2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之动量与动量守恒定律（六）

第54页（共54页）2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之动量与动量守恒定律（六）一．实验题（共1小题）1．（2021•江苏）小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M＝200.0g，槽码和挂钩的总质量m＝50.0g。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Δt1和Δt2，以及这两次开始遮光的时间间隔Δt，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量Δv。（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d＝mm；（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是；（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到Δt和Δv的数据如下表：Δt/s0.7210.7900.8540.9130.968Δv/（m•s﹣1）1.381.521.641.751.86请根据表中数据，在方格纸上作出Δv﹣Δt图线；（4）查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，根据动量定理，Δv﹣Δt图线斜率的理论值为m/s2；（5）实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因是。A．选用的槽码质量偏小B．细线与气垫导轨不完全平行C．每次释放滑块的位置不同D．实验中Δt的测量值偏大二．解答题（共10小题）2．（2021•河北）如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ=112，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ=725，（1）滑道AB段的长度；（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。3．（2021•北京）如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）两物块在空中运动的时间t；（2）两物块碰前A的速度v0的大小；（3）两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。4．（2021•海南）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。5．（2021•湖北）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。6．（2021•广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10﹣2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10﹣2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。7．（2021•湖南）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2μL，μL），Q端在y轴上。重力加速度为g。（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。8．（2021•山东）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m＝0.1kg的鸟蛤，在H＝20m的高度、以v0＝15m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt＝0.005s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力）（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20m，速度大小在15m/s～17m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。9．（2021•重庆）我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法配戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为5.0kg的物体（物体与头盔密切接触），使其从1.80m的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03m时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；（2）物体做匀减速直线运动的时间；（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。10．（2021•天津）一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1：4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求（1）玩具上升到最大高度34（2）两部分落地时速度大小之比。11．（2021•福建）如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为2L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q＞0）。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（Q＞0）的小球S1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。（1）求小球S1在M点所受电场力大小。（2）当小球S1运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知S1与S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为4kQ23（3）现将S2固定在N点，为保证S1能运动到N点与之相碰，S1从M点下落时的初动能须满足什么条件？

