2026年高考物理复习热搜题速递之动量与动量守恒定律

第56页（共56页）2026年高考物理复习热搜题速递之动量与动量守恒定律一．选择题（共10小题）1．一中子与一质量数为A（A＞1）的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（）A．A+1A-1 C．4A(A+12．光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q．撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（）A．n2 B．n C．1n D．3．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功4．如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是（）A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghC．B能达到的最大高度为h2D．B能达到的最大高度为h5．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8h，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球离开小车后做竖直上抛运动 C．小球离开小车后做斜上抛运动 D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6h6．水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等。碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的（）A．30% B．50% C．70% D．90%7．如图所示，质量为m的小滑块（可视为质点），从h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点（斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接）．要使物体能原路返回，在B点需给物体的瞬时冲量最小应是（）A．2mgh B．mgh C．mgh28．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（）A．动量守恒，机械能不守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒9．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前反，则碰撞后B球的速度大小可能是（）A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v10．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（）A．mgΔt B．mvΔt C．mvΔt+mg D二．多选题（共5小题）（多选）11．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为（）A．10J B．8J C．6J D．4J（多选）12．如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧。一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度υ0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端。根据上述情景和已知量，可以求出（）A．弹簧的劲度系数 B．弹簧的最大弹性势能 C．木板和小物块之间的动摩擦因数 D．木板和小物块组成的系统最终损失的机械能（多选）13．质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的19，那么小球BA．13v0 B．23v0 C．49v0 D．（多选）14．1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验，实验时，用宇宙飞船（质量m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量mx，发动机已熄火），如图所示，接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间Δt，测出飞船和火箭组的速度变化是Δv，下列说法正确的是（）A．推力F越大，ΔvΔt就越大，且ΔvΔt与FB．推力F通过飞船m传递给了火箭mx，所以m对mx的弹力大小应为F C．火箭质量mx应为FΔtΔvD．火箭质量mx应为FΔt（多选）15．如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、km（k为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞中无机械能损失重力加速度为g。关于各种情况下k的取值，下列各项中正确的是（）A．若0＜k＜0.2，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点 B．若0.2＜k＜1，则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道 C．若k＞1，小球B不可能脱轨 D．若k＝3，小球A和小球B将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞三．解答题（共5小题）16．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。17．如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．18．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10m，C是半径R＝20m圆弧的最低点。质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到达B点时速度vB＝30m/s。取重力加速度g＝10m/s2。（1）求长直助滑道AB的长度L；（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力的大小。19．如图所示，在光滑水平面上有一个长为L的木板B，上表面粗糙．在其左端有一个光滑的14圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度v0从右端滑上B并以v02滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C（1）木板B上表面的动摩擦因数μ（2）14圆弧槽C的半径R20．真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？

