2025年高考物理解密之考点专题训练08动量与动量守恒定律（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理解密之考点专题训练08动量与动量守恒定律（Word版附解析），共100页。试卷主要包含了，点为弹簧在原长时物块的位置等内容，欢迎下载使用。
1．（2025•邯郸一模）一辆汽车在平直公路上行驶，发现前方有紧急情况后立即刹车。刹车过程可看作匀减速直线运动，则以下选项中能够描述刹车过程中动量随时间变化的图像是
A．B．
C．D．
2．（2025•邯郸一模）如图甲所示，质量为的物块静止在粗糙水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数。某时刻对物块施加水平向右的拉力，随时间变化的规律如图乙所示，取。以下说法正确的是
A．时拉力的瞬时功率为
B．合力做功的平均功率为
C．物块的动量变化量为
D．物块运动的位移为
3．（2024•重庆）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘（质量为在软组织中运动距离后进入目标组织，继续运动后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为、，则针鞘
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为
C．运动过程中，阻力做功为
D．运动的过程中动量变化量大小为
4．（2024•朝阳区一模）如图所示，光滑水平地面上的、两物体质量均为，以速度向右运动，静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时
A．的动量为0
B．的动量达到最大值
C．、系统总动量小于
D．弹簧储存的弹性势能为
5．（2024•北京一模）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块（可视为质点），点为弹簧在原长时物块的位置。物块由点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达点。关于物块的受力及运动特征，下列说法正确的是
A．从到，物块所受重力的冲量为0
B．从到，物块的加速度一直减小
C．从到，物块通过点时的速度最大
D．从到，弹簧弹力对物块做的功等于物块与水平面摩擦产生的热量
6．（2024•北京）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
7．（2024•福建模拟）如图所示，某煤矿有一水平放置的传送带，已知传送带的运行速度为，开采出的煤块以的流量（即每秒钟有煤块从漏斗中落至传送带上）垂直落在传送带上，并随着传送带运动。为了使传送带保持匀速传动，电动机的功率应该增加
A．B．C．D．
8．（2024•海淀区模拟）如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船的质量为，其推进器工作时飞船受到的平均推力为。在飞船与空间站对接后，推进器工作时间为△，测出飞船和空间站的速度变化为△。下列说法正确的是
A．空间站的质量为
B．空间站的质量为
C．飞船对空间站的作用力大小为
D．飞船对空间站的作用力大小一定为
9．（2024•辽宁三模）航天梦由来已久，明朝万户，他把多个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，翱翔天际，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备火箭（含燃料）、椅子、风筝等总质量为，点燃火箭后在极短的时间内，质量为的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为，下列说法中正确的是
A．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
B．火箭在向下喷气上升的过程中，火箭机械能守恒
C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒
10．（2024•丰台区二模）如图所示，质量为的小球用长为的细线悬于点，使小球在水平面内以角速度做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心到悬点的距离为，重力加速度为。下列说法正确的是
A．绳对小球的拉力大小为
B．小球转动一周，绳对小球拉力的冲量为0
C．保持不变，增大绳长，增大
D．保持不变，增大绳长，绳对小球拉力的大小不变
二．多选题（共5小题）
11．（2024•五华区校级模拟）如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，从到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在点。一质量为、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍，重力加速度为。下列说法正确的是
A．滑块到达点时的速度大小为
B．弹簧获得的最大弹性势能为
C．滑块从点运动到点的过程中，小车运动的位移大小为
D．滑块第一次从点运动到点时，小车对滑块的支持力大小为
12．（2024•大连二模）体育课上，某同学做俯卧撑训练，在向上撑起过程中，下列说法正确的是
A．地面对手的支持力做了正功B．地面对手的支持力冲量为零
C．他克服重力做了功D．他的机械能增加了
13．（2024•福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块
A．在内一直沿斜面向下运动
B．在内所受合外力的总冲量大小为零
C．在时动量大小是在时的一半
D．在内的位移大小比在内的小
14．（2024•天津模拟）如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力随运动时间的变化关系如图乙所示。后，列车以的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。则下列说法正确的是
A．前，列车做匀减速直线运动
B．列车所受阻力的大小为
C．根据已知条件可求出列车的质量为
D．在时，列车牵引力的功率为
15．（2024•聊城二模）如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在点，为导轨的顶点，点离地面的高度为，在点正下方，、两点相距，轨道上套有一个小球，小球通过轻杆与光滑地面上的小球相连，两小球的质量均为，轻杆的长度为。现将小球从距地面高度为处由静止释放，下列说法正确的是
A．小球即将落地时，它的速度大小为
B．小球即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为
C．从静止释放到小球即将落地，轻杆对小球做的功为
D．若小球落地后不反弹，则地面对小球的作用力的冲量大小为
三．填空题（共1小题）
16．（2024•福州模拟）如图所示，柜子静置于水平地面，某人用大小为的水平推力推柜子，但没有推动，则柜子和地面间摩擦力大小 ；在同一时间内，推力冲量大小 摩擦力冲量大小（选填“大于”、“小于”或“等于” 。
四．解答题（共9小题）
17．（2025•邯郸一模）如图所示，桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然伸长位置为点，弹簧的劲度系数，圆轨道的半径，圆管的内径比小球直径略大，但远小于圆轨道半径，小物块静止于木板左端，木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数，木板右端与墙壁之间的距离，现用力将小球向左推压，将弹簧压缩，然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端点后水平抛出，从管口处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分点飞出，并恰好与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，，，，，。试求：
（1）小球平抛运动的时间及抛出点与管口间的高度差；
（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力，并判断是和管的内壁还是外壁挤压；
（3）木板的最短长度及木板在地面上滑动的总路程。
18．（2024•宁河区校级一模）
如图所示，光滑轨道固定在竖直平面内，水平，为半圆，圆弧轨道的半径，在处与相切。在直轨道上放着质量分别为、的物块、（均可视为质点），用轻质细绳将、连接在一起，且、间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为、长的小车，小车上表面与等高。现将细绳剪断，之后向左滑上小车，恰好未从小车左端掉下。向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点处。物块与小车之间的动摩擦因数，重力加速度取。求：
（1）物块运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小。
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能。
（3）小车的质量。
19．（2024•福建）如图，木板放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧、与桌面上的两个固定挡板相连。小物块放在的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球相连，轻绳绝缘且不可伸长，与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，、、均静止，、处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，向下加速运动，下降后开始匀速运动，开始做匀速运动瞬间弹簧的弹性势能为。已知、、的质量分别为、、，小球的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）求与间的动摩擦因数及做匀速运动时的速度大小；
（3）若时电场方向改为竖直向下，当与即将发生相对滑动瞬间撤去电场，、继续向右运动，一段时间后，从右向左运动。求第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程未与脱离，未与地面相碰）
20．（2024•罗湖区校级模拟）如图甲所示，质量为的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在点平滑连接，为轨道的最高点。质量为的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道水平部分的长度，半圆形部分的半径，重力加速度大小取。
（1）若轨道固定，使小物块以某一初速度沿轨道滑动，且恰好可以从点飞出，求该情况下，物块滑到点时的速度大小；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度与对应关系如图乙所示。
求和；
初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力，当小物块运动到点时撤去，试判断此后小物块是否可以从点飞离轨道，若可以，计算小物块从点飞离时相对地面的速度大小及方向；若不可以，计算与轨道分离点的位置。
21．（2024•莲湖区校级模拟）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角，顺时针转动的速率为。将质量为的物体无初速地放在传送带的顶端，物体到达底端后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为，，的距离为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度（已知，。求：
（1）物体刚开始下滑时的加速度大小和物体滑上木板左端时的速度大小；
（2）若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度至少应是多少；
（3）若木板与地面的动摩擦因数为，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度与的关系式。
22．（2024•云安区校级模拟）质量的手榴弹从水平地面上以的初速度斜向上抛出，上升到距地面的最高点时炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地动能为。重力加速度，空气阻力不计，爆炸后气体的动量总动量为零，火药燃烧充分，求：
（1）手榴弹所装弹药的质量；
（2）两块弹片落地点间的距离。
23．（2024•浙江模拟）一质量为的卫星沿半径的圆轨道绕太阳运行。卫星上有一太阳帆—半径为的圆形镜面反射膜。该反射膜在随后运动中不断改变方向，使帆面不断改变方向以保证始终垂直于太阳光。已知：万有引力常量为，太阳质量为，太阳半径为，太阳表面温度为。太阳可视理想黑体且单位面积的热辐射功率为，其中为一常量。已知光具有粒子的性质：一个光子的能量，其中是光子的动量，是光速。
（1）求太阳热辐射的总功率；
（2）求太阳帆单位时间内接受到的能量；
（3）求太阳帆受到的合力（以沿着半径背离圆心的方向为正方向）。
24．（2024•江苏模拟）如图，倾角的粗糙斜面与光滑水平面在点平滑连接，倾角的足够长的传送带在电动机的带动下以的速度沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端点通过一小段圆弧连接，质量的小物块放在水平面上的点，质量的小滑块从点由静止释放，滑块与斜面间的动摩擦因数，、间距离，滑到水平面上后与发生弹性正碰，以后与的碰撞都发生在水平面上，与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度取，，。求：
（1）第一次与碰撞前瞬间的速度大小；
（2）第一次碰撞后瞬间与的速度大小；
（3）从第一次经过点到第二次经过点的过程中电动机额外多做的功。
25．（2024•合肥三模）如图所示，在静止的水面上有一质量为的小船，一质量为的救生员站在船尾，相对小船静止。回答下列问题：
（1）当小船以速率向右匀速行驶时，救生员相对船以速率水平向左跃入水中，不考虑水对船的阻力，求救生员跃出后小船的速率；
（2）当船静止在水面上时，救生员从船尾走到船头，已知船长为，不考虑水对船的阻力，求此过程中船后退的距离；
（3）开动小船的发动机，小船以速度匀速行驶，小船受到的阻力为。已知水的密度为，小船螺旋桨与水作用的有效面积为，求小船的发动机的输出平均功率。
2025年高考物理解密之动量与动量守恒定律
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025•邯郸一模）一辆汽车在平直公路上行驶，发现前方有紧急情况后立即刹车。刹车过程可看作匀减速直线运动，则以下选项中能够描述刹车过程中动量随时间变化的图像是
A．B．
C．D．
【答案】
【考点】匀变速直线运动速度与时间的关系；动量变化量的计算
【专题】推理法；推理论证能力；定量思想；动量定理应用专题
【分析】根据动量的定义分析动量的变化规律。
【解答】解：设刹车的初速度为，加速度为，则经时间的速度为
动量为
故正确，错误。
故选：。
【点评】本题考查了动量的直接应用，难度不大，属于基础题。
2．（2025•邯郸一模）如图甲所示，质量为的物块静止在粗糙水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数。某时刻对物块施加水平向右的拉力，随时间变化的规律如图乙所示，取。以下说法正确的是
A．时拉力的瞬时功率为
B．合力做功的平均功率为
C．物块的动量变化量为
D．物块运动的位移为
【答案】
【考点】平均功率的计算；动能定理的简单应用；动量定理的内容和应用
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；动能定理的应用专题；动量定理应用专题；推理论证能力
【分析】、根据图像的面积表示的冲量，可得内力的冲量，内力的冲量，内、内分别利用动量定理可得物块时、时的速度大小，由可得物块的瞬时功率，内利用动能定理可得合力做的功，利用可得合力做功的平均功率；
、根据动量的变化量△求解；
、假设物块做匀变速直线运动，利用可得物块物块的位移，根据物块加速度逐渐增大可得结论。
【解答】解：、图像的面积表示的冲量，由图乙可得内力的冲量：
取力的方向为正方向，内由动量定理有：，代入数据可得时物块的速度大小为：
则时拉力的瞬时功率为：，故错误；
、由图乙可得内力的冲量：
取力的方向为正方向，内由动量定理有：，代入数据可得时物块的速度大小为：
内由动能定理可得合力做的功为：
则合力做功的平均功率为：，故正确；
、内物块的动量变化量为：△，故错误；
、若物块在内做匀加速直线运动，则运动的位移：，但物块在内实际上做加速度逐渐增大的加速运动，所以物块运动的位移不等于，故错误。
故选：。
【点评】本题考查了动量定理、动能定理和功率，解题的关键是知道图像的面积表示的冲量，熟练掌握利用动量定理解决问题。
3．（2024•重庆）活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针蕊和针鞘被瞬间弹出后仅受阻力。针鞘（质量为在软组织中运动距离后进入目标组织，继续运动后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力。大小分别为、，则针鞘
