高2022届 高三 物理考前20天终极冲刺 动量专项训练（含解析答案）

这是一份高2022届 高三 物理考前20天终极冲刺 动量专项训练（含解析答案），共68页。
2022年高考物理考前20天终极冲刺之动量
一．选择题（共10小题）
1．（2022•云南二模）如图所示，一质量为m、半径为R的不固定的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，有一质量也为m的小球由槽顶端A静止释放，在其下滑至槽末端B的过程中，下列说法正确的是（已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计）（　　）

A．小球的机械能守恒
B．小球和槽组成的系统动量守恒
C．小球滑离B点后将做自由落体运动
D．若圆弧槽固定，小球滑到B点时的速度与不固定时滑到B点的速度大小之比为
2．（2022•广州二模）如图，2022年北京冬奥会某次冰壶比赛，甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰.已知冰面粗糙程度处处相同，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，则（　　）

A．两壶碰撞过程无机械能损失
B．两壶碰撞过程动量变化量相同
C．碰撞后瞬间，甲壶的速度为
D．碰撞后瞬间，乙壶的速度为v0
3．（2022•德阳模拟）如图所示冰壶队备战2022年北京冬奥会的某次训练中的一个场景，蓝壶静止在大本营Q处，质量相等材料相同的红壶与蓝壶（视为质点）发生正碰，最终分别停在M点和N点，三个圆形区域半径关系为R2＝2R1，R3＝3R1，下列说法正确的是（　　）

A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同
B．碰后蓝壶速度为红壶速度的4倍
C．红壶碰前速度为碰后速度的3倍
D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
4．（2022•湖北二模）如图所示，用轻弹簧连接质量为m的物块A和质量为2m的物块B，放在光滑的水平面上，A与竖直墙面接触，弹簧处于原长，现用向左的推力缓慢推物块B，当B处于图示位置时静止，整个过程推力做功为W，现瞬间撤去推力，撤去推力后（　　）

A．从撤去推力至A即将离开墙面过程中，A、B及弹簧构成的系统动量守恒
B．从撤去推力至A即将离开墙面过程中，墙面对A的冲量为0
C．A离开墙面后弹簧具有的最大弹性势能为W
D．A离开墙面后弹簧具有的最大弹性势能为
5．（2022•临汾模拟）第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月20日落下帷幕，冰壶运动是冬奥会比赛项目之一。假设运动员用红壶撞击静止在水平冰面上的蓝壶，两壶发生正碰，不计碰撞时间，碰撞前、后两壶的v﹣t图像如图所示。已知两壶的质量均为20kg，则碰撞后蓝壶所受的阻力大小为（　　）

A．1.8N B．2.0N C．2.4N D．3.2N
6．（2022•平谷区一模）如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为R。质量为m的小球从小车上圆形轨道右侧的最高点由静止释放，已知M＞m。下列说法正确的是（　　）

A．小球由静止释放后，小球的机械能守恒
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒
C．小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零
D．小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘
7．（2022•云南模拟）如图所示，子弹以某一水平速度击中静止在光滑水平面上的木块并留在其中。对子弹射入木块的过程，下列说法正确的是（　　）

A．木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量
B．因子弹受到阻力的作用，故子弹和木块组成的系统动量不守恒
C．子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功
D．子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量和摩擦产生的热量之和
8．（2022•岳阳二模）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，则下列说法不正确的是（　　）

A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为
B．A、B两木块分离时，C的速度大小为
C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为
D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为
9．（2022•连云港模拟）如图，车静止在粗糙的水平地面上，一人站在车上抡起重锤从P处由静止砸向车的左端Q，锤下落的同时小车向左运动，锤瞬间砸在Q处后与小车保持相对静止，最终小车停止运动，取水平向右为正方向，不考虑空气阻力，此过程人、锤及小车组成的系统水平方向的动量px随时间t变化的图像可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
10．（2022•沈河区校级二模）如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M＝2.0kg。质量为m＝1.0kg的铁块以水平速度v0＝3.0m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好没从木板的左端滑出，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（　　）