2026年高考物理复习热搜题速递之动量与动量守恒定律（2025年10月）参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）题号12345678910答案ADBBBAAAAC二．多选题（共5小题）题号1112131415答案ABBDABADACD一．选择题（共10小题）1．一中子与一质量数为A（A＞1）的原子核发生弹性正碰．若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（）A．A+1A-1 C．4A(A+1【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】动量定理应用专题．【答案】A【分析】中子与原子核发生弹性正碰，动量守恒、机械能守恒，根据动量守恒和机械能守恒定律求出碰撞前后中子的速率之比．【解答】解：设中子的质量为m，因为发生的是弹性正碰，动量守恒，机械能守恒，规定初速度的方向为正方向，有：mv1＝mv2+Amv，12联立两式解得：v1v2=A+1A-故选：A。【点评】解决本题的关键知道弹性碰撞的过程中动量守恒、机械能守恒，与非弹性碰撞不同，非弹性碰撞机械能不守恒．2．光滑水平桌面上有P、Q两个物块，Q的质量是P的n倍。将一轻弹簧置于P、Q之间，用外力缓慢压P、Q．撤去外力后，P、Q开始运动，P和Q的动量大小的比值为（）A．n2 B．n C．1n D．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用；动量定理的内容和应用．【专题】定性思想；推理法；动量定理应用专题；理解能力．【答案】D【分析】分析撤去外力后的受力情况，明确系统总动量守恒，再根据动量守恒定律列式即可求得动量大的比值。【解答】解：撤去外力后，系统不受外力，所以总动量守恒，设P的动量方向为正方向，则根据动量守恒定律有：PP﹣PQ＝0故PP＝PQ；故动量之比为1；故D正确，ABC错误。故选：D。【点评】本题考查动量守恒定律的应用，要注意明确撤去拉力后的动量大小始终为零，同时在列式时一定要注意动量的矢量性。3．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则（）A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量 B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【考点】冲量的定义及性质；功的定义、单位和计算式；动能大小的影响因素及比较；动量变化量的计算．【专题】定性思想；推理法；动量和能量的综合；推理论证能力．【答案】B【分析】本题主要考查能量（做功正负判断）、动量（动量定理、动量守恒）相关知识，结合弹性碰撞和非弹性碰撞的动量和能量关系展开讨论。【解答】解：A、因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等方向相反，故冲量大小相等方向相反，故A错误。BCD、设甲乙两运动员的质量分别为m甲、m乙，追上之前的瞬间甲、乙两运动员的速度分别是v甲，v乙，根据题意整个交接棒过程可以分为两部分：①完全非弹性碰撞过程→“交棒”；m甲v甲+m乙v乙＝（m甲+m乙）v共②向前推出（人船模型）→“接棒”（m甲+m乙）v共＝m甲v’甲+m乙v’乙由上面两个方程联立可以解得：m甲Δv甲＝﹣m乙Δv乙，即B选项正确。经历了中间的完全非弹性碰撞过程会有动能损失，C、D选项错误。故选：B。【点评】掌握碰撞的分类：弹性碰撞和非弹性碰撞的相关知识是解决本题的关键。4．如图所示，轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从高h处由静止开始沿光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧复原过程中某时刻B与A分开且沿原曲面上升。下列说法正确的是（）A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mghC．B能达到的最大高度为h2D．B能达到的最大高度为h【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用．【专题】机械能守恒定律应用专题；分析综合能力．【答案】B【分析】B从轨道上下滑过程，只有重力做功，机械能守恒。运用机械能守恒定律可求得B与A碰撞前的速度。两个物体碰撞过程动量守恒，即可求得碰后的共同速度。碰后共同体压缩弹簧，当速度为零，弹簧的压缩量最大，弹性势能最大，根据系统的机械能守恒求得最大的弹性势能。当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，根据机械能守恒求得B能达到的最大高度。【解答】解：A、B、对B下滑过程，据机械能守恒定律可得：mgh=12mv02，A碰撞过程，以AB组成的系统为研究对象，取向右为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝2mv，得A与B碰撞后的共同速度为v=12v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm=12•2mv2=mgC、D、当弹簧再次恢复原长时，A与B将分开，B以v的速度沿斜面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′=12mv2，B能达到的最大高度为h4，故C故选：B。【点评】利用动量守恒定律解题，一定注意状态的变化和状态的分析，明确研究对象，并选取正方向。把动量守恒和机械能守恒结合起来列出等式求解是常见的问题。5．如图所示，小车静止在光滑水平面上，AB是小车内半圆弧轨道的水平直径，现将一小球从距A点正上方h高处由静止释放，小球由A点沿切线方向经半圆轨道后从B点冲出，在空中能上升的最大高度为0.8h，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．在相互作用过程中，小球和小车组成的系统动量守恒 B．小球离开小车后做竖直上抛运动 C．小球离开小车后做斜上抛运动 D．小球第二次冲出轨道后在空中能上升的最大高度为0.6h【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；常见力做功与相应的能量转化．【专题】比较思想；寻找守恒量法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【答案】B【分析】水平地面光滑，系统水平方向不受外力，系统的水平动量守恒，则小球离开小车后做竖直上抛运动，下来时还会落回小车中，根据动能定理求出小球在小车中滚动时摩擦力做功，第二次小球在小车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功变小，据此分析．【解答】解：A、小球与小车组成的系统在水平方向不受外力，水平方向系统动量守恒，但系统所受的合外力不为零，所以系统动量不守恒，故A错误；BC、小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，可知系统水平方向的总动量保持为零。小球由B点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，所以小球离开小车后做竖直上抛运动，故B正确，C错误；D、小球第一次车中运动过程中，由动能定理得：mg（h﹣0.8h）﹣Wf＝0，Wf为小球克服摩擦力做功大小，解得：Wf＝0.2mgh，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为0.2mgh，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做功小于0.2mgh，机械能损失小于0.2mgh，因此小球再次离开小车时，能上升的高度大于0.8h﹣0.2h＝0.6h，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球与小车的运动过程是解题的关键，要知道系统水平方向动量是守恒，但总动量并守恒．