A．被弹出时速度大小为
B．到达目标组织表面时的动能为
C．运动过程中，阻力做功为
D．运动的过程中动量变化量大小为
【答案】
【考点】利用动能定理求解多过程问题；动量变化量的计算
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力
【分析】根据动能定理求针鞘被弹出时速度大小；
由功能关系求针鞘到达目标组织表面时的动能、克服阻力做功；
由动量与动能关系求出动量变化量。
【解答】解：．根据动能定理有
解得
故正确；
．针鞘到达目标组织表面后，继续前进减速至零，有
到达目标组织表面时的动能为
故错误；
．针鞘运动的过程中，克服阻力做功为，故错误；
．针鞘运动的过程中，动量变化量大小
故错误。
故选：。
【点评】本题考动能定理相关知识，明确功能关系、动能与动量的关系，难度一般。
4．（2024•朝阳区一模）如图所示，光滑水平地面上的、两物体质量均为，以速度向右运动，静止且左端固定一轻弹簧。当弹簧被压缩至最短时
A．的动量为0
B．的动量达到最大值
C．、系统总动量小于
D．弹簧储存的弹性势能为
【答案】
【考点】动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；动量守恒定律在绳连接体问题中的应用；功是能量转化的过程和量度
【专题】定量思想；推理能力；推理法；与弹簧相关的动量、能量综合专题
【分析】根据动量守恒定律，结合物体的速度关系得出共同的速度大小；根据动量的计算公式和弹簧的状态对物块所处的状态进行分析；根据机械能守恒定律求解弹簧储存的弹性势能。
【解答】解：、物体、与轻弹簧组成的系统所受合外力为零，满足系统动量守恒的条件，系统总动量为，所以弹簧被压缩至最短时此系统总动量仍然为，以向右为正方向，根据动量守恒定律可得：，解得：，所以的动量为，不为零，故错误；
、根据机械能守恒定律得弹簧储存的弹性势能为，故正确；
、弹簧被压缩至最短时，弹簧处于压缩状态，对物体有向右的弹力，物体的速度方向也向右，所以在接下来的一段时间内，物体做加速运动，其动量会继续增大，故此时的动量不是最大，故错误。
故选：。
【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，结合动量的计算公式完成分析。
5．（2024•北京一模）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端连接一小物块（可视为质点），点为弹簧在原长时物块的位置。物块由点静止释放，沿粗糙程度相同的水平面向右运动，最远到达点。关于物块的受力及运动特征，下列说法正确的是
A．从到，物块所受重力的冲量为0
B．从到，物块的加速度一直减小
C．从到，物块通过点时的速度最大
D．从到，弹簧弹力对物块做的功等于物块与水平面摩擦产生的热量
【答案】
【考点】功是能量转化的过程和量度；牛顿第二定律的简单应用；动量定理的内容和应用
【专题】推理法；定性思想；动量定理应用专题；推理能力
【分析】根据冲量定义分析；根据牛顿第二定律分析；在物块受力平衡时速度最大，据此分析；根据动能定理分析。
【解答】解：、从到，设物块的运动时间为，则物块所受重力的冲量为，故错误；
、从到，物块所受弹簧弹力一直减小，所受摩擦力不变，一开始弹力大于摩擦力，物块做加速运动，到弹簧弹力等于摩擦力后，弹力继续减小，弹力小于摩擦力，则物块做减速运动，所以物块的加速度先减小后增大，故错误；
、当物块受力平衡时速度最大，在点物块受摩擦力作用，受力不平衡，在之间某位置弹力和摩擦力相等，所以点不是速度最大位置，故错误；
、从到过程中，只有弹簧弹力和摩擦力对物块做功，根据动能定理可知弹簧弹力对物块做的功等于物块克服摩擦力做的功，即等于物块与水平面摩擦产生的热量，故正确。
故选：。
【点评】知道物块在运动过程中弹簧弹力的变化是解题的关键，还要知道物块在受力平衡时速度最大。
6．（2024•北京）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是
A．上升和下落两过程的时间相等
B．上升和下落两过程损失的机械能相等
C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量
D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度
【答案】
【考点】竖直上抛运动的规律及应用；常见力做功与相应的能量转化；求变力的冲量
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力
【分析】根据上升和下降两个过程中的受力情况结合牛顿第二定律分析加速度的情况；
根据阻力的做功情况判断上下经过同一位置的速度变化情况，结合动量定理分析冲量大小；
根据上升和下降的平均速度分析运动时间的关系；
根据功能关系分析机械能的损失情况。
【解答】解：小球上升过程中受到向下的空气阻力，满足，下落过程中受到向上的空气阻力，满足，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），故错误；
小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，故正确；
上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，故错误；
经同一位置，上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力，由功能关系可知，上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失，故错误。
故选：。
【点评】考查物体受力分析和牛顿第二定律，会结合平均速度、动量定理分析解决实际问题。
7．（2024•福建模拟）如图所示，某煤矿有一水平放置的传送带，已知传送带的运行速度为，开采出的煤块以的流量（即每秒钟有煤块从漏斗中落至传送带上）垂直落在传送带上，并随着传送带运动。为了使传送带保持匀速传动，电动机的功率应该增加
A．B．C．D．
【答案】
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；动量定理的内容和应用
【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；推理论证能力
【分析】研究每秒钟内落到传送带上的煤块，根据动量定理求出煤块受到的摩擦力，根据求电动机应增加的功率。
【解答】解：由题意，落到传送带上的煤块都将与传送带速度相等，相当于每秒钟内落到传送带上煤块都将获得速度，由动量定理可得△
代入数据解得
煤块受到的摩擦力由传送带提供，则电动机对传送带应增加的牵引力为。
电动机应增加的功率为
故正确，错误。
故选：。
【点评】传送带问题是高中物理中的一个重要题型，关键要知道电动机应增加的功率等于增加的牵引力与速度的乘积。
8．（2024•海淀区模拟）如图是采用动力学方法测量空间站质量的原理图。已知飞船的质量为，其推进器工作时飞船受到的平均推力为。在飞船与空间站对接后，推进器工作时间为△，测出飞船和空间站的速度变化为△。下列说法正确的是
A．空间站的质量为
B．空间站的质量为
C．飞船对空间站的作用力大小为
D．飞船对空间站的作用力大小一定为
【答案】
【考点】动量定理的内容和应用；连接体模型
【专题】推理法；定量思想；牛顿运动定律综合专题；推理能力
【分析】利用整体法，结合动量定理可求出空间站的质量；通过牛顿第二定律得分析，结合题干信息判断作用力是否可以直接求出。
【解答】解：、设空间站质量为，将飞船和空间站视为整体，对整体而言在的作用下速度发生变化，根据动量定理有：△△，解得，故错误，正确；
、某一时刻对飞船分析有，其中为空间站对飞船的作用力，对空间站有，所以作用力大小不为，由于是平均推力大小，仅知道速度的变化量是无法确定整个过程是匀变速过程，所以作用力大小不一定是，故错误；
故选：。
【点评】学生在解答本题时，应注意整体法和隔离法的应用，利用整体法减少内力的分析过程。
9．（2024•辽宁三模）航天梦由来已久，明朝万户，他把多个自制的火箭绑在椅子上，自己坐在椅子上，双手举着大风筝，设想利用火箭的推力，翱翔天际，然后利用风筝平稳着陆。假设万户及所携设备火箭（含燃料）、椅子、风筝等总质量为，点燃火箭后在极短的时间内，质量为的炽热燃气相对地面以的速度竖直向下喷出。忽略此过程中空气阻力的影响，重力加速度为，下列说法中正确的是
A．在燃气喷出后的瞬间，火箭的速度大小为
B．火箭在向下喷气上升的过程中，火箭机械能守恒
C．喷出燃气后万户及所携设备能上升的最大高度为
D．在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备动量守恒
【答案】
【考点】机械能守恒定律的简单应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力
【分析】在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备（火箭（含燃料）、椅子、风筝等）为系统，动量守恒，火箭受推力作用，机械能不守恒，喷出燃气后万户及所携设备做竖直上抛运动。
【解答】解：、在燃气喷出后的瞬间，万户及所携设备组成的系统内力远大于外力，故系统动量守恒，设火箭的速度大小为，规定火箭运动方向为正方向，则有根据动量守恒定律有
解得火箭的速度大小为
故正确；
、火箭受推力作用，机械能不守恒，故错误；
、喷出燃气后，万户及所携设备做竖直上抛运动，根据运动学公式可得，最大上升高度为
解得
故错误；
、在燃气喷出后上升过程中，万户及所携设备因为受重力，外力之合不为零，系统动量不守恒，故错误。
故选：。
【点评】本题解题的关键是在燃气喷出后的瞬间，视万户及所携设备火箭（含燃料）、椅子、风筝等）为系统，动量守恒。
10．（2024•丰台区二模）如图所示，质量为的小球用长为的细线悬于点，使小球在水平面内以角速度做匀速圆周运动。已知小球做圆周运动时圆心到悬点的距离为，重力加速度为。下列说法正确的是
A．绳对小球的拉力大小为
B．小球转动一周，绳对小球拉力的冲量为0
C．保持不变，增大绳长，增大
D．保持不变，增大绳长，绳对小球拉力的大小不变
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；向心力的表达式及影响向心力大小的因素；动量定理的内容和应用
【专题】推理能力；推理法；定量思想；动量定理应用专题；应用题；学科综合题
【分析】（1）对小球受力分析，根据几何关系求得小球做圆周运动的向心力，然后根据牛顿第二定律求解角速度；
（2）由动量定理求解拉力的冲量大小。
【解答】解：、对小球受力分析，如图所示：
由重力和拉力的合力提供向心力，由向心力公式可得：，解得：，故正确；
、小球运动的周期为：，小球运动一周的过程中，动量的变化为零，根据动量定理，细绳拉力的冲量与重力的冲量大小相等，拉力的冲量大小为：，故错误；
、小球做圆周运动时，对小球受力分析可知：，解得细绳对小球的拉力大小为：，又，联立解得：，故不变是，增大，不变，拉力增大，故错误。
故选：。
【点评】本题主要考查圆周运动及动量定理，解题的关键是要知道向心力的来源。
二．多选题（共5小题）
11．（2024•五华区校级模拟）如图所示，小车静止在光滑水平面上，小车段是半径为的四分之一光滑圆弧轨道，从到小车右端挡板平滑连接一段光滑水平轨道，在右端固定一轻弹簧，弹簧处于自由状态，自由端在点。一质量为、可视为质点的滑块从圆弧轨道的最高点由静止滑下，而后滑入水平轨道，小车质量是滑块质量的2倍，重力加速度为。下列说法正确的是
A．滑块到达点时的速度大小为
B．弹簧获得的最大弹性势能为
C．滑块从点运动到点的过程中，小车运动的位移大小为
D．滑块第一次从点运动到点时，小车对滑块的支持力大小为
【答案】
【考点】功是能量转化的过程和量度；动量守恒定律在绳连接体问题中的应用
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；推理能力
【分析】根据动量守恒和机械能守恒、牛顿第二定律列式联立求解比较判断；
根据动量守恒和能量守恒分析解答；
根据动量守恒的具体形式人船模型列式求解。
【解答】解：．滑块从滑到时，对滑块和小车组成的系统，满足水平方向动量守恒，机械能守恒，则有
联立解得
，
设点小球所受的支持力为，运动到点时对滑块受力分析，根据牛顿第二定律
解得：
故错误，正确；
．滑块运动到小车最右端时根据水平方向动量守恒可知二者均静止，则减少的重力势能全部转化为弹性势能，故正确；
．滑块从到滑下过程由人船模型可知
解得小车的位移为
故错误。
故选：。
【点评】考查系统单方向上动量守恒和系统机械能守恒等问题，熟练掌握守恒的条件分析方法。
12．（2024•大连二模）体育课上，某同学做俯卧撑训练，在向上撑起过程中，下列说法正确的是
A．地面对手的支持力做了正功B．地面对手的支持力冲量为零
C．他克服重力做了功D．他的机械能增加了
【答案】
【考点】动量的定义、单位及性质；功的定义、单位和计算式的推导
【专题】推理法；定性思想；功的计算专题；理解能力
【分析】判断是否做功要有力和在力的方向上有位移；根据判断冲量大小；同学克服重力做功，重力势能增加，机械能增加。
【解答】解：、在俯卧撑向上运动的过程中，对该同学的支持力的作用点没有位移，则对该同学的支持力没有做功，故错误；
、根据可知，在做俯卧撑运动的过程中，地面对该同学的冲量不为零，故错误；
、由于人的重心升高，则重力做负功，即该同学克服重力做了功，在向上撑起过程中，重心升高，同学的机械能增加了，故正确。
故选：。
【点评】本题以俯卧撑为情景，考查了做功的条件和冲量等知识，加强了知识的实际应用。
13．（2024•福建）如图（a），水平地面上固定有一倾角为的足够长光滑斜面，一质量为的滑块锁定在斜面上。时解除锁定，同时对滑块施加沿斜面方向的拉力，随时间的变化关系如图（b）所示，取沿斜面向下为正方向，重力加速度大小为，则滑块
A．在内一直沿斜面向下运动
B．在内所受合外力的总冲量大小为零
C．在时动量大小是在时的一半
D．在内的位移大小比在内的小
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；动量定理的内容和应用；图像中的动量问题
【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；推理论证能力
【分析】根据牛顿第二定律分别求得力方向沿斜面向下时与力方向沿斜面向上时物块的加速度。根据运动学公式求得、、、时刻物块的速度，可确定物块的运动方向；根据动量定理求解时间内合外力的总冲量；根据动量的定义解答选项；应用平均速度分别求得与过程物块的位移。
【解答】解：、以沿斜面向下为正方向，根据牛顿第二定律得：
力方向沿斜面向下时，物块的加速度为：
力方向沿斜面向上时，物块的加速度为：
时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，时刻物块的速度为
时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，时刻物块的速度为
时间内物块沿斜面向下做匀加速运动，时刻物块的速度为
时间内物块沿斜面向下做匀减速运动，时刻物块的速度为
可知时间内物体一直沿斜面向下运动，故正确；
、根据动量定理得时间内合外力的总冲量为，故错误；
、时刻物块的动量为：，时刻物块的动量为，可知时刻动量不等于时刻的一半，故错误；
、过程物块的位移为，过程物块的位移为，可知，故正确。
故选：。
【点评】本题考查了动量定理与牛顿第二定律得应用，应用牛顿第二定律与运动学公式分段求解速度与位移，解答时注意矢量的方向问题。
14．（2024•天津模拟）如图甲所示，“复兴号”高速列车正沿直线由静止驶出火车站，水平方向的动力随运动时间的变化关系如图乙所示。后，列车以的速度做匀速直线运动，已知列车所受阻力大小恒定。则下列说法正确的是
A．前，列车做匀减速直线运动
B．列车所受阻力的大小为
C．根据已知条件可求出列车的质量为
D．在时，列车牵引力的功率为
【答案】
【考点】牛顿第二定律的简单应用；动量定理的内容和应用；功率的定义、物理意义和计算式的推导
【专题】分析综合能力；图析法；定量思想；功率的计算专题
【分析】后列车做匀速直线运动，牵引力和阻力大小相等，由图乙读出牵引力大小，从而确定阻力大小，由牛顿第二定律分析前内加速度的变化特点，则可判断列车的运动性质；根据图线与横轴的面积表示牵引力的冲量，由动量定理求解列车的质量；由求在时列车牵引力的功率。
【解答】解：、后列车做匀速直线运动，牵引力和阻力大小相等，由图乙可知：
前内，列车的牵引力大于阻力，由牛顿第二定律有

随着牵引力减小，不变，则加速度减小，可知列车做加速度减小的变加速直线运动，故错误；
、图线与横轴所夹的面积表示冲量，由图乙可得：内牵引力的冲量为
列车匀速运动时的速度
取列车运动方向为正方向，在前内，由动量定理得
解得列车的质量为：，故正确；
、在时，列车牵引力的功率为，故正确。
故选：。
【点评】本题考查功率公式、动量定理和牛顿第二定律的综合应用，解题的关键是知道图线与横轴所夹的面积表示力的冲量。涉及力在时间上的积累效果时，要想到动量定理。
15．（2024•聊城二模）如图所示，一抛物线形状的光滑导轨竖直放置，固定在点，为导轨的顶点，点离地面的高度为，在点正下方，、两点相距，轨道上套有一个小球，小球通过轻杆与光滑地面上的小球相连，两小球的质量均为，轻杆的长度为。现将小球从距地面高度为处由静止释放，下列说法正确的是
A．小球即将落地时，它的速度大小为
B．小球即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角为
