2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律（2024年9月）

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律（2024年9月）一．選擇題（共10小題）1．（2024秋?尋甸縣月考）如圖所示，光滑水平地面上質(zhì)量為m的物體P以速率v向右運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為m的物體Q左端固定有一輕彈簧，以速率2v向左運(yùn)動(dòng)。彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，在P與彈簧接觸到彈簧壓縮量最大的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．彈簧對(duì)P的沖量大小為32B．P、Q的位移大小之比為2：1 C．彈簧對(duì)P做的功與對(duì)Q做的功相同 D．當(dāng)P的速度為零時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大2．（2024秋?開(kāi)福區(qū)校級(jí)月考）北京時(shí)間8月10日凌晨，2024年巴黎奧運(yùn)會(huì)田徑賽事在法蘭西體育場(chǎng)的賽場(chǎng)火熱進(jìn)行中。中國(guó)選手鞏立姣和宋佳媛進(jìn)入女子鉛球的決賽，其中鞏立姣已經(jīng)是奧運(yùn)會(huì)的“五朝元老”。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員斜向上推出鉛球，鉛球飛行一段時(shí)間后落地，若不計(jì)空氣阻力，則（）A．鉛球飛到最高點(diǎn)時(shí)速度為零 B．運(yùn)動(dòng)員斜向上推出鉛球過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員做的功全部轉(zhuǎn)化為鉛球的動(dòng)能 C．鉛球在空中飛行過(guò)程中，鉛球的動(dòng)量變化率恒定 D．只要鉛球離手時(shí)初速度更大，在空中飛行的時(shí)間一定更長(zhǎng)3．（2024?渾南區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）汽車的安全氣囊是有效供護(hù)乘客的裝置。如圖甲所示，在安全氣囊的性能測(cè)試中，可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運(yùn)動(dòng)，與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，氣囊對(duì)頭錘豎直方向作用力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律，可近似用圖乙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量M＝20kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/s2，則（）A．碰撞過(guò)程中F的沖量大小為440N?s B．碰撞過(guò)程中F的沖量方向豎直向下 C．碰撞過(guò)程中頭錘的動(dòng)量變化量大小為120kg?m/s D．碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度為0.2m4．（2024?全國(guó)自主招生）如圖，兩個(gè)質(zhì)量不等、帶有等量同種電荷的小球置于等高的小平臺(tái)上，在水平外力作用下保持靜止。在同一時(shí)刻撤掉加在兩個(gè)小球上的水平外力，忽略小平臺(tái)的寬度和所有摩擦阻力，若小平臺(tái)足夠高，則兩球組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）A．機(jī)械能守恒 B．水平方向上動(dòng)量守恒 C．電場(chǎng)力做功之和為零 D．任意時(shí)刻兩球速度大小相等5．（2024?渾南區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）打彈珠是小朋友經(jīng)常玩的一個(gè)游戲。如圖所示，光滑水平地面上有兩個(gè)不同材質(zhì)的彈珠甲和乙，質(zhì)量分別是m和km，現(xiàn)讓甲以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)并與靜止的乙發(fā)生碰撞，碰后乙的速度為2v03A．0.4 B．1.6 C．1.2 D．2.16．（2024?雁塔區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖所示，一質(zhì)量為M的光滑半圓柱靜止在光滑的水平地面上，其半徑為R。半圓柱頂端放一質(zhì)量為m的小滑塊，開(kāi)始時(shí)，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)。小滑塊在外界的微小擾動(dòng)下由靜止開(kāi)始下滑，小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，離開(kāi)半圓柱表面，此時(shí)半圓柱的速度大小為v0。已知OP與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g。則（）A．該過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小滑塊在P點(diǎn)的速度大小為2gR(1-C．該過(guò)程中半圓柱相對(duì)地面的位移大小為mRsinθMD．該過(guò)程中半圓柱的彈力對(duì)小滑塊做功為-7．（2024春?香坊區(qū)校級(jí)期末）在光滑水平面上甲、乙兩車相向而行，甲的速率為v0，乙的速率也為v0，甲車和車上人的總質(zhì)量為10m，乙車和車上人及貨包的總質(zhì)量為12m，單個(gè)貨包質(zhì)量為m10，為不使兩車相撞，乙車上的人以相對(duì)地面為v＝11v0的速率將貨包拋出給甲車上的人，求：為使兩車不相撞，乙車上的人應(yīng)拋出貨A．10個(gè) B．11個(gè) C．12個(gè) D．20個(gè)8．（2024秋?南通月考）如圖所示，足夠長(zhǎng)的小平板車B的質(zhì)量為M，以水平速度v0向右在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與此同時(shí)，質(zhì)量為m的小物體A從車的右端以水平速度v0沿車的粗糙上表面向左運(yùn)動(dòng)。若物體與車面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，則在足夠長(zhǎng)的時(shí)間內(nèi)（）A．若M＞m，物體A相對(duì)地面向左的最大位移是2MvB．若M＜m，平板車B相對(duì)地面向右的最大位移是MvC．無(wú)論M與m的大小關(guān)系如何，摩擦力對(duì)平板車的沖量均為mv0 D．無(wú)論M與m的大小關(guān)系如何，摩擦力的作用時(shí)間均為2M9．（2024?雁塔區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）對(duì)下列情景說(shuō)法正確的是（）A．子彈打進(jìn)木塊后一起向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，子彈和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．兩同學(xué)傳接籃球的過(guò)程，兩同學(xué)和籃球構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C．綁有磁鐵的兩小車在光滑水平地面上相向運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，兩車構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．小球從靜止在光滑水平面上的斜槽頂端釋放，在離開(kāi)斜槽前小球和斜槽構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒10．（2024秋?南通月考）如圖甲為滑雪大跳臺(tái)的滑道示意圖，在助滑道與跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接，助滑道與著落坡均可以視為傾斜直道。運(yùn)動(dòng)員由起點(diǎn)滑下，從跳臺(tái)上同一位置沿同一方向飛出后，在空中完成系列動(dòng)作，最后落至著落坡。運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)跳臺(tái)至落到著落坡階段的軌跡如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)。關(guān)于運(yùn)動(dòng)員在空中的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．離著落坡最遠(yuǎn)時(shí)重力的功率為零 B．在相等的時(shí)間內(nèi)，速度變化量逐漸變大 C．在相等的時(shí)間內(nèi)，動(dòng)能的變化量逐漸變大 D．落到著落坡時(shí)的速度方向與飛出時(shí)速度的大小無(wú)關(guān)二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024秋?廣州月考）如圖（a）所示，一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的物塊靜止在水平面上，現(xiàn)用水平力F向右拉物塊，F(xiàn)的大小隨時(shí)間變化關(guān)系如圖（b）所示。已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度大小g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法正確的是（）A．0～4s內(nèi)，重力的沖量大小為0 B．0～4s內(nèi)，重力的沖量大小為40N?s C．4s末，物塊的速度大小為8m/s D．4s末，物塊的速度大小為9m/s（多選）12．（2024?香坊區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖所示，A、B、C三個(gè)半徑相同的小球穿在兩根平行且光滑的足夠長(zhǎng)的桿上，A、B、C三球的質(zhì)量分別為mA＝2kg，mB＝3kg，mC＝2kg，初狀態(tài)三個(gè)小球均靜止，B、C球之間連著一根輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。現(xiàn)給A一個(gè)向左的初速度v0＝10m/s，A、B發(fā)生彈性碰撞，下列說(shuō)法正確的是（）A．球A和球B碰撞結(jié)束時(shí)，A球的速度大小為8m/s B．球A和球B碰撞結(jié)束時(shí)，B球的速度大小為8m/s C．球A和球B碰后，球B的最小速度大小為1.6m/s D．球A和球B碰后，彈簧的最大彈性勢(shì)能可以達(dá)到96J（多選）13．（2024?渾南區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖所示，固定光滑斜面傾角θ＝60°，其底端與豎直平面內(nèi)半徑為R的固定光滑圓弧軌道相切，位置D為圓弧軌道的最低點(diǎn)。質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的小環(huán)B（均可視為質(zhì)點(diǎn)）用L＝1.5R的輕桿通過(guò)輕質(zhì)鉸鏈相連。B套在光滑的固定豎直長(zhǎng)桿上，桿和圓軌道在同一豎直平面內(nèi)，桿過(guò)軌道圓心O，初始輕桿與斜面垂直。在斜面上由靜止釋放A，假設(shè)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩桿不會(huì)碰撞，小球能滑過(guò)D點(diǎn)且通過(guò)軌道連接處時(shí)無(wú)能量損失（速度大小不變），重力加速度為g，從小球A由靜止釋放到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)過(guò)程中，下列判斷正確的是（）A．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為vAB．A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒 C．已知小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小環(huán)B的瞬時(shí)加速度大小為a，則此時(shí)小球A受到圓弧軌道的支持力大小為5.5mg+ma D．剛釋放時(shí)小球A的加速度大小為a（多選）14．（2024春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）如圖，一質(zhì)量為M的光滑滑塊靜止于足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，滑塊由半徑為1.5R的四分之一圓弧軌道和長(zhǎng)度為0.5R豎直軌道組成，圓弧軌道底端切線水平。一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），以初速度v0=4gR水平向右運(yùn)動(dòng)，在圓弧軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0A．