向右擺動到最大高度時,取向右為正方向,有(M+m0)v=(M+m0+m)v'12聯(lián)立解得v'=8m/s,h=1m(3)對木塊和子彈整體,根據(jù)動能定理可得-(M+解得W=﹣16J答:(1)當子彈射入木塊后瞬間,木塊的速度大小10m/s;(2)木塊向右擺動的最大高度1m;(3)木塊向右擺動到最高點過程中繩子拉力對木塊做的功﹣16J。【點評】本題是連接體機械能守恒和水平方向動量守恒問題,關鍵要正確選擇研究對象,明確研究的過程。此題研究只能針對系統(tǒng),對單個物體機械能不守恒。17.(2024?浦東新區(qū)校級開學)生活中的物理(1)人站在電梯里,隨電梯勻速向下運動,下列說法正確的是A。A.人所受的重力做正功B.人所受的重力不做功C.梯面對人的支持力做正功D.梯面對人的支持力不做功(2)一人用力將質(zhì)量為600g的籃球投出,使籃球以5m/s的初速度飛向籃框。假設人投籃時對籃球的平均作用力為100N,人距離籃框的水平距離為4m,則人對籃球所做的功為A。A.7.5JB.300JC.400JD.500J(3)質(zhì)量為m的物體在水平恒力F的推動下,從山坡底部A處由靜止運動至高為h的坡頂B,獲得速度為v,AB的水平距離為s,同時受到空氣阻力的作用。下列說法正確的是D。A.物體重力做的功是mghB.合力對物體做的功是mC.空氣阻力對物體做的功是Fs﹣mghD.空氣阻力對物體做的功是m(4)如圖a所示是打樁機的簡易模型。質(zhì)量m=1.0kg的物體在拉力F作用下從與釘子接觸處由靜止開始運動,上升一段高度后撤去F,到最高點后自由下落,撞擊釘子后物體不再彈起,將釘子打入一定深度。若以初始狀態(tài)物體與釘子接觸處為零勢能點,物體上升過程中,機械能E與上升高度h的關系圖像如圖b所示。不計所有摩擦,g=10m/s2。物體上升過程所受拉力F=12N;忽略打擊釘子及釘入的時間,則物體給釘子的沖量大小為4.9kg?m/s(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字)?!究键c】動量定理的內(nèi)容和應用;牛頓第三定律的理解與應用;機械能守恒定律的簡單應用.【專題】定量思想;推理法;牛頓運動定律綜合專題;功的計算專題;動能定理的應用專題;機械能守恒定律應用專題;動量定理應用專題;推理能力.【答案】(1)A;(2)A;(3)D;(4)12;4.9?!痉治觥浚?)AB、根據(jù)重力與位移方向的關系分析;CD、根據(jù)支持力與位移方向的關系分析;(2)根據(jù)人對籃球做的功等于籃球獲得的初動能求解;(3)A、根據(jù)WG=﹣mgh求解;BCD、利用動能定理求解。(4)利用功能關系可知E﹣h圖像的斜率等于拉力,則可得F大小,利用機械能守恒定律可得物體落到釘子上時的速度大小,物體打擊釘子的過程利用動量定理可得釘子對物體的沖量,利用牛頓第三定律可得物體給釘子的沖量大小?!窘獯稹拷猓海?)AB、人隨電梯勻速向下運動過程,人所受的重力方向與其位移方向相同,重力做正功,故A正確,B錯誤;CD、梯面對人的支持力方向與其位移方向相反,所以梯面對人的支持力做負功,故CD錯誤。(2)由功能關系可知人對籃球做的功等于籃球獲得的初動能,則有:W人=12m(3)A、物體重力做的功是:WG=﹣mgh,故A錯誤;B、從A到B過程,由動能定理有:W合=Fs+WG+W阻=1(4)由功能關系則有:ΔE=F?Δh,可得F=ΔEΔh,E﹣h由圖可知,物體上升1m撤去力F,此時物體的機械能為,E=12J撤去力F,物體只有重力做功,從物體撤去力F到物體剛落到釘子過程,由機械能守恒定律可得:E=代入數(shù)據(jù)可得物體落到釘子上時的速度大小為:v=2取豎直向上為正方向,物體打擊釘子的過程由動量定理有:I=0﹣m×(﹣v)代入數(shù)據(jù)可得釘子對物體的沖量為:I=4.9kg?m/s由牛頓第三定律可知物體受到釘子的作用力與物體對釘子的作用力大小相等,方向相反,所以物體給釘子的沖量大小為4.9kg?m/s。故答案為:(1)A;(2)A;(3)D;(4)12;4.9?!军c評】本題考查了動能定理、功能關系和機械能守恒定律、動量定理、牛頓第三定律,解題的關鍵是知道力與其位移的夾角為銳角,則力做正功,力與其位移的夾角為鈍角,則力做負功,熟記功能關系除重力外,其它力做的功等于機械能的變化量,知道E﹣h圖像斜率的含義。18.(2024?岳麓區(qū)校級開學)如圖所示,水平地面上固定一足夠長的斜面,斜面的傾角為θ=30°,底部固定一垂直于斜面的擋板,在斜面上放置一質(zhì)量為6m的滑板C,C剛好能靜止在斜面上。