2025年高考物理解密之08動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律

Page2025年高考物理解密之動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律一．選擇題（共10小題）1．（2025?邯鄲一模）一輛汽車在平直公路上行駛，發(fā)現(xiàn)前方有緊急情況后立即剎車。剎車過程可看作勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則以下選項(xiàng)中能夠描述剎車過程中動(dòng)量隨時(shí)間變化的圖像是A． B． C． D．2．（2025?邯鄲一模）如圖甲所示，質(zhì)量為的物塊靜止在粗糙水平地面上，物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。某時(shí)刻對物塊施加水平向右的拉力，隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，取。以下說法正確的是A．時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為 B．合力做功的平均功率為 C．物塊的動(dòng)量變化量為 D．物塊運(yùn)動(dòng)的位移為3．（2024?重慶）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時(shí)，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘（質(zhì)量為在軟組織中運(yùn)動(dòng)距離后進(jìn)入目標(biāo)組織，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)后停下來。若兩段運(yùn)動(dòng)中針鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為、，則針鞘A．被彈出時(shí)速度大小為 B．到達(dá)目標(biāo)組織表面時(shí)的動(dòng)能為 C．運(yùn)動(dòng)過程中，阻力做功為 D．運(yùn)動(dòng)的過程中動(dòng)量變化量大小為4．（2024?朝陽區(qū)一模）如圖所示，光滑水平地面上的、兩物體質(zhì)量均為，以速度向右運(yùn)動(dòng)，靜止且左端固定一輕彈簧。當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)A．的動(dòng)量為0 B．的動(dòng)量達(dá)到最大值 C．、系統(tǒng)總動(dòng)量小于 D．彈簧儲存的彈性勢能為5．（2024?北京一模）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），點(diǎn)為彈簧在原長時(shí)物塊的位置。物塊由點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)點(diǎn)。關(guān)于物塊的受力及運(yùn)動(dòng)特征，下列說法正確的是A．從到，物塊所受重力的沖量為0 B．從到，物塊的加速度一直減小 C．從到，物塊通過點(diǎn)時(shí)的速度最大 D．從到，彈簧彈力對物塊做的功等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量6．（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7．（2024?福建模擬）如圖所示，某煤礦有一水平放置的傳送帶，已知傳送帶的運(yùn)行速度為，開采出的煤塊以的流量（即每秒鐘有煤塊從漏斗中落至傳送帶上）垂直落在傳送帶上，并隨著傳送帶運(yùn)動(dòng)。為了使傳送帶保持勻速傳動(dòng)，電動(dòng)機(jī)的功率應(yīng)該增加A． B． C． D．8．（2024?海淀區(qū)模擬）如圖是采用動(dòng)力學(xué)方法測量空間站質(zhì)量的原理圖。已知飛船的質(zhì)量為，其推進(jìn)器工作時(shí)飛船受到的平均推力為。在飛船與空間站對接后，推進(jìn)器工作時(shí)間為△，測出飛船和空間站的速度變化為△。下列說法正確的是A．空間站的質(zhì)量為 B．空間站的質(zhì)量為 C．飛船對空間站的作用力大小為 D．飛船對空間站的作用力大小一定為9．（2024?遼寧三模）航天夢由來已久，明朝萬戶，他把多個(gè)自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力，翱翔天際，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)備火箭（含燃料）、椅子、風(fēng)箏等總質(zhì)量為，點(diǎn)燃火箭后在極短的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)量為的熾熱燃?xì)庀鄬Φ孛嬉缘乃俣蓉Q直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為，下列說法中正確的是A．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為 B．火箭在向下噴氣上升的過程中，火箭機(jī)械能守恒 C．噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備能上升的最大高度為 D．在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備動(dòng)量守恒10．（2024?豐臺區(qū)二模）如圖所示，質(zhì)量為的小球用長為的細(xì)線懸于點(diǎn)，使小球在水平面內(nèi)以角速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)圓心到懸點(diǎn)的距離為，重力加速度為。下列說法正確的是A．繩對小球的拉力大小為 B．小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，繩對小球拉力的沖量為0 C．保持不變，增大繩長，增大 D．保持不變，增大繩長，繩對小球拉力的大小不變二．多選題（共5小題）11．（2024?五華區(qū)校級模擬）如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車段是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道，從到小車右端擋板平滑連接一段光滑水平軌道，在右端固定一輕彈簧，彈簧處于自由狀態(tài)，自由端在點(diǎn)。一質(zhì)量為、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止滑下，而后滑入水平軌道，小車質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，重力加速度為。下列說法正確的是A．滑塊到達(dá)點(diǎn)時(shí)的速度大小為 B．彈簧獲得的最大彈性勢能為 C．滑塊從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的過程中，小車運(yùn)動(dòng)的位移大小為 D．滑塊第一次從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，小車對滑塊的支持力大小為12．（2024?大連二模）體育課上，某同學(xué)做俯臥撐訓(xùn)練，在向上撐起過程中，下列說法正確的是A．地面對手的支持力做了正功 B．地面對手的支持力沖量為零 C．他克服重力做了功 D．他的機(jī)械能增加了13．（2024?福建）如圖（a），水平地面上固定有一傾角為的足夠長光滑斜面，一質(zhì)量為的滑塊鎖定在斜面上。時(shí)解除鎖定，同時(shí)對滑塊施加沿斜面方向的拉力，隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖（b）所示，取沿斜面向下為正方向，重力加速度大小為，則滑塊A．在內(nèi)一直沿斜面向下運(yùn)動(dòng) B．在內(nèi)所受合外力的總沖量大小為零 C．在時(shí)動(dòng)量大小是在時(shí)的一半 D．在內(nèi)的位移大小比在內(nèi)的小14．（2024?天津模擬）如圖甲所示，“復(fù)興號”高速列車正沿直線由靜止駛出火車站，水平方向的動(dòng)力隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示。后，列車以的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知列車所受阻力大小恒定。則下列說法正確的是A．前，列車做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B．列車所受阻力的大小為 C．根據(jù)已知條件可求出列車的質(zhì)量為 D．在時(shí)，列車牽引力的功率為15．（2024?聊城二模）如圖所示，一拋物線形狀的光滑導(dǎo)軌豎直放置，固定在點(diǎn)，為導(dǎo)軌的頂點(diǎn)，點(diǎn)離地面的高度為，在點(diǎn)正下方，、兩點(diǎn)相距，軌道上套有一個(gè)小球，小球通過輕桿與光滑地面上的小球相連，兩小球的質(zhì)量均為，輕桿的長度為。現(xiàn)將小球從距地面高度為處由靜止釋放，下列說法正確的是A．小球即將落地時(shí)，它的速度大小為 B．小球即將落地時(shí)，它的速度方向與水平面的夾角為 C．從靜止釋放到小球即將落地，輕桿對小球做的功為 D．若小球落地后不反彈，則地面對小球的作用力的沖量大小為三．填空題（共1小題）16．（2024?福州模擬）如圖所示，柜子靜置于水平地面，某人用大小為的水平推力推柜子，但沒有推動(dòng)，則柜子和地面間摩擦力大小；在同一時(shí)間內(nèi)，推力沖量大小摩擦力沖量大?。ㄟx填“大于”、“小于”或“等于”。四．解答題（共9小題）17．（2025?邯鄲一模）如圖所示，桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質(zhì)彈簧左端固定，自然伸長位置為點(diǎn)，彈簧的勁度系數(shù)，圓軌道的半徑，圓管的內(nèi)徑比小球直徑略大，但遠(yuǎn)小于圓軌道半徑，小物塊靜止于木板左端，木板的上表面恰好與圓管軌道水平部分下端表面等高，小物塊與木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板右端與墻壁之間的距離，現(xiàn)用力將小球向左推壓，將彈簧壓縮，然后由靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運(yùn)動(dòng)到桌面右端點(diǎn)后水平拋出，從管口處沿圓管切線飛入圓管內(nèi)部，從圓管水平部分點(diǎn)飛出，并恰好與小物塊發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過一段時(shí)間后和右側(cè)墻壁發(fā)生彈性碰撞，已知始終未和墻壁碰撞，并且未脫離木板，，，，，。試求：（1）小球平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及拋出點(diǎn)與管口間的高度差；（2）小球在圓管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中對圓管最高點(diǎn)的擠壓力，并判斷是和管的內(nèi)壁還是外壁擠壓；（3）木板的最短長度及木板在地面上滑動(dòng)的總路程。18．（2024?寧河區(qū)校級一模）如圖所示，光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，水平，為半圓，圓弧軌道的半徑，在處與相切。在直軌道上放著質(zhì)量分別為、的物塊、（均可視為質(zhì)點(diǎn)），用輕質(zhì)細(xì)繩將、連接在一起，且、間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧（未被拴接）。軌道左側(cè)的光滑水平地面上停著一質(zhì)量為、長的小車，小車上表面與等高?，F(xiàn)將細(xì)繩剪斷，之后向左滑上小車，恰好未從小車左端掉下。向右滑動(dòng)且恰好能沖到圓弧軌道的最高點(diǎn)處。物塊與小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度取。求：（1）物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小。（2）細(xì)繩剪斷之前彈簧的彈性勢能。（3）小車的質(zhì)量。19．（2024?福建）如圖，木板放置在光滑水平桌面上，通過兩根相同的水平輕彈簧、與桌面上的兩個(gè)固定擋板相連。