小球的質(zhì)量m與滑塊的質(zhì)量M之比為3：1 B．小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為23gRC．小球與滑塊分離時(shí)的速度為2gRD．從小球進(jìn)入圓弧軌道到豎直軌道最高點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊移動(dòng)的距離為3（多選）15．（2024?龍鳳區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖，兩端固定有小球A、B的豎直輕桿，A球緊貼豎直光滑墻面，B球位于光滑水平地面上，小球C緊貼小球B，小球A受到輕微擾動(dòng)后順著墻面下滑，此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，三球始終在同一豎直面上，小球A落地后不反彈，已知小球C的最大速度為v，三球質(zhì)量均為m，輕桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．B、C兩球分離時(shí)，A球恰好離開(kāi)墻面 B．小球A落地前瞬間動(dòng)能大小為mgL-C．小球A落地時(shí)，小球C的速度是小球A速度的2倍 D．豎直墻對(duì)小球A的沖量大小為3mv三．解答題（共5小題）16．（2024?惠山區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）在固定的光滑水平桿（桿足夠長(zhǎng)）上，套有一個(gè)質(zhì)量m＝0.5kg的光滑金屬圓環(huán)，一根長(zhǎng)L＝1m的輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著一個(gè)質(zhì)量M＝1.98kg的木塊，如圖所示?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m0＝0.02kg的子彈以v0＝1000m/s的水平速度射向木塊，最后留在木塊內(nèi)（不計(jì)空氣阻力和子彈與木塊作用的時(shí)間），g取10m/s2，求：（1）當(dāng)子彈射入木塊后瞬間，木塊的速度大小v；（2）木塊向右擺動(dòng)的最大高度h；（3）木塊向右擺動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中繩子拉力對(duì)木塊做的功W。17．（2024?浦東新區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）生活中的物理（1）人站在電梯里，隨電梯勻速向下運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是。A．人所受的重力做正功B．人所受的重力不做功C．梯面對(duì)人的支持力做正功D．梯面對(duì)人的支持力不做功（2）一人用力將質(zhì)量為600g的籃球投出，使籃球以5m/s的初速度飛向籃框。假設(shè)人投籃時(shí)對(duì)籃球的平均作用力為100N，人距離籃框的水平距離為4m，則人對(duì)籃球所做的功為。A．7.5JB．300JC．400JD．500J（3）質(zhì)量為m的物體在水平恒力F的推動(dòng)下，從山坡底部A處由靜止運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B，獲得速度為v，AB的水平距離為s，同時(shí)受到空氣阻力的作用。下列說(shuō)法正確的是。A．物體重力做的功是mghB．合力對(duì)物體做的功是mC．空氣阻力對(duì)物體做的功是Fs﹣mghD．空氣阻力對(duì)物體做的功是m（4）如圖a所示是打樁機(jī)的簡(jiǎn)易模型。質(zhì)量m＝1.0kg的物體在拉力F作用下從與釘子接觸處由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，上升一段高度后撤去F，到最高點(diǎn)后自由下落，撞擊釘子后物體不再?gòu)椘?，將釘子打入一定深度。若以初始狀態(tài)物體與釘子接觸處為零勢(shì)能點(diǎn)，物體上升過(guò)程中，機(jī)械能E與上升高度h的關(guān)系圖像如圖b所示。不計(jì)所有摩擦，g＝10m/s2。物體上升過(guò)程所受拉力F＝N；忽略打擊釘子及釘入的時(shí)間，則物體給釘子的沖量大小為kg?m/s（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）。18．（2024?岳麓區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖所示，水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的斜面，斜面的傾角為θ＝30°，底部固定一垂直于斜面的擋板，在斜面上放置一質(zhì)量為6m的滑板C，C剛好能靜止在斜面上。將一質(zhì)量為4m的滑塊B輕輕放在C的最上端，B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=32，在斜面的左上方有一固定的四分之一豎直光滑圓弧，圓弧半徑為R＝1.6m，一質(zhì)量為m的小球A從圓弧的正上方高度為12R處由靜止釋放，經(jīng)過(guò)圓弧最低點(diǎn)時(shí)水平拋出，剛好以平行于斜面的速度與滑塊B發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間將小球拿走，碰撞時(shí)小球的動(dòng)能減少了75%，C下滑到斜面底端時(shí)B和C的速度相等，C與擋板碰撞沒(méi)有機(jī)械能的損失，不計(jì)空氣阻力，木板C（1）C與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）C下滑到斜面底端時(shí)，B和C的速度大??；（3）C與擋板第一次碰撞后，C的速度為0時(shí)，B的速度大小。19．（2023秋?順義區(qū)校級(jí)月考）（1）如圖1所示，質(zhì)量為m的物體，僅在與運(yùn)動(dòng)方向相同的恒力F的作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)時(shí)間t，速度由v1增加到v2。請(qǐng)根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，推導(dǎo)在這個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，恒力F的沖量和物體動(dòng)量變化之間的關(guān)系，即動(dòng)量定理。（2）動(dòng)量定理也適用于變力，此時(shí)的力可以理解為平均作用力。如圖2所示，一個(gè)質(zhì)量是0.1kg的鋼球，以6m/s的速度水平向右運(yùn)動(dòng)，碰到堅(jiān)硬的墻壁后彈回，沿著同一直線以6m/s的速度水平向左運(yùn)動(dòng)。若鋼球與墻壁的碰撞時(shí)間為0.02s，求墻壁對(duì)鋼球的平均作用力的大小和方向。（3）用動(dòng)量定理處理二維問(wèn)題時(shí)，可以在相互垂直的x、y兩個(gè)方向上分別進(jìn)行研究。如圖3所示，質(zhì)量為m的小球斜射到固定在地面上的水平木板上，入射的角度是θ，碰撞后彈出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v。若小球與木板的碰撞時(shí)間為t，求木板對(duì)小球的平均作用力。20．（2024?甘肅）如圖，質(zhì)量為2kg的小球A（視為質(zhì)點(diǎn)）在細(xì)繩O′P和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩O'P＝OP＝1.6m，與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細(xì)繩O′P，小球A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。（重力加速度g取10m/s2）（1）求A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力。（2）A在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞（時(shí)間極短），碰后A豎直下落，C水平向右運(yùn)動(dòng)。求碰后C的速度大小。（3）A、C碰后，C相對(duì)B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)。

2025年高考物理復(fù)習(xí)新題速遞之動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律（2024年9月）參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024秋?尋甸縣月考）如圖所示，光滑水平地面上質(zhì)量為m的物體P以速率v向右運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量為m的物體Q左端固定有一輕彈簧，以速率2v向左運(yùn)動(dòng)。彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，在P與彈簧接觸到彈簧壓縮量最大的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A．彈簧對(duì)P的沖量大小為32B．P、Q的位移大小之比為2：1 C．彈簧對(duì)P做的功與對(duì)Q做的功相同 D．當(dāng)P的速度為零時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；動(dòng)量守恒定律在含有彈簧的碰撞問(wèn)題中的應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理能力．【答案】A【分析】當(dāng)P、Q共速時(shí)彈簧的壓縮量最大，彈簧的彈性勢(shì)能最大。根據(jù)動(dòng)量守恒定律求得共速時(shí)的速度，對(duì)P由動(dòng)量定理求解彈簧對(duì)P的沖量大?。环治鰞烧叩南鄬?duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律或者牛頓第二定律分析P、Q的位移大小之比；根據(jù)動(dòng)能定理解答C選項(xiàng)?！窘獯稹拷猓篈D、當(dāng)P、Q共速時(shí)彈簧的壓縮量最大，彈簧的彈性勢(shì)能最大。規(guī)定水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：2mv﹣mv＝2mv共對(duì)P由動(dòng)量定理得：I＝mv共﹣（﹣mv），聯(lián)立解得：I=32mv，故AB、規(guī)定水平向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：2mv﹣mv＝mvQ﹣mvP，可得：vQ﹣vP＝v，即在P與彈簧接觸到P的速度減小零的過(guò)程中兩者速度大小之差恒為v，可得此過(guò)程滿足：vQ＞2vP，因此有：xQ＞2xP。從P的速度為零到P的速度反向達(dá)到v共的過(guò)程中P、Q均向左運(yùn)動(dòng)，此過(guò)程P的位移減小，Q的位移增大，則到共速的全程滿足：xQ＞2xP，故B錯(cuò)誤；C、由動(dòng)能定理可得彈簧對(duì)P做的功為：W彈簧對(duì)Q做的功為：WQ=1故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律，功能關(guān)系的應(yīng)用，要知道P、Q共速時(shí)彈簧的壓縮量最大，彈簧的彈性勢(shì)能最大。2．（2024秋?開(kāi)福區(qū)校級(jí)月考）北京時(shí)間8月10日凌晨，2024年巴黎奧運(yùn)會(huì)田徑賽事在法蘭西體育場(chǎng)的賽場(chǎng)火熱進(jìn)行中。中國(guó)選手鞏立姣和宋佳媛進(jìn)入女子鉛球的決賽，其中鞏立姣已經(jīng)是奧運(yùn)會(huì)的“五朝元老”。如圖所示，運(yùn)動(dòng)員斜向上推出鉛球，鉛球飛行一段時(shí)間后落地，若不計(jì)空氣阻力，則（）A．鉛球飛到最高點(diǎn)時(shí)速度為零 B．運(yùn)動(dòng)員斜向上推出鉛球過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員做的功全部轉(zhuǎn)化為鉛球的動(dòng)能 C．鉛球在空中飛行過(guò)程中，鉛球的動(dòng)量變化率恒定 D．只要鉛球離手時(shí)初速度更大，在空中飛行的時(shí)間一定更長(zhǎng)【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；斜拋運(yùn)動(dòng)；常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專題】比較思想；合成分解法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；理解能力．【答案】C【分析】鉛球在空中做斜上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)；運(yùn)動(dòng)員斜上推出鉛球過(guò)程，運(yùn)動(dòng)員做的功全部轉(zhuǎn)化為鉛球的動(dòng)能和重力勢(shì)能；利用動(dòng)量定理分析相同時(shí)間內(nèi)鉛球的動(dòng)量變化率是否變化；鉛球在空中做斜上拋運(yùn)動(dòng)，在空中飛行時(shí)間與初速度大小和方向都有關(guān)?！