C．从静止释放到小球即将落地，轻杆对小球做的功为
D．若小球落地后不反弹，则地面对小球的作用力的冲量大小为
【答案】
【考点】动量定理的内容和应用；动能定理的简单应用；机械能守恒定律的简单应用
【专题】分析综合能力；动量定理应用专题；定量思想；类比法
【分析】小球即将落地时，其速度方向与抛物线轨道相切，根据平抛运动的规律求落地时速度方向与水平面的夹角；根据两球组成的系统机械能守恒以及两球速度关系求解小球即将落地时的速度大小以及小球的速度大小，再根据动能定理计算轻杆对小球做的功；根据动量定理分析地面对小球的作用力的冲量大小。
【解答】解：、平抛运动的轨迹为抛物线，将上述抛物线轨道类比平抛运动，则小球即将落地时，它的速度方向与水平面的夹角正切为
可知，小球即将落地时，它的速度方向与抛物线轨道相切，根据上述类比平抛运动知识可知，小球的速度方向与水平方向的夹角，故正确；
、设小球即将落地时，它的速度大小为，小球的速度大小为，根据两球组成的系统机械能守恒有
小球与小球沿杆方向的速度相等，则有
解得：，，故错误；
、从静止释放到小球即将落地，根据动能定理可得轻杆对小球做的功为，故正确；
、小球落地与地面相互作用的过程中，取小球落地前瞬间的速度方向为正方向，根据动量定理有，由于轨道、轻杆对小球有作用力，且小球有重力，则地面对小球的作用力的冲量大小与大小不相等，即不等于，故错误。
故选：。
【点评】本题是连接体机械能守恒问题，关键要抓住两球的速度关系，知道两球沿沿杆方向的速度相等，系统机械能守恒，但单个小球机械能并不守恒。
三．填空题（共1小题）
16．（2024•福州模拟）如图所示，柜子静置于水平地面，某人用大小为的水平推力推柜子，但没有推动，则柜子和地面间摩擦力大小 ；在同一时间内，推力冲量大小 摩擦力冲量大小（选填“大于”、“小于”或“等于” 。
【答案】；等于
【考点】判断是否存在摩擦力；动量定理的内容和应用
【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题；理解能力
【分析】柜子没动，即处于平衡状态受平衡力。根据冲量公式求解。
【解答】解：由于柜子没有推动，柜子处于静止状态，在水平方向上所受的推力与静摩擦力是一对平衡力，所以静摩擦力与推力大小相等，。推力冲量大小等于摩擦力冲量大小。
故答案为：；等于。
【点评】经常地错误认识推不动是由于推力小于摩擦力，没有把握住题目的关键所在。
四．解答题（共9小题）
17．（2025•邯郸一模）如图所示，桌面、地面和固定的螺旋形圆管均光滑，轻质弹簧左端固定，自然伸长位置为点，弹簧的劲度系数，圆轨道的半径，圆管的内径比小球直径略大，但远小于圆轨道半径，小物块静止于木板左端，木板的上表面恰好与圆管轨道水平部分下端表面等高，小物块与木板上表面间的动摩擦因数，木板右端与墙壁之间的距离，现用力将小球向左推压，将弹簧压缩，然后由静止释放小球，小球与弹簧不连接，小球运动到桌面右端点后水平抛出，从管口处沿圆管切线飞入圆管内部，从圆管水平部分点飞出，并恰好与小物块发生弹性碰撞，经过一段时间后和右侧墙壁发生弹性碰撞，已知始终未和墙壁碰撞，并且未脱离木板，，，，，。试求：
（1）小球平抛运动的时间及抛出点与管口间的高度差；
（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力，并判断是和管的内壁还是外壁挤压；
（3）木板的最短长度及木板在地面上滑动的总路程。
【答案】（1）小球平抛运动的时间为，为；
（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力为，方向竖直向上，和外壁挤压；
（3）木板的最短长度为，木板在地面上滑动的总路程为。
【考点】平抛运动位移的计算；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；物体在环形竖直轨道内的圆周运动；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力
【分析】（1）小球做平抛运动，由结合，求平抛运动的时间与管口间的高度差；
（2）由动能定理结合牛顿第二定律求小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力；
（3）由动能定理结合动量守恒定律及运动学公式求木板的最短长度及木板在地面上滑动的总路程。
【解答】解：设水平向右为正方向为正
（1）弹簧弹开小球过程弹力随位移均匀变化，由动能定理可得
在小球平抛到管口点时如图
根据
解得
（2）从到圆筒最高点的过程，由动能定理可得
由上述图可知
在最高点
解得
小球和圆筒外壁挤压，挤压力大小为，方向竖直向上。
（3）从到全过程，由动能定理可得
解得
小球和物块碰撞过程，设水平向右为正方向，可得
解得，
可知碰后小球停止运动，物块获得向右的速度，开始在木板上滑动，以和为对象
对可得
解得
物块与木板共速后与墙壁发生碰撞，以和为对象，第1次与墙碰撞后
解得
对木板
第2次与墙碰撞后，设水平向右为正方向为正
解得
对木板
第3次与墙碰撞后，设水平向右为正方向为正
解得
对木板
第次与墙碰撞后
解得
对木板
第次与墙碰撞后
解得
对木板
木板运动的总路程为
即
当时，，可得
解得
木板和物块最终停在右侧墙壁处，物块恰好停在右端，根据能量守恒可得
解得
答：（1）小球平抛运动的时间为，为；
（2）小球在圆管内运动过程中对圆管最高点的挤压力为，方向竖直向上，和外壁挤压；
（3）木板的最短长度为，木板在地面上滑动的总路程为。
【点评】该题为平抛运动与圆周运动的结合的综合题，知道平抛运动的规律和牛顿第二定律求解得思路．
解决该题关键是掌握碰撞过程动量守恒，列出等式求解。
18．（2024•宁河区校级一模）
如图所示，光滑轨道固定在竖直平面内，水平，为半圆，圆弧轨道的半径，在处与相切。在直轨道上放着质量分别为、的物块、（均可视为质点），用轻质细绳将、连接在一起，且、间夹着一根被压缩的轻质弹簧（未被拴接）。轨道左侧的光滑水平地面上停着一质量为、长的小车，小车上表面与等高。现将细绳剪断，之后向左滑上小车，恰好未从小车左端掉下。向右滑动且恰好能冲到圆弧轨道的最高点处。物块与小车之间的动摩擦因数，重力加速度取。求：
（1）物块运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小。
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能。
（3）小车的质量。
【答案】（1）物块运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小是。
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能是。
（3）小车的质量是。
【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；绳球类模型及其临界条件；动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用
【专题】推理法；动量和能量的综合；定量思想；分析综合能力；计算题
【分析】（1）求出在轨道最高点的速度大小，从到由动能定理求解在点的速度大小，在点由牛顿第二定律、牛顿第三定律求解物块对轨道的压力大小；
（2）由动量守恒定律、能量守恒定律求解弹性势能；
（3）由动量守恒定律、能量守恒定律求出小车的质量。
【解答】解：（1）恰好能冲到圆弧轨道的最高点处，重力提供向心力，由牛顿第二定律得：
到过程，对，由动能定理得：
在点，由牛顿第二定律得：
代入数据解得：，
由牛顿第三定律可知物块对轨道的压力大小：
（2）弹簧弹开、过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
由能量守恒定律得：
代入数据解得：，
（3）恰好滑到小车左端时与小车有共同速度，与小车组成的系统动量守恒，
以向左为正方向，由动量守恒定律定律得：
由能量守恒定律得：
代入数据解得：
答：（1）物块运动到圆弧轨道的最低点时对轨道的压力大小是。
（2）细绳剪断之前弹簧的弹性势能是。
（3）小车的质量是。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
19．（2024•福建）如图，木板放置在光滑水平桌面上，通过两根相同的水平轻弹簧、与桌面上的两个固定挡板相连。小物块放在的最左端，通过一条跨过轻质定滑轮的轻绳与带正电的小球相连，轻绳绝缘且不可伸长，与滑轮间的绳子与桌面平行。桌面右侧存在一竖直向上的匀强电场，、、均静止，、处于原长状态，轻绳处于自然伸直状态。时撤去电场，向下加速运动，下降后开始匀速运动，开始做匀速运动瞬间弹簧的弹性势能为。已知、、的质量分别为、、，小球的带电量为，重力加速度大小取，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，弹簧始终处在弹性限度内，轻绳与滑轮间的摩擦力不计。
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）求与间的动摩擦因数及做匀速运动时的速度大小；
（3）若时电场方向改为竖直向下，当与即将发生相对滑动瞬间撤去电场，、继续向右运动，一段时间后，从右向左运动。求第一次从右向左运动过程中最大速度的大小。（整个过程未与脱离，未与地面相碰）
【答案】（1）匀强电场的场强大小为；
（2）与间的动摩擦因数为0.5，做匀速运动时的速度大小为；
（3）第一次从右向左运动过程中最大速度的大小为。
【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
【专题】定量思想；推理法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；分析综合能力
【分析】（1）撤去电场前，对物体，根据平衡条件求解场强大小；
（2）撤去电场后，做匀速运动后，对和物体根据平衡条件列式求解动摩擦因数；
下降的过程中，对于、、及弹簧、组成的系统，由能量守恒定律列式求解匀速运动的速度大小；
（3）没有电场时，开始匀速运动瞬间，对根据共点力共点力平衡列式，再结合电场方向改变后，下降高度为时，再对物体以及、整体，根据牛顿第二定律列式，再对对、、及弹簧、组成的系统，由能量守恒定律列式求解
第一次从右向左运动过程中最大速度。
【解答】解：（1）撤去电场前，对小球，根据共点力平衡条件有：，代入数据解得：
（2）开始做匀速直线运动后，对和根据共点力平衡条件分别有：，
代入数据解得：
开始匀速运动瞬间，、刚好发生相对滑动，此时、、三者速度大小相等，、两弹簧的弹性势能相同；
所以下降的过程中，对、、及弹簧、组成的系统，由能量守恒定律有：
代入数据解得：
（3）没有电场时，开始匀速运动瞬间，、刚好发生相对滑动，所以此时的加速度为零，对根据平衡条件，有：
当电场方向改为竖直向下，设与即将发生相对滑动时，下降高度为，对，根据牛顿第二定律可得：
对、根据牛顿第二定律可得：
撤去电场后，由第（2）问的分析可知、在下降时开始相对滑动，在下降的过程中，对、、及弹簧、组成的系统，由能量守恒定律，有
此时的速度是其从左向右运动过程中的最大速度，此后做简谐运动，所以第一次从右向左运动过程中的最大速度为就是其最大速度，联立解得：
答：（1）匀强电场的场强大小为；
（2）与间的动摩擦因数为0.5，做匀速运动时的速度大小为；
（3）第一次从右向左运动过程中最大速度的大小为。
【点评】本题考查利用动量和能量观点解决连接体问题，解题关键是选择合适研究对象，正确对其受力分析，根据牛顿第二定律和能量守恒定律求解。
20．（2024•罗湖区校级模拟）如图甲所示，质量为的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在点平滑连接，为轨道的最高点。质量为的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道水平部分的长度，半圆形部分的半径，重力加速度大小取。
（1）若轨道固定，使小物块以某一初速度沿轨道滑动，且恰好可以从点飞出，求该情况下，物块滑到点时的速度大小；
（2）若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力，小物块处在轨道水平部分时，轨道加速度与对应关系如图乙所示。
求和；
初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力，当小物块运动到点时撤去，试判断此后小物块是否可以从点飞离轨道，若可以，计算小物块从点飞离时相对地面的速度大小及方向；若不可以，计算与轨道分离点的位置。
【答案】（1）该情况下，物块滑到点时的速度大小为。
（2）（ⅰ）和的值分别为：，；
（ⅱ）可以从点飞离，，方向水平向左。
【考点】牛顿第二定律与向心力结合解决问题；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；模型建构能力
【分析】（1）根据动能定理和牛顿第二定律列式求解滑块到点的速度；
（2）根据图像分别列出两次牛顿第二定律方程，结合图像的两个斜率的物理意义列式联立解得动摩擦因数和小物块质量；
根据题图数据和运动学规律求出滑块到达点的时间，结合系统水平方向的动量守恒和机械能守恒定律列式及牛顿第二定律联立求滑块到最高点的速度并进行验证。
【解答】解：（1）根据题意可知小物块在恰好飞出，此时轨道弹力为0，重力提供向心力：
从点到点，列动能定理：
联立解得：
（2）（ⅰ）根据题意可知当时，小物块与轨道一起向左加速，整体研究，牛顿第二定律：
结合图乙，根据斜率信息可知：
当外力时，轨道与小物块有相对滑动，则对轨道有：
结合图乙，根据斜率信息可知：，
根据截距信息可知：
解得：
（ⅱ）由图乙可知，当时，轨道的加速度为：
小物块的加速度：
当小物块运动到点时，经过时间，则有：
解得：
因此两物体的速度分别为：，
之后的运动中，机械能守恒，水平方向动量守恒，假设可以运动到点，根据能量守恒定律有：
以向左为正方向，根据动量守恒定律有：
联立解得：，或，，方向均向左（舍
此时小物块相对于轨道做圆周运动，且轨道为惯性系，则有：
代入数据解得：
可见此时恰好可以运动到点，假设成立，则可以从点飞离，速度大小为，方向水平向左
答：（1）该情况下，物块滑到点时的速度大小为。
（2）（ⅰ）和的值分别为：，；
（ⅱ）可以从点飞离，，方向水平向左。
【点评】考查牛顿运动定律、机械能守恒定律和动量守恒定律，会根据题意列式求解相应的物理量。
21．（2024•莲湖区校级模拟）某物流公司用如图所示的传送带将货物从高处传送到低处。传送带与水平地面夹角，顺时针转动的速率为。将质量为的物体无初速地放在传送带的顶端，物体到达底端后能无碰撞地滑上质量为的木板左端。已知物体与传送带、木板间的动摩擦因数分别为，，的距离为。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度（已知，。求：
（1）物体刚开始下滑时的加速度大小和物体滑上木板左端时的速度大小；
（2）若地面光滑，要使物体不会从木板上掉下，木板长度至少应是多少；
（3）若木板与地面的动摩擦因数为，且物体不会从木板上掉下，求木板的最小长度与的关系式。
【答案】（1）物体刚开始下滑时的加速度大小为，物体滑上木板左端时的速度大小为；
（2）木板长度至少应是；
（3）木板的最小长度与的关系式为
【考点】板块模型和传送带模型的结合；动量守恒定律在板块模型中的应用
【专题】定量思想；推理法；牛顿运动定律综合专题；动量和能量的综合；分析综合能力；模型建构能力
【分析】（1）分析物体受力，根据受力判断物体运动过程，再根据牛顿第二定律和运动学公式求解；
（2）地面光滑，物体和木板组成的系统动量守恒，根据动量守恒和能量守恒列式求解。
（3）根据木板是否运动，分情况讨论。当木板处于静止状态，木块在木板上做匀减速直线运动，其速度为零时恰好到达木板右端时，木板长度最小。当物体滑上木板后木板向右做匀加速直线运动时，木板长度最小时，两者速度相等时物体恰好不掉下，根据牛顿第二定律与运动学公式解答。
【解答】解：（1）物体刚开始下滑时所受滑动摩擦力沿斜面向下，设此时其加速度大小为，由牛顿第二定律得：
解得：
设物体与传送带共速时运动的位移大小为，由运动学公式得：
解得：，此后物体继续在传送带上做匀加速直线运动，所受滑动摩擦力沿斜面向上，设其加速度为，根据牛顿第二定律得：
解得：
设物体滑上木板左端时的速度大小，根据运动学公式得：
解得：
（2）地面光滑时，物体和木板组成的系统动量守恒，设木板长度最小为时，物体恰好滑到木板左端时与木板共速，设共速的速度为，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
解得：
由能量守恒定律得：
解得：
（3）①当，即：时，木板处于静止状态，木块在木板上做匀减速直线运动，其加速度大小等于为：
速度为零时恰好到达木板右端，设此时木板长度为，则有：
解得：
②当时，物体滑上木板后木板向右做匀加速直线运动，物体向右做匀减速直线运动，两者共速后会保持相对静止。
对木板，根据牛顿第二定律得：
解得：
设木板长度为时，两者速度相等时物体恰好不掉下，则有：
解得：
物体的位移大小为：
木板的位移大小为：
此情况木板长度为：
可得木板的最小长度与的关系式为：
答：（1）物体刚开始下滑时的加速度大小为，物体滑上木板左端时的速度大小为；
（2）木板长度至少应是；
（3）木板的最小长度与的关系式为
【点评】本题考查牛顿第二定律应用的传送带与板块模型，涉及到动量守恒定律、能量守恒定律的应用，解题时注意分析不同运动过程中摩擦力的方向和大小。
22．（2024•云安区校级模拟）质量的手榴弹从水平地面上以的初速度斜向上抛出，上升到距地面的最高点时炸裂成质量相等的两块弹片，其中一块弹片自由下落到达地面，落地动能为。重力加速度，空气阻力不计，爆炸后气体的动量总动量为零，火药燃烧充分，求：