A．1.5J B．4.5J C．3.0J D．6.0J
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2022•延边州一模）如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上。突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度）（　　）

A．系统动量守恒
B．系统机械能守恒
C．弹簧弹力与电场力大小相等时系统机械能最大
D．系统所受合外力的冲量为零
（多选）12．（2022•枣庄二模）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0kg的木板B，绳子开始是松弛的．质量为m3＝1.0kg的物块C放在长木板B的右端，C与木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小．现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0m/s，物块C立即在长木板上运动．已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落．下列说法正确的是（　　）

A．绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0m/s
B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0m/s
C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/s
D．最终A、B、C三者将以大小为的共同速度一直运动下去
（多选）13．（2022•石家庄二模）如图，质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为m的小球C挨着小球B放置在地面上。扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g。下面说法正确的是（　　）

A．球B、C分离前，A、B两球组成的系统机械能逐渐减小
B．球B、C分离时，球B对地面的压力大小为2mg
C．从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功为mv2
D．小球A落地时的动能为mgl﹣
（多选）14．（2022•青岛一模）如图甲，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态。t＝0时刻解除A球锁定，t＝t1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a﹣t图像如图乙，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是（　　）

A．t1时刻后A、B系统的总动量大小始终为mAS1
B．＝
C．S1﹣S2＝S3
D．t2时刻，弹簧伸长量大于0时刻的压缩量
（多选）15．（2022•滁州二模）如图所示，A、B两个小球（可视为质点），间隙极小，两球球心连线竖直，从离地面高度H处以相同的初速度v0＝同时竖直向下抛出，B先与地面碰撞，再与A的碰撞后B静止于地面，所有碰撞均为弹性碰撞，则（　　）

A．A、B两球的质量之比为1：3
B．A、B两球的质量之比为1：2
C．碰后A球上升的最大高度为8H
D．碰后A球上升的最大高度为16H
三．计算题（共5小题）
16．（2022•辽宁模拟）如图所示，质量为M的沙箱用四根长度均为L的不可伸长轻细线悬挂起来，沙箱摆动过程中只能发生平动，可用此装置测量子弹的速度。若第一颗质量为m的子弹在极短时间内水平射入并留在沙箱中，沙箱能向上摆起的最大摆角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）子弹打入沙箱前的瞬时速度多大；
（2）若沙箱第一次摆回到最低点的瞬间又打入第二颗相同的子弹，且子弹没有穿过沙箱，求第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能。

17．（2022•全国二模）如图所示，光滑导轨ABC固定在竖直平面内，左侧为半径为r的半圆环，右侧为足够长的水平导轨。一弹性绳原长为r，其一端固定在圆环的顶点A，另一端与一个套在圆环上质量为m的小球D相连。先将小球移至某点，使弹性绳处于原长状态，然后由静止释放小球。已知弹性绳伸长时弹力的大小满足胡克定律，弹性绳弹性势能满足公式Ep＝kx2，劲度系数k＝，x为形变量，重力加速度为g。求：
（1）释放小球瞬间，小球对圆环作用力的大小和方向；
（2）D球在圆环上达到最大速度时，弹性绳的弹性势能为多大；
（3）在水平导轨上等间距套着质量均为2m的n个小球，依次编号为1、2、3、4…n，当小球D在圆环上达到最大速度时恰好与弹性绳自动脱落，继续运动进入水平光滑导轨，之后与小球发生对心碰撞，若小球间的所有碰撞均为弹性碰撞，求1号球的最终速度及其发生碰撞的次数。（结果可保留根式）