窘獯稹拷猓篈、鉛球在空中做斜上拋運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則鉛球飛到最高點(diǎn)時(shí)速度不為零，速度方向水平，故A錯(cuò)誤；B、運(yùn)動(dòng)員推出鉛球過(guò)程中，運(yùn)動(dòng)員做的功轉(zhuǎn)化為鉛球的動(dòng)能及重力勢(shì)能，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)動(dòng)量定理可得ΔpΔt=FD、飛行時(shí)間除了跟初速度大小有關(guān)，還跟初速度方向有關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】解答本題時(shí)，要明確斜拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間既與初速度大小有關(guān)，也與初速度方向有關(guān)。對(duì)于動(dòng)量變化率，可以根據(jù)動(dòng)量定理進(jìn)行研究。3．（2024?渾南區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）汽車的安全氣囊是有效供護(hù)乘客的裝置。如圖甲所示，在安全氣囊的性能測(cè)試中，可視為質(zhì)點(diǎn)的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運(yùn)動(dòng)，與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計(jì)時(shí)起點(diǎn)，氣囊對(duì)頭錘豎直方向作用力F隨時(shí)間t的變化規(guī)律，可近似用圖乙所示的圖像描述。已知頭錘質(zhì)量M＝20kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/s2，則（）A．碰撞過(guò)程中F的沖量大小為440N?s B．碰撞過(guò)程中F的沖量方向豎直向下 C．碰撞過(guò)程中頭錘的動(dòng)量變化量大小為120kg?m/s D．碰撞結(jié)束后頭錘上升的最大高度為0.2m【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用；豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用；動(dòng)量變化量的計(jì)算；利用圖像求沖量．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理能力．【答案】D【分析】F﹣t圖像中圖像和橫軸圍成的面積表示沖量，代入數(shù)據(jù)得出沖量的大小和方向；根據(jù)動(dòng)量定理和動(dòng)能定理聯(lián)立等式得出頭錘上升的最大高度?！窘獯稹拷猓篈B、F﹣t圖像中，圖像和橫軸圍成的面積表示力的沖量，則IF=12×4400×0.1N?s＝220N?sC、頭垂在下落過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得MgH=在與氣囊接觸的過(guò)程中，選擇向上的方向?yàn)檎较?，根?jù)動(dòng)量定理可得：IF﹣Mgt＝Mv1﹣（﹣Mv）解得v1＝2m/s動(dòng)量的變化量為Δp＝Mv1﹣（﹣Mv）解得Δp＝200kg?m/s故C錯(cuò)誤；D、頭錘上升過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理可得：﹣Mgh＝0-聯(lián)立解得：h＝0.2m故D正確；故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)量定理的相關(guān)應(yīng)用，理解圖像的物理意義，結(jié)合動(dòng)量定理和動(dòng)能定理即可完成分析。4．（2024?全國(guó)自主招生）如圖，兩個(gè)質(zhì)量不等、帶有等量同種電荷的小球置于等高的小平臺(tái)上，在水平外力作用下保持靜止。在同一時(shí)刻撤掉加在兩個(gè)小球上的水平外力，忽略小平臺(tái)的寬度和所有摩擦阻力，若小平臺(tái)足夠高，則兩球組成的系統(tǒng)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（）A．機(jī)械能守恒 B．水平方向上動(dòng)量守恒 C．電場(chǎng)力做功之和為零 D．任意時(shí)刻兩球速度大小相等【考點(diǎn)】某一方向上的動(dòng)量守恒問(wèn)題；判斷機(jī)械能是否守恒及如何變化．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理能力．【答案】B【分析】小球帶有等量同種電荷，則電場(chǎng)力對(duì)兩小球都做正功，從而分析機(jī)械能是否守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒的條件分析B，根據(jù)運(yùn)動(dòng)的分解分析D?！窘獯稹拷猓篈C、小球帶有等量同種電荷，則電場(chǎng)力對(duì)兩小球都做正功，電場(chǎng)力做功之和不為零，機(jī)械能不守恒，故AC錯(cuò)誤；B、系統(tǒng)在水平方向的合力為0，則水平方向上動(dòng)量守恒，故B正確；D、根據(jù)牛頓第二定律有a=水平方向vx＝at豎直方向vy＝gt任意時(shí)刻兩球速度大小為v=由于兩球質(zhì)量不同，則任意時(shí)刻兩球速度大小不相等，故D錯(cuò)誤；故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量守恒的判斷，解題關(guān)鍵掌握動(dòng)量守恒的條件，注意電場(chǎng)力做功正負(fù)的判斷。5．（2024?渾南區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）打彈珠是小朋友經(jīng)常玩的一個(gè)游戲。如圖所示，光滑水平地面上有兩個(gè)不同材質(zhì)的彈珠甲和乙，質(zhì)量分別是m和km，現(xiàn)讓甲以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)并與靜止的乙發(fā)生碰撞，碰后乙的速度為2v03A．0.4 B．1.6 C．1.2 D．2.1【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；彈性碰撞和非彈性碰撞的區(qū)別與判斷．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理能力．【答案】C【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒求得碰后甲的速度，分析碰后甲的運(yùn)動(dòng)可解得k的范圍，同時(shí)碰撞過(guò)程中需滿足能量不增加?！窘獯稹拷猓涸O(shè)甲與乙發(fā)生碰撞后甲的速度為v，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv解得v=v碰撞后甲、乙同向運(yùn)動(dòng)，則v＞0解得k＜1.5碰后甲球速度不能越過(guò)乙球，有v≤解得k≥0.5碰撞過(guò)程中總動(dòng)能不增加，有12解得0≤k≤2綜上所述，k的取值范圍為0.5≤k＜1.5故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量守恒定律，在分析碰撞問(wèn)題中注意應(yīng)用動(dòng)量守恒定律，如果是彈性碰撞還需列能量守恒的表達(dá)式。6．（2024?雁塔區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖所示，一質(zhì)量為M的光滑半圓柱靜止在光滑的水平地面上，其半徑為R。半圓柱頂端放一質(zhì)量為m的小滑塊，開(kāi)始時(shí)，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)。小滑塊在外界的微小擾動(dòng)下由靜止開(kāi)始下滑，小滑塊到達(dá)P點(diǎn)時(shí)，離開(kāi)半圓柱表面，此時(shí)半圓柱的速度大小為v0。已知OP與豎直方向的夾角為θ，重力加速度為g。則（）A．該過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．小滑塊在P點(diǎn)的速度大小為2gR(1-C．該過(guò)程中半圓柱相對(duì)地面的位移大小為mRsinθMD．該過(guò)程中半圓柱的彈力對(duì)小滑塊做功為-【考點(diǎn)】人船模型及其變式；判斷機(jī)械能是否守恒及如何變化．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】D【分析】系統(tǒng)在水平方向合力為零，故水平方向動(dòng)量守恒；只有重力或系統(tǒng)內(nèi)彈力做功，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求小滑塊在P點(diǎn)的速度大??；半圓槽與小滑塊組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)人船模型解答；對(duì)半圓柱，根據(jù)動(dòng)能定理，該求過(guò)程中半圓柱的彈力對(duì)小滑塊做功。【解答】解：A、系統(tǒng)在水平方向合力為零，故水平方向動(dòng)量守恒，豎直方向合力不為零，豎直方向動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B、系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有mgR(1-解得v=2gR(1-cosθ)-故B錯(cuò)誤；D、分析半圓柱，根據(jù)動(dòng)能定理，可知小滑塊對(duì)半圓柱的彈力做功為12Mv02C、設(shè)半圓柱、小滑塊相對(duì)地面的位移分別為x1，x2，則類比人船模型有x1+x2＝Rsinθ，Mx1＝mx2解得半圓柱相對(duì)地面的位移大小為x1故C錯(cuò)誤。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，知道動(dòng)量守恒與機(jī)械能守恒的條件，分析清楚滑塊與半圓槽的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與機(jī)械能守恒定律即可解題。7．（2024春?香坊區(qū)校級(jí)期末）在光滑水平面上甲、乙兩車相向而行，甲的速率為v0，乙的速率也為v0，甲車和車上人的總質(zhì)量為10m，乙車和車上人及貨包的總質(zhì)量為12m，單個(gè)貨包質(zhì)量為m10，為不使兩車相撞，乙車上的人以相對(duì)地面為v＝11v0的速率將貨包拋出給甲車上的人，求：為使兩車不相撞，乙車上的人應(yīng)拋出貨A．10個(gè) B．11個(gè) C．12個(gè) D．20個(gè)【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題．【專題】定量思想；尋找守恒量法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題．【答案】A【分析】對(duì)于兩輛車、兩人以及所有貨包組成的系統(tǒng)來(lái)說(shuō)，在整個(gè)過(guò)程中系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，抓住兩車恰好不相撞時(shí)，速度相等，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求出兩車相等的速度．以乙及從乙車上拋出的貨包為系統(tǒng)，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律，求出乙車上的人拋出貨包的個(gè)數(shù)．【解答】解：規(guī)定水平向左為正方向，兩車剛好不相撞時(shí)兩車速度相等，設(shè)相等的速度為v′。對(duì)兩輛車、兩人以及所有貨包組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：12mv0﹣10mv0＝（12m+10m）v′解得v′=v設(shè)為使兩車不相撞，乙車上的人應(yīng)拋出貨包的最小數(shù)量為n。對(duì)乙及從乙車上拋出的貨包為系統(tǒng)，由動(dòng)量守恒定律得：12mv0＝（12m﹣n?m10）v′+n?m由題，v＝11v0解得：n＝10；故選：A。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵掌握動(dòng)量守恒定律的條件，明確不相撞的臨界條件，合理選擇研究的系統(tǒng)，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律進(jìn)行求解．8．（2024秋?南通月考）如圖所示，足夠長(zhǎng)的小平板車B的質(zhì)量為M，以水平速度v0向右在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)，與此同時(shí)，質(zhì)量為m的小物體A從車的右端以水平速度v0沿車的粗糙上表面向左運(yùn)動(dòng)。