將一質(zhì)量為4m的滑塊B輕輕放在C的最上端,B與C間的動摩擦因數(shù)為μ2=32,在斜面的左上方有一固定的四分之一豎直光滑圓弧,圓弧半徑為R=1.6m,一質(zhì)量為m的小球A從圓弧的正上方高度為12R處由靜止釋放,經(jīng)過圓弧最低點時水平拋出,剛好以平行于斜面的速度與滑塊B發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰后瞬間將小球拿走,碰撞時小球的動能減少了75%,C下滑到斜面底端時B和C的速度相等,C與擋板碰撞沒有機械能的損失,不計空氣阻力,木板C(1)C與斜面間的動摩擦因數(shù);(2)C下滑到斜面底端時,B和C的速度大?。唬?)C與擋板第一次碰撞后,C的速度為0時,B的速度大小。【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題;無外力的傾斜板塊模型;動能定理的簡單應用;動量守恒定律在板塊模型中的應用.【專題】定量思想;推理法;力學綜合性應用專題;分析綜合能力.【答案】(1)C與斜面間的動摩擦因數(shù)為33(2)C下滑到斜面底端時,B和C的速度大小為1.2m/s;(3)C與擋板第一次碰撞后,C的速度為0時,B的速度大小5755【分析】(1)由平衡條件求解C與斜面間的動摩擦因數(shù)。(2)根據(jù)動能定理求得A下落到圓弧軌道底端的速度,根據(jù)平拋運動的性質(zhì)求得A與B碰前瞬間A的速度大小。根據(jù)題意,應用動量守恒定律求得碰撞后B的速度。對BC組成的系統(tǒng)滿足動量守恒定律,據(jù)此求得C下滑到斜面底端時,B和C的速度大小。(3)根據(jù)牛頓第二定律與運動學公式求得C的速度為0時,B的速度大小?!窘獯稹拷猓海?)初始C剛好靜止于斜面上,由平衡條件得:6mgsinθ=μ1?6mgcosθ解得C與斜面間的動摩擦因數(shù)為:μ1(2)設A下落到四分之一豎直光滑圓弧底端的速度為v0,根據(jù)動能定理可得:mg(1A經(jīng)過圓弧最低點水平拋出后做平拋運動,設A與B碰前瞬間A的速度大小為v,由速度的分解可得:v=v聯(lián)立解得:v=2A與B碰撞過程中,以沿斜面向下為正方向。因A球的動能減少了75%,故碰撞后瞬間A球的速度變?yōu)関AA、B碰撞過程,滿足動量守恒定律,則有:mv=mvA+4mvB當vA=v2時,vB=v當vA=-v2時,碰撞完畢后,對BC組成的系統(tǒng),因10mgsinθ=μ1?10mgcosθ,故此系統(tǒng)滿足動量守恒定律,設B和C共速的速度為vBC,以沿斜面向下為正方向,則有:4mvB=10mvBC解得C下滑到斜面底端時,B和C的速度大小為:v解得:vBC=1.2m/s(3)C第一次碰撞后,C的速度大小不變,方向相反,B減速下滑的加速度大小滿足:μ2?4mgcosθ﹣4mgsinθ=4maBC減速上滑的加速度大小滿足:μ2?4mgcosθ+6mgsinθ+μ1?10mgcosθ=6maC解得:aB=2.5m/s設經(jīng)過時間t,C速度減為零,則有:t=v此時B的速度大小為:vB′=vBC﹣aBt解得:v答:(1)C與斜面間的動摩擦因數(shù)為33(2)C下滑到斜面底端時,B和C的速度大小為1.2m/s;(3)C與擋板第一次碰撞后,C的速度為0時,B的速度大小5755【點評】本題考查了碰撞模型、平拋運動、牛頓第二定律應用的板塊相對運動問題。本題運動過程較多、繁瑣,解答時要思維縝密。掌握碰撞的合理性的判斷。19.(2023秋?順義區(qū)校級月考)(1)如圖1所示,質(zhì)量為m的物體,僅在與運動方向相同的恒力F的作用下做勻變速直線運動。經(jīng)過時間t,速度由v1增加到v2。請根據(jù)牛頓運動定律和勻變速直線運動規(guī)律,推導在這個運動過程中,恒力F的沖量和物體動量變化之間的關系,即動量定理。(2)動量定理也適用于變力,此時的力可以理解為平均作用力。如圖2所示,一個質(zhì)量是0.1kg的鋼球,以6m/s的速度水平向右運動,碰到堅硬的墻壁后彈回,沿著同一直線以6m/s的速度水平向左運動。若鋼球與墻壁的碰撞時間為0.02s,求墻壁對鋼球的平均作用力的大小和方向。(3)用動量定理處理二維問題時,可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別進行研究。如圖3所示,質(zhì)量為m的小球斜射到固定在地面上的水平木板上,入射的角度是θ,碰撞后彈出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v。若小球與木板的碰撞時間為t,求木板對小球的平均作用力。【考點】用動量定理求平均作用力;動量定理的內(nèi)容和應用.【專題】定量思想;推理法;動量定理應用專題;推理能力.