应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题．6．水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等。碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的（）A．30% B．50% C．70% D．90%【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．【专题】压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合．【答案】A【分析】根据频闪照片，根据却是守恒定律研究碰撞后两球速度大小与碰撞前白球速度大小的关系，即可研究碰撞过程中系统损失的动能。【解答】解：设碰撞前白球的速度大小为2v，由图看出，碰撞后两球的速度大小相等，速度之间的夹角约为60°，设碰撞后两球的速度大小为v′根据动量守恒得：水平方向有：m•2v＝2mv′cos30°，解得，v′=则碰撞过程中系统损失的动能为ΔEk=12m故选：A。【点评】本题首先要根据照片的信息，知道两球速度大小近似相等，再由动量守恒求解碰撞前后速度大小的关系。7．如图所示，质量为m的小滑块（可视为质点），从h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，停在水平地面上的B点（斜面和水平面之间有小圆弧平滑连接）．要使物体能原路返回，在B点需给物体的瞬时冲量最小应是（）A．2mgh B．mgh C．mgh2【考点】动量定理的内容和应用；动能定理的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动量定理应用专题．【答案】A【分析】先对从A到B过程根据动能定理列式，再对从B到A过程根据动能定理列式，联立求解得到B的初速度；最后根据动量定理得到在B点需给物体的瞬时冲量．【解答】解：滑块从A到B过程，根据动能定理，有：mgh﹣Wf＝0，滑块从B返回A过程，根据动能定理，有：﹣mgh﹣Wf＝0-1联立解得：v＝2gh在B点需给物体的瞬时冲量等于动量的增加量，故I＝mv＝2mgh，故A正确，BCD故选：A。【点评】本题关键是明确滑块的受力情况和运动情况，要结合动能定理和动量定理联立求解，不难．8．一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块A并留在其中，A、B用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示．则在子弹打击木块A及弹簧被压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统（）A．动量守恒，机械能不守恒 B．动量不守恒，机械能守恒 C．动量守恒，机械能守恒 D．无法判定动量、机械能是否守恒【考点】动量守恒定律的内容、条件和判断；判断机械能是否守恒及如何变化．【专题】比较思想；寻找守恒量法；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；模型建构能力．【答案】A【分析】根据系统动量守恒的条件：系统不受外力或所受合外力为零，判断动量是否守恒．根据是否是只有弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒．【解答】解：在子弹打击木块A及弹簧压缩的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统，系统所受的外力之和为零，则系统的动量守恒。在此过程中，除弹簧弹力做功外还有摩擦力对系统做功，所以系统机械能不守恒。故A正确，BCD错误。故选：A。【点评】本题考查动量守恒和机械能守恒的判断和应用能力．动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析，不能笼统．9．在光滑水平面上，一质量为m，速度大小为v的A球与质量为2m静止的B球碰撞后，A球的速度方向与碰撞前反，则碰撞后B球的速度大小可能是（）A．0.6v B．0.4v C．0.3v D．0.2v【考点】用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．【专题】压轴题．【答案】A【分析】首先从水平面光滑上判断AB两球碰撞过程中动量守恒，由于A球被反弹，所以可以判断出B球的速度会大于0.5v；在两球碰撞的过程中，有可能会存在能量的损失，由碰撞前后的动能求出B球的速度同时会小于等于23【解答】解：AB两球在水平方向上合外力为零，A球和B球碰撞的过程中动量守恒，设AB两球碰撞后的速度分别为V1、V2，选A原来的运动方向为正方向，由动量守恒定律有mv＝﹣mv1+2mv2…①假设碰后A球静止，即v1＝0，可得v2＝0.5v由题意知球A被反弹，∴球B的速度有v2＞0.5v…②AB两球碰撞过程能量可能有损失，由能量关系有12①③两式联立得：v2由②④两式可得：0.5v符合条件的只有0.6v，所以选项A正确，BCD错误故选：A。【点评】解决本题要注意临界状态的判断，有两个临界状态，其一是AB两球碰撞后A静止，由此求出速度的范围之一，即v2＞0.5v；第二个临界状态时能量恰好没有损失时，有能量的关系求出速度的另一个范围v210．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过Δt时间而停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（）A．mgΔt B．mvΔt C．mvΔt+mg D【考点】动量定理的内容和应用．【专题】动量定理应用专题．【答案】C【分析】由题意可知，铁锤的初末动量，由动量定理可求得其对木桩的平均冲力．【解答】解：对铁锤分析可知，其受重力与木桩的作用力；设向下为正方向，则有：（mg﹣F）t＝0﹣mv得：F＝mg+mv由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：F＝mg+mv故选：C。【点评】本题考查动量定理的应用，在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动能定理的关系式求解．二．多选题（共5小题）（多选）11．如图所示，子弹水平射入放在光滑水平地面上静止的木块后不再穿出，此时木块动能增加了6J，那么此过程产生的内能可能为（）A．10J B．8J C．6J D．4J【考点】动量守恒定律在子弹打物块模型中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；模型建构能力．【答案】AB【分析】子弹射入木块过程中，系统所受合外力，动量守恒，由动量守恒定律和功能关系求出木块增加的动能范围，再进行选择．【解答】解：设子弹的初速度为V，射入木块后子弹与木块共同的速度为v，木块的质量为M，子弹的质量为m。根据动量守恒定律得：mV＝（M+m）v得，v=木块获得的动能为ΔEk=12Mv系统产生的内能为Q=12mV2-12（M+m可得Q＞ΔEk＝6J，故AB正确。故选：AB。【点评】本题是子弹射入木块类型，是动量守恒与能量守恒的综合应用，属于基本题．（多选）12．如图所示，一块质量为M的木板停在光滑的水平面上，木板的左端有挡板，挡板上固定一个小弹簧。