2021-2025年高考物理真题知识点分类汇编之动量与动量守恒定律（六）参考答案与试题解析一．实验题（共1小题）1．（2021•江苏）小明利用如图1所示的实验装置验证动量定理。将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M＝200.0g，槽码和挂钩的总质量m＝50.0g。实验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上。滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Δt1和Δt2，以及这两次开始遮光的时间间隔Δt，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变化量Δv。（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d＝10.20mm；（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是证明气垫导轨调至水平；（3）多次改变光电门2的位置进行测量，得到Δt和Δv的数据如下表：Δt/s0.7210.7900.8540.9130.968Δv/（m•s﹣1）1.381.521.641.751.86请根据表中数据，在方格纸上作出Δv﹣Δt图线；（4）查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，根据动量定理，Δv﹣Δt图线斜率的理论值为1.96m/s2；（5）实验结果发现，图线斜率的实验值总小于理论值，产生这一误差的两个可能原因是BD。A．选用的槽码质量偏小B．细线与气垫导轨不完全平行C．每次释放滑块的位置不同D．实验中Δt的测量值偏大【考点】动量定理的内容和应用；游标卡尺的使用与读数．【专题】计算题；定量思想；推理法；方程法；直线运动规律专题；基本实验仪器；理解能力；推理论证能力；分析综合能力．【答案】（1）10.20；（2）证明气垫导轨调至水平；（3）见图；（4）1.96；（5）BD。【分析】（1）游标卡尺中游标尺的分度是20分度，根据读数规则可以读出游标尺的读数；（2）滑块保持稳定，说明气垫导轨水平；（3）根据表格中的数据进行描点并用直线连接；（4）取直线和表格交点的最大距离可知图像的斜率；（5）根据动量定理可以判断图线斜率的实验值总小于理论值的可能原因。【解答】解：（1）游标尺的主尺每一小格表示1mm，游标尺是20分度，每一小格表示0.05mm，故游标卡尺的读数为：10mm+4×0.05mm＝10.20mm；（2）打开气泵，待气流稳定后调节气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能在短时间内保持静止，其目的是证明气垫导轨水平；（3）根据表格中数据描点并用直线连接；尽可能让多的点落到直线上，不能落到直线上的点尽可能均匀的分布在直线两侧。（4）根据动量定理可得：mgΔt＝（m+M）Δv，则理论上图像斜率k=ΔvΔt=mgm+M（5）A、理论上图像斜率k=mgm+M，B、细线与气垫导轨不平行，滑块实际所受合外力为F的水平分力，故图线斜率的实际值偏小，故B正确；C、滑块释放的位置与斜率相关的参量无关，故C错误；D、Δt偏大，则ΔvΔt偏小，图线斜率偏小，故D故选：BD。故答案为：（1）10.20；（2）证明气垫导轨调至水平；（3）见图；（4）1.96；（5）BD。【点评】明确游标卡尺的读数，明确动量定理的应用是解决问题的关键；二．解答题（共10小题）2．（2021•河北）如图，一滑雪道由AB和BC两段滑道组成，其中AB段倾角为θ，BC段水平，AB段和BC段由一小段光滑圆弧连接。一个质量为2kg的背包在滑道顶端A处由静止滑下，若1s后质量为48kg的滑雪者从顶端以1.5m/s的初速度、3m/s2的加速度匀加速追赶，恰好在坡底光滑圆弧的水平处追上背包并立即将其拎起。背包与滑道的动摩擦因数为μ=112，重力加速度取g＝10m/s2，sinθ=725，（1）滑道AB段的长度；（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题；物体在粗糙斜面上的运动．【专题】计算题；定量思想；推理法；直线运动规律专题；牛顿运动定律综合专题；分析综合能力．【答案】（1）滑道AB段的长度为9m；（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度为7.44m/s，方向水平向右。【分析】（1）根据牛顿第二定律求出背包在斜面上的加速度，根据背包和滑雪者在滑道上的位移相等，和时间相差1s，由运动学公式求出滑道AB的长度；（2）根据滑雪者在斜面上的速度—时间关系求出滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度。【解答】解：（1）背包在斜面上运动，受力分析如图所示：由牛顿第二定律可知：m1gsinθ﹣f＝m1a1其中f＝μm1gcosθ解得：a1＝2m/s2背包从斜面滑下过程：L=滑雪者在斜面上滑动过程中有：L＝v0t2+其中：t1﹣t2＝1s解得：L＝9m，t1＝3s，t2＝2s（2）滑雪者在斜面上滑动过程到底部时，v2＝v0+a2t2解得：v2＝7.5m/s，此时背包的速度：v1＝a1t1＝2×3m/s＝6m/s，拎起背包后滑雪者与背包的速度相等，拎起背包过程动量守恒，规定滑雪者的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：m1v1+m2v2＝（m1+m2）v代入数据解得：v＝7.44m/s，方向水平向右。答：（1）滑道AB段的长度为9m；（2）滑雪者拎起背包时这一瞬间的速度为7.44m/s，方向水平向右。【点评】本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合，这类题关键是要根据牛顿第二定律求出加速度，然后根据运动学公式求解速度，位移以及时间。3．（2021•北京）如图所示，小物块A、B的质量均为m＝0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）两物块在空中运动的时间t；（2）两物块碰前A的速度v0的大小；（3）两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。【考点】碰撞后粘连问题；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动能定理的简单应用．【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）竖直方向为自由落体运动，由h=1（2）根据平抛运动的规律求出碰前A的速度大小；（3）根据能量守恒可得到碰撞过程中A、B所组成的系统损失的机械能。【解答】解：（1）竖直方向为自由落体运动，由h=代入数据解得t＝0.30s（2）设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，由s＝vt代入数据解得v＝1.0m/s根据动量守恒定律，规定向右为正方向，由mv0＝2mv得v0＝2m/s（3）两物体碰撞过程中损失的机械能ΔE=代入数据解得ΔE＝0.10J答：（1）两物块在空中运动的时间为0.30s；（2）两物块碰前A的速度v0的大小为2m/s；（3）两物块碰撞过程中损失的机械能为0.10J。