小物塊放在的最左端，通過一條跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與帶正電的小球相連，輕繩絕緣且不可伸長，與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側(cè)存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場，、、均靜止，、處于原長狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。時(shí)撤去電場，向下加速運(yùn)動(dòng)，下降后開始勻速運(yùn)動(dòng)，開始做勻速運(yùn)動(dòng)瞬間彈簧的彈性勢能為。已知、、的質(zhì)量分別為、、，小球的帶電量為，重力加速度大小取，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，輕繩與滑輪間的摩擦力不計(jì)。（1）求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大?。唬?）求與間的動(dòng)摩擦因數(shù)及做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大?。唬?）若時(shí)電場方向改為豎直向下，當(dāng)與即將發(fā)生相對滑動(dòng)瞬間撤去電場，、繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，從右向左運(yùn)動(dòng)。求第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過程中最大速度的大小。（整個(gè)過程未與脫離，未與地面相碰）20．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）如圖甲所示，質(zhì)量為的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在點(diǎn)平滑連接，為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道水平部分的長度，半圓形部分的半徑，重力加速度大小取。（1）若軌道固定，使小物塊以某一初速度沿軌道滑動(dòng)，且恰好可以從點(diǎn)飛出，求該情況下，物塊滑到點(diǎn)時(shí)的速度大小；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力，小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道加速度與對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。求和；初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力，當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)撤去，試判斷此后小物塊是否可以從點(diǎn)飛離軌道，若可以，計(jì)算小物塊從點(diǎn)飛離時(shí)相對地面的速度大小及方向；若不可以，計(jì)算與軌道分離點(diǎn)的位置。21．（2024?蓮湖區(qū)校級模擬）某物流公司用如圖所示的傳送帶將貨物從高處傳送到低處。傳送帶與水平地面夾角，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速率為。將質(zhì)量為的物體無初速地放在傳送帶的頂端，物體到達(dá)底端后能無碰撞地滑上質(zhì)量為的木板左端。已知物體與傳送帶、木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為，，的距離為。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度（已知，。求：（1）物體剛開始下滑時(shí)的加速度大小和物體滑上木板左端時(shí)的速度大小；（2）若地面光滑，要使物體不會從木板上掉下，木板長度至少應(yīng)是多少；（3）若木板與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，且物體不會從木板上掉下，求木板的最小長度與的關(guān)系式。22．（2024?云安區(qū)校級模擬）質(zhì)量的手榴彈從水平地面上以的初速度斜向上拋出，上升到距地面的最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量相等的兩塊彈片，其中一塊彈片自由下落到達(dá)地面，落地動(dòng)能為。重力加速度，空氣阻力不計(jì)，爆炸后氣體的動(dòng)量總動(dòng)量為零，火藥燃燒充分，求：（1）手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量；（2）兩塊彈片落地點(diǎn)間的距離。23．（2024?浙江模擬）一質(zhì)量為的衛(wèi)星沿半徑的圓軌道繞太陽運(yùn)行。衛(wèi)星上有一太陽帆—半徑為的圓形鏡面反射膜。該反射膜在隨后運(yùn)動(dòng)中不斷改變方向，使帆面不斷改變方向以保證始終垂直于太陽光。已知：萬有引力常量為，太陽質(zhì)量為，太陽半徑為，太陽表面溫度為。太陽可視理想黑體且單位面積的熱輻射功率為，其中為一常量。已知光具有粒子的性質(zhì)：一個(gè)光子的能量，其中是光子的動(dòng)量，是光速。（1）求太陽熱輻射的總功率；（2）求太陽帆單位時(shí)間內(nèi)接受到的能量；（3）求太陽帆受到的合力（以沿著半徑背離圓心的方向?yàn)檎较颍?4．（2024?江蘇模擬）如圖，傾角的粗糙斜面與光滑水平面在點(diǎn)平滑連接，傾角的足夠長的傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以的速度沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的下端與水平面的右端點(diǎn)通過一小段圓弧連接，質(zhì)量的小物塊放在水平面上的點(diǎn)，質(zhì)量的小滑塊從點(diǎn)由靜止釋放，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，、間距離，滑到水平面上后與發(fā)生彈性正碰，以后與的碰撞都發(fā)生在水平面上，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度取，，。求：（1）第一次與碰撞前瞬間的速度大小；（2）第一次碰撞后瞬間與的速度大小；（3）從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中電動(dòng)機(jī)額外多做的功。25．（2024?合肥三模）如圖所示，在靜止的水面上有一質(zhì)量為的小船，一質(zhì)量為的救生員站在船尾，相對小船靜止。回答下列問題：（1）當(dāng)小船以速率向右勻速行駛時(shí)，救生員相對船以速率水平向左躍入水中，不考慮水對船的阻力，求救生員躍出后小船的速率；（2）當(dāng)船靜止在水面上時(shí)，救生員從船尾走到船頭，已知船長為，不考慮水對船的阻力，求此過程中船后退的距離；（3）開動(dòng)小船的發(fā)動(dòng)機(jī)，小船以速度勻速行駛，小船受到的阻力為。已知水的密度為，小船螺旋槳與水作用的有效面積為，求小船的發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出平均功率。

2025年高考物理解密之動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2025?邯鄲一模）一輛汽車在平直公路上行駛，發(fā)現(xiàn)前方有緊急情況后立即剎車。剎車過程可看作勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則以下選項(xiàng)中能夠描述剎車過程中動(dòng)量隨時(shí)間變化的圖像是A． B． C． D．【答案】【考點(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系；動(dòng)量變化量的計(jì)算【專題】推理法；推理論證能力；定量思想；動(dòng)量定理應(yīng)用專題【分析】根據(jù)動(dòng)量的定義分析動(dòng)量的變化規(guī)律?！窘獯稹拷猓涸O(shè)剎車的初速度為，加速度為，則經(jīng)時(shí)間的速度為動(dòng)量為故正確，錯(cuò)誤。故選：?！军c(diǎn)評】本題考查了動(dòng)量的直接應(yīng)用，難度不大，屬于基礎(chǔ)題。2．（2025?邯鄲一模）如圖甲所示，質(zhì)量為的物塊靜止在粗糙水平地面上，物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。某時(shí)刻對物塊施加水平向右的拉力，隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示，取。以下說法正確的是A．時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為 B．合力做功的平均功率為 C．物塊的動(dòng)量變化量為 D．物塊運(yùn)動(dòng)的位移為【答案】【考點(diǎn)】平均功率的計(jì)算；動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用；動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【專題】定量思想；推理法；功率的計(jì)算專題；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理論證能力【分析】、根據(jù)圖像的面積表示的沖量，可得內(nèi)力的沖量，內(nèi)力的沖量，內(nèi)、內(nèi)分別利用動(dòng)量定理可得物塊時(shí)、時(shí)的速度大小，由可得物塊的瞬時(shí)功率，內(nèi)利用動(dòng)能定理可得合力做的功，利用可得合力做功的平均功率；、根據(jù)動(dòng)量的變化量△求解；、假設(shè)物塊做勻變速直線運(yùn)動(dòng)，利用可得物塊物塊的位移，根據(jù)物塊加速度逐漸增大可得結(jié)論。【解答】解：、圖像的面積表示的沖量，由圖乙可得內(nèi)力的沖量：取力的方向?yàn)檎较?，?nèi)由動(dòng)量定理有：，代入數(shù)據(jù)可得時(shí)物塊的速度大小為：則時(shí)拉力的瞬時(shí)功率為：，故錯(cuò)誤；、由圖乙可得內(nèi)力的沖量：取力的方向?yàn)檎较颍瑑?nèi)由動(dòng)量定理有：，代入數(shù)據(jù)可得時(shí)物塊的速度大小為：內(nèi)由動(dòng)能定理可得合力做的功為：則合力做功的平均功率為：，故正確；、內(nèi)物塊的動(dòng)量變化量為：△，故錯(cuò)誤；、若物塊在內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則運(yùn)動(dòng)的位移：，但物塊在內(nèi)實(shí)際上做加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)，所以物塊運(yùn)動(dòng)的位移不等于，故錯(cuò)誤。故選：?！军c(diǎn)評】本題考查了動(dòng)量定理、動(dòng)能定理和功率，解題的關(guān)鍵是知道圖像的面積表示的沖量，熟練掌握利用動(dòng)量定理解決問題。3．（2024?重慶）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時(shí)，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘（質(zhì)量為在軟組織中運(yùn)動(dòng)距離后進(jìn)入目標(biāo)組織，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)后停下來。若兩段運(yùn)動(dòng)中針鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為、，則針鞘A．被彈出時(shí)速度大小為 B．到達(dá)目標(biāo)組織表面時(shí)的動(dòng)能為 C．運(yùn)動(dòng)過程中，阻力做功為 D．運(yùn)動(dòng)的過程中動(dòng)量變化量大小為【答案】【考點(diǎn)】利用動(dòng)能定理求解多過程問題；動(dòng)量變化量的計(jì)算【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理能力【分析】根據(jù)動(dòng)能定理求針鞘被彈出時(shí)速度大小；由功能關(guān)系求針鞘到達(dá)目標(biāo)組織表面時(shí)的動(dòng)能、克服阻力做功；由動(dòng)量與動(dòng)能關(guān)系求出動(dòng)量變化量。【解答】解：．根據(jù)動(dòng)能定理有解得故正確；．針鞘到達(dá)目標(biāo)組織表面后，繼續(xù)前進(jìn)減速至零，有到達(dá)目標(biāo)組織表面時(shí)的動(dòng)能為故錯(cuò)誤；．