一个质量为m的小物块（可视为质点）以水平速度υ0从木板的右端开始向左运动，与弹簧碰撞后（弹簧处于弹性限度内），最终又恰好停在木板的右端。根据上述情景和已知量，可以求出（）A．弹簧的劲度系数 B．弹簧的最大弹性势能 C．木板和小物块之间的动摩擦因数 D．木板和小物块组成的系统最终损失的机械能【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；动量守恒定律在含有弹簧的碰撞问题中的应用；动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】计算题；模型建构能力．【答案】BD【分析】M与m构成的系统不受外力，系统动量守恒，可根据动量守恒定律求出木块滑动到最左端时系统的速度以及最终木块和木板相对静止时的速度；系统产生的热量可以用公式Q＝fΔS求解，当木块滑到最左端时，弹性势能最大，结合能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能。【解答】解：小木块m与长木板M构成的系统动量守恒，设小木块滑到最左端和最右端的速度分别为v1、v2，由动量守恒定律，小木块从开始位置滑动到最左端的过程，mv0＝（m+M）v1小木块从开始位置滑动到最后相对长木板静止过程，mv0＝（m+M）v2解得v1=mvv2=mv小木块滑动到最左端的过程中，由能量守恒定律，Epm+Q+12（m+M）v2Q＝fL④小木块从开始滑动到最右端的过程中，由能量守恒定律，Q′+12（m+M）v2=Q′＝f（2L）⑥由①～⑥式，可以解出Epm、Q′，故BD正确；由于缺少弹簧的压缩量和木板长度，无法求出弹簧的劲度系数和滑动摩擦力，故AC错误；故选：BD。【点评】动量守恒定律的运用不涉及中间过程，故对于复杂的运动特别方便，可以大大简化解题过程；同时要注意动量守恒定律经常与动能定理和能量守恒定律结合使用！（多选）13．质量为m的小球A，沿光滑水平面以速度v0与质量为2m的静止小球B发生正碰，碰撞后，A球的动能变为原来的19，那么小球BA．13v0 B．23v0 C．49v0 D．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题．【专题】动量定理应用专题．【答案】AB【分析】碰后A球的动能恰好变为原来的19，速度大小变为原来的1【解答】解：根据碰后A球的动能恰好变为原来的19得：12mv2=19v＝±13v碰撞过程中AB动量守恒，则有：mv0＝mv+2mvB解得：vB=13v0或vB=当vB=23v0时，碰撞后AB的总动能为：19•12mv02+12×2m故选：AB。【点评】本题考查的是动量守恒定律的直接应用，注意动能是标量，速度是矢量，难度适中，属于中档题．（多选）14．1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验，实验时，用宇宙飞船（质量m）去接触正在轨道上运行的火箭（质量mx，发动机已熄火），如图所示，接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间Δt，测出飞船和火箭组的速度变化是Δv，下列说法正确的是（）A．推力F越大，ΔvΔt就越大，且ΔvΔt与FB．推力F通过飞船m传递给了火箭mx，所以m对mx的弹力大小应为F C．火箭质量mx应为FΔtΔvD．火箭质量mx应为FΔt【考点】动量定理的内容和应用；牛顿第二定律的简单应用．【专题】计算题；压轴题．【答案】AD【分析】对整体由动量定理可得出速度变化、质量及力之间的关系，分析各项即可得出正确结论．【解答】解：对整体由动量定理可得：FΔt＝（m+mx）Δv；A、由公式可得，F＝（m+mx）ΔvΔt，因质量不变，故F推力F越大，ΔvΔt就越大，且ΔvΔt与FB、对mx分析可得：T＝mxΔvΔt，故T小于F，故BCD、火箭的质量mx=FΔtΔv-m故选：AD。【点评】本题也可以通过牛顿第二定律得出正确结果，但很明显动量定理更便捷一些，可以在一些和时间有关的动力学题目中应用动量定理求解．（多选）15．如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内。小球A、B质量分别为m、km（k为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞中无机械能损失重力加速度为g。关于各种情况下k的取值，下列各项中正确的是（）A．若0＜k＜0.2，则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点 B．若0.2＜k＜1，则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道 C．若k＞1，小球B不可能脱轨 D．若k＝3，小球A和小球B将在圆轨道的最低点发生第二次碰撞【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；绳球类模型及其临界条件；机械能守恒定律的简单应用．【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力；模型建构能力．【答案】ACD【分析】根据动能定理求出A与B碰撞前的速度大小，结合动量守恒定量和机械能守恒定律求出碰撞后A、B的速度大小，抓住小球B恰好通过最高点的速度，求出k值的大小，然后分析小球能否通过最高点；当两球质量相等时，发生弹性碰撞后速度交换，小球B恰好运动到四分之一圆弧轨道处，也不会发生脱离；当k＝3时，求出A、B两球第一次碰撞后的速度大小，再确定发生第二次碰撞的位置。【解答】解：A下滑到最低点的过程中，根据动能定理得：mgR=解得A与B碰撞前的速度v0碰撞过程中动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒定理得；mv0＝mvA+kmvB，根据机械能守恒定律得：12联立解得：vB=2B恰运动至轨道顶点，根据机械能守恒定律得：12小球B能恰好通过最高点，则有：mg=解得：v联立各式代入数据解得：k=A、由上分析可知，当k≤0.265时，B球可运动至轨道最高点，故A正确；B、当0.265＜k＜1时，B脱轨，而k＞0.2，不一定脱轨，故B错误；C、若k＝1，两球发生弹性碰撞，由于两球质量相等，速度交换，B球恰能运动到四分之一圆弧轨道，所以若k＞1，小球运动不到四分之一圆弧轨道处速度减为零，又返回，所以小球B不可能脱轨，故C正确；D、若k＝3时，vB=122故选：ACD。【点评】本题考查了动量守恒定律、机械能守恒定律与圆周运动的综合运用，知道弹性碰撞的特点，即动量守恒、机械能守恒；在本题中要注意小球不脱离轨道有两种情况：1、越过最高点，2、不越过四分之一圆弧轨道。三．解答题（共5小题）16．如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA＝2kg、mB＝1kg、mC＝2kg。开始时C静止，A、B一起以v0＝5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞（时间极短）后C向右运动，经过一段时间A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用；用动量守恒定律解决简单的碰撞问题．【专题】压轴题；动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；模型建构能力．