【点评】本题要学会分析物理过程，把握每个过程遵循的物理规律是关键。本题有两个过程，对于碰撞，其基本规律是动量守恒，要熟练运用。4．（2021•海南）如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。（1）滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；匀变速直线运动位移与时间的关系；牛顿第二定律的简单应用．【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．【答案】（1）滑块相对木板静止时，它们的共同速度大小为2v（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，此时滑块到木板最右端的距离为7v（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功为mv02。【分析】（1）根据木板与小滑块组成的系统动量守恒求解。（2）由功能关系可得，摩擦力在相对位移上所做的功等于系统动能的减少量列出等式求解。（3）根据牛顿第二定律结合运动学公式解得滑块运动的时间，求得木板运动位移根据功的计算公式解得。【解答】解：（1）由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，规定向右为正方向，则2mv0＝3mv共解得v共=（2）由于木板速度是滑块的2倍，则有v木＝2v滑再根据动量守恒定律有2mv0＝2mv木+mv滑联立化简得v滑=25v0，v木=再根据功能关系有﹣μmgx=12×2mv木2+12mv滑经过计算得x=（3）由于木板保持匀速直线运动，则有F＝μmg对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑＝μg滑块相对木板静止时有v0＝a滑t解得t=则整个过程中木板滑动的距离为x′＝v0t=则拉力所做的功为W＝Fx′＝mv02答：（1）滑块相对木板静止时，它们的共同速度大小为2v（2）某时刻木板速度是滑块的2倍，此时滑块到木板最右端的距离为7v（3）若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，此过程中滑块的运动时间为v0μg，外力所做的功为mv0【点评】解决该题的关键是掌握动量守恒的条件以及表达式，知道内能的大小等于整个过程中一对滑动摩擦力做的功，掌握能量守恒定律；5．（2021•湖北）如图所示，一圆心为O、半径为R的光滑半圆弧轨道固定在竖直平面内，其下端与光滑水平面在Q点相切。在水平面上，质量为m的小物块A以某一速度向质量也为m的静止小物块B运动。A、B发生正碰后，B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，A沿半圆弧轨道运动到与O点等高的C点时速度为零。已知重力加速度大小为g，忽略空气阻力。（1）求B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离；（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，求此时A所受力对A做功的功率；（3）求碰撞过程中A和B损失的总动能。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；功率的定义、物理意义和计算式的推导；动能定理的简单应用．【专题】计算题；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．【答案】见试题解答内容【分析】（1）B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，由重力提供向心力，由牛顿第二定律求出B到达最高点时的速度，根据平抛运动规律解得。（2）A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点，根据机械能守恒结合功率的计算公式解得其功率；（3）A从Q点到C点的过程，由机械能守恒定律求出A碰撞后的速度，根据动能定理解得B碰撞后的速度。再研究A与B碰撞过程，由动量守恒定律结合能量守恒可解得。【解答】解：（1）B到达半圆弧轨道最高点时对轨道压力恰好为零，则mg=B从半圆弧轨道飞出后做平抛运动水平方向：x＝vBt竖直方向：2R=联立解得x＝2R（2）A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点，根据机械能守恒由mgRcosθ=此时A所受力对A做功的功率P＝mgsinθ•vA联立解得P＝mgsinθ2（3）B从碰撞后到最高点，根据动能定理﹣mg•2R=A从碰撞后到C点，根据动能定理mg•R=AB碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，则mv0＝mvA′+mvB′则碰撞过程中损失的能量ΔE=12m联立解得ΔE=10答：（1）B从半圆弧轨道飞出后落到水平面的位置到Q点的距离为2R；（2）当A由C点沿半圆弧轨道下滑到D点时，OD与OQ夹角为θ，此时A所受力对A做功的功率为mgsinθ2gRcosθ（3）碰撞过程中A和B损失的总动能为10mgR。【点评】解决本题时，要理两个小球的运动过程，把握每个过程遵循的物理规律，知道弹性碰撞过程遵守动量守恒定律和机械能守恒定律两大规律。要知道小球恰好到达圆轨道最高点时，由重力充当向心力。6．（2021•广东）算盘是我国古老的计算工具，中心带孔的相同算珠可在算盘的固定导杆上滑动，使用前算珠需要归零，如图所示，水平放置的算盘中有甲、乙两颗算珠未在归零位置，甲靠边框b，甲、乙相隔s1＝3.5×10﹣2m，乙与边框a相隔s2＝2.0×10﹣2m，算珠与导杆间的动摩擦因数μ＝0.1。现用手指将甲以0.4m/s的初速度拨出，甲、乙碰撞后甲的速度大小为0.1m/s，方向不变，碰撞时间极短且不计，重力加速度g取10m/s2。（1）通过计算，判断乙算珠能否滑动到边框a；（2）求甲算珠从拨出到停下所需的时间。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；牛顿第二定律的简单应用；动量定理的内容和应用．【专题】计算题；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．【答案】见试题解答内容【分析】（1）应用动能定理求出甲、乙两算珠碰撞前瞬间甲的速度大小，甲、乙两算珠碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律求出碰撞后乙算珠的速度大小，应用动能定理求出乙算珠停止运动时运动的位移，然后判断乙算珠能否滑动到边框a。（2）应用动能定理求出碰撞后甲算珠滑动的距离，应用牛顿第二定律求出甲算珠的加速度大小，然后应用运动学公式求出甲算珠的运动时间。