針鞘運(yùn)動(dòng)的過程中，克服阻力做功為，故錯(cuò)誤；．針鞘運(yùn)動(dòng)的過程中，動(dòng)量變化量大小故錯(cuò)誤。故選：?！军c(diǎn)評】本題考動(dòng)能定理相關(guān)知識，明確功能關(guān)系、動(dòng)能與動(dòng)量的關(guān)系，難度一般。4．（2024?朝陽區(qū)一模）如圖所示，光滑水平地面上的、兩物體質(zhì)量均為，以速度向右運(yùn)動(dòng)，靜止且左端固定一輕彈簧。當(dāng)彈簧被壓縮至最短時(shí)A．的動(dòng)量為0 B．的動(dòng)量達(dá)到最大值 C．、系統(tǒng)總動(dòng)量小于 D．彈簧儲存的彈性勢能為【答案】【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應(yīng)用；動(dòng)量守恒定律在繩連接體問題中的應(yīng)用；功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度【專題】定量思想；推理能力；推理法；與彈簧相關(guān)的動(dòng)量、能量綜合專題【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒定律，結(jié)合物體的速度關(guān)系得出共同的速度大小；根據(jù)動(dòng)量的計(jì)算公式和彈簧的狀態(tài)對物塊所處的狀態(tài)進(jìn)行分析；根據(jù)機(jī)械能守恒定律求解彈簧儲存的彈性勢能。【解答】解：、物體、與輕彈簧組成的系統(tǒng)所受合外力為零，滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件，系統(tǒng)總動(dòng)量為，所以彈簧被壓縮至最短時(shí)此系統(tǒng)總動(dòng)量仍然為，以向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：，解得：，所以的動(dòng)量為，不為零，故錯(cuò)誤；、根據(jù)機(jī)械能守恒定律得彈簧儲存的彈性勢能為，故正確；、彈簧被壓縮至最短時(shí)，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對物體有向右的彈力，物體的速度方向也向右，所以在接下來的一段時(shí)間內(nèi)，物體做加速運(yùn)動(dòng)，其動(dòng)量會繼續(xù)增大，故此時(shí)的動(dòng)量不是最大，故錯(cuò)誤。故選：?！军c(diǎn)評】本題主要考查了動(dòng)量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，理解動(dòng)量守恒定律的條件，結(jié)合動(dòng)量的計(jì)算公式完成分析。5．（2024?北京一模）如圖所示，輕質(zhì)彈簧一端固定，另一端連接一小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），點(diǎn)為彈簧在原長時(shí)物塊的位置。物塊由點(diǎn)靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)到達(dá)點(diǎn)。關(guān)于物塊的受力及運(yùn)動(dòng)特征，下列說法正確的是A．從到，物塊所受重力的沖量為0 B．從到，物塊的加速度一直減小 C．從到，物塊通過點(diǎn)時(shí)的速度最大 D．從到，彈簧彈力對物塊做的功等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量【答案】【考點(diǎn)】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【專題】推理法；定性思想；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理能力【分析】根據(jù)沖量定義分析；根據(jù)牛頓第二定律分析；在物塊受力平衡時(shí)速度最大，據(jù)此分析；根據(jù)動(dòng)能定理分析。【解答】解：、從到，設(shè)物塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，則物塊所受重力的沖量為，故錯(cuò)誤；、從到，物塊所受彈簧彈力一直減小，所受摩擦力不變，一開始彈力大于摩擦力，物塊做加速運(yùn)動(dòng)，到彈簧彈力等于摩擦力后，彈力繼續(xù)減小，彈力小于摩擦力，則物塊做減速運(yùn)動(dòng)，所以物塊的加速度先減小后增大，故錯(cuò)誤；、當(dāng)物塊受力平衡時(shí)速度最大，在點(diǎn)物塊受摩擦力作用，受力不平衡，在之間某位置彈力和摩擦力相等，所以點(diǎn)不是速度最大位置，故錯(cuò)誤；、從到過程中，只有彈簧彈力和摩擦力對物塊做功，根據(jù)動(dòng)能定理可知彈簧彈力對物塊做的功等于物塊克服摩擦力做的功，即等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量，故正確。故選：。【點(diǎn)評】知道物塊在運(yùn)動(dòng)過程中彈簧彈力的變化是解題的關(guān)鍵，還要知道物塊在受力平衡時(shí)速度最大。6．（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【答案】【考點(diǎn)】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；求變力的沖量【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理論證能力【分析】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；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?。桓鶕?jù)上升和下降的平均速度分析運(yùn)動(dòng)時(shí)間的關(guān)系；根據(jù)功能關(guān)系分析機(jī)械能的損失情況?！窘獯稹拷猓盒∏蛏仙^程中受到向下的空氣阻力，滿足，下落過程中受到向上的空氣阻力，滿足，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），故錯(cuò)誤；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，故正確；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，故錯(cuò)誤；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，故錯(cuò)誤。故選：?！军c(diǎn)評】考查物體受力分析和牛頓第二定律，會結(jié)合平均速度、動(dòng)量定理分析解決實(shí)際問題。7．（2024?福建模擬）如圖所示，某煤礦有一水平放置的傳送帶，已知傳送帶的運(yùn)行速度為，開采出的煤塊以的流量（即每秒鐘有煤塊從漏斗中落至傳送帶上）垂直落在傳送帶上，并隨著傳送帶運(yùn)動(dòng)。為了使傳送帶保持勻速傳動(dòng)，電動(dòng)機(jī)的功率應(yīng)該增加A． B． C． D．【答案】【考點(diǎn)】功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)；動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【專題】定量思想；方程法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理論證能力【分析】研究每秒鐘內(nèi)落到傳送帶上的煤塊，根據(jù)動(dòng)量定理求出煤塊受到的摩擦力，根據(jù)求電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率。【解答】解：由題意，落到傳送帶上的煤塊都將與傳送帶速度相等，相當(dāng)于每秒鐘內(nèi)落到傳送帶上煤塊都將獲得速度，由動(dòng)量定理可得△代入數(shù)據(jù)解得煤塊受到的摩擦力由傳送帶提供，則電動(dòng)機(jī)對傳送帶應(yīng)增加的牽引力為。電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率為故正確，錯(cuò)誤。故選：?！军c(diǎn)評】傳送帶問題是高中物理中的一個(gè)重要題型，關(guān)鍵要知道電動(dòng)機(jī)應(yīng)增加的功率等于增加的牽引力與速度的乘積。8．（2024?海淀區(qū)模擬）如圖是采用動(dòng)力學(xué)方法測量空間站質(zhì)量的原理圖。已知飛船的質(zhì)量為，其推進(jìn)器工作時(shí)飛船受到的平均推力為。在飛船與空間站對接后，推進(jìn)器工作時(shí)間為△，測出飛船和空間站的速度變化為△。下列說法正確的是A．空間站的質(zhì)量為 B．空間站的質(zhì)量為 C．飛船對空間站的作用力大小為 D．飛船對空間站的作用力大小一定為【答案】【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；連接體模型【專題】推理法；定量思想；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；推理能力【分析】利用整體法，結(jié)合動(dòng)量定理可求出空間站的質(zhì)量；通過牛頓第二定律得分析，結(jié)合題干信息判斷作用力是否可以直接求出?！窘獯稹拷猓骸⒃O(shè)空間站質(zhì)量為，將飛船和空間站視為整體，對整體而言在的作用下速度發(fā)生變化，根據(jù)動(dòng)量定理有：△△，解得，故錯(cuò)誤，正確；、某一時(shí)刻對飛船分析有，其中為空間站對飛船的作用力，對空間站有，所以作用力大小不為，由于是平均推力大小，僅知道速度的變化量是無法確定整個(gè)過程是勻變速過程，所以作用力大小不一定是，故錯(cuò)誤；故選：。【點(diǎn)評】學(xué)生在解答本題時(shí)，應(yīng)注意整體法和隔離法的應(yīng)用，利用整體法減少內(nèi)力的分析過程。9．（2024?遼寧三模）航天夢由來已久，明朝萬戶，他把多個(gè)自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風(fēng)箏，設(shè)想利用火箭的推力，翱翔天際，然后利用風(fēng)箏平穩(wěn)著陸。假設(shè)萬戶及所攜設(shè)備火箭（含燃料）、椅子、風(fēng)箏等總質(zhì)量為，點(diǎn)燃火箭后在極短的時(shí)間內(nèi)，質(zhì)量為的熾熱燃?xì)庀鄬Φ孛嬉缘乃俣蓉Q直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為，下列說法中正確的是A．在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，火箭的速度大小為 B．火箭在向下噴氣上升的過程中，火箭機(jī)械能守恒 C．噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備能上升的最大高度為 D．在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備動(dòng)量守恒【答案】【考點(diǎn)】機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理能力【分析】在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，視萬戶及所攜設(shè)備（火箭（含燃料）、椅子、風(fēng)箏等）為系統(tǒng)，動(dòng)量守恒，火箭受推力作用，機(jī)械能不守恒，噴出燃?xì)夂笕f戶及所攜設(shè)備做豎直上拋運(yùn)動(dòng)?！窘獯稹拷猓骸⒃谌?xì)鈬姵龊蟮乃查g，萬戶及所攜設(shè)備組成的系統(tǒng)內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，故系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)火箭的速度大小為，規(guī)定火箭運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较?，則有根據(jù)動(dòng)量守恒定律有解得火箭的速度大小為故正確；、火箭受推力作用，機(jī)械能不守恒，故錯(cuò)誤；、噴出燃?xì)夂螅f戶及所攜設(shè)備做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，最大上升高度為解得故錯(cuò)誤；、在燃?xì)鈬姵龊笊仙^程中，萬戶及所攜設(shè)備因?yàn)槭苤亓Γ饬χ喜粸榱?，系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故錯(cuò)誤。