（1）手榴弹所装弹药的质量；
（2）两块弹片落地点间的距离。
【答案】（1）手榴弹所装弹药的质量为；
（2）弹片落地点间的距离为。
【考点】平抛运动速度的计算；机械能守恒定律的简单应用；动量守恒定律在绳连接体问题中的应用
【专题】计算题；寻找守恒量法；动量定理应用专题；定量思想；分析综合能力
【分析】（1）弹片自由下落过程，利用机械能守恒定律求出该弹片的质量，再求出弹药的质量；
（2）由机械能守恒定律求出手榴弹上升到最高点时的速度。经分析可知两块弹片一片做自由落体运动，一片做平抛运动，根据动量守恒定律求出做平抛运动弹片的初速度，再结合运动公式可得两块弹片弹片落地点间的距离。
【解答】解：（1）设每块弹片的质量为，爆炸后瞬间其中一块速度为零，另一块速度为，对于做自由落体运动的弹片，由机械能守恒定律有
解得：
则手榴弹装药量为△
（2）设手榴弹上升到最高点时的速度为，由机械能守恒定律得
解得：
另一块做平抛运动时间为，两块弹片落地点间距离为△。
手榴弹爆炸过程，取爆炸前的速度方向为正方向，由动量守恒定律有
对于做平抛运动的弹片，水平方向有
△
竖直方向有
解得两块弹片落地点间的距离为：△
答：（1）手榴弹所装弹药的质量为；
（2）弹片落地点间的距离为。
【点评】本题综合考查动量守恒定律、机械能守恒定律以及运动学公式，关键要理清过程，把握爆炸的基本规律：动量守恒定律。掌握平抛运动的处理方法：运动的分解。
23．（2024•浙江模拟）一质量为的卫星沿半径的圆轨道绕太阳运行。卫星上有一太阳帆—半径为的圆形镜面反射膜。该反射膜在随后运动中不断改变方向，使帆面不断改变方向以保证始终垂直于太阳光。已知：万有引力常量为，太阳质量为，太阳半径为，太阳表面温度为。太阳可视理想黑体且单位面积的热辐射功率为，其中为一常量。已知光具有粒子的性质：一个光子的能量，其中是光子的动量，是光速。
（1）求太阳热辐射的总功率；
（2）求太阳帆单位时间内接受到的能量；
（3）求太阳帆受到的合力（以沿着半径背离圆心的方向为正方向）。
【答案】（1）太阳热辐射的总功率为；
（2）太阳帆单位时间内接受到的能量；
（3）太阳帆受到的合力为。
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；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；功能关系 能量守恒定律；分析综合能力
【分析】利用单位面积的热辐射功率乘太阳的表面积求太阳热辐射的总功率；利用距南太阳一定距离处单位时间内单位面积上接受的能量相同，即，求太阳帆单位时间内接受到的能量；根据动量定理求太阳帆受到单位面积的接受能量相同即的合力。
【解答】解：（1）根据球体表面积公式可得太阳的表面积为
所以太阳热辐射的总功率为
；
（2）太阳单位时间内热辐射的总能量为
设太阳帆单位时间内接受到的能量为，则
所以
（3）根据动量定理有
△
△
所以
则太阳帆受到的合力
解得
答：（1）太阳热辐射的总功率为；
（2）太阳帆单位时间内接受到的能量；
（3）太阳帆受到的合力为。
【点评】本题主要考查能量守恒和动量定理的应用，理解距南太阳一定距离处单位时间内单位面积上接受的能量相同是解题关键。
24．（2024•江苏模拟）如图，倾角的粗糙斜面与光滑水平面在点平滑连接，倾角的足够长的传送带在电动机的带动下以的速度沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端点通过一小段圆弧连接，质量的小物块放在水平面上的点，质量的小滑块从点由静止释放，滑块与斜面间的动摩擦因数，、间距离，滑到水平面上后与发生弹性正碰，以后与的碰撞都发生在水平面上，与传送带间的动摩擦因数为，重力加速度取，，。求：
（1）第一次与碰撞前瞬间的速度大小；
（2）第一次碰撞后瞬间与的速度大小；
（3）从第一次经过点到第二次经过点的过程中电动机额外多做的功。
【答案】（1）第一次与碰撞前瞬间的速度大小为；
（2）第一次碰撞后瞬间与的速度大小均为；
（3）从第一次经过点到第二次经过点的过程中电动机额外多做的功为。
【考点】匀变速直线运动的定义与特征；水平传送带模型；动能定理的简单应用；常见力做功与相应的能量转化；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
【专题】计算题；信息给予题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；动量定理应用专题；理解能力
【分析】（1）根据动能定理求解第一次与碰撞前瞬间的速度大小；
（2）根据动量守恒和能量守恒分别求解、碰撞后的速度大小；
（3）物块在传送带上先向上做匀减速运动到速度为零，再相当于传送带向下加速至传送带的速度，根据牛顿第二定律求加速度的大小；
根据运动学公式求解共速时间，再分别求解滑块的对地位移和传送带的位移，求解相对位移；
根据公式公式求解因摩擦产生的热量，最后根据能量关系求解电动机额外多做的功。
【解答】解：（1）设第一次与碰撞前瞬间的速度大小为，在斜面间下滑过程
根据动能定理
代入数据解得
（2）设滑块、碰撞后的速度大小分别为、，取水平向右为正方向
根据动量守恒有
根据能量守恒
联立解得，
（3）物块在传送带上先向上做匀减速运动到速度为零，设加速度的大小为
根据牛顿第二定律
代入数据解得
物块在传送带上向上运动的位移大小
向上运动的时间为
此过程传送带的位移大小为
发生的相对位移大小为△
物块速度减为零后，向下做匀加速直线运动到与传送带共速，加速度的大小仍然为；
此过程在传送带上向下运动的位移大小
所用时间为
此过程传送带的位移大小为
发生的相对位移大小为△
物块与传送带共速后，由于
因此滑块和传送带相对静止一起匀速运动回到点；
从第一次经过点到第二次经过点的过程中，因摩擦产生的热量为△△
代入数据解得
根据功能关系可知，从第一次经过点到第二次经过点的过程中电动机额外多做的功为
代入数据解得。
另解：（3）物块在传送带上先向上做匀减速运动到速度为零，再相当于传送带向下加速至传送带的速度，设加速度的大小为
根据牛顿第二定律
代入数据解得
取向下为正方向，则运动时间
滑块的对地位移
传送带的位移
相对位移△
物块与传送带共速后，由于
因此滑块和传送带相对静止一起匀速运动回到点；
从第一次经过点到第二次经过点的过程中，因摩擦产生的热量为△
代入数据解得
根据功能关系可知，从第一次经过点到第二次经过点的过程中电动机额外多做的功为
代入数据解得。
答：（1）第一次与碰撞前瞬间的速度大小为；
（2）第一次碰撞后瞬间与的速度大小均为；
（3）从第一次经过点到第二次经过点的过程中电动机额外多做的功为。
【点评】本题主要考查了动能定理、牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律和能量守恒定律；是多过程、多运动问题，明确每个过程遵循的规律是解题的关键；掌握相对位移的求解方法及共速后能否保持相对静止的判断方法。
25．（2024•合肥三模）如图所示，在静止的水面上有一质量为的小船，一质量为的救生员站在船尾，相对小船静止。回答下列问题：
（1）当小船以速率向右匀速行驶时，救生员相对船以速率水平向左跃入水中，不考虑水对船的阻力，求救生员跃出后小船的速率；
（2）当船静止在水面上时，救生员从船尾走到船头，已知船长为，不考虑水对船的阻力，求此过程中船后退的距离；
（3）开动小船的发动机，小船以速度匀速行驶，小船受到的阻力为。已知水的密度为，小船螺旋桨与水作用的有效面积为，求小船的发动机的输出平均功率。
【答案】（1）救生员跃出后小船的速率为；
（2）此过程中船后退的距离为；
（3）小船的发动机的输出平均功率为。
【考点】功率的定义、物理意义和计算式的推导；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力
【分析】（1）救生员从船上跃出过程，救生员和船组成的系统所受的合外力为零，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出救生员跃出后小船的速率；
（2）当船静止在水面上时，救生员从船尾走到船头，根据系统的动量守恒和位移与速度的关系求此过程中船后退的距离；
（3）以极短时间内被螺旋桨划出的水为研究对象，根据动量定理求出水的速度，即可根据求小船的发动机的输出平均功率。
【解答】解：（1）设救生员跳入水中后船的速率为。
人在跃出的过程中，船和人组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，由动量守恒定律得：
解得：。
（2）设此过程中船后退的距离为。
规定向右为正方向，由动量守恒定律得：

解得
（3）设小船螺旋桨与水作用后水获得的速度大小为。
小船以速度匀速行驶，动力
根据牛顿第三定律知螺旋桨对水的作用力
以极短时间△内被螺旋桨划出的水为研究对象，根据动量定理得
△△
解得
小船的发动机对水和小船都要做功，则小船的发动机的输出平均功率为

答：（1）救生员跃出后小船的速率为；
（2）此过程中船后退的距离为；
（3）小船的发动机的输出平均功率为。
【点评】本题考查动量守恒定律和动量定理的应用，关键要注意速度和位移的参照物必须是地面，而不是小船。
考点卡片
1．匀变速直线运动的定义与特征
【知识点的认识】
（1）定义：沿着一条直线，且加速度不变的运动，叫做匀变速直线运动．
（2）匀变速直线运动的速度﹣时间图象：匀变速直线运动的v﹣t图象是一条倾斜的直线，速度随时间均匀变化．
（3）匀变速直线运动的分类：若物体的速度随时间均匀增加，称为匀加速直线运动；若物体的速度随时间均匀减少，称为匀减速直线运动．
【命题方向】
关于匀变速直线运动，下列说法正确的是（ ）
A.匀减速直线运动中，加速度可能减小
B.匀加速直线运动中，加速度可能增大
C.匀加速直线运动中，加速度的方向一定和速度方向相同
D.匀减速直线运动中，加速度的方向一定为负方向
分析：匀变速直线运动中，加速度保持不变；匀加速直线运动中，速度方向与加速度方向相同，匀减速直线运动中，速度方向与加速度方向相反。
解答：A．匀减速直线运动中，加速度恒定不变，速度减小，故A错误；
B．匀加速直线运动中，加速度恒定不变，速度增大，故B错误；
C．物体做加速运动时，加速度方向与速度方向相同，故C正确；
D．物体做减速运动时，加速度方向与速度方向相反，若速度方向为负方向，加速度方向为正方向，故D错误。
故选：C。
点评：本题考查匀变速直线运动规律，知道匀变速直线运动中加速度大小和方向的特点。
【解题思路点评】
匀变速直线运动的三种解释：
①加速度恒定不变；
②任意相同时间内的速度变化量相等；
③速度随时间均匀变化。
同学们务必理解并牢记。
2．匀变速直线运动速度与时间的关系
【知识点的认识】
匀变速直线运动的速度—时间公式：vt＝v0+at．其中，vt为末速度，v0为初速度，a为加速度，运用此公式解题时要注意公式的矢量性．在直线运动中，如果选定了该直线的一个方向为正方向，则凡与规定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡与规定正方向相反的矢量在公式中取负值，因此，应先规定正方向．（一般以v0的方向为正方向，则对于匀加速直线运动，加速度取正值；对于匀减速直线运动，加速度取负值．）
【命题方向】
例1：一个质点从静止开始以1m/s2的加速度做匀加速直线运动，经5s后做匀速直线运动，最后2s的时间内使质点做匀减速直线运动直到静止．求：
（1）质点做匀速运动时的速度；
（2）质点做匀减速运动时的加速度大小．
分析：根据匀变速直线运动的速度时间公式求出5s末的速度，结合速度时间公式求出质点速度减为零的时间．
解答：（1）根据速度时间公式得，物体在5s时的速度为：
v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．
（2）物体速度减为零的时间2s，做匀减速运动时的加速度大小为：
a2＝＝2.5m/s2
答：（1）质点做匀速运动时的速度5m/s；
（2）质点做匀减速运动时的加速度大小2.5m/s2．
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和位移时间公式，并能灵活运用．
例2：汽车以28m/s的速度匀速行驶，现以4.0m/s2的加速度开始刹车，则刹车后4s末和8s末的速度各是多少？
分析：先求出汽车刹车到停止所需的时间，因为汽车刹车停止后不再运动，然后根据v＝v0+at，求出刹车后的瞬时速度．
解答：由题以初速度v0＝28m/s的方向为正方向，
则加速度：a＝＝﹣4.0m/s2，
刹车至停止所需时间：t＝＝s＝7s．
故刹车后4s时的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s
刹车后8s时汽车已停止运动，故：v8＝0
答：刹车后4s末速度为12m/s，8s末的速度是0．
点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度与时间公式v＝v0+at，以及知道汽车刹车停止后不再运动，在8s内的速度等于在7s内的速度．解决此类问题一定要注意分析物体停止的时间．
【解题方法点拨】
1．解答题的解题步骤（可参考例1）：
①分清过程（画示意图）；
②找参量（已知量、未知量）
③明确规律（匀加速直线运动、匀减速直线运动等）
④利用公式列方程（选取正方向）
⑤求解验算．
2．注意vt＝v0+at是矢量式，刹车问题要先判断停止时间．
3．竖直上抛运动的规律及应用
【知识点的认识】
1．定义：物体以初速度v0竖直向上抛出后，只在重力作用下而做的运动，叫做竖直上抛运动。
2．特点：
（1）初速度：v0≠0；
（2）受力特点：只受重力作用（没有空气阻力或空气阻力可以忽略不计）；
（3）加速度：a＝g，其大小不变，方向始终竖直向下。
3．运动规律：
取竖直向上的方向为正方向，有：
vt＝v0﹣gt，
h＝v0t﹣gt2，
﹣＝2gh；
4．几个特征量：
（1）上升的最大高度hmax＝；
（2）质点在通过同一高度位置时，上升速度与下落速度大小相等；上升到最大高度处所需时间t上和从最高处落回到抛出点所需时间相等t下，t上＝t下＝。
【命题方向】
例1：某物体以30m/s的初速度竖直上抛，不计空气阻力，g取10m/s2．5s内物体的（ ）
A．路程为65m
B．位移大小为25m，方向向上
C．速度改变量的大小为10m/s
D．平均速度大小为13m/s，方向向上
分析：竖直上抛运动看作是向上的匀减速直线运动，和向下的匀加速直线运动，明确运动过程，由运动学公式即可求出各物理量。
解答：由v＝gt可得，物体的速度减为零需要的时间t＝＝s＝3s，故5s时物体正在下落；
A、路程应等于向上的高度与后2s内下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h＝＝45m，后两s下落的高度h'＝gt′2＝20m，故总路程s＝（45+20）m＝65m；故A正确；
B、位移h＝v0t﹣gt2＝25m，位移在抛出点的上方，故B正确；
C、速度的改变量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C错误；
D、平均速度v＝＝＝5m/s，故D错误。
故选：AB。
点评：竖直上抛运动中一定要灵活应用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正确理解公式，如平均速度一定要用位移除以时间；速度变化量可以用△v＝at求得。
例2：在竖直的井底，将一物块以11m/s的初速度竖直向上抛出，物体冲出井口再落回到井口时被人接住，在被人接住前1s内物体的位移是4m，位移方向向上，不计空气阻力，取g＝10m/s2．求：
（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间；
（2）竖直井的深度。
分析：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题可以直接应用整体法进行求解。
解答：（1）设最后1s内的平均速度为
则：m/s
平均速度等于中间时刻的瞬时速度，即接住前0.5s的速度为v1＝4m/s
设物体被接住时的速度为v2，
则v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，
则物体从抛出点到被人接住所经历的时间t＝+1＝+1＝1.2s；
（2）竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则
h＝v0t﹣gt2＝11×1.2﹣×10×1.22＝6m。
答：（1）物体从抛出点到被人接住所经历的时间为1.2s
（2）竖直井的深度为6m。
点评：竖直上抛运动的处理方法有整体法和分段法，要求路程或上升的最大高度时一般用分段法，此题只有竖直向上的匀减速运动，直接应用整体法求解即可。
【解题方法点拨】
1．竖直上抛运动的两种研究方法：
（1）分段法：上升阶段是匀减速直线运动，下落阶段是自由落体运动，下落过程是上升过程的逆过程。
（2）整体法：从全程来看，加速度方向始终与初速度v0的方向相反，所以可把竖直上抛运动看成一个匀变速直线运动，要特别注意v0、vt、g、h等矢量的正、负号。一般选取竖直向上为正方向，v0总是正值，上升过程中vt为正值，下落过程中vt为负值；物体在抛出点以上时h为正值，物体在抛出点以下时h为负值。
住：竖直上抛运动的上升阶段和下降阶段具有对称性：①速度对称：上升和下降过程经过同一位置时速度等大、反向；②时间对称：上升和下降过程经过同一段高度的上升时间和下降时间相等。
4．判断是否存在摩擦力
【知识点的认识】
1.考点意义：有很多题目会综合考查摩擦力的相关知识，不区分静摩擦力和滑动摩擦力，所以设置本考点。