【解答】解：（1）算珠相同，设每个算珠的质量为m，由题意可知，甲算珠的初速度大小v0＝0.4m/s，碰撞后瞬间甲算珠的速度大小v甲＝0.1m/s设甲、乙两算珠碰撞前瞬间甲算珠的速度大小为v1，从甲算珠开始运动到甲、乙碰撞前瞬间过程，对甲算珠，由动能定理得：﹣μmgs1=代入数据解得：v1＝0.3m/s甲、乙两算珠碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后瞬间乙算珠的速度大小为v乙，以碰撞前甲算珠的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝mv甲+mv乙，代入数据解得：v乙＝0.2m/s设乙从碰撞后到减速为零的过程滑行的距离为s，对乙算珠，由动能定理得：﹣μmgs＝0-代入数据解得：s＝0.02m＝s2＝2.0×10﹣2m，乙算珠恰好到达边框a处（2）设两算珠碰撞后甲滑行距离s3后速度变为零，对甲，由动能定理得：﹣μmgs3＝0-代入数据解得：s3＝0.005m设从甲开始运动到甲、乙碰撞所需时间为t1，从甲、乙碰撞到甲停止运动需要的时间为t2，则：s1=v0+v12t1，代入数据解得：t1＝0.1s，t2＝0.1s甲算珠从拨出到停下所需的时间：t＝t1+t2＝（0.1+0.1）s＝0.2s答：（1）乙算珠能滑动到边框a；（2）甲算珠从拨出到停下所需的时间是0.2s。【点评】本题考查了动能定理与动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚甲、乙两算珠的运动过程是解题的前提，根据每个运动过程，应用动能定理与动量守恒定律、运动学公式即可解题。7．（2021•湖南）如图，竖直平面内一足够长的光滑倾斜轨道与一长为L的水平轨道通过一小段光滑圆弧平滑连接，水平轨道右下方有一段弧形轨道PQ。质量为m的小物块A与水平轨道间的动摩擦因数为μ。以水平轨道末端O点为坐标原点建立平面直角坐标系xOy，x轴的正方向水平向右，y轴的正方向竖直向下，弧形轨道P端坐标为（2μL，μL），Q端在y轴上。重力加速度为g。（1）若A从倾斜轨道上距x轴高度为2μL的位置由静止开始下滑，求A经过O点时的速度大小；（2）若A从倾斜轨道上不同位置由静止开始下滑，经过O点落在弧形轨道PQ上的动能均相同，求PQ的曲线方程；（3）将质量为λm（λ为常数且λ≥5）的小物块B置于O点，A沿倾斜轨道由静止开始下滑，与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），要使A和B均能落在弧形轨道上，且A落在B落点的右侧，求A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动能定理的简单应用；机械能守恒定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；平抛运动专题；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．【答案】（1）A经过O点时的速度大小为2μgL（2）PQ的曲线方程为x22y+2y=4μL，0（3）A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为3λ-1【分析】（1）此过程由动能定理直接求解即可；（2）根据题意物块A落在弧形轨道上的动能均相同，利用平抛运动的规律，推导出落在弧形轨道上的物块的动能与水平位移和竖直位移的关系式，再把P点的坐标代入动能的关系式，求得具体的动能表达式，然后再利用动能与水平位移和竖直位移的关系式，可推导出所求的曲线方程；（3）由动能定理求得A与B碰撞前瞬间速度大小，由弹性碰撞的特点：系统动量守恒和机械能守恒，求得碰撞后瞬间A、B的速度大小，碰后A速度反向，再返回O点，要使A落在B落点的右侧，需满足A平抛初速度大于B的平抛初速度，要使A和B均能落在弧形轨道上，只需A能够落在轨道上，利用平抛运动规律求出落在P点的临界平抛初速度大小，需要A平抛的初速度不大于此临界速度，两条件结合解得A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围。【解答】解：（1）设物块A由静止开始运动到O点的速度大小为v0，对此过程由动能定理得mg•2μL﹣μmgL=1解得：v0=（2）A经O点水平抛出后做平抛运动，设水平位移为x，竖直位移为y，物块A经过O点的速度大小为vx，落到弧形轨道上时，速度大小为v，竖直方向速度大小为vy，落在弧形轨道上的动能均相同为Ek，则x＝vxt，y=12g解得：vEk=已知P点坐标为（2μL，μL），即当物块A落到P点时，x＝2μL，y＝μL，可得Ek=12m依题意：物块A落在弧形轨道上的动能均相同，则有12m(g整理得PQ的曲线方程为：x22y+2y=4μL，0≤x≤2μL，μL（3）设A下滑的初始位置距x轴高度为h，A与B碰撞前瞬间速度大小为vA，碰撞后瞬间A、B的分别为vA1、vB，对A由静止开始运动到碰撞B之前的过程，由动能定理得mgh﹣μmgL=解得vA=A与B发生弹性碰撞的过程，设水平向右为正方向，因B质量为λm（λ≥5）大于A的质量，碰后A的速度水平向左，由动量守恒定律和机械能守恒定律，可得mvA＝﹣mvA1+λmvB12解得：vA1=λ-1λ设碰撞之后A向左运动再返回O点的速度大小为vA2，对此过程由动能定理得﹣2μmgL=解得：vA22=vA1要使A落在B落点的右侧，需满足：vA2＞vB，即vA(λ-1λ+1解得：v将vA=2(h＞由（2）的结论：vx2=gx22y，可得当物体落在P（2vx要使A和B均能落在弧形轨道上，因vA2＞vB，故只要A能落在弧形轨道上，B就一定能落在弧形轨道上，所以需满足：vA22≤vx2，即：(解得：h≤则A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为3λ-1答：（1）A经过O点时的速度大小为2μgL（2）PQ的曲线方程为x22y+2y=4μL，0≤x≤2μL，μL（3）A下滑的初始位置距x轴高度的取值范围为3λ-1【点评】此题考查复杂的运动形式分析处理能力，难度较高，计算的推演有一定难度，涉及动能定理，弹性碰撞的动量和机械能守恒，平抛运动的分解处理等物理原理。8．（2021•山东）海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m＝0.1kg的鸟蛤，在H＝20m的高度、以v0＝15m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力。（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间Δt＝0.005s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力）（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L＝6m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为20m，速度大小在15m/s～17m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。