故選：?！军c(diǎn)評】本題解題的關(guān)鍵是在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g，視萬戶及所攜設(shè)備火箭（含燃料）、椅子、風(fēng)箏等）為系統(tǒng)，動(dòng)量守恒。10．（2024?豐臺區(qū)二模）如圖所示，質(zhì)量為的小球用長為的細(xì)線懸于點(diǎn)，使小球在水平面內(nèi)以角速度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。已知小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)圓心到懸點(diǎn)的距離為，重力加速度為。下列說法正確的是A．繩對小球的拉力大小為 B．小球轉(zhuǎn)動(dòng)一周，繩對小球拉力的沖量為0 C．保持不變，增大繩長，增大 D．保持不變，增大繩長，繩對小球拉力的大小不變【答案】【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；向心力的表達(dá)式及影響向心力大小的因素；動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用【專題】推理能力；推理法；定量思想；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；應(yīng)用題；學(xué)科綜合題【分析】（1）對小球受力分析，根據(jù)幾何關(guān)系求得小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，然后根據(jù)牛頓第二定律求解角速度；（2）由動(dòng)量定理求解拉力的沖量大小?！窘獯稹拷猓骸π∏蚴芰Ψ治?，如圖所示：由重力和拉力的合力提供向心力，由向心力公式可得：，解得：，故正確；、小球運(yùn)動(dòng)的周期為：，小球運(yùn)動(dòng)一周的過程中，動(dòng)量的變化為零，根據(jù)動(dòng)量定理，細(xì)繩拉力的沖量與重力的沖量大小相等，拉力的沖量大小為：，故錯(cuò)誤；、小球做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，對小球受力分析可知：，解得細(xì)繩對小球的拉力大小為：，又，聯(lián)立解得：，故不變是，增大，不變，拉力增大，故錯(cuò)誤。故選：。【點(diǎn)評】本題主要考查圓周運(yùn)動(dòng)及動(dòng)量定理，解題的關(guān)鍵是要知道向心力的來源。二．多選題（共5小題）11．（2024?五華區(qū)校級模擬）如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車段是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道，從到小車右端擋板平滑連接一段光滑水平軌道，在右端固定一輕彈簧，彈簧處于自由狀態(tài)，自由端在點(diǎn)。一質(zhì)量為、可視為質(zhì)點(diǎn)的滑塊從圓弧軌道的最高點(diǎn)由靜止滑下，而后滑入水平軌道，小車質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，重力加速度為。下列說法正確的是A．滑塊到達(dá)點(diǎn)時(shí)的速度大小為 B．彈簧獲得的最大彈性勢能為 C．滑塊從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)的過程中，小車運(yùn)動(dòng)的位移大小為 D．滑塊第一次從點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，小車對滑塊的支持力大小為【答案】【考點(diǎn)】功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；動(dòng)量守恒定律在繩連接體問題中的應(yīng)用【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；推理能力【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒、牛頓第二定律列式聯(lián)立求解比較判斷；根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒分析解答；根據(jù)動(dòng)量守恒的具體形式人船模型列式求解?！窘獯稹拷猓海瑝K從滑到時(shí)，對滑塊和小車組成的系統(tǒng)，滿足水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，則有聯(lián)立解得，設(shè)點(diǎn)小球所受的支持力為，運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)對滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律解得：故錯(cuò)誤，正確；．滑塊運(yùn)動(dòng)到小車最右端時(shí)根據(jù)水平方向動(dòng)量守恒可知二者均靜止，則減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈性勢能，故正確；．滑塊從到滑下過程由人船模型可知解得小車的位移為故錯(cuò)誤。故選：?！军c(diǎn)評】考查系統(tǒng)單方向上動(dòng)量守恒和系統(tǒng)機(jī)械能守恒等問題，熟練掌握守恒的條件分析方法。12．（2024?大連二模）體育課上，某同學(xué)做俯臥撐訓(xùn)練，在向上撐起過程中，下列說法正確的是A．地面對手的支持力做了正功 B．地面對手的支持力沖量為零 C．他克服重力做了功 D．他的機(jī)械能增加了【答案】【考點(diǎn)】動(dòng)量的定義、單位及性質(zhì)；功的定義、單位和計(jì)算式的推導(dǎo)【專題】推理法；定性思想；功的計(jì)算專題；理解能力【分析】判斷是否做功要有力和在力的方向上有位移；根據(jù)判斷沖量大小；同學(xué)克服重力做功，重力勢能增加，機(jī)械能增加?！窘獯稹拷猓骸⒃诟┡P撐向上運(yùn)動(dòng)的過程中，對該同學(xué)的支持力的作用點(diǎn)沒有位移，則對該同學(xué)的支持力沒有做功，故錯(cuò)誤；、根據(jù)可知，在做俯臥撐運(yùn)動(dòng)的過程中，地面對該同學(xué)的沖量不為零，故錯(cuò)誤；、由于人的重心升高，則重力做負(fù)功，即該同學(xué)克服重力做了功，在向上撐起過程中，重心升高，同學(xué)的機(jī)械能增加了，故正確。故選：。【點(diǎn)評】本題以俯臥撐為情景，考查了做功的條件和沖量等知識，加強(qiáng)了知識的實(shí)際應(yīng)用。13．（2024?福建）如圖（a），水平地面上固定有一傾角為的足夠長光滑斜面，一質(zhì)量為的滑塊鎖定在斜面上。時(shí)解除鎖定，同時(shí)對滑塊施加沿斜面方向的拉力，隨時(shí)間的變化關(guān)系如圖（b）所示，取沿斜面向下為正方向，重力加速度大小為，則滑塊A．在內(nèi)一直沿斜面向下運(yùn)動(dòng) B．在內(nèi)所受合外力的總沖量大小為零 C．在時(shí)動(dòng)量大小是在時(shí)的一半 D．在內(nèi)的位移大小比在內(nèi)的小【答案】【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；圖像中的動(dòng)量問題【專題】定量思想；方程法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理論證能力【分析】根據(jù)牛頓第二定律分別求得力方向沿斜面向下時(shí)與力方向沿斜面向上時(shí)物塊的加速度。根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得、、、時(shí)刻物塊的速度，可確定物塊的運(yùn)動(dòng)方向；根據(jù)動(dòng)量定理求解時(shí)間內(nèi)合外力的總沖量；根據(jù)動(dòng)量的定義解答選項(xiàng)；應(yīng)用平均速度分別求得與過程物塊的位移。【解答】解：、以沿斜面向下為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得：力方向沿斜面向下時(shí)，物塊的加速度為：力方向沿斜面向上時(shí)，物塊的加速度為：時(shí)間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻物塊的速度為時(shí)間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻物塊的速度為時(shí)間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻物塊的速度為時(shí)間內(nèi)物塊沿斜面向下做勻減速運(yùn)動(dòng)，時(shí)刻物塊的速度為可知時(shí)間內(nèi)物體一直沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，故正確；、根據(jù)動(dòng)量定理得時(shí)間內(nèi)合外力的總沖量為，故錯(cuò)誤；、時(shí)刻物塊的動(dòng)量為：，時(shí)刻物塊的動(dòng)量為，可知時(shí)刻動(dòng)量不等于時(shí)刻的一半，故錯(cuò)誤；、過程物塊的位移為，過程物塊的位移為，可知，故正確。故選：。【點(diǎn)評】本題考查了動(dòng)量定理與牛頓第二定律得應(yīng)用，應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分段求解速度與位移，解答時(shí)注意矢量的方向問題。14．（2024?天津模擬）如圖甲所示，“復(fù)興號”高速列車正沿直線由靜止駛出火車站，水平方向的動(dòng)力隨運(yùn)動(dòng)時(shí)間的變化關(guān)系如圖乙所示。后，列車以的速度做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知列車所受阻力大小恒定。則下列說法正確的是A．前，列車做勻減速直線運(yùn)動(dòng) B．列車所受阻力的大小為 C．根據(jù)已知條件可求出列車的質(zhì)量為 D．在時(shí)，列車牽引力的功率為【答案】【考點(diǎn)】牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)【專題】分析綜合能力；圖析法；定量思想；功率的計(jì)算專題【分析】后列車做勻速直線運(yùn)動(dòng)，牽引力和阻力大小相等，由圖乙讀出牽引力大小，從而確定阻力大小，由牛頓第二定律分析前內(nèi)加速度的變化特點(diǎn)，則可判斷列車的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)；根據(jù)圖線與橫軸的面積表示牽引力的沖量，由動(dòng)量定理求解列車的質(zhì)量；由求在時(shí)列車牽引力的功率?！窘獯稹拷猓骸⒑罅熊囎鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，牽引力和阻力大小相等，由圖乙可知：前內(nèi)，列車的牽引力大于阻力，由牛頓第二定律有隨著牽引力減小，不變，則加速度減小，可知列車做加速度減小的變加速直線運(yùn)動(dòng)，故錯(cuò)誤；、圖線與橫軸所夾的面積表示沖量，由圖乙可得：內(nèi)牽引力的沖量為列車勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度取列車運(yùn)動(dòng)方向?yàn)檎较颍谇皟?nèi)，由動(dòng)量定理得解得列車的質(zhì)量為：，故正確；、在時(shí)，列車牽引力的功率為，故正確。故選：?！军c(diǎn)評】本題考查功率公式、動(dòng)量定理和牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是知道圖線與橫軸所夾的面積表示力的沖量。涉及力在時(shí)間上的積累效果時(shí)，要想到動(dòng)量定理。15．（2024?聊城二模）如圖所示，一拋物線形狀的光滑導(dǎo)軌豎直放置，固定在點(diǎn)，為導(dǎo)軌的頂點(diǎn)，點(diǎn)離地面的高度為，在點(diǎn)正下方，、兩點(diǎn)相距，軌道上套有一個(gè)小球，小球通過輕桿與光滑地面上的小球相連，兩小球的質(zhì)量均為，輕桿的長度為。現(xiàn)將小球從距地面高度為處由靜止釋放，下列說法正確的是A．小球即將落地時(shí)，它的速度大小為 B．小球即將落地時(shí)，它的速度方向與水平面的夾角為 C．從靜止釋放到小球即將落地，輕桿對小球做的功為 D．