【答案】见试题解答内容【分析】A与C碰撞过程动量守恒列出等式，A与B在摩擦力作用下达到共同速度，由动量守恒定律列出等式，A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足速度相等。【解答】解：因碰撞时间极短，A与C碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A的速度大小为vA，C的速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0＝mAvA+mCvC，①A与B在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA+mBv0＝（mA+mB）vAB②A、B达到共同速度后恰好不再与C碰撞，应满足：vAB＝vC③联立①②③式解得：vA＝2m/s。答：A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小是2m/s【点评】分析物体的运动过程，选择不同的系统作为研究对象，运用动量守恒定律求解。17．如图，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平桌面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连．将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B和C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并粘合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知离开弹簧后C的速度恰好为v0．求弹簧释放的势能．【考点】动量守恒与能量守恒共同解决实际问题；机械能守恒定律的简单应用．【专题】压轴题；动量定理应用专题．【答案】见试题解答内容【分析】A与B、C碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律可以求出碰后三者的共同速度；线断开，AB与C分离过程中动量守恒，由动量守恒定律可以列方程；在弹簧弹开过程中，系统机械能守恒，由机械能守恒定律可以列方程，解方程即可求出弹簧的弹性势能．【解答】解：（1）设碰后A、B和C的共同速度的大小为v，由动量守恒定律得：mv0＝3mv，设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒得3mv＝2mv1+mv0，解得：v1＝0；（2）设弹簧的弹性势能为EP，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有12（3m）v2+EP=12（2m）v12+12mv02，解得：EP答：弹簧释放的势能为13mv02【点评】分析清楚物体运动过程，熟练应用动量守恒定律、能量守恒定律即可正确解题．18．2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10m，C是半径R＝20m圆弧的最低点。质量m＝60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5m/s2，到达B点时速度vB＝30m/s。取重力加速度g＝10m/s2。（1）求长直助滑道AB的长度L；（2）求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；（3）若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力的大小。【考点】动量定理的内容和应用；匀变速直线运动速度与位移的关系；牛顿第二定律与向心力结合解决问题；动能定理的简单应用．【专题】计算题；定量思想；方程法；动量定理应用专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）从A到B根据速度—位移关系求解AB的长度；（2）根据动量定理求解合外力的冲量I的大小；（3）根据受力情况画出运动员经过C点时受力示意图；根据动能定理、列方程求解支持力的大小。【解答】解：（1）从A到B根据速度—位移关系可得：vB2解得：L=900-02×4.5m＝（2）根据动量定理可得：I＝mvB﹣mvA＝60×30﹣0N•s＝1800N•s；（3）运动员经过C点时受到重力和支持力，如图所示；根据动能定理可得：mgh=1根据第二定律可得：FN﹣mg＝mv解得：FN＝3900N。答：（1）长直助滑道AB的长度为100m；（2）运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小为1800N•s；（3）若不计BC段的阻力，运动员经过C点时的受力图如图所示，其所受支持力的大小为3900N。【点评】本题主要是考查运动学计算公式、动量定理、动能定理和向心力的计算；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。19．如图所示，在光滑水平面上有一个长为L的木板B，上表面粗糙．在其左端有一个光滑的14圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有滑块A以初速度v0从右端滑上B并以v02滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C（1）木板B上表面的动摩擦因数μ（2）14圆弧槽C的半径R【考点】动量守恒定律在板块模型中的应用．【专题】动量与动能定理或能的转化与守恒定律综合；模型建构能力．【答案】见试题解答内容【分析】1、当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒列出等式，由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能列出等式，联立求解．2、当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用，A、C组成的系统水平方向动量守恒，由A、C组成的系统机械能守恒列出等式，联立求解．【解答】解：（1）当A在B上滑动时，A与BC整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与BC组成的系统动量守恒，选向左的方向为正方向，有：mv由能量守恒得知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能即：μmgL=联立①②解得：μ=（2）当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用．设A到达最高点时两者的速度相等均为v2，A、C组成的系统水平方向动量守恒有：m(由A、C组成的系统机械能守恒：12联立④⑤解得：R答：（1）木板B上表面的动摩擦因数是5（2）14圆弧槽C的半径v【点评】解决该题关键要能够熟练运用动量守恒定律和能量守恒定律列出等式求解．20．真空管道超高速列车的动力系统是一种将电能直接转换成平动动能的装置。图1是某种动力系统的简化模型，图中粗实线表示固定在水平面上间距为l的两条平行光滑金属导轨，电阻忽略不计。ab和cd是两根与导轨垂直、长度均为l、电阻均为R的金属棒，通过绝缘材料固定在列车底部，并与导轨良好接触，其间距也为l，列车的总质量为m。列车启动前，ab、cd处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，如图1所示。为使列车启动，需在M、N间连接电动势为E的直流电源，电源内阻及导线电阻忽略不计。