【考点】用动量定理求平均作用力；平抛运动速度的计算．【专题】定量思想；方程法；平抛运动专题；推理论证能力．【答案】（1）碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小为500N；（2）为保证鸟蛤一定能落到岩石上，释放鸟蛤位置的x坐标范围为（34m，36m）。【分析】（1）根据运动的合成与分解求解合速度大小，再根据动量定理进行解答；（2）根据平抛运动的规律求解鸟蛤速度大小为15m/s和17m/s时水平位移的大小，再根据几何关系进行分析。【解答】解：（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v．竖直方向分速度大小为vy，根据速度﹣位移关系可得：vy2=2gH，解得：v根据运动的合成与分解得：v=v02在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得：﹣FΔt＝0﹣mv解得：F＝500N；（2）若释放鸟蛤的初速度为v1＝15m/s，设击中岩石左端时，释放点的坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为x2，鸟蛤下落的时间为t，则有：H=12gt根据平抛运动的规律可得：x1＝v1t＝15×2m＝30m根据几何关系可得：x2＝x1+L＝30m+6m＝36m若释放鸟蛤时的初速度为v2＝17m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1′，击中右端时，释放点的x坐标为x2′，根据平抛运动的规律可得x1′＝v2t＝17×2m＝34m根据几何关系可得：x2′＝x1′+L＝34m+6m＝40m综上得x坐标交集的区间为（34m，36m）。答：（1）碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小为500N；（2）为保证鸟蛤一定能落到岩石上，释放鸟蛤位置的x坐标范围为（34m，36m）。【点评】本题主要是考查了平抛运动的规律和动量定理，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；对于动量定理解答问题时，要知道合外力的冲量等于动量的变化。9．（2021•重庆）我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法配戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为5.0kg的物体（物体与头盔密切接触），使其从1.80m的高处自由落下（如图），并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03m时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小；（2）物体做匀减速直线运动的时间；（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。【考点】用动量定理求平均作用力；匀变速直线运动位移与时间的关系．【专题】定量思想；方程法；动量定理应用专题；推理论证能力．【答案】（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小为6m/s；（2）物体做匀减速直线运动的时间为0.01s；（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小为3000N。【分析】（1）由自由落体运动规律求解速度大小；（2）由匀变速直线运动规律求解时间；（3）由动量定理求解物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。【解答】解：（1）由自由落体运动规律可得：v2＝2gh，其中：h＝1.80m代入数据解得：v＝6m/s；（2）由匀变速直线运动规律可得：Δx=v2t代入数据解得：t＝0.01s；（3）取向下为正方向，由动量定理得：﹣Ft＝0﹣mv代入数据解得：F＝3000N。答：（1）头盔接触地面前瞬间的速度大小为6m/s；（2）物体做匀减速直线运动的时间为0.01s；（3）物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小为3000N。【点评】本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。由于本题在挤压过程不计物体重力，所以列动量定理方程时可不分析重力。10．（2021•天津）一玩具以初速度v0从水平地面竖直向上抛出，达到最高点时，用遥控器将玩具内压缩的轻弹簧弹开，该玩具沿水平方向分裂成质量之比为1：4的两部分，此时它们的动能之和与玩具从地面抛出时的动能相等。弹簧弹开的时间极短，不计空气阻力。求（1）玩具上升到最大高度34（2）两部分落地时速度大小之比。【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；竖直上抛运动的规律及应用；平抛运动速度的计算；动能定理的简单应用．【专题】计算题；定量思想；模型法；动能定理的应用专题；分析综合能力．【答案】（1）玩具上升到最大高度34时的速度大小为v（2）两部分落地时速度大小之比为2：1。【分析】（1）玩具上升过程做匀减速直线运动，根据运动学速度﹣位移公式求玩具上升到最大高度34（2）玩具分开过程，根据水平方向动量守恒和能量守恒定律分别列方程。分开后玩具运动过程，由动能定理求两部分落地时速度大小表达式，联立求解两部分落地时速度大小之比。【解答】解：（1）设玩具上升的最大高度为h，玩具上升到最大高度34时的速度大小为v，取竖直向上为0﹣v02＝﹣2ghv2﹣v02＝﹣2g（34h联立解得v=（2）设玩具分开时两部分的质量分别为m1、m2，水平速度大小分别为v1、v2，依题意，动能关系为：1玩具到达最高点时速度为零，两部分分开时速度方向相反，水平方向动量守恒，取质量为m1的部分速度方向为正方向，有m1v1﹣m2v2＝0分开后两部分都做平抛运动，根据动能定理得对m1有，m1gh=对m2有，m2gh=结合m1：m2＝1：4联立解得两部分落地时速度大小之比v1′：v2′＝2：1答：（1）玩具上升到最大高度34时的速度大小为v（2）两部分落地时速度大小之比为2：1。【点评】解答本题时，要理清玩具的运动过程，知道玩具分开过程，水平方向动量守恒。对于平抛运动过程，也可以根据运动学公式求落地时速度大小。11．（2021•福建）如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为2L，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（Q＞0）。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（Q＞0）的小球S1以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。