【答案】(1)見解析;(2)墻壁對鋼球的平均作用力的大小為60N,方向水平向左;(3)木板對小球的平均作用力大小為2mvcosθt+【分析】(1)根據(jù)牛頓第二定律與運動學公式解答;(2)應用動量定理解答;(3)在豎直方向上應用動量定理解答;【解答】解:(1)依據(jù)題意,以恒力F的方向為正方向,根據(jù)牛頓第二定律有:F=ma根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律有:v2=v1+at兩式聯(lián)立推得恒力F的沖量和物體動量變化之間的關系為:Ft=mv2﹣mv1(2)以水平向左為正方向,根據(jù)動量定理得:F1t1=mv′﹣(﹣mv)已知:v=v′=6m/s解得:F1(3)小球受到木板的作用力在y方向上,以豎直向上為正方向,對小球在y方向上根據(jù)動量定理得:(F2﹣mg)t=mvcosθ﹣(﹣mvcosθ)解得:F2=答:(1)見解析;(2)墻壁對鋼球的平均作用力的大小為60N,方向水平向左;(3)木板對小球的平均作用力大小為2mvcosθt+【點評】本題考查了動量定理的推動與應用,題目較簡單,應用牛頓第二定律、動量定理解答即可,解答時要注意矢量的方向問題。20.(2024?甘肅)如圖,質(zhì)量為2kg的小球A(視為質(zhì)點)在細繩O′P和OP作用下處于平衡狀態(tài),細繩O'P=OP=1.6m,與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上,質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細繩O′P,小球A開始運動。(重力加速度g取10m/s2)(1)求A運動到最低點時細繩OP所受的拉力。(2)A在最低點時,細繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞(時間極短),碰后A豎直下落,C水平向右運動。求碰后C的速度大小。(3)A、C碰后,C相對B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動摩擦因數(shù)?!究键c】動量守恒定律在板塊模型中的應用;平拋運動速度的計算;牛頓第二定律求解向心力;動能定理的簡單應用.【專題】定量思想;推理法;力學綜合性應用專題;分析綜合能力.【答案】(1)A運動到最低點時細繩OP所受的拉力為40N。(2)碰后C的速度大小為4m/s。(3)C和B之間的動摩擦因數(shù)為0.15。【分析】(1)根據(jù)動能定理求得小球A到最低點時的速度,根據(jù)牛頓第二定律求解細繩的拉力。(2)A飛出后與C碰撞前做平拋運動,由題意可知碰撞后A的水平分速度為零。A與C碰撞過程水平方向上動量守恒,據(jù)此求得碰后C的速度大小。(3)對C相對B滑行過程,根據(jù)動量守恒定律與能量守恒定律求解C和B之間的動摩擦因數(shù)?!窘獯稹拷猓海?)細繩OP的長度為L=1.6m,從小球A開始做圓周運動到最低點的過程,根據(jù)動能定理得:mAg(L﹣Lcos60°)=解得:v0=4m/s設小球A運動到最低點時細繩OP對小球A的拉力為T,根據(jù)牛頓第二定律得:T﹣mAg=解得:T=40N根據(jù)牛頓第三定律可知A運動到最低點時細繩OP所受的拉力為40N。(2)A飛出后與C碰撞前做平拋運動,A與C碰撞前瞬間A的水平分速度等于v0=4m/s,由題意可知碰撞后A的水平分速度為零。A與C碰撞過程水平方向上動量守恒,以向右為正方向,則有:mAv0=mCvC解得碰后C的速度大小為:vC=4m/s(3)A、C碰后,C相對B滑行Δx=4m后與B共速(設共速的速度為v)。以向右為正方向,對C相對B滑行過程,根據(jù)動量守恒定律與能量守恒定律得:mCvC=(mC+mB)vμmCgΔx=解得C和B之間的動摩擦因數(shù)為:μ=0.15答:(1)A運動到最低點時細繩OP所受的拉力為40N。(2)碰后C的速度大小為4m/s。(3)C和B之間的動摩擦因數(shù)為0.15?!军c評】本題為力學綜合性題目,涉及到了圓周運動、平拋運動、碰撞問題、板塊相對滑動問題??疾榱藙恿渴睾愣?、功能關系、牛頓第二定律的應用。題目難度不大,均是較簡單的基礎問題。
考點卡片1.自由落體運動的規(guī)律及應用【知識點的認識】1.定義:物體只在重力作用下從靜止開始豎直下落的運動叫做自由落體運動.2.公式:v=gt;h=12gt2;v2=3.運動性質(zhì):自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動.4.物體做自由落體運動的條件: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?。久}方向】自由落體運動是常見的運動,可以看作是勻變速直線運動的特例,高考命題常以新情境來考查,而且經(jīng)常與其他知識綜合出題.單獨考查的題型一般為選擇題或計算題,綜合其它知識考查的一般為計算題,難度一般中等或偏易.例1:關于自由落體運動,下列說法中正確的是()A.在空氣中不考慮空氣阻力的運動是自由落體運動B.物體做自由運動時不受任何外力的作用C.質(zhì)量大的物體,受到的重力大,落到地面時的速度也大D.