2.对于是否存在摩擦力可以按以下几个方法判断：
①条件法：根据摩擦力的产生条件进行判断。
a、接触面粗糙；b、两物体间存在弹力；c、有相对运动或相对运动的趋势。
②假设法：假设有或者没有摩擦力，判断物体运动状态是否会改变。
【命题方向】
如图，长方体甲乙叠放在水平地面上．水平力F作用在甲上，使甲乙一起向右做匀速直线运动（ ）
A、甲、乙之间一定有摩擦力
B、水平地面对乙没有摩擦力
C、甲对乙的摩擦力大小为F，方向水平向右
D、水平地面对乙的摩擦力大小为F．方向水平向右
分析：首先对甲、乙的整体进行分析，根据平衡力的知识得出乙与地面间的摩擦力；以甲为研究对象，进行受力分析，得出甲与乙之间的摩擦力．
解答：A、以甲为研究对象，由于做匀速直线运动，所以受力平衡，水平方向受向右的拉力F，所以受乙对其向左的摩擦力，故A正确；
B、以甲、乙的整体为研究对象，由于受向右的拉力作用，所以还受向左的摩擦力作用，B错误；
C、由A知，甲受乙对其向左的摩擦力，根据力的作用的相互性，所以甲对乙向右的摩擦力作用，故C正确；
D、由B知，水平地面对乙的摩擦力大小为F，方向水平向左，故D错误。
故选：AC。
点评：本题关键正确选择研究对象，然后再根据两物体及整体处于平衡状态，由平衡条件分析受力情况即可．
【解题思路点拨】
对物体受力的判断常采用的方法之一就是假设法，假设物体受或不受某力会使物体的运动状态发生变化，那么假设不成立。
5．牛顿第二定律的简单应用
【知识点的认识】
牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。
【命题方向】
一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g，g为重力加速度。人对电梯底部的压力为（ ）
A、 B、2mg C、mg D、
分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。
解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律
N﹣mg＝ma
故N＝mg+ma＝mg
根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于mg；
故选：A。
点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
【解题方法点拨】
在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
6．连接体模型
【知识点的认识】
1．连接体：两个或两个以上存在相互作用或有一定关联的物体系统称为连接体，在我们运用牛顿运动定律解答力学问题时经常会遇到．
2．解连接体问题的基本方法
整体法：把两个或两个以上相互连接的物体看成一个整体，此时不必考虑物体之间的作用内力．
隔离法：当求物体之间的作用力时，就需要将各个物体隔离出来单独分析．解决实际问题时，将隔离法和整体法交叉使用，有分有合，灵活处理．
【命题方向】
题型一：用整体法和隔离法解决连接体问题．
例1：质量分别为m和2m的物块、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同．当用水平力F作用于B上且两物块在粗糙的水平面上，共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图甲所示；当用同样大小的力F竖直共同加速提升两物块时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉两物块使之共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1：x2：x3等于（ ）
A.1：1：1 B.1：2：3 C.1：2：1 D．无法确定
分析：本题是连接体问题，可以先用整体法根据牛顿第二定律求出加速度，用F和m表示，再隔离A研究，求得弹簧的弹力及伸长量，最后得到x1：x2：x3．
解答：甲图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，
a1＝
对A：kx1﹣μmg＝ma1
解得x1＝
乙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得，
a2＝
对A：kx2﹣mg＝ma2
解得x2＝ 则
丙图，对整体研究，根据牛顿第二定律得F
a3＝
对A：kx3﹣mgsinθ﹣μmgcsθ＝ma3
解得x3＝ 则x1：x2：x3＝1：1：1
故A正确，BCD错误
故选：A．
点评：牛顿定律处理连接体问题时，常常采用隔离法和整体法相结合的方法研究．隔离法选取受力少的物体研究简单．求内力时，必须用隔离法．求整体的加速度可用整体法．
例2：如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T．现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是（ ）
A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为
分析：采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系．
解答：质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力、m对其作用的向后的摩擦力，轻绳的拉力、地面的支持力五个力的作用，故A错误；
对整体，由牛顿第二定律可知，a＝；隔离后面的叠加体，由牛顿第二定律可知，轻绳中拉力为F′＝3ma＝．由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳才刚好被拉断，选项B错误；C正确；
轻绳刚要被拉断时，物块加速度a′＝，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f＝ma′＝，故D错误．
故选：C．
点评：本题重点在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法分析拉力之间的关系．
【解题方法点拨】
（1）解答连接体问题时，决不能把整体法和隔离法对立起来，而应该把这两种方法结合起来，从具体问题的实际情况出发，灵活选取研究对象，恰当选择使用隔离法和整体法．
（2）在使用隔离法解题时，所选取的隔离对象可以是连接体中的某一个物体，也可以是连接体中的某部分物体（包含两个或两个以上的单个物体），而这“某一部分”的选取，也应根据问题的实际情况，灵活处理．
（3）选用整体法或隔离法可依据所求的力来决定，若为外力则应用整体法；若所求力为内力则用隔离法．但在具体应用时，绝大多数的题目要求两种方法结合应用，且应用顺序也较为固定，即求外力时，先隔离后整体；求内力时，先整体后隔离．先整体或先隔离的目的都是为了求解共同的加速度．
7．水平传送带模型
【知识点的认识】
1.传送带问题
利用传送带运送物体，涉及摩擦力的判断、物体运动状态的分析、运动学和动力学知识的综合运用问题。
2.分类
传送带问题包括水平传送带和倾斜传送带两类问题。
3.常见情况分析
（条件说明：传送带以速度v匀速运行，v0为物体进人传送带的初速度）
【命题方向】
例1：如图所示，传送带的水平部分长为L，运动速率恒为v，在其左端放上一无初速的小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左到右的运动时间不可能为（ ）
A. B. C.D.
分析：物块无初速滑上传送带，有可能一直做匀加速直线运动，有可能先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出木块运行的时间．
解答：①当木块一直做匀加速直线运动。
若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v。
根据牛顿第二定律得，a＝μg。
根据L＝，解得。
若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v。
根据L＝
解得t＝
②当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动。
匀加速直线运动的时间，匀加速直线运动的位移
则匀速直线运动的位移
则匀速直线运动的时间
则总时间为t＝．故B、C、D正确，A错误。
本题选不可能的，故选：A。
点评：解决本题的关键理清物块的运动情况，考虑到木块运动的各种可能性，运用牛顿运动定律和运动学公式综合求解．
【解题思路点拨】
明确传送带的类型，对物块做好受力分析，应用牛顿第二定律进行解答。需要综合运用力学、运动学以及牛顿运动定律的相关内容。
8．板块模型和传送带模型的结合
【知识点的认识】
传动带模型与板块模型都是高中物理比较综合的问题模型，板块模型与传送带模型相结合的问题难度更大。
【命题方向】
如图所示，与水平方向成θ＝37°的传送带以恒定速度v＝4m/s沿逆时针方向转动，两传动轮间距为lAB＝5.8m。一质量为M＝1kg的长木板静止在粗糙地面上，其右端靠着传送带。现将一质量为m＝1kg且可视为质点的物块轻放在传送带顶端B点，物块沿传送带滑至底端，正好滑上长木板（此过程无机械能损失）。已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，物块与长木板间的动摩擦因数为μ2＝0.4，长木板与地面间的动摩擦因数为μ3＝0.1，重力加速度g＝10m/s2；求：
（1）物块刚滑到长木板上的速度大小
（2）从滑块滑上长木板到二者停下的总时间；
（3）为保证滑块不从长木板上滑下，长木板的最小长度。
分析：（1）根据牛顿第二定律可求得物体的加速度，再由运动学公式可求得物块刚滑到长木板上时的速度大小；
（2）分别对滑块和木板进行分析，根据牛顿第二定律求出各自的加速度；再由运动学公式明确达共同速度的时间；再对整体分析，由牛顿第二定律及运动学公式可求得停止的时间；
（3）根据运动学公式求得两小球达到共速时所经历的位移，再由位移公式求解各自的位移，即可明确最小长度。
解答：（1）物体轻放上传送带，根据牛顿第二定律可得：
mgsinθ+μ1mgcsθ＝ma1
解得：a1＝10m/s2；
物体以a1速至v2：
则有：v2＝2a1l1
解得：l1＝0.8m；
到达v之后以a2加速到B：
mgsinθ﹣μ1mgcsθ＝ma2
解得：a2＝2m/s2；
到达B速度为v0：
v20﹣v2＝2a2（lAB﹣l1）
解得：v0＝6m/s
（2）滑块滑上长木板，对滑块有：
μ2mg＝ma3
解得：a3＝4m/s2；
方向向右；
对长木板：μ2mg﹣μ3（m+M）g＝Ma4
解得：a4＝2m/s2；
方向向左；
二者速度相等经历的时间为t1：
则由速度公式可得：v0﹣a3t1＝a4t1
解得：t1＝1s；
速度为v1＝2m/s；
共速后再共同匀减速，μ3（M+m）g＝（M+m）a5
解得：a5＝1m/s2
再到停下：t2＝＝＝2s；
故总时间t＝t1+t2＝1+2＝3s；
（3）达到共同速度时，滑块的位移x1＝v0t1﹣＝6×1﹣＝4m；
木板的位移x2＝＝＝1m；
故木板的长度至少为：x1﹣x2＝4﹣1＝3m；
答：（1）物块刚滑到长木板上的速度大小为6m/s；
（2）从滑块滑上长木板到二者停下的总时间为3s；
（3）为保证滑块不从长木板上滑下，长木板的最小长度3m。
点评：本题考查牛顿第二定律的应用，涉及两个物体多个过程，要注意正确确定研究对象，做好受力分析，再根据牛顿第二定律结合运动学公式进行分析求解；注意掌握应用加速度的桥梁作用。
【解题思路点拨】
要熟练掌握牛顿运动定律和运动学公式，能够自如地切换物体在平面和斜面，传送带与木板上的运动情况，需要较强的综合分析能力。
9．关联速度问题
【知识点的认识】
1.模型本质：通过绳和杆连接的两个物体，尽管实际的运动方向不同，但可以通过速度的合成与分解，找出其速度的关联性。
2.模型的建立
物体斜拉绳或绳斜拉物体的问题可看成“关联物体”模型，如图所示。
由于绳不可伸长，所以绳两端所连物体的速度沿着绳方向的分速度大小相同。
3.速度的分解
（1）分解依据：物体的实际运动就是合运动。
（2）分解方法：把物体的实际速度分解为垂直于绳方向和平行于绳方向的两个分量，根据沿绳方向的分速度大小相同列方程并求解。
（3）分解结果：把上图甲、乙所示的速度进行分解，结果如下图甲、乙所示。
【命题方向】
如图所示，人在岸上拉船，已知船的质量为m，水的阻力恒为f，当轻绳与水平面的夹角为θ时，船的速度为v，此时人的拉力大小为F，则（ ）
A.人拉绳行走的速度为v
B.人拉绳行走的速度为
C.船的加速度为
D.船的加速度为
分析：绳子收缩的速度等于人在岸上的速度，连接船的绳子端点既参与了绳子收缩方向上的运动，又参与了绕定滑轮的摆动．根据船的运动速度，结合平行四边形定则求出人拉绳子的速度，及船的加速度．
解答：AB、船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度。如图所示根据平行四边形定则有，v人＝vcsθ．故A、B错误。
CD、对小船受力分析，如下图所示，则有Fcsθ﹣f＝ma，因此船的加速度大小为a＝，故C正确，D错误；
故选：C。
点评：解决本题的关键知道船运动的速度是沿绳子收缩方向的速度和绕定滑轮的摆动速度的合速度，并掌握受力分析与理解牛顿第二定律．
【解题思路点拨】
“关联物体”速度的分解
（1）船的实际运动为合运动，此运动产生两个效果，一是使绳子沿自身方向向上收缩，二是使与船接触的绳有沿与绳垂直的方向向下摆动的趋势。
（2）关联物体速度的分析思路
10．平抛运动速度的计算
【知识点的认识】
1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的速度vx＝v0
竖直方向上的速度vy＝gt
从而可以得到物体的速度为v＝＝
3.同理如果知道物体的末速度和运动时间也可以求出平抛运动的初速度。
【命题方向】
如图所示，小球以6m/s的初速度水平抛出，不计空气阻力，0.8s时到达P点，取g＝10m/s2，则（ ）
A、0.8s内小球下落的高度为4.8m
B、0.8s内小球下落的高度为3.2m
C、小球到达P点的水平速度为4.8m/s
D、小球到达P点的竖直速度为8.0m/s
分析：平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据时间求出下降的高度以及竖直方向上的分速度。
解答：AB、小球下落的高度h＝＝．故A错误，B正确。
C、小球在水平方向上的速度不变，为6m/s。故C错误。
D、小球到达P点的竖直速度vy＝gt＝8m/s。故D正确。
故选：BD。
点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式灵活求解。
【解题思路点拨】
做平抛运动的物体，水平方向的速度是恒定的，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，满足vy＝gt。
11．平抛运动位移的计算
【知识点的认识】
1.平抛运动的性质：平抛运动可以看成水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动。
2.设物体在平抛运动ts后，水平方向上的位移x＝v0t
竖直方向上的位移为y＝
物体的合位移为l＝
3.对于已知高度的平抛运动，竖直方向有h＝
水平方向有x＝v0t
联立得x＝v0
所以说平抛运动的水平位移与初速度大小和抛出点的高度有关。
【命题方向】
物体以初速度7.5m/s水平抛出，2秒后落到地面，则物体在这个过程中的位移是（ ）
物体做平抛运动，我们可以把平抛运动可以分解为水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，两个方向上运动的时间相同．
解：物体做平抛运动，水平方向的位移为：x＝v0t＝7.5×2m＝15m
竖直方向上是自由落体运动，竖直位移为：h＝gt2＝×10×（2）2＝20（m）
物体的合位移为 s＝＝m＝25m，故D正确。
故选：D。
本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解．
【解题思路点拨】
平抛运动的物体在水平和竖直方向上的运动都是独立的，可以分别计算两个方向的位移，并与合位移构成矢量三角形（满足平行四边形定则）。
12．牛顿第二定律与向心力结合解决问题
【知识点的认识】
圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝m＝m也是牛顿第二定律的变形，因此可以将牛顿第二定律与向心力结合起来求解圆周运动的相关问题。
【命题方向】
我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．
分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．
解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：
F心＝ma心
则得：F心＝2200N
又 F心＝F﹣mg
得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N
答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．
点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．
【解题思路点拨】
圆周运动中的动力学问题分析
（1）向心力的确定
①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．