（1）求小球S1在M点所受电场力大小。（2）当小球S1运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知S1与S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为4kQ23（3）现将S2固定在N点，为保证S1能运动到N点与之相碰，S1从M点下落时的初动能须满足什么条件？【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；电场力做功与电势能变化的关系；匀强电场中电势差与电场强度的关系；动能定理的简单应用．【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题；分析综合能力．【答案】（1）小球S1在M点所受电场力大小为2k（2）当小球S1运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知S1与S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为4kQ23L，碰撞时间极短。碰撞前（3）现将S2固定在N点，为保证S1能运动到N点与之相碰，S1从M点下落时的初动能须满足Ek＞(13-8【分析】（1）根据库仑定律结合力的合成可解得；（2）根据牛顿第二定律结合动量守恒定律和能量守恒定律可解得；（3）为保证S1能运动到N点与S2相碰，S1运动到D点时的速度必须大于零，根据动能定理解得。【解答】解：（1）设A到M点的距离为RM，A点的电荷对小球S1的库仑力大小为FA，由库仑定律有FA=k设小球S1在M点所受电场力大小为FM，由力的合成有FM＝2FAsin45°②联立①②式，由几何关系并代入数据得FM=2（2）设O点下方L2处为C点，A与C的距离为RC，小球S1在C处所受的库仑力大小为FC，由库仑定律和力的合成有FC＝2kQ2式中sinθ=设小球S1的质量为m1，小球S1在C点的加速度大小为a，由牛顿第二定律有FC+m1g＝m1a⑤由图（c）可知，式中a＝2g联立④⑤式并代入数据得m1=8设S2的质量为m2，碰撞前、后S1的速度分别为v1，v1′，S2碰撞前、后的速度分别为v2，v2′，取竖直向下为正方向。由动量守恒定律和能量守恒定律有m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′⑦12m设小球S2碰撞前的动量为p2，由动量的定义有p2＝m2v2⑨依题意有1m1＝m2联立⑥⑦⑧⑨式并代入数据，得p2=-即碰撞前S2的动量大小为8k（3）设O点上方L2处为D点。根据图（c）和对称性可知，S1在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，S1在此处加速度为0；S1在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证S1能运动到N点与S2相碰，S1运动到D设M点与D点电势差为UMD，由电势差定义有UMD＝φM﹣φD⑪设小球S1初动能为Ek，运动到D点的动能为EkD，由动能定理有m1g（MO﹣DO）+QUMD＝EkD﹣Ek⑫EkD＞0⑬由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依据图（b）所给数据，并联立⑥⑪⑫⑬式可得Ek＞(13-8答：（1）小球S1在M点所受电场力大小为2k（2）当小球S1运动到N点时，恰与一沿x轴负方向运动的不带电绝缘小球S2发生弹性碰撞。已知S1与S2的质量相等，碰撞前、后S1的动能均为4kQ23L，碰撞时间极短。碰撞前（3）现将S2固定在N点，为保证S1能运动到N点与之相碰，S1从M点下落时的初动能须满足Ek＞(13-8【点评】本题考查动量守恒定律，动能定理，结合带电粒子在电场中运动的规律，解题关键掌握粒子的运动情况分析，同时应用动量守恒定律时注意规定正方向。

考点卡片1．匀变速直线运动位移与时间的关系【知识点的认识】（1）匀变速直线运动的位移与时间的关系式：x＝v0t+12at（2）公式的推导①利用微积分思想进行推导：在匀变速直线运动中，虽然速度时刻变化，但只要时间足够小，速度的变化就非常小，在这段时间内近似应用我们熟悉的匀速运动的公式计算位移，其误差也非常小，如图所示。②利用公式推导：匀变速直线运动中，速度是均匀改变的，它在时间t内的平均速度就等于时间t内的初速度v0和末速度v的平均值，即v=v0+vt2．结合公式x＝vt和v＝vt+at可导出位移公式：x（3）匀变速直线运动中的平均速度在匀变速直线运动中，对于某一段时间t，其中间时刻的瞬时速度vt/2＝v0+a×12t=2v0+at2，该段时间的末速度v＝vt+at，由平均速度的定义式和匀变速直线运动的位移公式整理加工可得v即有：v=v0所以在匀变速直线运动中，某一段时间内的平均速度等于该段时间内中间时刻的瞬时速度，又等于这段时间内初速度和末速度的算术平均值。（4）匀变速直线运动推论公式：任意两个连续相等时间间隔T内，位移之差是常数，即△x＝x2﹣x1＝aT2．拓展：△xMN＝xM﹣xN＝（M﹣N）aT2。推导：如图所示，x1、x2为连续相等的时间T内的位移，加速度为a。x1【命题方向】例1：对基本公式的理解汽车在平直的公路上以30m/s的速度行驶，当汽车遇到交通事故时就以7.5m/s2的加速度刹车，刹车2s内和6s内的位移之比（）A.1：1B.5：9C.5：8D.3：4分析：求出汽车刹车到停止所需的时间，汽车刹车停止后不再运动，然后根据位移时间公式x=v0t+解：汽车刹车到停止所需的时间t0所以刹车2s内的位移x1=t0＜6s，所以刹车在6s内的位移等于在4s内的位移。x2=所以刹车2s内和6s内的位移之比为3：4．故D正确，A、B、C错误。故选：D。点评：解决本题的关键知道汽车刹车停下来后不再运动，所以汽车在6s内的位移等于4s内的位移。此类试题都需注意物体停止运动的时间。例2：对推导公式v=v0物体做匀变速直线运动，某时刻速度大小是3m•s﹣1，1s以后速度大小是9m•s﹣1，在这1s内该物体的（）A．位移大小可能小于5mB．位移大小可能小于3mC．加速度大小可能小于11m•s﹣2D．加速度大小可能小于6m•s﹣2分析：1s后的速度大小为9m/s，方向可能与初速度方向相同，也有可能与初速度方向相反。根据a=v2-v解：A、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，1s内的位移x=vt=v1+v22t=3+92×1m=6mC、规定初速度的方向为正方向，若1s末的速度与初速方向相同，则加速度a=v2-v1t=9-31m/s2=6m故选：AC。点评：解决本题的关键注意速度的方向问题，以及掌握匀变速直线运动的平均速度公式v=【解题思路点拨】（1）应用位移公式的解题步骤：①选择研究对象，分析运动是否为变速直线运动，并选择研究过程。②分析运动过程的初速度v0以及加速度a和时间t、位移x，若有三个已知量，就可用x＝v0t+12at③规定正方向（一般以v0方向为正方向），判断各矢量正负代入公式计算。