列车启动后电源自动关闭。（1）要使列车向右运行，启动时图1中M、N哪个接电源正极，并简要说明理由；（2）求刚接通电源时列车加速度a的大小；（3）列车减速时，需在前方设置如图2所示的一系列磁感应强度为B的匀强磁场区域，磁场宽度和相邻磁场间距均大于l。若某时刻列车的速度为v0，此时ab、cd均在无磁场区域，试讨论：要使列车停下来，前方至少需要多少块这样的有界磁场？【考点】动量定理的内容和应用；导体平动切割磁感线产生的感应电动势；牛顿第二定律的简单应用；动量的定义、单位及性质．【专题】应用题；定量思想；方程法；电磁感应中的力学问题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）列车向右运动可知所受安培力向右，根据左手定则确定电流方向，再根据电流方向确定MN谁接电源正极；（2）根据欧姆定律求得导体棒中的电流大小，再根据F＝BIl求得安培力的大小，最后根据牛顿第二定律求得电源刚接通时列车的加速度a；（3）列车通过磁场区域时，穿过回路的磁通量发生变化，回路中产生感应电流，求得穿过一个有界磁场过程中感应电流引起的安培力的冲量大小，再根据使列车停下所需的总冲量大小（由动量定理得），根据两者的比值确定需要多少块有界磁场才可以使列车停下。【解答】解：（1）M接电源正极，列车要向右运动，安培力方向向右，根据左手定则，接通电源后，金属棒中电流方向由a到b、由c到d，故M接电源正极。（2）由题意，启动时ab、cd并联，设回路总电阻为R总，由电阻的串并联知识可得：R总设回路总电流为I，根据闭合电路欧姆定律有：I=设两根金属棒所受安培力之和为F，有：F＝BIl根据牛顿第二定律有：F＝ma得：a=（3）设列车减速时，cd进入磁场后经Δt时间ab恰好进入磁场，此过程中穿过金属棒与导轨所围回路的磁通量的变化量为Δφ，平均感应电动势为E1，则由法拉第电磁感应定律有：E1其中Δφ＝Bl2设回路中平均电流为I′，由闭合电路欧姆定律有：I'=设cd受到的平均安培力为F′，有：F′＝BI′l以向右为正方向，设Δt时间内cd受到安培力冲量为I冲，有：I冲＝﹣F′Δt同理可知，回路出磁场时ab受安培力冲量仍为上述值，设回路进出一块有界磁场区域安培力冲量为I0，有：I0＝2I冲设列车停下来受到的总冲量为I总，由动量定理有：I总＝0﹣mv0联立上式解得：I总讨论：若I总I0恰好为整数，设其为n，则需设置n块磁场，若I总I答：（1）要使列车向右运行，启动时图1中M接电源正极，理由见解答；（2）刚接通电源时列车加速度a的大小为2BEl（3）若mv0RB2l3恰好为整数，则需设置n块磁场，若【点评】本题是牛顿第二定律、动量定理、冲量以及电磁感应的综合题，题目所涉及知识点较多，需要考生需要较强的物理功底以及灵活的思维，注意动量定理与冲量的矢量性。

考点卡片1．匀变速直线运动速度与位移的关系【知识点的认识】匀变速直线运动位移与速度的关系．由位移公式：x＝v0t+12at2和速度公式v＝v0+at消去t得：v2-匀变速直线运动的位移﹣速度关系式反映了初速度、末速度、加速度与位移之间的关系．①此公式仅适用于匀变速直线运动；②式中v0和v是初、末时刻的速度，x是这段时间的位移；③公式中四个矢量v、v0、a、x要规定统一的正方向．【命题方向】美国“肯尼迪号”航空母舰上有帮助飞机起飞的弹射系统，已知“F﹣A15”型战斗机在跑道上加速时产生的加速度为4.5m/s2，起飞速度为50m/s．若该飞机滑行100m时起飞，则弹射系统必须使飞机具有的初速度为（）A、30m/sB、10m/sC、20m/sD、40m/s分析：已知飞机的加速度、位移、末速度，求解飞机的初速度，此题不涉及物体运动的时间，选用匀变速直线运动的位移—时间公式便可解决．解答：设飞机的初速度为v0，已知飞机的加速度a、位移x、末速度v，此题不涉及物体运动的时间，由匀变速直线运动的位移—时间公式：v解得：v0＝40m/s故选：D。点评：本题是匀变速直线运动的基本公式的直接应用，属于比较简单的题目，解题时要学会选择合适的公式，这样很多问题就会迎刃而解了．【解题思路点拨】解答题解题步骤：（1）分析运动过程，画出运动过程示意图．（2）设定正方向，确定各物理量的正负号．（3）列方程求解：先写出原始公式，再写出导出公式：“由公式…得…”．2．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。3．牛顿第二定律与向心力结合解决问题【知识点的认识】圆周运动的过程符合牛顿第二定律，表达式Fn＝man＝mω2r＝mv2r=【命题方向】我国著名体操运动员童飞，首次在单杠项目中完成了“单臂大回环”：用一只手抓住单杠，以单杠为轴做竖直面上的圆周运动．假设童飞的质量为55kg，为完成这一动作，童飞在通过最低点时的向心加速度至少是4g，那么在完成“单臂大回环”的过程中，童飞的单臂至少要能够承受多大的力．分析：运动员在最低点时处于超重状态，由单杠对人拉力与重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解．解答：运动员在最低点时处于超重状态，设运动员手臂的拉力为F，由牛顿第二定律可得：F心＝ma心则得：F心＝2200N又F心＝F﹣mg得：F＝F心+mg＝2200+55×10＝2750N答：童飞的单臂至少要能够承受2750N的力．点评：解答本题的关键是分析向心力的来源，建立模型，运用牛顿第二定律求解．【解题思路点拨】圆周运动中的动力学问题分析（1）向心力的确定①确定圆周运动的轨道所在的平面及圆心的位置．②分析物体的受力情况，找出所有的力沿半径方向指向圆心的合力，该力就是向心力．（2）向心力的来源向心力是按力的作用效果命名的，可以是重力、弹力、摩擦力等各种力，也可以是几个力的合力或某个力的分力，因此在受力分析中要避免再另外添加向心力．（3）解决圆周运动问题步骤①审清题意，确定研究对象；②分析物体的运动情况，即物体的线速度、角速度、周期、轨道平面、圆心、半径等；③分析物体的受力情况，画出受力示意图，确定向心力的来源；④根据牛顿运动定律及向心力公式列方程．4．绳球类模型及其临界条件【知识点的认识】1.模型建立（1）轻绳模型小球沿竖直光滑轨道内侧做圆周运动，小球在细绳的作用下在竖直平面内做圆周运动，都是轻绳模型，如图所示。（2）轻杆模型小球在竖直放置的光滑细管内做圆周运动，小球被一轻杆拉着在竖直平面内做圆周运动，都是轻杆模型，如图所示。2.模型分析【命题方向】如图所示，质量为M的支座上有一水平细轴．轴上套有一长为L的细绳，绳的另一端栓一质量为m的小球，让球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，则此时小球的线速度是多少？分析：当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，由此说明此时支座和球的重力全部作为了小球的向心力，再根据向心力的公式可以求得小球的线速度．解答：对支座M，由牛顿运动定律，得：T﹣Mg＝0﹣﹣﹣﹣﹣﹣①对小球m，由牛顿第二定律，有：T+mg＝mv2联立①②式可解得：v=M答：小球的线速度是M+点评：物体做圆周运动需要向心力，找到向心力的来源，本题就能解决了，比较简单．【解题思路点拨】对于竖直平面内的圆周运动，一般题目都会给出关键词“恰好”，当物体恰好过圆周运动最高点时，物体自身的重力完全充当向心力，mg＝mv2R，从而可以求出最高点的速度v5．功的定义、单位和计算式【知识点的认识】1．定义：物体受到力的作用，并在力方向上发生一段位移，就说力对物体做了功．2．公式：W＝Flcosα，其中α为F与l的夹角，F是力的大小，l一般是物体相对地面的位移，而不是相对于和它接触的物体的位移．3．