②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．
（2）向心力的来源
向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．
（3）解决圆周运动问题步骤
①审清题意，确定研究对象；
②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；
③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；
④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．
13．绳球类模型及其临界条件
【知识点的认识】
1.模型建立
（1）轻绳模型
小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。
（2）轻杆模型
小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。
2.模型分析
【命题方向】
如图所示，质量为M的支座上有一水平细轴．轴上套有一长为L的细绳，绳的另一端栓一质量为m的小球，让球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，则此时小球的线速度是多少？
分析：当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，由此说明此时支座和球的重力全部作为了小球的向心力，再根据向心力的公式可以求得小球的线速度．
解答：对支座M，由牛顿运动定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
对小球m，由牛顿第二定律，有：T+mg＝m﹣﹣﹣②
联立 ①②式可解得：v＝．
答：小球的线速度是．
点评：物体做圆周运动需要向心力，找到向心力的来源，本题就能解决了，比较简单．
【解题思路点拨】
对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝m，从而可以求出最高点的速度v＝。
14．物体在环形竖直轨道内的圆周运动
【知识点的认识】
1.模型建立
（1）轻绳模型
小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。
（2）轻杆模型
小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。
2.模型分析
【命题方向】
如图所示，小球m在竖直放置的内壁光滑的圆形细管内做圆周运动，以上说法正确的是（ ）
A、小球通过最高点的最小速度为v＝
B、小球通过最高点的最小速度为零
C、小球通过最高点时一定受到向上的支持力
D、小球通过最低点时一定受到外管壁的向上的弹力
分析：球m在竖直放置的内壁光滑的圆形细管内做圆周运动，小球通过最高点的最小速度为零．根据小球到达最高时的速度，由牛顿第二定律分析小球通过最高点时受到的作用力方向．小球通过最低点时一定受到外管壁的向上的弹力．
解答：AB、由于细管内能支撑小球，所以小球通过最高点的最小速度为零，不是．故A错误，B正确。
C、若小球通过最高点时速度0＜v＜，小球的向心力小于重力，受到向上的支持力；若v＝，不受圆管的作用力；当v＞，小球的向心力大于重力，受到向下的压力。故C错误。
D、小球通过最低点时向心力向上，重力向下，则外管壁对小球的弹力必定向上。故D正确。
故选：BD。
点评：小球在圆管中运动类型与轻杆模型相似，属于有支撑物的类型，小球到达最高点临界速度为零．
【解题思路点拨】
对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝m，从而可以求出最高点的速度v＝。
15．功的定义、单位和计算式
【知识点的认识】
1．定义：物体受到力的作用，并在力方向上发生一段位移，就说力对物体做了功．
2．公式：W＝Flcsα，其中α为F与l的夹角，F是力的大小，l一般是物体相对地面的位移，而不是相对于和它接触的物体的位移．
3．应用中的注意点
（1）公式只适用于恒力做功；
（2）F和l是对应同一个物体的；
（3）恒力做功多少只与F、l及二者夹角余弦有关，而与物体的加速度大小、速度大小、运动时间长短等都无关，即与物体的运动性质无关，同时与有无其它力做功也无关．
4．物理意义：功是能量转化的量度．
5．单位：焦耳（J），1J＝1N•m．
6．功是标量，没有方向、但是有正负，正负表示能量转化的方向．表示物体是输入了能量还是输出了能量．
【命题方向】
关于功的概念，下列说法中正确的是（ ）
A、力对物体做功多，说明物体的位移一定大
B、力对物体做功小，说明物体的受力一定小
C、力对物体不做功，说明物体一定没有移动
D、物体发生了位移，不一定有力对它做功
分析：做功包含的两个必要因素是：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过一定的位移．根据W＝Flcsα求解．
解答：A、力对物体做功多，根据W＝Flcsα，如果力很大，那么物体的位移不一定大，故A错误
B、力对物体做功小，根据W＝Flcsα，如果力位移很小，那么物体的受力不一定小，故B错误
C、力对物体不做功，根据W＝Flcsα，可能α＝90°，所以物体不一定没有移动，故C错误
D、物体发生了位移，如果力的方向与位移方向垂直，那么力对它不做功，故D正确
故选：D。
点评：对物体做功必须同时满足两个条件：对物体施加力，物体在这个力的作用下通过一定的位移．
【解题方法点拨】
1.对功的概念的理解
（1）做功的两个必不可少的因素理解功的概念，首先要知道做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移。力对物体是否做了功只与这两个因素有关，与其他因素诸如物体运动的快慢、运动的性质、物体的质量、物体是否受其他力作用等均无关。
（2）功是过程量，总是与一个具体的过程相对应同时功与具体的某个力或某几个力相对应，通常我们说某个力或某几个力所做的功。
2.对计算功的大小的公式的两点提醒
（1）公式中的F是恒力，即公式W＝Flcsα并不是普遍适用的，它只适用于大小和方向均不变的恒力做功。如果F是变力，W＝Flcsα就不适用了。
（2）F与l必须具备同时性，即必须是力作用过程中物体的位移。如果力消失后物体继续运动，力所做的功就只跟力作用的那段位移有关，跟其余的位移无关，
16．功率的定义、物理意义和计算式的推导
【知识点的认识】
1.义：功与完成这些功所用时间的比值．
2.理意义：描述做功的快慢。
3.质：功是标量。
4.计算公式
（1）定义式：P＝，P为时间t内的平均功率．
（2）机械功的表达式：P＝Fvcsα（α为F与v的夹角）
①v为平均速度，则P为平均功率．
②v为瞬时速度，则P为瞬时功率．
推导：如果物体的受力F与运动方向的夹角为α，从计时开始到时刻t这段时间内，发生的位移是l，则力在这段时间所做的功
W＝Flcsα
因此有
P＝＝csα
由于位移l是从开始计时到时刻t这段时间内发生的，所以是物体在这段时间内的平均速度v，于是上式就可以写成
P＝Fvcsα
可见，力对物体做功的功率等于沿运动方向的分力与物体速度的乘积。
通常情况下，力与位移的方向一致，即F与v的夹角一致时，csα＝1，上式可以写成P＝Fv。
从以上推导过程来看，P＝Fv中的速度v是物体在恒力F作用下的平均速度，所以这里的功率P是指从计时开始到时刻t的平均功率。如果时间间隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬时速度，这个关系式也就可以反映瞬时速度与瞬时功率的关系。
5.额定功率：机械正常工作时输出的最大功率．
6.实际功率：机械实际工作时输出的功率．要求不大于额定功率．
【命题方向】
下列关于功率和机械效率的说法中，正确的是（ ）
A、功率大的机械，做功一定多
B、做功多的机械，效率一定高
C、做功快的机械，功率一定大
D、效率高的机械，功率一定大
分析：根据P＝知，做功多．功率不一定大，根据η＝，判断效率与什么有关．
解答：A、根据P＝知，功率大，做功不一定多。故A错误。
BD、根据η＝，知做功多，效率不一定高，效率高，功率不一定大。故B、D错误。
C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正确。
故选：C。
点评：解决本题的关键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．
【解题思路点拨】
1.功率是反映做功快慢的物理量，与功的多少没有直接关系。
2.功率的定义式P＝适用于任何做功的情况。
17．平均功率的计算
【知识点的认识】
平均功率的计算式：
①功率的定义式：P＝
②恒力做功：P＝Fv（v是平均速度）
【命题方向】
一、定义式计算平均功率
据报导：我国一家厂商制作了一种特殊的手机，在电池能耗尽时，摇晃手机，即可产生电能维持通话，摇晃手机的过程是将机械能转化为电能，如果将该手机摇晃一次，相当于将100g的重物举高40cm，若每秒摇两次，则摇晃手机的平均功率为（g＝10m/s2）（ ）
A、0.04W B、0.4W C、0.8W D、40W
分析：根据题意可以求得摇晃两次时对手机做的功的大小，进而可以根据功率的公式计算出平均功率的大小．
解答：把手机摇晃一次做的功的大小为W＝mgh＝0.1×10×0.4J＝0.4J，
所以摇晃两次对手机做的功的大小为0.8J，
所以平均功率的大小为P＝＝W＝0.8W，所以C正确。
故选：C。
点评：摇晃手机实际上就是人对手机做的功转化成手机的电能，求出人做功的大小即可得出功率的大小．
二、恒力做功的平均功率
质量为m的物体从静止开始做加速度为a的匀加速直线运动，在运动时间为t的过程中，合外力对它做功的平均功率为（ ）
A、ma2t B、ma2t C、2ma2t D、ma2t
分析：物体做的是匀加速直线运动，根据速度公式可以求得经过时间t时物体的速度的大小，由此可以求得平均速度的大小，根据P＝F，可以求得平均功率的大小．
解答：物体做的是匀加速直线运动，
t时刻的速度的大小为 v＝at，
该过程的平均速度的大小为 ＝v＝at，
此时物体受到的合外力为 F＝ma，
所以合外力对它做功的平均功率为 P＝F＝ma×at＝，所以B正确。
故选：B。
点评：在分析功率的时候，一定要注意公式的选择，P＝只能计算平均功率的大小，而P＝Fv可以计算平均功率也可以计算瞬时功率，取决于速度是平均速度还是瞬时速度．该题也可由P＝来求合外力的平均功率．
【解题思路点拨】
1.功率的定义式P＝适用于任何做功的场景。
2.对于恒力做功，除了可以先求出总功，再除以时间求平均功率外，也可以求出平均速度，再利用P＝Fv计算平均功率。
18．动能定理的简单应用
【知识点的认识】
1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。
2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初
3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。
【命题方向】
如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：
（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；
（2）物体在前6s运动的位移
（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。
分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；
（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；
（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。
解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得
F﹣μmg＝ma，
解得 a＝3m/s2，
（2）由位移公式得 X＝at2＝×3×62m＝54m。
（3）对全程用动能定理得
FX﹣Wf＝0
Wf＝FX＝50×54J＝2700J。
答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；
（2）物体在前6s运动的位移是54m；
（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。
点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。
【解题思路点拨】
1．应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。
19．利用动能定理求解多过程问题
【知识点的认识】
1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。
2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初
3.动能定理不用考虑物体的运动过程，可以通过对全程列动能定理来简化过程比较多，运动情况比较复杂的问题。
【命题方向】
例1、一消防队员从一平台上跳下，下落h1双脚触地，并弯曲双腿缓冲，使其重心又下降了h2才停下，且h1＝4h2．则在触地的过程中，地面对他双脚的平均作用力的大小约为消防队员所受重力大小的（ ）
A、2倍 B、5倍 C、10倍 D、20倍
分析：消防员先自由下落h1，接着匀减速下降h2，对匀减速过程受力分析，可结合牛顿第二定律或动能定理求解。
解答：对运动的整个过程运用动能定理，得：
mg（h1+h2）﹣Fh2＝0 ①；
又根据题意，有：
h1＝4h2②；
解得，F＝5mg；
故选：B。
点评：本题对运动的全部过程用动能定理比较方便，若对加速过程和减速过程分别运用动能定理列式也可求解，还可以用牛顿第二定律求解；故方法的选择对解题的难易影响很大，要能灵活选择方法解题。
例2：在海滨游乐场里有一种滑沙的游乐活动，如图所示，人坐在滑板上从斜坡的高处由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来，若某人和滑板的总质量m＝60.0kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数相同，大小为μ＝0.50，斜坡的倾角θ＝37°，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2
（1）人从斜坡滑下的加速度为多大？
（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离为L＝20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？（sin37°＝0.6，cs37°＝0.8）
分析：人与滑板由静止从粗糙斜面滑下后，又滑上粗糙水平面最后停止．在斜面上对其进行受力分析，再进行力的合成求出合力，运用牛顿第二定律可算出加速度．
当人与滑板从静止到停止，先做匀加速后做匀减速，由动能定理，可求出滑下的距离AB．
解答：（1）人在斜面上受力如图所示，建立图示坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度为a1
由牛顿第二定律有mgsinθ﹣Ff1＝ma1
FN1﹣mgcsθ＝0
又Ff1＝μFN1
联立解得 a1＝g（sinθ﹣μcsθ）＝2.0m/s2
（2）根据动能定理，选取从开始到停止，
则有：mgLABsinθ﹣μmgL﹣μmgcsθLAB＝0﹣0；
解得：LAB＝50m；
答：（1）人从斜坡滑下的加速度为2m/s2；
（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离为L＝20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过50m。
点评：对研究对象的进行受力分析与运动分析，再由运动学公式与牛顿运动定律相结合．同时第二个小问可以用动能定理来处理．
【解题思路点拨】
【解题思路点拨】
1．应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。
20．常见力做功与相应的能量转化
【知识点的认识】
1．内容
（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。
（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。
2．高中物理中几种常见的功能关系
【解题思路点拨】
如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（ ）
A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mgh
B、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WF
C、重力势能增加mgh，弹性势能增加FH
D、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh
分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．
解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即
ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh
物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，
ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh
故选：D。
点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．
【解题思路点拨】
1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。
2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。
21．机械能守恒定律的简单应用
【知识点的认识】
1.机械能守恒定律的内容：在只有重力或弹力做功的物体系统内，动能与势能可以互相转化，而总的机械能保持不变。
2.对三种表达式的理解
（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，这里应注意等式不是指某两个特别的状态，而是过程中的每一状态机械能的总量都是守恒的，但我们解题时往往选择与题目所述条件或所求结果相关的状态建立方程式。另外，表达式中是相对的，建立方程时必须选择合适的参考平面，且每一状态的E都应是对同一参考平面而言的。
（2）转化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系统动能的增加量等于系统重力势能的减少量，可以不选择参考平面。
（3）转移式：ΔEA＝﹣ΔEB，将系统分为A、B两部分，A部分机械能的增加量等于另一部分B的机械能的减少量，可以不选择参考平面。
3.运用机械能守恒定律的基本思路
4.机械能守恒定律和动能定理的比较
【命题方向】
NBA篮球赛非常精彩，吸引了众多观众.2012﹣2013赛季总决赛第六场中，雷阿伦在终场前5.2s的时候，把球投出且准确命中，把比赛拖入加时从而让热火获得比赛的胜利．如果雷阿伦投篮过程中对篮球做功为W，出手高度为h1，篮筐距地面高度为h2，篮球的质量为m，空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为（ ）
A、W+mgh1﹣mgh2
B、W+mgh2﹣mgh1
C、mgh1+mgh2﹣W
D、mgh2﹣mgh1﹣W
分析：篮球在空中飞行时受到的空气阻力忽略不计，只受重力，故机械能守恒，根据机械能守恒定律直接列式分析．
解答：篮球机械能守恒，有
mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2
解得
Ek2＝Ek+mgh1一mgh2
故选：A。
点评：本题关键根据机械能守恒定律列式求解，守恒条件为只有重力做功；应用机械能守恒定律解题不需要分析过程，只找出初末状态即可．
【解题方法点拨】
1.应用机械能守恒定律解题的基本思路
（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。
（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。
（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。
（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解。
注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。
2.对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：
（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；
（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；
（3）各物体的速度之间的联系。
3.动能定理与机械能守恒定律的选择
（1）能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势能参考平面的麻烦。
（2）能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。
22．多物体系统的机械能守恒问题
【知识点的认识】
1.系统机械能守恒条件
（1）系统除重力外无其他外力做功（
2）系统内除弹力外其他内力不做功或所做的总功为零，特别是系统内无滑动摩擦力时系统的机械能守恒。
2.多物体系统内物体间的速度关系
（1）绳连接的两个物体，在任一时刻沿绳方向上的速度分量相同。
（2）杆连接的两物体，当绕固定点转动时，两物体角速度相等；当杆自由运动时，两物体沿杆方向上的速度分量相同。
（3）接触的两物体在任一时刻沿垂直于接触面方向上的速度分量相同
【命题方向】
如图所示，用轻绳连接的滑轮组下方悬挂着两个物体A、B，它们的质量分别为m、2m，A用轻绳挂在动滑轮上，滑轮的质量、摩擦均不计。现将系统从静止释放，求：（重力加速度为g）
（1）A上升h高度（h小于两滑轮起始高度差）时A的速度多大？
（2）A上升h高度（h小于两滑轮起始高度差）的过程中，轻绳的拉力对B所做的功。
分析：（1）根据动滑轮的特性设置两物体的速度和高度大小，利用机械能守恒定律列式求解速度；
（2）对B利用动能定理列式求解。
解答：（1）根据图中动滑轮的特性，A上升h高度，则B下降2h的高度，设A的速度大小为v，B的速度大小为2v，对A、B组成的系统，根据机械能守恒定律有
2mg×2h﹣mgh＝×2m×（2v）2+×m×v2
解得v＝
（2）设轻绳的拉力对B做的功为W，对B根据动能定理有
2mg×2h+W＝×2m×（2v）2﹣0
解得W＝﹣mgh
答：（1）A的速度为；
（2）轻绳的拉力对B所做的功为﹣mgh。
点评：考查动滑轮问题，系统机械能守恒和动能定理的应用，会根据题意列式求解相应的物理量。
【解题思路点拨】
1.应用机械能守恒定律解题的基本思路
（1）选取研究对象﹣﹣物体或系统。
（2）根据研究对象所经历的物理过程，进行受力、做功分析，判断机械能是否守恒。
（3）恰当地选取参考平面，确定研究对象在过程的初、末态时的机械能。
（4）选取方便的机械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）进行求解。
注：机械能守恒定律的应用往往与曲线运动综合起来，其联系点主要在初末状态的速度与圆周运动的动力学问题有关、与平抛运动的初速度有关。
2.对于系统机械能守恒问题，应抓住以下几个关键：
（1）分析清楚运动过程中各物体的能量变化；
（2）哪几个物体构成的系统机械能守恒；
（3）各物体的速度之间的联系。
3.动能定理与机械能守恒定律的选择
（1）能用机械能守恒定律解决的题一般都能用动能定理解决，而且省去了确定是否守恒和选定重力势能参考平面的麻烦。
（2）能用动能定理来解决的题却不一定都能用机械能守恒定律来解决，在这个意义上讲，动能定理比机械能守恒定律应用更广泛、更普遍。
23．动量的定义、单位及性质
【知识点的认识】
1.动量的定义：质量和速度的乘积。用符号p表示。
2.公式：p＝mv。
3.单位：千克米每秒，符号：kg•m/s。
4.标矢性：动量是矢量，方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。
【命题方向】
物体在运动过程中加速度不为零，则下列说法正确的是（ ）
A、物体速度的大小一定随时间变化
B、物体速度的方向一定随时间变化
C、物体动能一定随时间变化
D、物体动量一定随时间变化
分析：加速度不为零，物体受到的合力不为零，根据合力方向与速度方向间的关系分析判断物体速度大小、方向如何变化，动能是否变化，由动量定理分析答题．
解答：物体在运动过程中加速度不为零，物体受到的合力不为零；
A、如果物体做匀速圆周运动，物体所受合力不为零，则物体的速度大小不变，速度方向时刻变化，故A错误；
B、如果物体做直线运动，物体所受合力不为零，则物体的速度方向不变，速度大小不断变化，故B错误；
C、如果物体做匀速圆周运动，物体所受合力不为零，物体动能不变，故C错误；
D、物体所受合力不为零，则物体所受的冲量不为零，由动量定理可知，物体的动量一定随时间变化，故D正确；
故选：D。
点评：物体所受合力不为零，物体做变速运动，物体的动量一定变化，物体的速度大小、速度方向、物体动能是否变化与物体做什么运动有关系，应具体分析讨论．
【解题思路点拨】
动量的性质有：
（1）瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。
（2）矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。
（3）相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。
24．动量变化量的计算
【知识点的认识】
1.定义：动量的变化量是指物体的末动量减去初动量。
2.表达式：Δp＝p2﹣p1＝mv2﹣mv1
3.性质：动量的变化量是矢量，方向与速度变化量的方向相同，可以用矢量运算法则确定。
【命题方向】
一个质量为0.18kg的垒球以20m/s的水平速度向右飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40m/s，则这一过程动量的变化量为（ ）
A、大小10.8kgm/s，方向向右
B、大小10.8kgm/s，方向向左
C、大小3.6kgm/s，方向向右
D、大小3.6kgm/s，方向向左
分析：动量p＝mv，是矢量，规定正方向后求解动量的变化量．
解答：规定水平向右为正方向，则初动量p1＝mv1＝0.18kg×20m/s＝3.6kg•m/s；
打击后动量为：p2＝mv2＝0.18kg×（﹣40m/s）＝﹣7.2kg•m/s；
故动量变化为：Δp＝p2﹣p1＝﹣10.8kg•m/s，负号表示方向与规定的正方向相反，即向左；
故选：B。
点评：本题关键明确动量、动量的变化量都是矢量，规定正方向后，可以将矢量运算简化为代数运算．
【解题记录点拨】
1.表达式：Δp＝p2﹣p1
2.矢量性：动量变化量是矢量，与速度变化的方向相同，运算遵循平行四边形定则，当 p1、p2，在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。
3.对动量和动量变化量的两个提醒
（1）动量是矢量，比较两个物体的动量时，不能仅比较大小，还要比较方向，只有大小相等、方向相同的两个动量才相等。
（2）计算动量变化量时，应利用矢量运算法则进行计算。对于在同一直线上的矢量运算，要注意选取正方向。
25．求变力的冲量
【知识点的认识】
求变力的冲量有三个方法：
1.若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量；
2.若给出了力随时间变化的图像，如图所示，可用面积法求变力的冲量；
3.利用动量定理求解。
【命题方向】
一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。对此过程的描述，错误的是（ ）
A、地面对运动员的弹力做功为
B、运动员所受合力的冲量大小为mv
C、地面对运动员弹力的冲量大小为mv+mgΔt
D、重力的冲量大小为mgΔt
分析：已知初末速度，则由动量定理可求得地面对人的冲量；由功的公式可确定地面对人是否做功。
解答：A、在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故A错误；
B、根据动量定理可得运动员所受合力的冲量大小
IF＝mv
故B正确；
C、以人为对象，受到地面的支持力和自身的重力，规定向上为正，根据动量定理可知
（N﹣mg）Δt＝mv
所以地面对人弹力的冲量为
NΔt＝mgΔt+mv
故C正确。
D、重力的冲量大小
IG＝mgΔt
故D正确；
本题选不正确项。
故选：A。
点评：在应用动量定理时一定要注意冲量应是所有力的冲量，不要把重力漏掉。另外地面对人是否做功的问题是易错点，要根据功的概念去理解。
【解题思路点拨】
1.对于变力的冲量计算，定义式不再适用，要根据题目条件选择合适的方法进行计算。
2.求合冲量的两种方法
（1）可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；
（2）另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式Ⅰ合＝F合Δt求解。
26．动量定理的内容和应用
【知识点的认识】
1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．
2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．
3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F＝＝＝＝ma，所以物体动量的变化率等于它受到的力，即F＝，这是牛顿第二定律的动量表述．
【命题方向】
篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样可以（ ）
A、减小篮球对手的冲量
B、减小篮球对人的冲击力
C、减小篮球的动量变化量
D、增大篮球的动量变化量
分析：分析接球的动作，先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理即可分析。
解答：A、先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv，解得：F＝，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，故A错误B正确；
C、运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，故CD错误。
故选：B。
点评：本题主要考查了动量定理的直接应用，应用动量定理可以解题，解题时要注意，接球过程球的动量变化量一定，球与手受到的冲量一定，球动量的变化量与冲量不会因如何接球而改变。
【解题方法点拨】
1．动量、动量的变化量、冲量、力都是矢量．解题时，先要规定正方向，与正方向相反的，要取负值．
2．恒力的冲量用恒力与力的作用时间的乘积表示，变力的冲量计算，要看题目条件确定．如果力随时间均匀变化，可取平均力代入公式求出；力不随时间均匀变化，就用I表示这个力的冲量，用其它方法间接求出．
3．只要涉及了力F和力的作用时间t，用牛顿第二定律能解答的问题、用动量定理也能解答，而用动量定理解题，更简捷．
27．用动量定理求平均作用力
【知识点的认识】
对于涉及变力作用的动量问题，可以利用动量定理求解平均作用力。
公式为：Δt＝mv2﹣mv1。
【命题方向】
质量m＝0.6kg的篮球从距地板H＝0.80m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h＝0.45m．从释放到弹跳至h高处经历的时间t＝1.1s，忽略空气阻力，取g＝10m/s2．求：
（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能．
（2）地板对篮球的平均作用力．
分析：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能等于初始时刻机械能减去末时刻机械能，初末位置物体动能为零，只有势能；
（2）分别根据自由落体运动求出篮球与地面碰撞前后的速度，再求出下落和上升的时间，根据总时间求出球与地面接触的时间，根据动量定律即可求解．
解答：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为：ΔE＝mgH﹣mgh＝0.6×10×（0.8﹣0.45）J＝2.1J
（2）设篮球从H高处下落到地板所用时间为t1，刚接触地板时的速度为v1；反弹离地时的速度为v2，上升的时间为t2，由动能定理和运动学公式
下落过程：mgH＝，解得：v1＝4m/s，
上升过程：﹣mgh＝0﹣，解得：v2＝3m/s，
篮球与地板接触时间为Δt＝t﹣t1﹣t2＝0.4s
设地板对篮球的平均撞击力为F，由动量定理得：
（F﹣mg）Δt＝mv2+mv1
解得：F＝16.5N
根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力 F′＝F＝16.5N，方向向下
答：（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为2.1J．
（2）地板对篮球的平均作用力为16.5N，方向向下．
点评：本题主要考查了自由落体运动的基本规律，在与地面接触的过程中，合外力对物体的冲量等于物体动量的变化量，难度适中．
【解题思路点拨】
应用动量定理的四点注意事项
（1）明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化。冲量和动量都是矢量，它们的加、减运算都遵循平行四边形定则。
（2）列方程前首先要选取正方向，与规定的正方向一致的力或动量取正值，反之取负值，而不能只关注力或动量数值的大小。
（3）分析速度时一定要选取同一个参考系，未加说明时一般选地面为参考系，同一道题目中一般不要选取不同的参考系。
（4）公式中的冲量应是合外力的冲量，求动量的变化量时要严格按公式计算，且要注意是末动量减去初动量。
28．F-t图像中的动量问题
【知识点的认识】
我们前面已经学过很多借助图像求物理量的例子，例如：利用v﹣t图像的面积求位移，利用a﹣t图像的面积求速度变化量，利用F﹣x图像的面积求功，它们都体现了共同的物理学方法：微元法。