（2）利用v﹣t图象处理匀变速直线运动的方法：①明确研究过程。②搞清v、a的正负及变化情况。③利用图象求解a时，须注意其矢量性。④利用图象求解位移时，须注意位移的正负：t轴上方位移为正，t轴下方位移为负。⑤在用v﹣t图象来求解物体的位移和路程的问题中，要注意以下两点：a．速度图象和t轴所围成的面积数值等于物体位移的大小；b．速度图象和t轴所围面积的绝对值的和等于物体的路程。2．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-12gtvt24．几个特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（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=v【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65mB．位移大小为25m，方向向上C．速度改变量的大小为10m/sD．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=v0g=3010A、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=v22g=45m，后两s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故总路程s＝（45+20B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在抛出点的上方，故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=ht=25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v则：v=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=v2-v0g（2）竖直井的深度即抛出到接住物块的位移，则h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×10×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。3．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13g，gA、43mgB、2mgC、mgD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=4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43mg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。4．物体在粗糙斜面上的运动【知识点的认识】1.物体在粗糙斜面上运动时，其加速度也一定沿着斜面方向。2.设斜面的倾角为α，斜面与物体之间的动摩擦因数为μ。①当物体沿着斜面向上运动时，滑动摩擦力沿着斜面向下，根据牛顿第二定律mgsinα+μmgcosα＝ma，可以求出a＝gsinα+μgcosα②当物体沿着斜面向下运动时，滑动摩擦力沿着斜面向上，根据牛顿第二定律|mgsinα﹣μmgcosα|＝ma，可以求出a＝|gsinα﹣μgcosα|a、如果重力的下滑分力大于摩擦力，物体的加速度沿斜面向下，a＝gsinα﹣μgcosαb、如果重力的下滑分力小于摩擦力，物体的加速度沿斜面向上，a＝μgcosα﹣gsinα【命题方向】一、图像类问题如图所示，物块以初速度v0从粗糙斜面底端沿斜面上滑，达到最高点后沿斜面返回，下列v﹣t图象能正确反映物体运动规律的是（）A、B、C、D、分析：根据牛顿第二定律判断出加速度大小关系，结合速度方向关系，即可判断图象的形状。解答：在上滑过程中，根据牛顿第二定律可知上滑加速度大小为：a1=mgsinθ下滑过程的加速度大小为：a2=mgsinθ-fm，方向沿斜面向下。故a1＞a2，上滑和下滑运动方向相反，故故选：C。点评：本题的关键是运用牛顿第二定律判断加速度的大小关系，要知道速度的符号表示速度方向，v﹣t图象的斜率表示加速度。二、运动过程计算如图所示，固定在水平地面上的粗糙斜面的倾角θ＝37°，一质量m＝5kg的滑块在F＝150N的水平推力作用下，从斜面底端由静止开始沿斜面运动，推力作用t1＝4s后撤去，滑块在斜面上继续滑行t2＝2s后，速度减为零。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2）（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数μ和物体上滑的位移x；（2）当滑块到达最高点时，对滑块施加大小仍为F、方向改成竖直向下的作用力，求滑块从最高点回到地面的时间（结果可保留根号）。分析：（1）对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律求出F作用前后加速度的表达式，再根据运动学速度公式列式，找出两个过程之间的关系，即可求解动摩擦因数，再根据位移公式求物体上滑的位移x；（2）根据牛顿第二定律求物体的加速度，再由位移公式求滑块从最高点回到地面的时间。解答：（1）设滑块在F作用时加速度为a1，撤去力F后加速度大小为a2，滑块先加速后减速，则有：a1t1＝a2t2当推力F作用时，滑块的受力分析如图所示由牛顿第二定律得：Fcosθ﹣f1﹣mgsinθ＝ma1N1﹣Fsinθ﹣mgcosθ＝0根据摩擦力公式有f1＝μN1联立以上三式得Fcosθ﹣μ（Fsinθ+mgcosθ）﹣mgsinθ＝ma1①撤去力F后，根据牛顿第二定律可得：mgsinθ+μmgcosθ＝ma2②联立①②解得：μ＝0.5，a1＝5m/s2，a2＝10m/s2物体上滑的位移x=解得x＝60m（2）下滑时的加速度大小为a3，对滑块受力分析有：（mg+F）sinθ﹣μ（mg+F）cosθ＝ma3解得a3＝8m/s2。由x=12a3答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数μ是0.5，物体上滑的位移x是60m；（2）滑块从最高点回到地面的时间是15s。点评：本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，关键要抓住上滑过程中匀加速运动的末速度等于匀减速运动的初速度列式。【命题思路点拨】当斜面粗糙时，物体与斜面之间的摩擦力方向与实际的运动方向有关，并且摩擦力大小与重力下滑分力大小的相对关系决定了加速度的方向与大小。5．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4.8mB、0.8s内小球下落的高度为3.2mC、小球到达P点的水平速度为4.8m/sD、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=12gt2C、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。