自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動分析:自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運動運動,加速度g與質(zhì)量無關.解答:A、自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落的運動,故A錯誤;B、物體做自由運動時只受重力,故B錯誤;C、根據(jù)v=gt可知,落到地面時的速度與質(zhì)量無關,故C錯誤;D、自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運動運動,故D正確.故選:D.點評:把握自由落體運動的特點和規(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際長度,如圖所示.已知曝光時間為11000s,則小石子出發(fā)點離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,在利用自由落體運動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系式v2=2gh可得,h=v22g=故選:C.點評:由于AB的運動時間很短,我們可以用AB段的平均速度來代替A點的瞬時速度,由此再來計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.【解題思路點撥】1.自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動,所以,勻變速直線運動公式也適用于自由落體運動.2.該知識點的3個探究結(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動,叫做自由落體運動.“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動,它們的運動情況是相同的.2.豎直上拋運動的規(guī)律及應用【知識點的認識】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動,叫做豎直上拋運動。2.特點:(1)初速度:v0≠0;(2)受力特點:只受重力作用(沒有空氣阻力或空氣阻力可以忽略不計);(3)加速度:a=g,其大小不變,方向始終豎直向下。3.運動規(guī)律:取豎直向上的方向為正方向,有:vt=v0﹣gt,h=v0t-12gtvt24.幾個特征量:(1)上升的最大高度hmax=v(2)質(zhì)點在通過同一高度位置時,上升速度與下落速度大小相等;上升到最大高度處所需時間t上和從最高處落回到拋出點所需時間相等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:豎直上拋運動看作是向上的勻減速直線運動,和向下的勻加速直線運動,明確運動過程,由運動學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間t=v0g=3010A、路程應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,位移在拋出點的上方,故C、速度的改變量△v=gt=50m/s,方向向下,故C錯誤;D、平均速度v=ht=25故選:AB。點評:豎直上拋運動中一定要靈活應用公式,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,不計空氣阻力,取g=10m/s2.求:(1)物體從拋出點到被人接住所經(jīng)歷的時間;(2)豎直井的深度。分析:豎直上拋運動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一般用分段法,此題可以直接應用整體法進行求解。解答:(1)設最后1s內(nèi)的平均速度為v則:v=平均速度等于中間時刻的瞬時速度,即接住前0.5s的速度為v1=4m/s設物體被接住時的速度為v2,則v1=v2﹣gt得:v2=4+10×0.5=9m/s,則物體從拋出點到被人接住所經(jīng)歷的時間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)物體從拋出點到被人接住所經(jīng)歷的時間為1.2s(2)豎直井的深度為6m。點評:豎直上拋運動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一般用分段法,此題只有豎直向上的勻減速運動,直接應用整體法求解即可?!窘忸}方法點撥】1.豎直上拋運動的兩種研究方法:(1)分段法:上升階段是勻減速直線運動,下落階段是自由落體運動,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動看成一個勻變速直線運動,要特別注意v0、vt、g、h等矢量的正、負號。