若物體與車面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g，則在足夠長(zhǎng)的時(shí)間內(nèi)（）A．若M＞m，物體A相對(duì)地面向左的最大位移是2MvB．若M＜m，平板車B相對(duì)地面向右的最大位移是MvC．無(wú)論M與m的大小關(guān)系如何，摩擦力對(duì)平板車的沖量均為mv0 D．無(wú)論M與m的大小關(guān)系如何，摩擦力的作用時(shí)間均為2M【考點(diǎn)】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；力學(xué)綜合性應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出M與m的共同速度，再結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出物體和小車相對(duì)于地面的位移；根據(jù)動(dòng)量定理求出摩擦力的作用的時(shí)間，以及摩擦力的沖量?！窘獯稹拷猓篈．物體與平板作用的過(guò)程中，合外力為零，動(dòng)量守恒，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：Mv0﹣mv0＝（M+m）v解得v=若M＞m，A所受的摩擦力為：Ff＝μmg設(shè)物體A相對(duì)地面向左的最大位移為xA，對(duì)A，由動(dòng)能定理得：﹣FfxA＝0-聯(lián)立解得：xA=v02B．若M＜m，設(shè)平板車B相對(duì)地面向右的最大位移為xB，對(duì)B，由動(dòng)能定理得：﹣FfxB＝0-聯(lián)立解得：xB=Mν0CD．摩擦力對(duì)平板車的沖量等于平板車動(dòng)量的變化量，對(duì)平板車由動(dòng)量定理得：﹣Fft＝Mv﹣Mv0Ff＝μmg聯(lián)立解得：t=平板車動(dòng)量的變化量為：Mv﹣Mv0=故C錯(cuò)誤，D正確。故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題綜合考查了動(dòng)量守恒定律和動(dòng)量定理，以及牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，綜合性強(qiáng)，對(duì)學(xué)生的要求較高，在解題時(shí)注意速度及動(dòng)量的方向。9．（2024?雁塔區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）對(duì)下列情景說(shuō)法正確的是（）A．子彈打進(jìn)木塊后一起向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，子彈和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 B．兩同學(xué)傳接籃球的過(guò)程，兩同學(xué)和籃球構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 C．綁有磁鐵的兩小車在光滑水平地面上相向運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，兩車構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D．小球從靜止在光滑水平面上的斜槽頂端釋放，在離開(kāi)斜槽前小球和斜槽構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題．【專題】定性思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理能力．【答案】C【分析】根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件解答。【解答】解：A、子彈打進(jìn)木塊后一起向左運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，受到逐漸增大的彈簧彈力作用，子彈和木塊構(gòu)成的系統(tǒng)所受合力不為零，故此系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故A錯(cuò)誤；B、兩同學(xué)傳接籃球的過(guò)程，由于地面摩擦力的作用，兩同學(xué)和籃球構(gòu)成的系統(tǒng)所受合力不為零，故此系統(tǒng)動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；C、綁有磁鐵的兩小車在光滑水平地面上相向運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，兩車構(gòu)成的系統(tǒng)所受合力為零，故此系統(tǒng)動(dòng)量守恒，故C正確；D、小球從靜止在光滑水平面上的斜槽頂端釋放，小球沿斜槽加速下滑，小球有豎直向下的加速度分量，故小球和斜槽構(gòu)成的系統(tǒng)在豎直方向合力不為零，故此系統(tǒng)動(dòng)量不守恒。而此系統(tǒng)在水平方向所受合力為零，故此系統(tǒng)只是在水平方向動(dòng)量守恒，故D錯(cuò)誤。故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件，基礎(chǔ)題目。系統(tǒng)動(dòng)量守恒的條件是系統(tǒng)不受力或所受合力為零。10．（2024秋?南通月考）如圖甲為滑雪大跳臺(tái)的滑道示意圖，在助滑道與跳臺(tái)之間用一段彎曲滑道銜接，助滑道與著落坡均可以視為傾斜直道。運(yùn)動(dòng)員由起點(diǎn)滑下，從跳臺(tái)上同一位置沿同一方向飛出后，在空中完成系列動(dòng)作，最后落至著落坡。運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)跳臺(tái)至落到著落坡階段的軌跡如圖乙所示，不計(jì)空氣阻力，運(yùn)動(dòng)員可視為質(zhì)點(diǎn)。關(guān)于運(yùn)動(dòng)員在空中的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A．離著落坡最遠(yuǎn)時(shí)重力的功率為零 B．在相等的時(shí)間內(nèi)，速度變化量逐漸變大 C．在相等的時(shí)間內(nèi)，動(dòng)能的變化量逐漸變大 D．落到著落坡時(shí)的速度方向與飛出時(shí)速度的大小無(wú)關(guān)【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；斜拋運(yùn)動(dòng)；功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；平拋運(yùn)動(dòng)專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】利用斜拋運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)的處理方法（分解法）解答?！窘獯稹拷猓篈、在運(yùn)動(dòng)員離著落坡最遠(yuǎn)時(shí)，速度方向與著落坡平行，速度在豎直方向有分速度，則重力的功率不為零，故A錯(cuò)誤；B、根據(jù)動(dòng)量定理有：mgΔt＝mΔv整理得：Δv＝gΔt故在相等的時(shí)間內(nèi)，動(dòng)量變化量相等，故B錯(cuò)誤；C、在空中運(yùn)動(dòng)上升階段，做的是速度向上的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，相等時(shí)間內(nèi)的豎直位移逐漸減小，則根據(jù)動(dòng)能定理mgΔx＝ΔEk可知，在相等的時(shí)間內(nèi)克服重力做功逐漸減小，動(dòng)能的變化量逐漸變小，故C錯(cuò)誤；D、設(shè)跳臺(tái)傾角為α，斜面傾角為θ，從跳臺(tái)飛出時(shí)速度為v，水平方向：x＝vcosα?t豎直方向：y=|vsinα根據(jù)幾何關(guān)系，斜面傾角的正切值tanθ=整理得：tanθ=因?yàn)棣?、θ不變，則gt2vcosα運(yùn)動(dòng)員到斜坡上速度與水平方向夾角正切值為：tanγ=由于gt2vcosα的比值不變，則gtvcosα不變，可知tanγ為定值，故故選：D?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考査了斜拋運(yùn)動(dòng)和平拋運(yùn)動(dòng)的相關(guān)應(yīng)用，解題關(guān)鍵點(diǎn)是將速度分解到合適的方向上，利用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可完成分析。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2024秋?廣州月考）如圖（a）所示，一個(gè)質(zhì)量m＝1kg的物塊靜止在水平面上，現(xiàn)用水平力F向右拉物塊，F(xiàn)的大小隨時(shí)間變化關(guān)系如圖（b）所示。已知物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，重力加速度大小g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。下列說(shuō)法正確的是（）A．0～4s內(nèi)，重力的沖量大小為0 B．0～4s內(nèi)，重力的沖量大小為40N?s C．4s末，物塊的速度大小為8m/s D．4s末，物塊的速度大小為9m/s【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；求恒力的沖量；求變力的沖量．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理能力．【答案】BD【分析】AB、根據(jù)I＝Ft可得重力沖量大??；CD、拉力F小于最大靜摩擦力時(shí)物塊靜止，由圖可知物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，根據(jù)F﹣t圖像的面積表示力F的沖量和動(dòng)量定理可得4s末物塊的速度大小?！窘獯稹拷猓篈B、0～4s內(nèi)，重力的沖量大小為：IG＝mgt＝1×10×4N?s＝40N?s，故A錯(cuò)誤，B正確；CD、當(dāng)水平力F＝f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N時(shí)，物塊才開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，由圖可知，t＝1s時(shí)，F(xiàn)＝2N，所以0～1s物塊靜止，1～4s內(nèi)由F﹣t圖像可知水平力F的沖量大小為：I取水平向右為正方向，1～4s內(nèi)由動(dòng)量定理有：IF﹣μmgt＝mv代入數(shù)據(jù)可得4s末物塊的速度大小為：v＝9m/s，故C錯(cuò)誤，D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了沖量和動(dòng)量定理，解題的關(guān)鍵是知道恒力的沖量I＝Ft，知道利用F﹣t圖像的面積求解變力的沖量。（多選）12．（2024?香坊區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖所示，A、B、C三個(gè)半徑相同的小球穿在兩根平行且光滑的足夠長(zhǎng)的桿上，A、B、C三球的質(zhì)量分別為mA＝2kg，mB＝3kg，mC＝2kg，初狀態(tài)三個(gè)小球均靜止，B、C球之間連著一根輕質(zhì)彈簧，彈簧處于原長(zhǎng)狀態(tài)。現(xiàn)給A一個(gè)向左的初速度v0＝10m/s，A、B發(fā)生彈性碰撞，下列說(shuō)法正確的是（）A．球A和球B碰撞結(jié)束時(shí)，A球的速度大小為8m/s B．球A和球B碰撞結(jié)束時(shí)，B球的速度大小為8m/s C．球A和球B碰后，球B的最小速度大小為1.6m/s D．球A和球B碰后，彈簧的最大彈性勢(shì)能可以達(dá)到96J【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題．【專題】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．【答案】BC【分析】由動(dòng)量守恒定律結(jié)合能量守恒定律，求解A、B碰撞后的速度；B球速度最小時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，由動(dòng)量守恒定律結(jié)合能量守恒定律，求解球B的最小速度；B、C兩球共速時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)量守恒定律結(jié)合能量守恒定律，求解彈簧的最大彈性勢(shì)能?！窘獯稹拷猓阂猿跛俣鹊姆较?yàn)檎较駻B．設(shè)兩球碰后的速度分別為vA、vB，由動(dòng)量守恒定律可得mAv0＝mAvA+mBvB由能量守恒定律可得12解得vA＝﹣2m/s，vB＝8m/s，故A錯(cuò)誤，B正確；C．B球速度最小時(shí)，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)，設(shè)此時(shí)B球的速度為vB'，C球的速度為vC，則有mBvB＝mBvB'+mCvC12解得vB'＝﹣1.6m/s，故B的最小速度大小為1.6m/s，故C正確；D．