应用中的注意点（1）公式只适用于恒力做功；（2）F和l是对应同一个物体的；（3）恒力做功多少只与F、l及二者夹角余弦有关，而与物体的加速度大小、速度大小、运动时间长短等都无关，即与物体的运动性质无关，同时与有无其它力做功也无关．4．物理意义：功是能量转化的量度．5．单位：焦耳（J），1J＝1N•m．6．功是标量，没有方向、但是有正负，正负表示能量转化的方向．表示物体是输入了能量还是输出了能量．【命题方向】关于功的概念，下列说法中正确的是（）A、力对物体做功多，说明物体的位移一定大B、力对物体做功小，说明物体的受力一定小C、力对物体不做功，说明物体一定没有移动D、物体发生了位移，不一定有力对它做功分析：做功包含的两个必要因素是：作用在物体上的力，物体在力的方向上通过一定的位移．根据W＝Flcosα求解．解答：A、力对物体做功多，根据W＝Flcosα，如果力很大，那么物体的位移不一定大，故A错误B、力对物体做功小，根据W＝Flcosα，如果力位移很小，那么物体的受力不一定小，故B错误C、力对物体不做功，根据W＝Flcosα，可能α＝90°，所以物体不一定没有移动，故C错误D、物体发生了位移，如果力的方向与位移方向垂直，那么力对它不做功，故D正确故选：D。点评：对物体做功必须同时满足两个条件：对物体施加力，物体在这个力的作用下通过一定的位移．【解题方法点拨】1.对功的概念的理解（1）做功的两个必不可少的因素理解功的概念，首先要知道做功的两个不可缺少的因素：力和物体在力的方向上发生的位移。力对物体是否做了功只与这两个因素有关，与其他因素诸如物体运动的快慢、运动的性质、物体的质量、物体是否受其他力作用等均无关。（2）功是过程量，总是与一个具体的过程相对应同时功与具体的某个力或某几个力相对应，通常我们说某个力或某几个力所做的功。2.对计算功的大小的公式的两点提醒（1）公式中的F是恒力，即公式W＝Flcosα并不是普遍适用的，它只适用于大小和方向均不变的恒力做功。如果F是变力，W＝Flcosα就不适用了。（2）F与l必须具备同时性，即必须是力作用过程中物体的位移。如果力消失后物体继续运动，力所做的功就只跟力作用的那段位移有关，跟其余的位移无关，6．动能大小的影响因素及比较【知识点的认识】动能的表达式为Ek=1【命题方向】关于物体的动能，下列说法正确的是（）A、质量大的物体，动能一定大B、速度大的物体，动能一定大C、速度方向变化，动能一定变化D、物体的质量不变，速度变为原来的两倍，动能将变为原来的四倍分析：动能是标量，没有方向，根据EK解答：A、根据EK=1B、根据EK=1C、速度方向改变，动能不一定改变。比如做匀速圆周运动的物体，其速度变化，而动能却不变。故C错误。D、根据EK=1故选：D。点评：解决本题的关键知道动能的表达式EK【解题思路点拨】根据动能的表达式分析影响动能大小的因素从而比较动能的大小。7．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．常见力做功与相应的能量转化【知识点的认识】1．内容（1）功是能量转化的量度，即做了多少功就有多少能量发生了转化。（2）做功的过程一定伴随着能量的转化，而且能量的转化必通过做功来实现。2．高中物理中几种常见的功能关系功能量的变化合外力做正功动能增加重力做正功重力势能减少弹簧弹力做正功弹性势能减少电场力做正功电势能减少其他力（除重力、弹力）做正功机械能增加一对滑动摩擦力做的总功为负功系统的内能增加【解题思路点拨】如图所示，质量为m的物体静止在地面上，物体上面连着一个轻弹簧，用手拉住弹簧上端上移H，将物体缓缓提高h，拉力F做功WF，不计弹簧的质量，则下列说法正确的是（）A、重力做功﹣mgh，重力势能减少mghB、弹力做功﹣WF，弹性势能增加WFC、重力势能增加mgh，弹性势能增加FHD、重力势能增加mgh，弹性势能增加WF﹣mgh分析：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，物体缓缓提高说明速度不变，拉力F做的功等于物体重力势能的变化量与弹簧弹性势能增加量之和．解答：重力势能的变化量等于负的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物体缓缓提高说明速度不变，所以物体动能不发生变化，ΔE弹＝WF+WG＝WF﹣mgh故选：D。点评：本题主要考查了重力势能的变化量与重力做功的关系以及能量转化关系，难度不大，属于基础题．【解题思路点拨】1.常见的功能关系：合力做功——动能变化；重力做功——重力势能变化；弹力做功——弹性势能变化；摩擦力做功——内能变化；其他力做功——机械能变化。2.判断和计算做功或能量变化时，可以反其道而行之，通过计算能量变化或做功多少来进行。9．判断机械能是否守恒及如何变化【知识点的认识】1.机械能守恒的条件为：（1）只受到重力。（2）除重力或系统内弹力外还受到其他力的作用，但其他力不做功。（3）除重力或系统内弹力外还受到其他力的作用，其他力所做总功为零2.判断机械能是否守恒的方法有（1）做功条件分析法应用系统机械能守恒的条件进行分析。分析各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒。（2）能量转化分析法从能量转化的角度进行分析。若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转化成其他形式的能（如内能增加），则系统的机械能守恒。（3）增减情况分析法直接从机械能的各种形式的能量的增减情况进行分析。若系统的动能与势能均增加或均减少；若系统的动能与势能只有一种形式的能发生了变化；若系统内各个物体的机械能均增加或均减少，则可判定机械能不守恒。（4）典型过程对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等，除非题目特别说明，否则机械能必定不守恒。3.机械能如何转化如果“外力”对系统做正功，系统的机械能增大；如果外力对系统做负功，系统的机械能减小。【命题方向】下列过程中机械能守恒的是（）A、跳伞运动员匀速下降的过程B、小石块做平抛运动的过程C、子弹射穿木块的过程D、木箱在粗糙斜面上滑动的过程分析：当系统只有重力做功或弹簧的弹力做功时，系统的动能和势能相互转化但总能量保持不变．判断机械能守恒的方法有两种：一是根据条件进行判断；二是根据能量的变化进行判断．解答：A、运动员动能不变，但高度下降，故重力势能减小，故机械能不守恒，故A错误；B、石块在平抛运动过程中只有重力做功，故机械能守恒，故B正确；C、子弹穿过木块时由于摩擦力做功，故有内能产生，故机械能不守恒，故C错误；D、木箱在粗糙斜面上运动时，由于摩擦力做功，故有内能产生，机械能不守恒，故D错误；故选：B。点评：机械能守恒是考试中常见问题，一定要掌握判断机械能守恒的条件．【解题思路点拨】1.机械能守恒的判断（1）用做功来判断：分析物体或物体受力情况（包括内力和外力）明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则机械能守恒。（2）用能量转化来判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，无机械能与其他形式的能的转化，则系统机械能守恒。2.判断机械能守恒的三个易错点（1）合力为零是物体处于平衡状态的条件。物体的合力为零时，它一定处于匀速直线运动状态或静止状态，但它的机械能不一定守恒。（2）合力做功为零是物体动能不变的条件。合力对物体不做功，它的动能一定不变，但它的机械能不一定守恒。（3）只有重力做功或系统内弹力做功是机械能守恒的条件。只有重力对物体做功时，物体的机械能﹣定守恒；只有重力或系统内弹力做功时，系统的机械能一定守恒。