若小球落地后不反彈，則地面對小球的作用力的沖量大小為【答案】【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用【專題】分析綜合能力；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；定量思想；類比法【分析】小球即將落地時(shí)，其速度方向與拋物線軌道相切，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求落地時(shí)速度方向與水平面的夾角；根據(jù)兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒以及兩球速度關(guān)系求解小球即將落地時(shí)的速度大小以及小球的速度大小，再根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算輕桿對小球做的功；根據(jù)動(dòng)量定理分析地面對小球的作用力的沖量大小。【解答】解：、平拋運(yùn)動(dòng)的軌跡為拋物線，將上述拋物線軌道類比平拋運(yùn)動(dòng)，則小球即將落地時(shí)，它的速度方向與水平面的夾角正切為可知，小球即將落地時(shí)，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據(jù)上述類比平拋運(yùn)動(dòng)知識可知，小球的速度方向與水平方向的夾角，故正確；、設(shè)小球即將落地時(shí)，它的速度大小為，小球的速度大小為，根據(jù)兩球組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有小球與小球沿桿方向的速度相等，則有解得：，，故錯(cuò)誤；、從靜止釋放到小球即將落地，根據(jù)動(dòng)能定理可得輕桿對小球做的功為，故正確；、小球落地與地面相互作用的過程中，取小球落地前瞬間的速度方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理有，由于軌道、輕桿對小球有作用力，且小球有重力，則地面對小球的作用力的沖量大小與大小不相等，即不等于，故錯(cuò)誤。故選：。【點(diǎn)評】本題是連接體機(jī)械能守恒問題，關(guān)鍵要抓住兩球的速度關(guān)系，知道兩球沿沿桿方向的速度相等，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但單個(gè)小球機(jī)械能并不守恒。三．填空題（共1小題）16．（2024?福州模擬）如圖所示，柜子靜置于水平地面，某人用大小為的水平推力推柜子，但沒有推動(dòng)，則柜子和地面間摩擦力大小；在同一時(shí)間內(nèi)，推力沖量大小摩擦力沖量大?。ㄟx填“大于”、“小于”或“等于”。【答案】；等于【考點(diǎn)】判斷是否存在摩擦力；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；理解能力【分析】柜子沒動(dòng)，即處于平衡狀態(tài)受平衡力。根據(jù)沖量公式求解?！窘獯稹拷猓河捎诠褡記]有推動(dòng)，柜子處于靜止?fàn)顟B(tài)，在水平方向上所受的推力與靜摩擦力是一對平衡力，所以靜摩擦力與推力大小相等，。推力沖量大小等于摩擦力沖量大小。故答案為：；等于。【點(diǎn)評】經(jīng)常地錯(cuò)誤認(rèn)識推不動(dòng)是由于推力小于摩擦力，沒有把握住題目的關(guān)鍵所在。四．解答題（共9小題）17．（2025?邯鄲一模）如圖所示，桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質(zhì)彈簧左端固定，自然伸長位置為點(diǎn)，彈簧的勁度系數(shù)，圓軌道的半徑，圓管的內(nèi)徑比小球直徑略大，但遠(yuǎn)小于圓軌道半徑，小物塊靜止于木板左端，木板的上表面恰好與圓管軌道水平部分下端表面等高，小物塊與木板上表面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，木板右端與墻壁之間的距離，現(xiàn)用力將小球向左推壓，將彈簧壓縮，然后由靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運(yùn)動(dòng)到桌面右端點(diǎn)后水平拋出，從管口處沿圓管切線飛入圓管內(nèi)部，從圓管水平部分點(diǎn)飛出，并恰好與小物塊發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過一段時(shí)間后和右側(cè)墻壁發(fā)生彈性碰撞，已知始終未和墻壁碰撞，并且未脫離木板，，，，，。試求：（1）小球平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及拋出點(diǎn)與管口間的高度差；（2）小球在圓管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中對圓管最高點(diǎn)的擠壓力，并判斷是和管的內(nèi)壁還是外壁擠壓；（3）木板的最短長度及木板在地面上滑動(dòng)的總路程。【答案】（1）小球平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，為；（2）小球在圓管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中對圓管最高點(diǎn)的擠壓力為，方向豎直向上，和外壁擠壓；（3）木板的最短長度為，木板在地面上滑動(dòng)的總路程為。【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)位移的計(jì)算；牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題；物體在環(huán)形豎直軌道內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力【分析】（1）小球做平拋運(yùn)動(dòng)，由結(jié)合，求平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間與管口間的高度差；（2）由動(dòng)能定理結(jié)合牛頓第二定律求小球在圓管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中對圓管最高點(diǎn)的擠壓力；（3）由動(dòng)能定理結(jié)合動(dòng)量守恒定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求木板的最短長度及木板在地面上滑動(dòng)的總路程?！窘獯稹拷猓涸O(shè)水平向右為正方向?yàn)檎?）彈簧彈開小球過程彈力隨位移均勻變化，由動(dòng)能定理可得在小球平拋到管口點(diǎn)時(shí)如圖根據(jù)解得（2）從到圓筒最高點(diǎn)的過程，由動(dòng)能定理可得由上述圖可知在最高點(diǎn)解得小球和圓筒外壁擠壓，擠壓力大小為，方向豎直向上。（3）從到全過程，由動(dòng)能定理可得解得小球和物塊碰撞過程，設(shè)水平向右為正方向，可得解得，可知碰后小球停止運(yùn)動(dòng)，物塊獲得向右的速度，開始在木板上滑動(dòng)，以和為對象對可得解得物塊與木板共速后與墻壁發(fā)生碰撞，以和為對象，第1次與墻碰撞后解得對木板第2次與墻碰撞后，設(shè)水平向右為正方向?yàn)檎獾脤δ景宓?次與墻碰撞后，設(shè)水平向右為正方向?yàn)檎獾脤δ景宓诖闻c墻碰撞后解得對木板第次與墻碰撞后解得對木板木板運(yùn)動(dòng)的總路程為即當(dāng)時(shí)，，可得解得木板和物塊最終停在右側(cè)墻壁處，物塊恰好停在右端，根據(jù)能量守恒可得解得答：（1）小球平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為，為；（2）小球在圓管內(nèi)運(yùn)動(dòng)過程中對圓管最高點(diǎn)的擠壓力為，方向豎直向上，和外壁擠壓；（3）木板的最短長度為，木板在地面上滑動(dòng)的總路程為?！军c(diǎn)評】該題為平拋運(yùn)動(dòng)與圓周運(yùn)動(dòng)的結(jié)合的綜合題，知道平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律和牛頓第二定律求解得思路．解決該題關(guān)鍵是掌握碰撞過程動(dòng)量守恒，列出等式求解。18．（2024?寧河區(qū)校級一模）如圖所示，光滑軌道固定在豎直平面內(nèi)，水平，為半圓，圓弧軌道的半徑，在處與相切。在直軌道上放著質(zhì)量分別為、的物塊、（均可視為質(zhì)點(diǎn)），用輕質(zhì)細(xì)繩將、連接在一起，且、間夾著一根被壓縮的輕質(zhì)彈簧（未被拴接）。軌道左側(cè)的光滑水平地面上停著一質(zhì)量為、長的小車，小車上表面與等高。現(xiàn)將細(xì)繩剪斷，之后向左滑上小車，恰好未從小車左端掉下。向右滑動(dòng)且恰好能沖到圓弧軌道的最高點(diǎn)處。物塊與小車之間的動(dòng)摩擦因數(shù)，重力加速度取。求：（1）物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小。（2）細(xì)繩剪斷之前彈簧的彈性勢能。（3）小車的質(zhì)量。【答案】（1）物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小是。（2）細(xì)繩剪斷之前彈簧的彈性勢能是。（3）小車的質(zhì)量是。【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用；繩球類模型及其臨界條件；動(dòng)量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應(yīng)用【專題】推理法；動(dòng)量和能量的綜合；定量思想；分析綜合能力；計(jì)算題【分析】（1）求出在軌道最高點(diǎn)的速度大小，從到由動(dòng)能定理求解在點(diǎn)的速度大小，在點(diǎn)由牛頓第二定律、牛頓第三定律求解物塊對軌道的壓力大??；（2）由動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律求解彈性勢能；（3）由動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律求出小車的質(zhì)量。【解答】解：（1）恰好能沖到圓弧軌道的最高點(diǎn)處，重力提供向心力，由牛頓第二定律得：到過程，對，由動(dòng)能定理得：在點(diǎn)，由牛頓第二定律得：代入數(shù)據(jù)解得：，由牛頓第三定律可知物塊對軌道的壓力大?。海?）彈簧彈開、過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：由能量守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：，（3）恰好滑到小車左端時(shí)與小車有共同速度，與小車組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律定律得：由能量守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：答：（1）物塊運(yùn)動(dòng)到圓弧軌道的最低點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力大小是。（2）細(xì)繩剪斷之前彈簧的彈性勢能是。（3）小車的質(zhì)量是?！军c(diǎn)評】本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。19．（2024?福建）如圖，木板放置在光滑水平桌面上，通過兩根相同的水平輕彈簧、與桌面上的兩個(gè)固定擋板相連。小物塊放在的最左端，通過一條跨過輕質(zhì)定滑輪的輕繩與帶正電的小球相連，輕繩絕緣且不可伸長，與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側(cè)存在一豎直向上的勻強(qiáng)電場，、、均靜止，、處于原長狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。時(shí)撤去電場，向下加速運(yùn)動(dòng)，下降后開始勻速運(yùn)動(dòng)，開始做勻速運(yùn)動(dòng)瞬間彈簧的彈性勢能為。已知、、的質(zhì)量分別為、、，小球的帶電量為，重力加速度大小取，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，輕繩與滑輪間的摩擦力不計(jì)。（1）求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大?。唬?）求與間的動(dòng)摩擦因數(shù)及做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大?。唬?）若時(shí)電場方向改為豎直向下，當(dāng)與即將發(fā)生相對滑動(dòng)瞬間撤去電場，、繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，從右向左運(yùn)動(dòng)。