B、C兩球共速時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，設(shè)此時(shí)二者的速度為v，由動(dòng)量守恒定律可得mBvB＝（mB+mC）v解得v＝4.8m/s此時(shí)彈簧的彈性勢(shì)能Ep解得Ep＝38.4J，故D錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，分析清楚小球的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律即可解題，解題時(shí)要注意系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，注意正方向的選擇。（多選）13．（2024?渾南區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖所示，固定光滑斜面傾角θ＝60°，其底端與豎直平面內(nèi)半徑為R的固定光滑圓弧軌道相切，位置D為圓弧軌道的最低點(diǎn)。質(zhì)量為2m的小球A和質(zhì)量為m的小環(huán)B（均可視為質(zhì)點(diǎn)）用L＝1.5R的輕桿通過(guò)輕質(zhì)鉸鏈相連。B套在光滑的固定豎直長(zhǎng)桿上，桿和圓軌道在同一豎直平面內(nèi)，桿過(guò)軌道圓心O，初始輕桿與斜面垂直。在斜面上由靜止釋放A，假設(shè)在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中兩桿不會(huì)碰撞，小球能滑過(guò)D點(diǎn)且通過(guò)軌道連接處時(shí)無(wú)能量損失（速度大小不變），重力加速度為g，從小球A由靜止釋放到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)過(guò)程中，下列判斷正確的是（）A．小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)的速度大小為vAB．A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒 C．已知小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，小環(huán)B的瞬時(shí)加速度大小為a，則此時(shí)小球A受到圓弧軌道的支持力大小為5.5mg+ma D．剛釋放時(shí)小球A的加速度大小為a【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒的條件和判斷；牛頓第二定律求解向心力；機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】AD【分析】根據(jù)系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件判斷；分析小球A的初狀態(tài)，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；分析小球B的最大速度的特點(diǎn)，結(jié)合A的狀態(tài)分析桿上的彈力大??；對(duì)小球A和B的初位置的高度進(jìn)行設(shè)置，然和由幾何關(guān)系求解兩個(gè)高度，再根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式求解?！窘獯稹拷猓築．從小球A由靜止釋放到運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)過(guò)程中，由于小球A和B組成的系統(tǒng)只有重力做功，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，但是系統(tǒng)受合外力不為零，則動(dòng)量不守恒，故B錯(cuò)誤；A．小球A初始位置距水平面高度為h1，由幾何關(guān)系可得Rsin60°小環(huán)B初始位置距水平面高度設(shè)為h2，由幾何關(guān)系可得h2＝h1+1.5Rcos60°由系統(tǒng)機(jī)械能守恒得2mgΔh式中：vB＝0，ΔhA=54阿爾vA故A正確；D．剛釋放時(shí)小球A時(shí)，根據(jù)牛頓第二定律得2mgsin60°＝2maA解得aA選項(xiàng)D正確；C．小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，對(duì)小球B，根據(jù)牛頓第二定律知F﹣mg＝ma對(duì)小球A，根據(jù)牛頓第二定律知FN則FN＝9mg+ma故C錯(cuò)誤。故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】熟練掌握系統(tǒng)機(jī)械能守恒的條件，結(jié)合幾何關(guān)系和桿模型的速度關(guān)聯(lián)問(wèn)題求解相應(yīng)的物理量。（多選）14．（2024春?沙坪壩區(qū)校級(jí)期中）如圖，一質(zhì)量為M的光滑滑塊靜止于足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，滑塊由半徑為1.5R的四分之一圓弧軌道和長(zhǎng)度為0.5R豎直軌道組成，圓弧軌道底端切線水平。一質(zhì)量為m的小球（可視為質(zhì)點(diǎn)），以初速度v0=4gR水平向右運(yùn)動(dòng)，在圓弧軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t0A．小球的質(zhì)量m與滑塊的質(zhì)量M之比為3：1 B．小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)的速度為23gRC．小球與滑塊分離時(shí)的速度為2gRD．從小球進(jìn)入圓弧軌道到豎直軌道最高點(diǎn)的過(guò)程中，滑塊移動(dòng)的距離為3【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；機(jī)械能與曲線運(yùn)動(dòng)相結(jié)合的問(wèn)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．【答案】ACD【分析】根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得出小球和滑塊的質(zhì)量之比，以及小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度；根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得出小球與滑塊分離時(shí)的速度；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)立等式得出滑塊移動(dòng)的距離?！窘獯稹拷猓篈、小球從進(jìn)入圓弧部分至到達(dá)最高點(diǎn)過(guò)程中，小球和滑塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、水平方向動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，則有mv0＝（M+m）v12解得：v=3gR，M=m3B、小球到達(dá)最高點(diǎn)時(shí)豎直方向速度為0，剩下水平方向與滑塊共速的速度為：v=3gR，故BC.小球從進(jìn)入滑塊到離開(kāi)滑塊過(guò)程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、水平方向動(dòng)量守恒，以水平向右為正方向，則有mv0＝mv1+Mv212解得：v即小球離開(kāi)孔道時(shí)速度大小為gR，方向與初速度相同，故C正確；D.小球從進(jìn)入滑塊至到達(dá)圓弧部分最高點(diǎn)的過(guò)程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量始終守恒，則有mv0=mv1+Mv2，小球在孔道圓弧部分運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0，則有mx1=v該時(shí)間t0內(nèi)，小球和物塊的相對(duì)位移為x1﹣x2＝1.5R解得：x小球在豎直部分運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)過(guò)程中，在豎直方向做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，則有0.5R=1x3＝vt1解得：x3＝3R根據(jù)上述分析可知小球到達(dá)孔道最高點(diǎn)時(shí)，根據(jù)題意可知物塊移動(dòng)的距離為：x＝x2+x3解得：x=3t0gR故選：ACD?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)量守恒定律的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律聯(lián)立等式得出物體的速度，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可完成分析。（多選）15．（2024?龍鳳區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖，兩端固定有小球A、B的豎直輕桿，A球緊貼豎直光滑墻面，B球位于光滑水平地面上，小球C緊貼小球B，小球A受到輕微擾動(dòng)后順著墻面下滑，此后的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，三球始終在同一豎直面上，小球A落地后不反彈，已知小球C的最大速度為v，三球質(zhì)量均為m，輕桿長(zhǎng)為L(zhǎng)，重力加速度為g，下列說(shuō)法正確的是（）A．B、C兩球分離時(shí)，A球恰好離開(kāi)墻面 B．小球A落地前瞬間動(dòng)能大小為mgL-C．小球A落地時(shí)，小球C的速度是小球A速度的2倍 D．豎直墻對(duì)小球A的沖量大小為3mv【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理能力．【答案】AB【分析】理解小球的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)和運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的臨界狀態(tài)；根據(jù)動(dòng)量守恒定律和幾何關(guān)系得出小球的速度關(guān)系，結(jié)合能量關(guān)系完成分析?！窘獯稹拷猓篈、小球A離開(kāi)豎直墻時(shí)，輕桿由壓力變拉力，B、C分離，故A正確；D、B、C分離后小球C做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以B、C分離時(shí)，兩球速度均為v，對(duì)三小球整體列水平方向動(dòng)量定理，則I墻＝2mv，故D錯(cuò)誤；C、自小球A離開(kāi)墻面到小球落地，A、B輕桿水平方向動(dòng)量守恒，則mv＝mvB+mvAx且有vB＝vAx解得：vB=vAx=v2，小球C的速度是小球AB、輕桿對(duì)小球A做功大小等于對(duì)小球B做功大小，即等于小球B、C的動(dòng)能增量，則W=1小球A落地前瞬間動(dòng)能大小為：EkA=mgL-W=mgL-5故選：AB?！军c(diǎn)評(píng)】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)量守恒的條件，結(jié)合能量守恒定律和關(guān)聯(lián)速度的特點(diǎn)即可完成分析。三．解答題（共5小題）16．（2024?惠山區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）在固定的光滑水平桿（桿足夠長(zhǎng)）上，套有一個(gè)質(zhì)量m＝0.5kg的光滑金屬圓環(huán)，一根長(zhǎng)L＝1m的輕繩一端拴在環(huán)上，另一端系著一個(gè)質(zhì)量M＝1.98kg的木塊，如圖所示?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m0＝0.02kg的子彈以v0＝1000m/s的水平速度射向木塊，最后留在木塊內(nèi)（不計(jì)空氣阻力和子彈與木塊作用的時(shí)間），g取10m/s2，求：（1）當(dāng)子彈射入木塊后瞬間，木塊的速度大小v；（2）木塊向右擺動(dòng)的最大高度h；（3）木塊向右擺動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中繩子拉力對(duì)木塊做的功W。【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；動(dòng)量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）當(dāng)子彈射入木塊后瞬間，木塊的速度大小10m/s；（2）木塊向右擺動(dòng)的最大高度1m；（3）木塊向右擺動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中繩子拉力對(duì)木塊做的功﹣16J?！痉治觥浚?）根據(jù)動(dòng)量守恒定律求得子彈射入木塊后瞬間，木塊的速度大小v；（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律求得木塊向右擺動(dòng)的最大高度h；（3）根據(jù)動(dòng)能定理求得木塊向右擺動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中繩子拉力對(duì)木塊做的功W?！