10．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。11．动量的定义、单位及性质【知识点的认识】1.动量的定义：质量和速度的乘积。用符号p表示。2.公式：p＝mv。3.单位：千克米每秒，符号：kg•m/s。4.标矢性：动量是矢量，方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。【命题方向】物体在运动过程中加速度不为零，则下列说法正确的是（）A、物体速度的大小一定随时间变化B、物体速度的方向一定随时间变化C、物体动能一定随时间变化D、物体动量一定随时间变化分析：加速度不为零，物体受到的合力不为零，根据合力方向与速度方向间的关系分析判断物体速度大小、方向如何变化，动能是否变化，由动量定理分析答题．解答：物体在运动过程中加速度不为零，物体受到的合力不为零；A、如果物体做匀速圆周运动，物体所受合力不为零，则物体的速度大小不变，速度方向时刻变化，故A错误；B、如果物体做直线运动，物体所受合力不为零，则物体的速度方向不变，速度大小不断变化，故B错误；C、如果物体做匀速圆周运动，物体所受合力不为零，物体动能不变，故C错误；D、物体所受合力不为零，则物体所受的冲量不为零，由动量定理可知，物体的动量一定随时间变化，故D正确；故选：D。点评：物体所受合力不为零，物体做变速运动，物体的动量一定变化，物体的速度大小、速度方向、物体动能是否变化与物体做什么运动有关系，应具体分析讨论．【解题思路点拨】动量的性质有：（1）瞬时性：通常说物体的动量是物体在某一时刻或某一位置的动量，动量的大小可用p＝mv表示。（2）矢量性：动量的方向与物体的瞬时速度的方向相同。（3）相对性：因物体的速度与参考系的选取有关，故物体的动量也与参考系的选取有关。12．动量变化量的计算【知识点的认识】1.定义：动量的变化量是指物体的末动量减去初动量。2.表达式：Δp＝p2﹣p1＝mv2﹣mv13.性质：动量的变化量是矢量，方向与速度变化量的方向相同，可以用矢量运算法则确定。【命题方向】一个质量为0.18kg的垒球以20m/s的水平速度向右飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40m/s，则这一过程动量的变化量为（）A、大小10.8kgm/s，方向向右B、大小10.8kgm/s，方向向左C、大小3.6kgm/s，方向向右D、大小3.6kgm/s，方向向左分析：动量p＝mv，是矢量，规定正方向后求解动量的变化量．解答：规定水平向右为正方向，则初动量p1＝mv1＝0.18kg×20m/s＝3.6kg•m/s；打击后动量为：p2＝mv2＝0.18kg×（﹣40m/s）＝﹣7.2kg•m/s；故动量变化为：Δp＝p2﹣p1＝﹣10.8kg•m/s，负号表示方向与规定的正方向相反，即向左；故选：B。点评：本题关键明确动量、动量的变化量都是矢量，规定正方向后，可以将矢量运算简化为代数运算．【解题记录点拨】1.表达式：Δp＝p2﹣p12.矢量性：动量变化量是矢量，与速度变化的方向相同，运算遵循平行四边形定则，当p1、p2，在同一条直线上时，可规定正方向，将矢量运算转化为代数运算。3.对动量和动量变化量的两个提醒（1）动量是矢量，比较两个物体的动量时，不能仅比较大小，还要比较方向，只有大小相等、方向相同的两个动量才相等。（2）计算动量变化量时，应利用矢量运算法则进行计算。对于在同一直线上的矢量运算，要注意选取正方向。13．冲量的定义及性质【知识点的认识】1.定义：力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，用符号Ⅰ表示。2.物理意义：反映了力的作用对时间的累积效应。3.定义式：I＝FΔt。4.标矢性：恒力的冲量方向与力的方向相同，变力的冲量方向需具体分析。5.单位：牛秒，符号：N•s。6.理解（1）冲量是一个过程量，力越大.作用时间越长，冲量越大。（2）绝对性：力与作用时间均与参考系的选择无关，故冲量也与参考系无关。【命题方向】关于冲量的概念，以下说法正确的是（）A、作用在两个物体上力大小不同，但两个物体所受的冲量可能相同B、作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定很大C、作用在物体的力作用时间很短，物体所受的冲量一定很小D、只要力的作用时间与力的大小的乘积相等，物体所受的冲量就相同分析：冲量的概念、公式，I＝Ft，冲量都是矢量，冲量的方向由力的方向决定．解答：A、由冲量公式I＝Ft，作用在两个物体上力大小不同，时间不等，但两个物体所受的冲量可能相同，可知A正确B、由冲量公式I＝Ft，可知作用在物体上的力很大，若时间极短，物体所受的冲量很小，不一定很大，故B错误C、同理，C错误D、冲量是矢量，冲量的方向由力的方向决定，由冲量公式I＝Ft，可知D错误故选：A。点评：本题考查对冲量概念、公式的理解，抓住矢量性，从定义理解记忆．【解题解题点拨】1.冲量的性质：（1）过程量：冲量描述的是力的作用对时间的积累效应，取决于力和时间这两个因素，所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量。（2）矢量性：冲量的方向与力的方向相同，与相应时间内物体动量变化量的方向相同。2.对冲量表达式的理解：（1）只要有力就有冲量。（因为时间一定在累积）（2）冲量的大小与物体的运动情况无关。即使水平运动的物体，重力的冲量也不位零。14．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．15．动量守恒定律的内容、条件和判断【知识点的认识】1．内容：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变，这就是动量守恒定律．2．表达式：（1）p＝p′，系统相互作用前总动量p等于相互作用后的总动量p′．（2）m1v1+m2v2＝m1v1′+m2v2′，相互作用的两个物体组成的系统，作用前的动量和等于作用后的动量和．（3）△p1＝﹣△p2，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．（4）△p＝0，系统总动量的增量为零．3．动量守恒定律的适用条件（1）不受外力或所受外力的合力为零．不能认为系统内每个物体所受的合外力都为零，更不能认为系统处于平衡状态．（2）近似适用条件：系统内各物体间相互作用的内力远大于它所受到的外力．（3）如果系统在某一方向上所受外力的合力为零，则在这一方向上动量守恒．【命题方向】例子：如图所示，A、B两物体的质量比mA：mB＝3：2，它们原来静止在平板车C上，A、B间有一根被压缩了的弹簧，A、B与平板车上表面间动摩擦因数相同，地面光滑．当弹簧突然释放后，则有（）A．A、B系统动量守恒B．A、B、C系统动量守恒C．小车向左运动D．小车向右运动分析：在整个过程中三个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒．分析小车的受力情况，判断其运动情况．解答：A、B，由题意，地面光滑，所以A、B和弹簧、小车组成的系统受合外力为零，所以系统的动量守恒．在弹簧释放的过程中，由于mA：mB＝3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B组成的系统合外力不为零，动量不守恒．故A错误．B正确；C、D由于A、B两木块的质量之比为m1：m2＝3：2，由摩擦力公式f＝μN＝μmg知，A对小车向左的滑动摩擦力大于B对小车向右的滑动摩擦力，在A、B相对小车停