类比这些问题的解决，我们就找到了一个计算变力冲量的方法，那就是图像法。由微元法可知，F﹣t图像与坐标轴围成的面积就是冲量。
【命题方向】
如图甲所示，质量m＝1kg的物块静止在水平面上，t＝0时，对其施加水平向右的推力F，推力F的大小随时间变化的规律如图乙所示。已知物块与水平面的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）物块开始运动的时刻及3s末物块加速度的大小；
（2）0～6s内推力对物块冲量的大小；
（3）6s末物块动量的大小。
分析：（1）当力F达到最大静摩擦力时，物块开始运动，根据摩擦力公式求解力F的大小，根据图像求解物块运动的时刻，根据牛顿第二定律求解3s时的加速度；
（2）F﹣t图像与坐标轴所围面积表示F的冲量，根据图像求解力对物块的冲量；
（3）根据F﹣t图像求解1～6s内推力F对物块的冲量大小，根据动量定理求解物块的动量。
解答：（1）最大静摩擦力等于滑动摩擦力，fm＝f＝μmg＝0.1×1×10N＝1N
当F＝fm时，物块开始滑动，由图可知，t＝1s时，F＝fm＝1N
即物块开始运动的时刻为1s；
3s末，由图像可知，F＝3N
对物块受力分析，由牛顿第二定律得：F﹣fm＝ma
代入数据解得：a＝2m/s2
（2）F﹣t图像与坐标轴所围面积表示F的冲量，由图像可知，0～6s内推力对物块冲量大小为IF＝N•s＝13.5N•s
（3）0～1s内物块未发生移动，1～6s内推力对物块冲量大小为IF′＝13.5N•s﹣N•s＝13N•s
由动量定理得：IF′﹣ft＝p﹣0
其中t＝6s﹣1s＝5s
代入数据解得：p＝8kg•m/s
答：（1）物块开始运动的时刻为1s，3s末物块加速度的大小为2m/s2；
（2）0～6s内推力对物块冲量的大小为13.5N•s；
（3）6s末物块动量的大小为8kg•m/s。
点评：本题考查牛顿第二定律、F﹣t图像和动量定理，解题关键是知道F﹣t图像与坐标轴所围面积表示力的冲量，会根据动量定理求解动量。
【解题思路点拨】
因为冲量是矢量，横坐标以上的面积表示冲量的方向为正方向，横坐标以下的面积表示冲量的方向为负方向。
29．动量守恒定律在板块模型中的应用
【知识点的认识】
1.对于板块类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。
2.整个过程涉及动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。
3.滑块与木板共速时，系统损失的机械能最大。
【命题方向】
如图所示，质量m1＝2.0kg的木板AB静止在水平面上，木板的左侧有一个固定的半径R＝0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现将质量m2＝1.0kg可视为质点的小木块C，从圆弧形轨道顶端由静止释放，小木块C到达圆弧形轨道底端时的速度v0＝3.0m/s．之后小木块C滑上木板AB并带动木板AB运动，当小木块C离开木板AB右端B时，木板AB的速度v1＝0.5m/s，在小木块C在木板AB上滑行的过程中，小木块C与木板AB总共损失的动能△E＝2.25J．小木块C与木板AB间的动摩擦因数μ＝0.1．木板AB与地面间的摩擦及空气阻力可忽略不计．取g＝10m/s2．求
（1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力的大小；
（2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功；
（3）小木块C在木板AB上运动过程中，小木块C相对于地面的位移．
分析：（1）小木块C做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出C受到的支持力；
（2）应用动能定理可以求出小木块在圆弧轨道上滑行时克服摩擦力所做的功；
（3）分别与木块及木板为研究对象，应用动能定列方程，求出木板与木块间的位移关系，解方程可以求出木块相对于地面的位移．
解答：（1）小木块通过圆弧形轨道末端时，
由牛顿第二定律得：F﹣m2g＝，
解得小木块受到的支持力：F＝25N；
（2）小木块在圆弧形轨道上下滑过程中，
由动能定理得：m2gR﹣Wf＝m2﹣0，
解得克服摩擦力做的功Wf＝1.5J；
（3）木块C与木板AB间的摩擦力f＝μm2g，
由动能定理得：
对木板：fs1＝m1﹣0，
对小木块：﹣fs2＝m2（﹣），
木块与木板间的位移关系：s2＝s1+L，
小木块与木板总共损失的动能△E＝fL，
解得：s2＝2.5m；
答：（1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力大小为25N；
（2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功为1.5J；
（3）小木块C在木板AB上运动过程中，小木块C相对于地面的位移为2.5m．
点评：本题考查了动能定理的应用，最后一问是本题的难点，分析清楚木块与木板的运动过程、两者间的位移关系是正确解题的前提与关键．
【解题思路点拨】
动量守恒里的板块模型一般不考虑地面的摩擦力，板块之间的相互作用为内力，因此遵寻动量守恒定律。当达到共速时，系统瞬时的机械能最大，同时也要注意临界条件，如滑块恰好不滑下木板等。
30．动量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的应用
【知识点的认识】
物体冲上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上没有外力作用，所以水平方向上系统的动量守恒。可以根据情况分成以下两种类型：
1.物体能飞离斜面（或曲面）：在物体与斜面（或曲面）分开之前，因为两者始终一起运动，所以分离瞬间两者在水平方向上速度相等，物体飞到最高点时，两者的速度相同。
2.物体不能飞离斜面（或曲面）：物体到达斜面上最高处时，两者的速度相同。
可以根据系统的机械能守恒和水平方向上的动量守恒求出物体到达“最高点”时，两者的速度及物体上升的高度。
【命题方向】
如图，一带有四分之一光滑圆弧轨道的小车静止在光滑水平面上，一可视为质点、质量为m的小球以速度v0从小车的左端水平滑上小车，与小车作用后从小车左端竖直掉下。已知圆弧轨道的半径足够大，重力加速度大小为g。下列说法正确的是（ ）
A、小球和小车组成的系统动量守恒、机械能守恒
B、小车的最终速度大小为0.5v0
C、小车对小球做的功为
D、小球在小车上能上升的最大高度为
分析：A、根据动量守恒的条件、机械能守恒的条件分析；
B、根据题意可知小球离开小车时的速度为零，小球和小车相互作用的过程，可以看作弹性碰撞，根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒可得小车的最终速度大小；
C、小球和小车相互作用的过程，对小球利用动能定理分析；
D、小球与小车共速时上升到最高点，根据系统水平方向动量守恒和系统机械能守恒可得小球上升的最大高度。
解答：A、小球和小车组成的系统水平方向不受外力，竖直方向合力不为零，所以水平方向动量守恒，系统只有动能和势能的相互转化，所以系统机械能守恒，故A错误；
B、小球与小车作用后从小车左端竖直掉下，可知小球离开小车的速度为零，小球和小车相互作用的过程，可以看作弹性碰撞，
取水平向右为正方向，设小车的质量为M，由动量守恒定律有：mv0＝0+Mv1
小球和小车组成的系统机械能守恒，则有：
联立方程可得：M＝m，v1＝v0，所以小车的最终速度大小为v0，故B错误；
C、小球和小车相互作用的过程中，对小球由动能定理有：，可得小车对小球做的功，故C错误；
D、小球和小车共速时，小球上升到最大高度，设最大高度为h
取水平向右为正方向，由动量守恒定律有：mv0＝（m+M）v
小球和小车组成的系统机械能守恒，则有：
代入数据可得：，故D正确。
故选：D。
点评：本题考查了动量守恒定律和机械能守恒定律，解题的关键是把小球和小车相互作用的过程看作弹性碰撞，小球和小车组成的系统水平方向动量守恒，机械能守恒。
【解题思路点拨】
因为水平方向是没有外力的，所以系统水平方向上动量守恒，当物体达到最高处时，两个物体的速度完全一致。
31．动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用
【知识点的认识】
1.对于弹簧类问题，在作用过程中，系统合外力为零，满足动量守恒。
2.整个过程涉及弹性势能、动能、内能、重力势能的转化，应用能量守恒定律解决此类问题。
3.弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧连接的两物体速度相等，此时弹簧具有最大弹性势能。
【命题方向】
如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C．B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质量不计）。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，
（i）整个系统损失的机械能；
（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。
分析：（i）A压缩弹簧的过程，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出A、B相等的速度．此时B与C发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律求出碰后共同速度．再由能量守恒定律可以求出损失的机械能．
（ii）系统动量守恒，由动量守恒定律求出三个物体共同速度，然后应用能量守恒定律可以求出弹簧的弹性势能．
解答：（i）从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mv0＝2mv1 ①
此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为△E．对B、C组成的系统，取水平向右为正方向，由动量守恒和能量守恒定律得
mv1＝2mv2 ②
＝△E+•2 ③
联立①②③式得：
整个系统损失的机械能为△E＝ ④
（ii）由②式可知v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此时速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep．由动量守恒和能量守恒定律得
mv0＝3mv3，⑤
由能量守恒定律得：
﹣△E＝•3+EP ⑥
联立④⑤⑥式得
解得：EP＝；
答：
（i）整个系统损失的机械能是；
（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能是．
点评：本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，关键合理地选择研究的系统，知道弹簧被压缩到最短时三个物体速度相同，运用动量守恒和能量守恒进行研究．
【解题思路点拨】
当弹簧压缩到最短时，该弹簧具有最大弹性势能，而弹簧压缩到最短，弹簧连着的两物体不能再靠近，此时两物体具有相同的速度。因此，该类问题临界状态相对应的临界条件是弹簧连着的两物体速度相等。
32．动量守恒与能量守恒共同解决实际问题
【知识点的认识】
动量守恒定律与能量守恒定律的综合应用有很多，我们将板块模型、子弹打木块以及弹簧类模型单独分了出来仍远远不够，其他的综合应用暂时归类于此。例如多种因素共存的动量和能量的综合应用、有电场存在的综合应用等等。
【命题方向】
如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长度L＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以恒定速率v＝3.0m/s匀速传动。三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻弹簧，处于静止状态。滑块A以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离。滑块C脱离弹簧后以速度vC＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2．求：
（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；
（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能Ep；
（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值vm是多少？
分析：本题主要考查以下知识点：碰撞中的动量守恒，碰撞中的能量守恒以及物体在传送带上的减速运动，涉及平抛的基本知识。
（1）碰撞前后系统的动量保持不变，这是动量守恒定律
（2）弹性碰撞中在满足动量守恒的同时还满足机械能守恒及碰撞中的能量保持不变；本题中AB碰撞后在弹簧伸开的过程中同时满足动量守恒和机械能守恒。
（3）物体滑上传送带后，如果物体的速度大于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做减速运动，减速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度降为和传送带同速时止，解题时要注意判断；如果物体的速度小于传送带的速度则物体将在摩擦力的作用下做匀加速运动，加速运动持续到物体到达传送带的另一端或速度加到与传送带同速时止，解题时同样要注意判断。
（4）物体做平抛的射程与抛体的高度和初速度共同决定，要使C物体总能落到P点，在高度一定的情况下，即物体做平抛的初速度相等也就是物体到达C端时的速度相等（此为隐含条件）。
解答：（1）滑块C滑上传送带后做匀加速运动，设滑块C从滑上传送带到速度达到传送带的速度v所用的时间为t，加速度大小为a，在时间t内滑块C的位移为x。
根据牛顿第二定律和运动学公式
μmg＝ma
v＝vC+at
代入数据可得 x＝1.25m
∵x＝1.25m＜L
∴滑块C在传送带上先加速，达到传送带的速度v后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C从传送带右端滑出时的速度为
v＝3.0m/s
（2）设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律
mAv0＝（mA+mB）v1
（mA+mB）v1＝（mA+mB）v2+mCvC
AB碰撞后，弹簧伸开的过程系统能量守恒
∴+
代入数据可解得：EP＝1.0J
（3）在题设条件下，若滑块A在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C的速度有最大值，它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传递带的速度v。
设A与B碰撞后的速度为v1′，分离后A与B的速度为v2′，滑块C的速度为vc′，
根据动量守恒定律可得：
AB碰撞时：mAvm＝（mA+mB）v1′（1）
弹簧伸开时：（mA+mB）v1′＝mcvC′+（mA+mB）v2′（2）
在弹簧伸开的过程中，系统能量守恒：
则＝ （3）
∵C在传送带上做匀减速运动的末速度为v＝3m/s，加速度大小为2m/s2
∴由运动学公式v2_vc′2＝2（﹣a）L得vC′＝5m/s （4）
代入数据联列方程（1）（2）（3）（4）可得vm＝7.1m/s
点评：本题着重考查碰撞中的动量守恒和能量守恒问题，同时借助传送带考查到物体在恒定摩擦力作用下的匀减速运动，还需用到平抛的基本知识，这是力学中的一道知识点比较多的综合题，学生在所涉及的知识点中若存在相关知识缺陷，则拿全分的几率将大大减小。
【解题思路点拨】
1．应用动量守恒定律的解题步骤：
（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；
（3）规定正方向，确定初末状态动量；
（4）由动量守恒定律列式求解；
（5）必要时进行讨论．
2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：
（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．
正确把握以上两点是求解这类问题的关键．
3．综合应用动量观点和能量观点
4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．
5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：
（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．
（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．
（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．
声明：试题解析著作权属网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/5 10:24:52；用户：组卷41；邮箱：zyb041@xyh.cm；学号：41419004
功
能量的变化
合外力做正功
动能增加
重力做正功
重力势能减少
弹簧弹力做正功
弹性势能减少
电场力做正功
电势能减少
其他力（除重力、弹力）做正功
机械能增加
一对滑动摩擦力做的总功为负功
系统的内能增加