窘獯稹拷猓海?）子彈射入木塊的過(guò)程中，取向右為正方向，子彈和木塊組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，則m0v0＝（M+m0）v代入數(shù)據(jù)解得v＝10m/s（2）子彈、木塊和金屬圓環(huán)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，當(dāng)木塊向右擺動(dòng)到最大高度時(shí)，取向右為正方向，有（M+m0）v＝（M+m0+m）v'12聯(lián)立解得v'＝8m/s，h＝1m（3）對(duì)木塊和子彈整體，根據(jù)動(dòng)能定理可得-(M+解得W＝﹣16J答：（1）當(dāng)子彈射入木塊后瞬間，木塊的速度大小10m/s；（2）木塊向右擺動(dòng)的最大高度1m；（3）木塊向右擺動(dòng)到最高點(diǎn)過(guò)程中繩子拉力對(duì)木塊做的功﹣16J?！军c(diǎn)評(píng)】本題是連接體機(jī)械能守恒和水平方向動(dòng)量守恒問(wèn)題，關(guān)鍵要正確選擇研究對(duì)象，明確研究的過(guò)程。此題研究只能針對(duì)系統(tǒng)，對(duì)單個(gè)物體機(jī)械能不守恒。17．（2024?浦東新區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）生活中的物理（1）人站在電梯里，隨電梯勻速向下運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是A。A．人所受的重力做正功B．人所受的重力不做功C．梯面對(duì)人的支持力做正功D．梯面對(duì)人的支持力不做功（2）一人用力將質(zhì)量為600g的籃球投出，使籃球以5m/s的初速度飛向籃框。假設(shè)人投籃時(shí)對(duì)籃球的平均作用力為100N，人距離籃框的水平距離為4m，則人對(duì)籃球所做的功為A。A．7.5JB．300JC．400JD．500J（3）質(zhì)量為m的物體在水平恒力F的推動(dòng)下，從山坡底部A處由靜止運(yùn)動(dòng)至高為h的坡頂B，獲得速度為v，AB的水平距離為s，同時(shí)受到空氣阻力的作用。下列說(shuō)法正確的是D。A．物體重力做的功是mghB．合力對(duì)物體做的功是mC．空氣阻力對(duì)物體做的功是Fs﹣mghD．空氣阻力對(duì)物體做的功是m（4）如圖a所示是打樁機(jī)的簡(jiǎn)易模型。質(zhì)量m＝1.0kg的物體在拉力F作用下從與釘子接觸處由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，上升一段高度后撤去F，到最高點(diǎn)后自由下落，撞擊釘子后物體不再?gòu)椘?，將釘子打入一定深度。若以初始狀態(tài)物體與釘子接觸處為零勢(shì)能點(diǎn)，物體上升過(guò)程中，機(jī)械能E與上升高度h的關(guān)系圖像如圖b所示。不計(jì)所有摩擦，g＝10m/s2。物體上升過(guò)程所受拉力F＝12N；忽略打擊釘子及釘入的時(shí)間，則物體給釘子的沖量大小為4.9kg?m/s（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）。【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用；機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；牛頓運(yùn)動(dòng)定律綜合專題；功的計(jì)算專題；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；機(jī)械能守恒定律應(yīng)用專題；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理能力．【答案】（1）A；（2）A；（3）D；（4）12；4.9?！痉治觥浚?）AB、根據(jù)重力與位移方向的關(guān)系分析；CD、根據(jù)支持力與位移方向的關(guān)系分析；（2）根據(jù)人對(duì)籃球做的功等于籃球獲得的初動(dòng)能求解；（3）A、根據(jù)WG＝﹣mgh求解；BCD、利用動(dòng)能定理求解。（4）利用功能關(guān)系可知E﹣h圖像的斜率等于拉力，則可得F大小，利用機(jī)械能守恒定律可得物體落到釘子上時(shí)的速度大小，物體打擊釘子的過(guò)程利用動(dòng)量定理可得釘子對(duì)物體的沖量，利用牛頓第三定律可得物體給釘子的沖量大小?！窘獯稹拷猓海?）AB、人隨電梯勻速向下運(yùn)動(dòng)過(guò)程，人所受的重力方向與其位移方向相同，重力做正功，故A正確，B錯(cuò)誤；CD、梯面對(duì)人的支持力方向與其位移方向相反，所以梯面對(duì)人的支持力做負(fù)功，故CD錯(cuò)誤。（2）由功能關(guān)系可知人對(duì)籃球做的功等于籃球獲得的初動(dòng)能，則有：W人=12m（3）A、物體重力做的功是：WG＝﹣mgh，故A錯(cuò)誤；B、從A到B過(guò)程，由動(dòng)能定理有：W合=Fs+WG+W阻=1（4）由功能關(guān)系則有：ΔE＝F?Δh，可得F=ΔEΔh，E﹣h由圖可知，物體上升1m撤去力F，此時(shí)物體的機(jī)械能為，E＝12J撤去力F，物體只有重力做功，從物體撤去力F到物體剛落到釘子過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律可得：E=代入數(shù)據(jù)可得物體落到釘子上時(shí)的速度大小為：v=2取豎直向上為正方向，物體打擊釘子的過(guò)程由動(dòng)量定理有：I＝0﹣m×（﹣v）代入數(shù)據(jù)可得釘子對(duì)物體的沖量為：I＝4.9kg?m/s由牛頓第三定律可知物體受到釘子的作用力與物體對(duì)釘子的作用力大小相等，方向相反，所以物體給釘子的沖量大小為4.9kg?m/s。故答案為：（1）A；（2）A；（3）D；（4）12；4.9?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)能定理、功能關(guān)系和機(jī)械能守恒定律、動(dòng)量定理、牛頓第三定律，解題的關(guān)鍵是知道力與其位移的夾角為銳角，則力做正功，力與其位移的夾角為鈍角，則力做負(fù)功，熟記功能關(guān)系除重力外，其它力做的功等于機(jī)械能的變化量，知道E﹣h圖像斜率的含義。18．（2024?岳麓區(qū)校級(jí)開(kāi)學(xué)）如圖所示，水平地面上固定一足夠長(zhǎng)的斜面，斜面的傾角為θ＝30°，底部固定一垂直于斜面的擋板，在斜面上放置一質(zhì)量為6m的滑板C，C剛好能靜止在斜面上。將一質(zhì)量為4m的滑塊B輕輕放在C的最上端，B與C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=32，在斜面的左上方有一固定的四分之一豎直光滑圓弧，圓弧半徑為R＝1.6m，一質(zhì)量為m的小球A從圓弧的正上方高度為12R處由靜止釋放，經(jīng)過(guò)圓弧最低點(diǎn)時(shí)水平拋出，剛好以平行于斜面的速度與滑塊B發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后瞬間將小球拿走，碰撞時(shí)小球的動(dòng)能減少了75%，C下滑到斜面底端時(shí)B和C的速度相等，C與擋板碰撞沒(méi)有機(jī)械能的損失，不計(jì)空氣阻力，木板C（1）C與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；（2）C下滑到斜面底端時(shí)，B和C的速度大??；（3）C與擋板第一次碰撞后，C的速度為0時(shí)，B的速度大小?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；無(wú)外力的傾斜板塊模型；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；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；力學(xué)綜合性應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】（1）C與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為33（2）C下滑到斜面底端時(shí)，B和C的速度大小為1.2m/s；（3）C與擋板第一次碰撞后，C的速度為0時(shí)，B的速度大小5755【分析】（1）由平衡條件求解C與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。（2）根據(jù)動(dòng)能定理求得A下落到圓弧軌道底端的速度，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)求得A與B碰前瞬間A的速度大小。根據(jù)題意，應(yīng)用動(dòng)量守恒定律求得碰撞后B的速度。對(duì)BC組成的系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律，據(jù)此求得C下滑到斜面底端時(shí)，B和C的速度大小。（3）根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得C的速度為0時(shí)，B的速度大小?！窘獯稹拷猓海?）初始C剛好靜止于斜面上，由平衡條件得：6mgsinθ＝μ1?6mgcosθ解得C與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為：μ1（2）設(shè)A下落到四分之一豎直光滑圓弧底端的速度為v0，根據(jù)動(dòng)能定理可得：mg(1A經(jīng)過(guò)圓弧最低點(diǎn)水平拋出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)A與B碰前瞬間A的速度大小為v，由速度的分解可得：v=v聯(lián)立解得：v=2A與B碰撞過(guò)程中，以沿斜面向下為正方向。因A球的動(dòng)能減少了75%，故碰撞后瞬間A球的速度變?yōu)関AA、B碰撞過(guò)程，滿足動(dòng)量守恒定律，則有：mv＝mvA+4mvB當(dāng)vA=v2時(shí)，vB=v當(dāng)vA=-v2時(shí)，碰撞完畢后，對(duì)BC組成的系統(tǒng)，因10mgsinθ＝μ1?10mgcosθ，故此系統(tǒng)滿足動(dòng)量守恒定律，設(shè)B和C共速的速度為vBC，以沿斜面向下為正方向，則有：4mvB＝10mvBC解得C下滑到斜面底端時(shí)，B和C的速度大小為：v解得：vBC＝1.2m/s（3）C第一次碰撞后，C的速度大小不變，方向相反，B減速下滑的加速度大小滿足：μ2?4mgcosθ﹣4mgsinθ＝4maBC減速上滑的加速度大小滿足：μ2?4mgcosθ+6mgsinθ+μ1?10mgcosθ＝6maC解得：aB=2.5m/s設(shè)經(jīng)過(guò)時(shí)間t，C速度減為零，則有：t=v此時(shí)B的速度大小為：vB′＝vBC﹣aBt解得：v答：（1）C與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為33（2）C下滑到斜面底端時(shí)，B和C的速度大小為1.2m/s；（3）C與擋板第一次碰撞后，C的速度為0時(shí)，B的速度大小5755【點(diǎn)評(píng)】本題考查了碰撞模型、平拋運(yùn)動(dòng)、牛頓第二定律應(yīng)用的板塊相對(duì)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。本題運(yùn)動(dòng)過(guò)程較多、繁瑣，解答時(shí)要思維縝密。掌握碰撞的合理性的判斷。19．（2023秋?順義區(qū)校級(jí)月考）（1）如圖1所示，質(zhì)量為m的物體，僅在與運(yùn)動(dòng)方向相同的恒力F的作用下做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。經(jīng)過(guò)時(shí)間t，速度由v1增加到v2。請(qǐng)根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，推導(dǎo)在這個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，恒力F的沖量和物體動(dòng)量變化之間的關(guān)系，即動(dòng)量定理。（2）動(dòng)量定理也適用于變力，此時(shí)的力可以理解為平均作用力。如圖2所示，一個(gè)質(zhì)量是0.1kg的鋼球，以6m/s的速度水平向右運(yùn)動(dòng)，碰到堅(jiān)硬的墻壁后彈回，沿著同一直線以6m/s的速度水平向左運(yùn)動(dòng)。若鋼球與墻壁的碰撞時(shí)間為0.02s，求墻壁對(duì)鋼球的平均作用力的大小和方向。（3）用動(dòng)量定理處理二維問(wèn)題時(shí)，可以在相互垂直的x、y兩個(gè)方向上分別進(jìn)行研究。如圖3所示，質(zhì)量為m的小球斜射到固定在地面上的水平木板上，入射的角度是θ，碰撞后彈出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v。若小球與木板的碰撞時(shí)間為t，求木板對(duì)小球的平均作用力?！究键c(diǎn)】用動(dòng)量定理求平均作用力；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；推理能力．