求第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過程中最大速度的大小。（整個(gè)過程未與脫離，未與地面相碰）【答案】（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為；（2）與間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為；（3）第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過程中最大速度的大小為?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力【分析】（1）撤去電場前，對物體，根據(jù)平衡條件求解場強(qiáng)大小；（2）撤去電場后，做勻速運(yùn)動(dòng)后，對和物體根據(jù)平衡條件列式求解動(dòng)摩擦因數(shù)；下降的過程中，對于、、及彈簧、組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律列式求解勻速運(yùn)動(dòng)的速度大小；（3）沒有電場時(shí)，開始勻速運(yùn)動(dòng)瞬間，對根據(jù)共點(diǎn)力共點(diǎn)力平衡列式，再結(jié)合電場方向改變后，下降高度為時(shí)，再對物體以及、整體，根據(jù)牛頓第二定律列式，再對對、、及彈簧、組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律列式求解第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過程中最大速度?！窘獯稹拷猓海?）撤去電場前，對小球，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有：，代入數(shù)據(jù)解得：（2）開始做勻速直線運(yùn)動(dòng)后，對和根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件分別有：，代入數(shù)據(jù)解得：開始勻速運(yùn)動(dòng)瞬間，、剛好發(fā)生相對滑動(dòng)，此時(shí)、、三者速度大小相等，、兩彈簧的彈性勢能相同；所以下降的過程中，對、、及彈簧、組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有：代入數(shù)據(jù)解得：（3）沒有電場時(shí)，開始勻速運(yùn)動(dòng)瞬間，、剛好發(fā)生相對滑動(dòng)，所以此時(shí)的加速度為零，對根據(jù)平衡條件，有：當(dāng)電場方向改為豎直向下，設(shè)與即將發(fā)生相對滑動(dòng)時(shí)，下降高度為，對，根據(jù)牛頓第二定律可得：對、根據(jù)牛頓第二定律可得：撤去電場后，由第（2）問的分析可知、在下降時(shí)開始相對滑動(dòng)，在下降的過程中，對、、及彈簧、組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律，有此時(shí)的速度是其從左向右運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度，此后做簡諧運(yùn)動(dòng)，所以第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過程中的最大速度為就是其最大速度，聯(lián)立解得：答：（1）勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小為；（2）與間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度大小為；（3）第一次從右向左運(yùn)動(dòng)過程中最大速度的大小為?！军c(diǎn)評】本題考查利用動(dòng)量和能量觀點(diǎn)解決連接體問題，解題關(guān)鍵是選擇合適研究對象，正確對其受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和能量守恒定律求解。20．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）如圖甲所示，質(zhì)量為的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在點(diǎn)平滑連接，為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道水平部分的長度，半圓形部分的半徑，重力加速度大小取。（1）若軌道固定，使小物塊以某一初速度沿軌道滑動(dòng)，且恰好可以從點(diǎn)飛出，求該情況下，物塊滑到點(diǎn)時(shí)的速度大小；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力，小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道加速度與對應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。求和；初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力，當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)撤去，試判斷此后小物塊是否可以從點(diǎn)飛離軌道，若可以，計(jì)算小物塊從點(diǎn)飛離時(shí)相對地面的速度大小及方向；若不可以，計(jì)算與軌道分離點(diǎn)的位置?！敬鸢浮浚?）該情況下，物塊滑到點(diǎn)時(shí)的速度大小為。（2）（ⅰ）和的值分別為：，；（ⅱ）可以從點(diǎn)飛離，，方向水平向左。【考點(diǎn)】牛頓第二定律與向心力結(jié)合解決問題；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；模型建構(gòu)能力【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理和牛頓第二定律列式求解滑塊到點(diǎn)的速度；（2）根據(jù)圖像分別列出兩次牛頓第二定律方程，結(jié)合圖像的兩個(gè)斜率的物理意義列式聯(lián)立解得動(dòng)摩擦因數(shù)和小物塊質(zhì)量；根據(jù)題圖數(shù)據(jù)和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律求出滑塊到達(dá)點(diǎn)的時(shí)間，結(jié)合系統(tǒng)水平方向的動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒定律列式及牛頓第二定律聯(lián)立求滑塊到最高點(diǎn)的速度并進(jìn)行驗(yàn)證。【解答】解：（1）根據(jù)題意可知小物塊在恰好飛出，此時(shí)軌道彈力為0，重力提供向心力：從點(diǎn)到點(diǎn)，列動(dòng)能定理：聯(lián)立解得：（2）（ⅰ）根據(jù)題意可知當(dāng)時(shí)，小物塊與軌道一起向左加速，整體研究，牛頓第二定律：結(jié)合圖乙，根據(jù)斜率信息可知：當(dāng)外力時(shí)，軌道與小物塊有相對滑動(dòng)，則對軌道有：結(jié)合圖乙，根據(jù)斜率信息可知：，根據(jù)截距信息可知：解得：（ⅱ）由圖乙可知，當(dāng)時(shí)，軌道的加速度為：小物塊的加速度：當(dāng)小物塊運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)時(shí)，經(jīng)過時(shí)間，則有：解得：因此兩物體的速度分別為：，之后的運(yùn)動(dòng)中，機(jī)械能守恒，水平方向動(dòng)量守恒，假設(shè)可以運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，根據(jù)能量守恒定律有：以向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：聯(lián)立解得：，或，，方向均向左（舍此時(shí)小物塊相對于軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，且軌道為慣性系，則有：代入數(shù)據(jù)解得：可見此時(shí)恰好可以運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)，假設(shè)成立，則可以從點(diǎn)飛離，速度大小為，方向水平向左答：（1）該情況下，物塊滑到點(diǎn)時(shí)的速度大小為。（2）（?。┖偷闹捣謩e為：，；（ⅱ）可以從點(diǎn)飛離，，方向水平向左?！军c(diǎn)評】考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律，會根據(jù)題意列式求解相應(yīng)的物理量。21．（2024?蓮湖區(qū)校級模擬）某物流公司用如圖所示的傳送帶將貨物從高處傳送到低處。傳送帶與水平地面夾角，順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)的速率為。將質(zhì)量為的物體無初速地放在傳送帶的頂端，物體到達(dá)底端后能無碰撞地滑上質(zhì)量為的木板左端。已知物體與傳送帶、木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為，，的距離為。設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，重力加速度（已知，。求：（1）物體剛開始下滑時(shí)的加速度大小和物體滑上木板左端時(shí)的速度大?。唬?）若地面光滑，要使物體不會從木板上掉下，木板長度至少應(yīng)是多少；（3）若木板與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)為，且物體不會從木板上掉下，求木板的最小長度與的關(guān)系式?！敬鸢浮浚?）物體剛開始下滑時(shí)的加速度大小為，物體滑上木板左端時(shí)的速度大小為；（2）木板長度至少應(yīng)是；（3）木板的最小長度與的關(guān)系式為【考點(diǎn)】板塊模型和傳送帶模型的結(jié)合；動(dòng)量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力；模型建構(gòu)能力【分析】（1）分析物體受力，根據(jù)受力判斷物體運(yùn)動(dòng)過程，再根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解；（2）地面光滑，物體和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒列式求解。（3）根據(jù)木板是否運(yùn)動(dòng)，分情況討論。當(dāng)木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，木塊在木板上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其速度為零時(shí)恰好到達(dá)木板右端時(shí)，木板長度最小。當(dāng)物體滑上木板后木板向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，木板長度最小時(shí)，兩者速度相等時(shí)物體恰好不掉下，根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解答。【解答】解：（1）物體剛開始下滑時(shí)所受滑動(dòng)摩擦力沿斜面向下，設(shè)此時(shí)其加速度大小為，由牛頓第二定律得：解得：設(shè)物體與傳送帶共速時(shí)運(yùn)動(dòng)的位移大小為，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：解得：，此后物體繼續(xù)在傳送帶上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所受滑動(dòng)摩擦力沿斜面向上，設(shè)其加速度為，根據(jù)牛頓第二定律得：解得：設(shè)物體滑上木板左端時(shí)的速度大小，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：解得：（2）地面光滑時(shí)，物體和木板組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)木板長度最小為時(shí)，物體恰好滑到木板左端時(shí)與木板共速，設(shè)共速的速度為，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：解得：由能量守恒定律得：解得：（3）①當(dāng)，即：時(shí)，木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，木塊在木板上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，其加速度大小等于為：速度為零時(shí)恰好到達(dá)木板右端，設(shè)此時(shí)木板長度為，則有：解得：②當(dāng)時(shí)，物體滑上木板后木板向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，物體向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，兩者共速后會保持相對靜止。