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為負值;物體在拋出點以上時h為正值,物體在拋出點以下時h為負值。住:豎直上拋運動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)過同一位置時速度等大、反向;②時間對稱:上升和下降過程經(jīng)過同一段高度的上升時間和下降時間相等。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.無外力的傾斜板塊模型【知識點的認識】1.模型概述:一個物體在另一個物體表面上發(fā)生相對滑動,兩者之間有相對運動,可能發(fā)生同向相對滑動或反向相對滑動。問題涉及兩個物體的運動時間、速度、加速度、位移等各量的關系。2.板塊模型的是哪個基本關系【命題方向】如圖所示,在傾角θ=37°的固定斜面上放置一質(zhì)量M=1kg、長度L=3m的薄平板AB.平板的上表面光滑,其下端B與斜面底端C的距離為7m.在平板的上端A處放一質(zhì)量m=0.6kg的滑塊,開始時使平板和滑塊都靜止,之后將它們無初速釋放.設平板與斜面間、滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)均為μ=0.5,求滑塊與平板下端B到達斜面底端C的時間差Δt.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)分析:分別研究滑塊與平板的運動情況:開始時,由于Mgsin37°<μ(M+m)gcos37°,滑塊在平板上滑動時,平板靜止不動.根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊的加速度,由位移—速度關系式求出滑塊到達B點時的速度.滑塊離開平板后,根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊沿斜面下滑的加速度,由位移公式求解滑塊由B至C所用時間.滑塊滑離后平板才開始運動,根據(jù)牛頓第二定律求出平板沿斜面下滑的加速度,由位移公式求解滑塊由B至C所用時間.再求解時間差.解答:對平板,由于Mgsin37°<μ(M+m)gcos37°,故滑塊在平板上滑動時,平板靜止不動.對滑塊:在薄板上滑行時加速度a1=gsin37°=6m/s2,到達B點時速度v=滑塊由B至C時的加速度a2=gsin37°﹣μgcos37°=2m/s2,設滑塊由B至C所用時間為t,則LBC=vt+1代入解得t=1s對平板,滑塊滑離后才開始運動,加速度a=gsin37°﹣μgcos37°=2m/s2,設滑至C端所用時間為t',則LBC=12a滑塊與平板下端B到達斜面底端C的時間差為Δt=t′﹣t=(7-1)答:滑塊與平板下端B到達斜面底端C的時間差為(7-1)s點評:本題關鍵在于分析兩物體的受力情況,再確定物體的運動情況.也可以運用動能定理與運動學公式結(jié)合求解.【解題思路點撥】要牢牢把握物塊與木板之間的聯(lián)系,找出加速度關系、速度關系以及位移關系,通過整體法與隔離法的綜合運用解決問題。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。【命題方向】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.斜拋運動【知識點的認識】1.定義:物體將以一定的初速度向空中拋出,僅在重力作用下物體所做的運動叫做拋體運動。2.方向:直線運動時物體的速度方向始終在其運動軌跡的直線方向上;曲線運動中,質(zhì)點在某一刻(或某一位置)的速度方向是在曲線這一點的切線方向。因此,做拋體運動的物體的速度方向,在其運動軌跡各點的切線方向上,并指向物體前進的方向。注:由于曲線上各點的切線方向不同,所以,曲線運動的速度方向時刻都在改變。3.拋體做直線或曲線運動的條件:(1)物體做直線運動:當物體所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直線上時,物體做直線運動。(2)物體做曲線運動:當物體所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直線上時,物體做曲線運動。4.平拋運動(1)定義:將物體用一定的初速度沿水平方向拋出,且只在重力作用下所做的運動。(2)條件:①初速度方向為水平;②只受重力作用。(3)規(guī)律:平拋運動在水平方向的分運動是勻速直線運動,在豎直方向的分運動是自由落體運動,所以平拋運動是勻變速曲線運動,運動軌跡是拋物線。(4)公式:速度公式:水平方向:v位移
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