【答案】（1）見(jiàn)解析；（2）墻壁對(duì)鋼球的平均作用力的大小為60N，方向水平向左；（3）木板對(duì)小球的平均作用力大小為2mvcosθt+【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解答；（2）應(yīng)用動(dòng)量定理解答；（3）在豎直方向上應(yīng)用動(dòng)量定理解答；【解答】解：（1）依據(jù)題意，以恒力F的方向?yàn)檎较?，根?jù)牛頓第二定律有：F＝ma根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有：v2＝v1+at兩式聯(lián)立推得恒力F的沖量和物體動(dòng)量變化之間的關(guān)系為：Ft＝mv2﹣mv1（2）以水平向左為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理得：F1t1＝mv′﹣（﹣mv）已知：v＝v′＝6m/s解得：F1（3）小球受到木板的作用力在y方向上，以豎直向上為正方向，對(duì)小球在y方向上根據(jù)動(dòng)量定理得：（F2﹣mg）t＝mvcosθ﹣（﹣mvcosθ）解得：F2=答：（1）見(jiàn)解析；（2）墻壁對(duì)鋼球的平均作用力的大小為60N，方向水平向左；（3）木板對(duì)小球的平均作用力大小為2mvcosθt+【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量定理的推動(dòng)與應(yīng)用，題目較簡(jiǎn)單，應(yīng)用牛頓第二定律、動(dòng)量定理解答即可，解答時(shí)要注意矢量的方向問(wèn)題。20．（2024?甘肅）如圖，質(zhì)量為2kg的小球A（視為質(zhì)點(diǎn)）在細(xì)繩O′P和OP作用下處于平衡狀態(tài)，細(xì)繩O'P＝OP＝1.6m，與豎直方向的夾角均為60°。質(zhì)量為6kg的木板B靜止在光滑水平面上，質(zhì)量為2kg的物塊C靜止在B的左端。剪斷細(xì)繩O′P，小球A開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。（重力加速度g取10m/s2）（1）求A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力。（2）A在最低點(diǎn)時(shí)，細(xì)繩OP斷裂。A飛出后恰好與C左側(cè)碰撞（時(shí)間極短），碰后A豎直下落，C水平向右運(yùn)動(dòng)。求碰后C的速度大小。（3）A、C碰后，C相對(duì)B滑行4m后與B共速。求C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用；平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算；牛頓第二定律求解向心力；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；力學(xué)綜合性應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】（1）A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力為40N。（2）碰后C的速度大小為4m/s。（3）C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.15?！痉治觥浚?）根據(jù)動(dòng)能定理求得小球A到最低點(diǎn)時(shí)的速度，根據(jù)牛頓第二定律求解細(xì)繩的拉力。（2）A飛出后與C碰撞前做平拋運(yùn)動(dòng)，由題意可知碰撞后A的水平分速度為零。A與C碰撞過(guò)程水平方向上動(dòng)量守恒，據(jù)此求得碰后C的速度大小。（3）對(duì)C相對(duì)B滑行過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律求解C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)?！窘獯稹拷猓海?）細(xì)繩OP的長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝1.6m，從小球A開(kāi)始做圓周運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：mAg（L﹣Lcos60°）=解得：v0＝4m/s設(shè)小球A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP對(duì)小球A的拉力為T，根據(jù)牛頓第二定律得：T﹣mAg=解得：T＝40N根據(jù)牛頓第三定律可知A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力為40N。（2）A飛出后與C碰撞前做平拋運(yùn)動(dòng)，A與C碰撞前瞬間A的水平分速度等于v0＝4m/s，由題意可知碰撞后A的水平分速度為零。A與C碰撞過(guò)程水平方向上動(dòng)量守恒，以向右為正方向，則有：mAv0＝mCvC解得碰后C的速度大小為：vC＝4m/s（3）A、C碰后，C相對(duì)B滑行Δx＝4m后與B共速（設(shè)共速的速度為v）。以向右為正方向，對(duì)C相對(duì)B滑行過(guò)程，根據(jù)動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律得：mCvC＝（mC+mB）vμmCgΔx=解得C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為：μ＝0.15答：（1）A運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)細(xì)繩OP所受的拉力為40N。（2）碰后C的速度大小為4m/s。（3）C和B之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.15?！军c(diǎn)評(píng)】本題為力學(xué)綜合性題目，涉及到了圓周運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)、碰撞問(wèn)題、板塊相對(duì)滑動(dòng)問(wèn)題。考查了動(dòng)量守恒定律、功能關(guān)系、牛頓第二定律的應(yīng)用。題目難度不大，均是較簡(jiǎn)單的基礎(chǔ)問(wèn)題。

考點(diǎn)卡片1．自由落體運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體只在重力作用下從靜止開(kāi)始豎直下落的運(yùn)動(dòng)叫做自由落體運(yùn)動(dòng)．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．運(yùn)動(dòng)性質(zhì)：自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)．4．物體做自由落體運(yùn)動(dòng)的條件：①只受重力而不受其他任何力，包括空氣阻力；②從靜止開(kāi)始下落．重力加速度g：①方向：總是豎直向下的；②大?。篻＝9.8m/s2，粗略計(jì)算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g隨緯度的增加而增大（赤道g最小，兩極g最大），g隨高度的增加而減?。久}方向】自由落體運(yùn)動(dòng)是常見(jiàn)的運(yùn)動(dòng)，可以看作是勻變速直線運(yùn)動(dòng)的特例，高考命題常以新情境來(lái)考查，而且經(jīng)常與其他知識(shí)綜合出題．單獨(dú)考查的題型一般為選擇題或計(jì)算題，綜合其它知識(shí)考查的一般為計(jì)算題，難度一般中等或偏易．例1：關(guān)于自由落體運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是（）A．在空氣中不考慮空氣阻力的運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)B．物體做自由運(yùn)動(dòng)時(shí)不受任何外力的作用C．質(zhì)量大的物體，受到的重力大，落到地面時(shí)的速度也大D．自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)分析：自由落體運(yùn)動(dòng)是指物體僅在重力的作用下由靜止開(kāi)始下落加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)，加速度g與質(zhì)量無(wú)關(guān)．解答：A、自由落體運(yùn)動(dòng)是指物體僅在重力的作用下由靜止開(kāi)始下落的運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；B、物體做自由運(yùn)動(dòng)時(shí)只受重力，故B錯(cuò)誤；C、根據(jù)v＝gt可知，落到地面時(shí)的速度與質(zhì)量無(wú)關(guān)，故C錯(cuò)誤；D、自由落體運(yùn)動(dòng)是指物體僅在重力的作用下由靜止開(kāi)始下落加速度為g的勻加速直線運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)，故D正確．故選：D．點(diǎn)評(píng)：把握自由落體運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)和規(guī)律，理解重力加速度g的變化規(guī)律即可順利解決此類題目．例2：一個(gè)小石子從離地某一高度處由靜止自由落下，某攝影愛(ài)好者恰好拍到了它下落的一段軌跡AB．該愛(ài)好者用直尺量出軌跡的實(shí)際長(zhǎng)度，如圖所示．已知曝光時(shí)間為11000s，則小石子出發(fā)點(diǎn)離AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根據(jù)照片上痕跡的長(zhǎng)度，可以知道在曝光時(shí)間內(nèi)物體下落的距離，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落體運(yùn)動(dòng)的公式可以求得下落的距離．解答：由圖可知AB的長(zhǎng)度為2cm，即0.02m，曝光時(shí)間為11000s，所以AB段的平均速度的大小為v=x由自由落體的速度位移的關(guān)系式v2＝2gh可得，h=v22g=故選：C．點(diǎn)評(píng)：由于AB的運(yùn)動(dòng)時(shí)間很短，我們可以用AB段的平均速度來(lái)代替A點(diǎn)的瞬時(shí)速度，由此再來(lái)計(jì)算下降的高度就很容易了，通過(guò)本題一定要掌握這種近似的方法．【解題思路點(diǎn)撥】1．自由落體運(yùn)動(dòng)是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以，勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式也適用于自由落體運(yùn)動(dòng)．2．該知識(shí)點(diǎn)的3個(gè)探究結(jié)論：（1）物體下落快慢不是由輕重來(lái)決定的，是存在空氣阻力的原因．（2）物體只在重力作用下從靜止開(kāi)始下落的運(yùn)動(dòng)，叫做自由落體運(yùn)動(dòng)．“自由”的含義是物體只受重力作用、且初速度為零．（3）不同物體從同一高度做自由落體運(yùn)動(dòng)，它們的運(yùn)動(dòng)情況是相同的．2．豎直上拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體以初速度v0豎直向上拋出后，只在重力作用下而做的運(yùn)動(dòng)，叫做豎直上拋運(yùn)動(dòng)。2．特點(diǎn)：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特點(diǎn)：只受重力作用（沒(méi)有空氣阻力或空氣阻力可以忽略不計(jì)）；（3）加速度：a＝g，其大小不變，方向始終豎直向下。3．運(yùn)動(dòng)規(guī)律：取豎直向上的方向?yàn)檎较?，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t-12gtvt24．幾個(gè)特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（2）質(zhì)點(diǎn)在通過(guò)同一高度位置時(shí)，上升速度與下落速度大小相等；上升到最大高度處所需時(shí)間t上和從最高處落回到拋出點(diǎn)所需時(shí)間相等t下，t上＝t下=v【命題方向】例1：某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計(jì)空氣阻力，g取10m/s2．5s內(nèi)物體的（）A．路程為65mB．位移大小為25m，方向向上C．速度改變量的大小為10m/sD．