6．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=Wt，P为时间（2）机械功的表达式：P＝Fvcosα（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＝Flcosα因此有P=Wt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lt是物体在这段时间内的平均速度vP＝Fvcosα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，cosα＝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=Wt知，做功多．功率不一定大，根据η解答：A、根据P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根据η=W有W总=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=W7．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=12at2=12×3×6（3）对全程用动能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝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。8．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﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、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。9．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=mv-mv0【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=mvt，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．10．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：FΔt＝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=12mv12，解得：v上升过程：﹣mgh＝0-12mv22，解得：v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。11．用动量守恒定律解决简单的碰撞问题【知识点的认识】1.碰撞的特点：（1）时间特点：碰撞现象中，相互作用的时间极短，相对物体运动的全过程可忽略不计。（2）相互作用力特点：在碰撞过程中，系统的内力远大于外力，所以动量守恒。2.设两个物体的质量分别为m1和m2，碰撞前两个物体的速度分别为v1和v2，碰撞后的速度分别为v1′和v2′，则根据动量守恒定律有m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′3.【命题方向】甲、乙两个玩具小车在光滑水平面上沿着同一直线相向运动，它们的质量和速度大小分别为m1＝0.5kg，v1＝2m/s，m2＝3kg，v2＝1m/s．两小车相碰后，乙车的速度减小为v2′＝0.5m/s，方向不变，求甲车的速度v1′．分析：两小车相碰过程，两车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后甲的速度．解答：两车组成的系统动量守恒，以乙车的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v2﹣m1v1＝m2v2′+m1′v1′，代入数据解得：v1′＝1m/s；方向与v2方向相同．答：甲车的速度v1′为1m/s；方向与v2方向相同．点评：本题的关键要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，应用动量守恒定律时要注意正方向．【解题思路点拨】1.碰撞的分类：（1）弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。（2）非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。（3）完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。2.无论哪一种碰撞，总是满足动量守恒定律。12．碰撞后粘连问题【知识点的认识】1.碰撞分为三类：（1）弹性碰撞：系统动量守恒，机械能守恒。（2）非弹性碰撞：系统动量守恒，机械能减少，损失的机械能转化为内能。（3）完全非弹性碰撞：系统动量守恒，碰撞后合为一体或具有相同的速度，机械能损失最大。2.对于完全非弹性碰撞的求解方法为碰撞前后动量守恒m1v1+m2v2＝（m1+m2）v′，碰后的速度表达式为：v2′＝v1′＝v′=系统损失的动能为：△Ek＝（12m1v12+12m2v22）-1这种碰撞的动能损失最大．【命题方向】如图所示，质量m＝1kg的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L，绳长L＝2m。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以4m/s的速度在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：（1）A释放时距桌面的高度H；（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。分析：（1）A下摆过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出释放时距离桌面的高度；（2）碰撞前瞬间绳子的拉力与重力的合力提供向心力，应用牛顿第二定律求出绳子拉力大小；（3）A、B碰撞过程系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出碰撞过程系统损失的机械能。解答：（1）A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH=解得H=（2）碰前瞬间，对A由牛顿第二定律得F-解得F=（3）A、B碰撞过程中，取左为正方向，根据动量守恒定律得mv＝2mv1解得v1则碰撞过程中损失的机械能为ΔE=解得ΔE＝4J答：（1）A释放时距桌面的高度H为0.8m；（2）碰撞前瞬间绳子的拉力大小F为18N；（3）碰撞过程中系统损失的机械能ΔE为4J。点评：根据题意分析清楚小球的运动过程是解题的前提与关键，应用机械能守恒定律、牛顿第二