對木板，根據(jù)牛頓第二定律得：解得：設(shè)木板長度為時(shí)，兩者速度相等時(shí)物體恰好不掉下，則有：解得：物體的位移大小為：木板的位移大小為：此情況木板長度為：可得木板的最小長度與的關(guān)系式為：答：（1）物體剛開始下滑時(shí)的加速度大小為，物體滑上木板左端時(shí)的速度大小為；（2）木板長度至少應(yīng)是；（3）木板的最小長度與的關(guān)系式為【點(diǎn)評】本題考查牛頓第二定律應(yīng)用的傳送帶與板塊模型，涉及到動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律的應(yīng)用，解題時(shí)注意分析不同運(yùn)動(dòng)過程中摩擦力的方向和大小。22．（2024?云安區(qū)校級模擬）質(zhì)量的手榴彈從水平地面上以的初速度斜向上拋出，上升到距地面的最高點(diǎn)時(shí)炸裂成質(zhì)量相等的兩塊彈片，其中一塊彈片自由下落到達(dá)地面，落地動(dòng)能為。重力加速度，空氣阻力不計(jì)，爆炸后氣體的動(dòng)量總動(dòng)量為零，火藥燃燒充分，求：（1）手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量；（2）兩塊彈片落地點(diǎn)間的距離。【答案】（1）手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量為；（2）彈片落地點(diǎn)間的距離為。【考點(diǎn)】平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用；動(dòng)量守恒定律在繩連接體問題中的應(yīng)用【專題】計(jì)算題；尋找守恒量法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；定量思想；分析綜合能力【分析】（1）彈片自由下落過程，利用機(jī)械能守恒定律求出該彈片的質(zhì)量，再求出彈藥的質(zhì)量；（2）由機(jī)械能守恒定律求出手榴彈上升到最高點(diǎn)時(shí)的速度。經(jīng)分析可知兩塊彈片一片做自由落體運(yùn)動(dòng)，一片做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出做平拋運(yùn)動(dòng)彈片的初速度，再結(jié)合運(yùn)動(dòng)公式可得兩塊彈片彈片落地點(diǎn)間的距離。【解答】解：（1）設(shè)每塊彈片的質(zhì)量為，爆炸后瞬間其中一塊速度為零，另一塊速度為，對于做自由落體運(yùn)動(dòng)的彈片，由機(jī)械能守恒定律有解得：則手榴彈裝藥量為△（2）設(shè)手榴彈上升到最高點(diǎn)時(shí)的速度為，由機(jī)械能守恒定律得解得：另一塊做平拋運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，兩塊彈片落地點(diǎn)間距離為△。手榴彈爆炸過程，取爆炸前的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律有對于做平拋運(yùn)動(dòng)的彈片，水平方向有△豎直方向有解得兩塊彈片落地點(diǎn)間的距離為：△答：（1）手榴彈所裝彈藥的質(zhì)量為；（2）彈片落地點(diǎn)間的距離為?！军c(diǎn)評】本題綜合考查動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律以及運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，關(guān)鍵要理清過程，把握爆炸的基本規(guī)律：動(dòng)量守恒定律。掌握平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法：運(yùn)動(dòng)的分解。23．（2024?浙江模擬）一質(zhì)量為的衛(wèi)星沿半徑的圓軌道繞太陽運(yùn)行。衛(wèi)星上有一太陽帆—半徑為的圓形鏡面反射膜。該反射膜在隨后運(yùn)動(dòng)中不斷改變方向，使帆面不斷改變方向以保證始終垂直于太陽光。已知：萬有引力常量為，太陽質(zhì)量為，太陽半徑為，太陽表面溫度為。太陽可視理想黑體且單位面積的熱輻射功率為，其中為一常量。已知光具有粒子的性質(zhì)：一個(gè)光子的能量，其中是光子的動(dòng)量，是光速。（1）求太陽熱輻射的總功率；（2）求太陽帆單位時(shí)間內(nèi)接受到的能量；（3）求太陽帆受到的合力（以沿著半徑背離圓心的方向?yàn)檎较颍?。【答案】?）太陽熱輻射的總功率為；（2）太陽帆單位時(shí)間內(nèi)接受到的能量；（3）太陽帆受到的合力為。【考點(diǎn)】功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)；用動(dòng)量定理求平均作用力【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；功能關(guān)系能量守恒定律；分析綜合能力【分析】利用單位面積的熱輻射功率乘太陽的表面積求太陽熱輻射的總功率；利用距南太陽一定距離處單位時(shí)間內(nèi)單位面積上接受的能量相同，即，求太陽帆單位時(shí)間內(nèi)接受到的能量；根據(jù)動(dòng)量定理求太陽帆受到單位面積的接受能量相同即的合力。【解答】解：（1）根據(jù)球體表面積公式可得太陽的表面積為所以太陽熱輻射的總功率為；（2）太陽單位時(shí)間內(nèi)熱輻射的總能量為設(shè)太陽帆單位時(shí)間內(nèi)接受到的能量為，則所以（3）根據(jù)動(dòng)量定理有△△所以則太陽帆受到的合力解得答：（1）太陽熱輻射的總功率為；（2）太陽帆單位時(shí)間內(nèi)接受到的能量；（3）太陽帆受到的合力為。【點(diǎn)評】本題主要考查能量守恒和動(dòng)量定理的應(yīng)用，理解距南太陽一定距離處單位時(shí)間內(nèi)單位面積上接受的能量相同是解題關(guān)鍵。24．（2024?江蘇模擬）如圖，傾角的粗糙斜面與光滑水平面在點(diǎn)平滑連接，傾角的足夠長的傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以的速度沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的下端與水平面的右端點(diǎn)通過一小段圓弧連接，質(zhì)量的小物塊放在水平面上的點(diǎn)，質(zhì)量的小滑塊從點(diǎn)由靜止釋放，滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，、間距離，滑到水平面上后與發(fā)生彈性正碰，以后與的碰撞都發(fā)生在水平面上，與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為，重力加速度取，，。求：（1）第一次與碰撞前瞬間的速度大小；（2）第一次碰撞后瞬間與的速度大小；（3）從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中電動(dòng)機(jī)額外多做的功?！敬鸢浮浚?）第一次與碰撞前瞬間的速度大小為；（2）第一次碰撞后瞬間與的速度大小均為；（3）從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中電動(dòng)機(jī)額外多做的功為?！究键c(diǎn)】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的定義與特征；水平傳送帶模型；動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用；常見力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題【專題】計(jì)算題；信息給予題；定量思想；推理法；直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律專題；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；理解能力【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理求解第一次與碰撞前瞬間的速度大小；（2）根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒分別求解、碰撞后的速度大?。唬?）物塊在傳送帶上先向上做勻減速運(yùn)動(dòng)到速度為零，再相當(dāng)于傳送帶向下加速至傳送帶的速度，根據(jù)牛頓第二定律求加速度的大?。桓鶕?jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解共速時(shí)間，再分別求解滑塊的對地位移和傳送帶的位移，求解相對位移；根據(jù)公式公式求解因摩擦產(chǎn)生的熱量，最后根據(jù)能量關(guān)系求解電動(dòng)機(jī)額外多做的功。【解答】解：（1）設(shè)第一次與碰撞前瞬間的速度大小為，在斜面間下滑過程根據(jù)動(dòng)能定理代入數(shù)據(jù)解得（2）設(shè)滑塊、碰撞后的速度大小分別為、，取水平向右為正方向根據(jù)動(dòng)量守恒有根據(jù)能量守恒聯(lián)立解得，（3）物塊在傳送帶上先向上做勻減速運(yùn)動(dòng)到速度為零，設(shè)加速度的大小為根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)解得物塊在傳送帶上向上運(yùn)動(dòng)的位移大小向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為此過程傳送帶的位移大小為發(fā)生的相對位移大小為△物塊速度減為零后，向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)到與傳送帶共速，加速度的大小仍然為；此過程在傳送帶上向下運(yùn)動(dòng)的位移大小所用時(shí)間為此過程傳送帶的位移大小為發(fā)生的相對位移大小為△物塊與傳送帶共速后，由于因此滑塊和傳送帶相對靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)回到點(diǎn)；從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為△△代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)功能關(guān)系可知，從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中電動(dòng)機(jī)額外多做的功為代入數(shù)據(jù)解得。另解：（3）物塊在傳送帶上先向上做勻減速運(yùn)動(dòng)到速度為零，再相當(dāng)于傳送帶向下加速至傳送帶的速度，設(shè)加速度的大小為根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)解得取向下為正方向，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間滑塊的對地位移傳送帶的位移相對位移△物塊與傳送帶共速后，由于因此滑塊和傳送帶相對靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)回到點(diǎn)；從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為△代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)功能關(guān)系可知，從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中電動(dòng)機(jī)額外多做的功為代入數(shù)據(jù)解得。答：（1）第一次與碰撞前瞬間的速度大小為；（2）第一次碰撞后瞬間與的速度大小均為；（3）從第一次經(jīng)過點(diǎn)到第二次經(jīng)過點(diǎn)的過程中電動(dòng)機(jī)額外多做的功為。【點(diǎn)評】本題主要考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；是多過程、多運(yùn)動(dòng)問題，明確每個(gè)過程遵循的規(guī)律是解題的關(guān)鍵；掌握相對位移的求解方法及共速后能否保持相對靜止的判斷方法。