平均速度大小為13m/s，方向向上分析：豎直上拋運(yùn)動(dòng)看作是向上的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，和向下的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，明確運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物體的速度減為零需要的時(shí)間t=v0g=3010A、路程應(yīng)等于向上的高度與后2s內(nèi)下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h=v22g=45m，后兩s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故總路程s＝（45+20）B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在拋出點(diǎn)的上方，故C、速度的改變量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C錯(cuò)誤；D、平均速度v=ht=25故選：AB。點(diǎn)評(píng)：豎直上拋運(yùn)動(dòng)中一定要靈活應(yīng)用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正確理解公式，如平均速度一定要用位移除以時(shí)間；速度變化量可以用△v＝at求得。例2：在豎直的井底，將一物塊以11m/s的初速度豎直向上拋出，物體沖出井口再落回到井口時(shí)被人接住，在被人接住前1s內(nèi)物體的位移是4m，位移方向向上，不計(jì)空氣阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間；（2）豎直井的深度。分析：豎直上拋運(yùn)動(dòng)的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時(shí)一般用分段法，此題可以直接應(yīng)用整體法進(jìn)行求解。解答：（1）設(shè)最后1s內(nèi)的平均速度為v則：v=平均速度等于中間時(shí)刻的瞬時(shí)速度，即接住前0.5s的速度為v1＝4m/s設(shè)物體被接住時(shí)的速度為v2，則v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，則物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間t=v2-v0g（2）豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移，則h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×10×答：（1）物體從拋出點(diǎn)到被人接住所經(jīng)歷的時(shí)間為1.2s（2）豎直井的深度為6m。點(diǎn)評(píng)：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?！窘忸}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(guò)程是上升過(guò)程的逆過(guò)程。（2）整體法：從全程來(lái)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(hào)。一般選取豎直向上為正方向，v0總是正值，上升過(guò)程中vt為正值，下落過(guò)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(duì)稱性：①速度對(duì)稱：上升和下降過(guò)程經(jīng)過(guò)同一位置時(shí)速度等大、反向；②時(shí)間對(duì)稱：上升和下降過(guò)程經(jīng)過(guò)同一段高度的上升時(shí)間和下降時(shí)間相等。3．牛頓第三定律的理解與應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：兩個(gè)物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應(yīng)用例子：關(guān)于作用力與反作用力，下列說(shuō)法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產(chǎn)生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個(gè)物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個(gè)物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個(gè)物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯(cuò)誤．B、作用力與反作用力，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失，故B錯(cuò)誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個(gè)物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個(gè)物體上，故D錯(cuò)誤．故選：C．點(diǎn)評(píng)：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區(qū)別．【解題方法點(diǎn)撥】應(yīng)用牛頓第三定律分析問(wèn)題時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)（1）不要憑日常觀察的直覺(jué)印象隨便下結(jié)論，分析問(wèn)題需嚴(yán)格依據(jù)科學(xué)理論．（2）理解應(yīng)用牛頓第三定律時(shí)，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關(guān)系與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)．（3）與平衡力區(qū)別應(yīng)抓住作用力和反作用力分別作用在兩個(gè)物體上．4．無(wú)外力的傾斜板塊模型【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.模型概述：一個(gè)物體在另一個(gè)物體表面上發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，兩者之間有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，可能發(fā)生同向相對(duì)滑動(dòng)或反向相對(duì)滑動(dòng)。問(wèn)題涉及兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)時(shí)間、速度、加速度、位移等各量的關(guān)系。2.板塊模型的是哪個(gè)基本關(guān)系【命題方向】如圖所示，在傾角θ＝37°的固定斜面上放置一質(zhì)量M＝1kg、長(zhǎng)度L＝3m的薄平板AB．平板的上表面光滑，其下端B與斜面底端C的距離為7m．在平板的上端A處放一質(zhì)量m＝0.6kg的滑塊，開(kāi)始時(shí)使平板和滑塊都靜止，之后將它們無(wú)初速釋放．設(shè)平板與斜面間、滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ＝0.5，求滑塊與平板下端B到達(dá)斜面底端C的時(shí)間差Δt．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）分析：分別研究滑塊與平板的運(yùn)動(dòng)情況：開(kāi)始時(shí)，由于Mgsin37°＜μ（M+m）gcos37°，滑塊在平板上滑動(dòng)時(shí)，平板靜止不動(dòng)．根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊的加速度，由位移—速度關(guān)系式求出滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度．滑塊離開(kāi)平板后，根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊沿斜面下滑的加速度，由位移公式求解滑塊由B至C所用時(shí)間．滑塊滑離后平板才開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律求出平板沿斜面下滑的加速度，由位移公式求解滑塊由B至C所用時(shí)間．再求解時(shí)間差．解答：對(duì)平板，由于Mgsin37°＜μ（M+m）gcos37°，故滑塊在平板上滑動(dòng)時(shí)，平板靜止不動(dòng)．對(duì)滑塊：在薄板上滑行時(shí)加速度a1＝gsin37°＝6m/s2，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度v=滑塊由B至C時(shí)的加速度a2＝gsin37°﹣μgcos37°＝2m/s2，設(shè)滑塊由B至C所用時(shí)間為t，則LBC＝vt+1代入解得t＝1s對(duì)平板，滑塊滑離后才開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，加速度a＝gsin37°﹣μgcos37°＝2m/s2，設(shè)滑至C端所用時(shí)間為t'，則LBC=12a滑塊與平板下端B到達(dá)斜面底端C的時(shí)間差為Δt＝t′﹣t＝（7-1）答：滑塊與平板下端B到達(dá)斜面底端C的時(shí)間差為（7-1）s點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵在于分析兩物體的受力情況，再確定物體的運(yùn)動(dòng)情況．也可以運(yùn)用動(dòng)能定理與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求解．【解題思路點(diǎn)撥】要牢牢把握物塊與木板之間的聯(lián)系，找出加速度關(guān)系、速度關(guān)系以及位移關(guān)系，通過(guò)整體法與隔離法的綜合運(yùn)用解決問(wèn)題。5．平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)：平拋運(yùn)動(dòng)可以看成水平方向上的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)。2.設(shè)物體在平拋運(yùn)動(dòng)ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運(yùn)動(dòng)時(shí)間也可以求出平拋運(yùn)動(dòng)的初速度?！久}方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計(jì)空氣阻力，0.8s時(shí)到達(dá)P點(diǎn)，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內(nèi)小球下落的高度為4.8mB、0.8s內(nèi)小球下落的高度為3.2mC、小球到達(dá)P點(diǎn)的水平速度為4.8m/sD、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)時(shí)間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯(cuò)誤。D、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解?！窘忸}思路點(diǎn)撥】做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，滿足vy＝gt。6．斜拋運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體將以一定的初速度向空中拋出，僅在重力作用下物體所做的運(yùn)動(dòng)叫做拋體運(yùn)動(dòng)。2．方向：直線運(yùn)動(dòng)時(shí)物體的速度方向始終在其運(yùn)動(dòng)軌跡的直線方向上；曲線運(yùn)動(dòng)中，質(zhì)點(diǎn)在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲線這一點(diǎn)的切線方向。因此，做拋體運(yùn)動(dòng)的物體的速度方向，在其運(yùn)動(dòng)軌跡各點(diǎn)的切線方向上，并指向物體前進(jìn)的方向。注：由于曲線上各點(diǎn)的切線方向不同，所以，曲線運(yùn)動(dòng)的速度方向時(shí)刻都在改變。3．拋體做直線或曲線運(yùn)動(dòng)的條件：（1）物體做直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)物體所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直線上時(shí)，物體做直線運(yùn)動(dòng)。（2）物體做曲線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)物體所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直線上時(shí)，物體做曲線運(yùn)動(dòng)。4．平拋運(yùn)動(dòng)（1）定義：將物體用一定的初速度沿水平方向拋出，且只在重力作用下所做的運(yùn)動(dòng)。（2）條件：①初速度方向?yàn)樗?；②只受重力作用。?）規(guī)律：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，所以平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移