25．（2024?合肥三模）如圖所示，在靜止的水面上有一質(zhì)量為的小船，一質(zhì)量為的救生員站在船尾，相對小船靜止?；卮鹣铝袉栴}：（1）當(dāng)小船以速率向右勻速行駛時(shí)，救生員相對船以速率水平向左躍入水中，不考慮水對船的阻力，求救生員躍出后小船的速率；（2）當(dāng)船靜止在水面上時(shí)，救生員從船尾走到船頭，已知船長為，不考慮水對船的阻力，求此過程中船后退的距離；（3）開動(dòng)小船的發(fā)動(dòng)機(jī)，小船以速度勻速行駛，小船受到的阻力為。已知水的密度為，小船螺旋槳與水作用的有效面積為，求小船的發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出平均功率。【答案】（1）救生員躍出后小船的速率為；（2）此過程中船后退的距離為；（3）小船的發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出平均功率為。【考點(diǎn)】功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題【專題】計(jì)算題；學(xué)科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力【分析】（1）救生員從船上躍出過程，救生員和船組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律可以求出救生員躍出后小船的速率；（2）當(dāng)船靜止在水面上時(shí)，救生員從船尾走到船頭，根據(jù)系統(tǒng)的動(dòng)量守恒和位移與速度的關(guān)系求此過程中船后退的距離；（3）以極短時(shí)間內(nèi)被螺旋槳?jiǎng)澇龅乃疄檠芯繉ο?，根?jù)動(dòng)量定理求出水的速度，即可根據(jù)求小船的發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出平均功率。【解答】解：（1）設(shè)救生員跳入水中后船的速率為。人在躍出的過程中，船和人組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：解得：。（2）設(shè)此過程中船后退的距離為。規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：解得（3）設(shè)小船螺旋槳與水作用后水獲得的速度大小為。小船以速度勻速行駛，動(dòng)力根據(jù)牛頓第三定律知螺旋槳對水的作用力以極短時(shí)間△內(nèi)被螺旋槳?jiǎng)澇龅乃疄檠芯繉ο螅鶕?jù)動(dòng)量定理得△△解得小船的發(fā)動(dòng)機(jī)對水和小船都要做功，則小船的發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出平均功率為答：（1）救生員躍出后小船的速率為；（2）此過程中船后退的距離為；（3）小船的發(fā)動(dòng)機(jī)的輸出平均功率為。【點(diǎn)評】本題考查動(dòng)量守恒定律和動(dòng)量定理的應(yīng)用，關(guān)鍵要注意速度和位移的參照物必須是地面，而不是小船。

考點(diǎn)卡片1．勻變速直線運(yùn)動(dòng)的定義與特征【知識點(diǎn)的認(rèn)識】（1）定義：沿著一條直線，且加速度不變的運(yùn)動(dòng)，叫做勻變速直線運(yùn)動(dòng)．（2）勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度﹣時(shí)間圖象：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象是一條傾斜的直線，速度隨時(shí)間均勻變化．（3）勻變速直線運(yùn)動(dòng)的分類：若物體的速度隨時(shí)間均勻增加，稱為勻加速直線運(yùn)動(dòng)；若物體的速度隨時(shí)間均勻減少，稱為勻減速直線運(yùn)動(dòng)．【命題方向】關(guān)于勻變速直線運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（）A.勻減速直線運(yùn)動(dòng)中，加速度可能減小B.勻加速直線運(yùn)動(dòng)中，加速度可能增大C.勻加速直線運(yùn)動(dòng)中，加速度的方向一定和速度方向相同D.勻減速直線運(yùn)動(dòng)中，加速度的方向一定為負(fù)方向分析：勻變速直線運(yùn)動(dòng)中，加速度保持不變；勻加速直線運(yùn)動(dòng)中，速度方向與加速度方向相同，勻減速直線運(yùn)動(dòng)中，速度方向與加速度方向相反。解答：A．勻減速直線運(yùn)動(dòng)中，加速度恒定不變，速度減小，故A錯(cuò)誤；B．勻加速直線運(yùn)動(dòng)中，加速度恒定不變，速度增大，故B錯(cuò)誤；C．物體做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度方向與速度方向相同，故C正確；D．物體做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度方向與速度方向相反，若速度方向?yàn)樨?fù)方向，加速度方向?yàn)檎较颍蔇錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評：本題考查勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道勻變速直線運(yùn)動(dòng)中加速度大小和方向的特點(diǎn)?！窘忸}思路點(diǎn)評】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的三種解釋：①加速度恒定不變；②任意相同時(shí)間內(nèi)的速度變化量相等；③速度隨時(shí)間均勻變化。同學(xué)們務(wù)必理解并牢記。2．勻變速直線運(yùn)動(dòng)速度與時(shí)間的關(guān)系【知識點(diǎn)的認(rèn)識】勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間公式：vt＝v0+at．其中，vt為末速度，v0為初速度，a為加速度，運(yùn)用此公式解題時(shí)要注意公式的矢量性．在直線運(yùn)動(dòng)中，如果選定了該直線的一個(gè)方向?yàn)檎较?，則凡與規(guī)定正方向相同的矢量在公式中取正值，凡與規(guī)定正方向相反的矢量在公式中取負(fù)值，因此，應(yīng)先規(guī)定正方向．（一般以v0的方向?yàn)檎较?，則對于勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度取正值；對于勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度取負(fù)值．）【命題方向】例1：一個(gè)質(zhì)點(diǎn)從靜止開始以1m/s2的加速度做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，經(jīng)5s后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，最后2s的時(shí)間內(nèi)使質(zhì)點(diǎn)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到靜止．求：（1）質(zhì)點(diǎn)做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度；（2）質(zhì)點(diǎn)做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小．分析：根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間公式求出5s末的速度，結(jié)合速度時(shí)間公式求出質(zhì)點(diǎn)速度減為零的時(shí)間．解答：（1）根據(jù)速度時(shí)間公式得，物體在5s時(shí)的速度為：v＝a1t1＝1×5m/s＝5m/s．（2）物體速度減為零的時(shí)間2s，做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為：a2＝＝2.5m/s2答：（1）質(zhì)點(diǎn)做勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度5m/s；（2）質(zhì)點(diǎn)做勻減速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小2.5m/s2．點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度時(shí)間公式和位移時(shí)間公式，并能靈活運(yùn)用．例2：汽車以28m/s的速度勻速行駛，現(xiàn)以4.0m/s2的加速度開始剎車，則剎車后4s末和8s末的速度各是多少？分析：先求出汽車剎車到停止所需的時(shí)間，因?yàn)槠噭x車停止后不再運(yùn)動(dòng)，然后根據(jù)v＝v0+at，求出剎車后的瞬時(shí)速度．解答：由題以初速度v0＝28m/s的方向?yàn)檎较?，則加速度：a＝＝﹣4.0m/s2，剎車至停止所需時(shí)間：t＝＝s＝7s．故剎車后4s時(shí)的速度：v3＝v0+at＝28m/s﹣4.0×4m/s＝12m/s剎車后8s時(shí)汽車已停止運(yùn)動(dòng)，故：v8＝0答：剎車后4s末速度為12m/s，8s末的速度是0．點(diǎn)評：解決本題的關(guān)鍵掌握勻變速直線運(yùn)動(dòng)的速度與時(shí)間公式v＝v0+at，以及知道汽車剎車停止后不再運(yùn)動(dòng)，在8s內(nèi)的速度等于在7s內(nèi)的速度．解決此類問題一定要注意分析物體停止的時(shí)間．【解題方法點(diǎn)撥】1．解答題的解題步驟（可參考例1）：①分清過程（畫示意圖）；②找參量（已知量、未知量）③明確規(guī)律（勻加速直線運(yùn)動(dòng)、勻減速直線運(yùn)動(dòng)等）④利用公式列方程（選取正方向）⑤求解驗(yàn)算．2．注意vt＝v0+at是矢量式，剎車問題要先判斷停止時(shí)間．3．豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用【知識點(diǎn)的認(rèn)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(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较颍校簐t＝v0﹣gt，h＝v0t﹣gt2，﹣＝2gh；4．幾個(gè)特征量：（1）上升的最大高度hmax＝；（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＝?！久}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＝＝s＝3s，故5s時(shí)物體正在下落；A、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＝＝45m，后兩s下落的高度h'＝gt′2＝20m，故總路程s＝（45+20）m＝65m；故A正確；B、位移h＝v0t﹣gt2＝25m，位移在拋出點(diǎn)的上方，故B正確；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＝＝＝5m/s，故D錯(cuò)誤。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)的平均速度為則：m/s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＝+1＝+1＝1.2s；（2）豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移，則h＝v0t﹣gt2＝11×1.2﹣×10×1.22＝6m。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。4．判斷是否存在摩擦力【知識點(diǎn)的認(rèn)識】1.考點(diǎn)意義：有很多題目會綜合考查摩擦力的相關(guān)知識，不區(qū)分靜摩擦力和滑動(dòng)摩擦力，所以設(shè)置本考點(diǎn)。2.對于是否存在摩擦力可以按以下幾個(gè)方法判斷：①條件法：根據(jù)摩擦力的產(chǎn)生條件進(jìn)行判斷。a、接觸面粗糙；b、兩物體間存在彈力；c、有相對運(yùn)動(dòng)或相對運(yùn)動(dòng)的趨勢。②假設(shè)法：假設(shè)有或者沒有摩擦力，判斷物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)是否會改變?！久}方向】