18．（2022•鄂城区校级模拟）如图，长度L＝16m的传送带A与光滑水平高台B连接，高台B的左端竖直叠放着很多质量均为M＝3kg的相同物块Q，物块间接触面也是光滑的，物块左侧固定一竖直杆C，杆的下方仅允许一个物块通过，物块通过后做平抛运动，落在左侧比高台低h＝3.2m的平台E上，平台E和高台B之间是宽度x＝0.8m的壕沟D。现将一质量m＝1kg的物块P轻放在以速度v＝20m/s逆时针转动的传送带A上，物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，物块均可视为质点，且物块间的碰撞时间极短、可视为弹性正碰。重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块P第一次离开传送带时的速度大小；
（2）物块P与第一块物块Q碰撞后，第一块物块Q是否会落在平台E上？请说明理由。
（3）物块P最多可使几块物块Q落在平台E上？

19．（2022•青岛一模）如图，倾角θ＝37°的足够长斜面体固定在水平面上，在斜面底端垂直斜面固定一弹性挡板P，质量分别为m和4m的小物块a、b置于斜面上。物块a与斜面间无座擦。两小物块间夹一劲度系数很大、处于压缩状态的轻质短弹簧，弹簧通过机关锁定。现给两物块一大小为v0的初速度，两物块恰好能沿斜面匀速下滑，此时解除弹簧锁定，解除锁定后弹簧会迅速恢复原长并被移走。两物块均可视为质点，不计弹簧长度，物块a、物块b、挡板P间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g。

（1）求物块b与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）若锁定弹簧的弹性势能为Ep，求弹簧恢复原长时a、b两物块的速度；
（3）若锁定弹簧的弹性势能Ep＝10mv02，求解锁弹开后物块b沿斜面向上滑动的最大距离xm；
（4）若锁定弹簧的弹性势能Ep＝40mv02，解锁弹开后，求物块a与b发生第一次碰撞前物块a的最小速度。（结果可保留根号）
20．（2022•黄山二模）如图甲所示，平台ON上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50kg、可看作质点的物块A相接触（不粘连），OP段粗糙且长度等于弹簧原长。PN段光滑，上面有静止的小滑块B、C，mB＝1.5kg，mC＝0.5kg，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P点，现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块A向左运动x＝0.40m后撤去外力F，此后物块A向右运动到离开P点时的速度为v0＝4m/s，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ＝37°的传送带，并刚好到达传送带顶端。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.50，水平面MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带以恒定速度v＝1m/s顺时针转动，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：

（1）物块A与物块B碰撞前克服摩擦力做功为多少；
（2）滑块C刚滑上传送带时的速度；
（3）物块C滑上传送带到达顶端的过程中，滑块C与传送带之间摩擦产生的热量。

2022年高考物理考前20天终极冲刺之动量
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2022•云南二模）如图所示，一质量为m、半径为R的不固定的四分之一光滑圆弧槽，放在光滑的水平面上，有一质量也为m的小球由槽顶端A静止释放，在其下滑至槽末端B的过程中，下列说法正确的是（已知重力加速度为g，空气阻力忽略不计）（　　）

A．小球的机械能守恒
B．小球和槽组成的系统动量守恒
C．小球滑离B点后将做自由落体运动
D．若圆弧槽固定，小球滑到B点时的速度与不固定时滑到B点的速度大小之比为
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】比较思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【分析】根据是否只有重力或弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒；根据系统的合外力是否为零判断系统动量是否守恒；根据系统水平方向动量守恒和机械能守恒相结合求出小球滑到B点时的速度，由机械能守恒定律求求圆弧槽固定时小球滑到B点时的速度，再求小球滑到B点时的速度与不固定时滑到B点的速度大小之比。
【解答】解：A、圆弧槽不固定，小球下滑的过程中，圆弧槽向右移动，小球受到的支持力做负功，故小球的机械能不守恒，故A错误；
B、小球有竖直方向的分加速度，系统竖直方向的合外力不为零，而系统水平方向不受外力，所以系统的合外力不为零，则小球和圆弧槽组成的系统动量不守恒，系统水平方向动量守恒，故B错误；
C、圆弧槽不固定时，设小球滑到B点时的速度大小为v1，圆弧槽速度大小为v2。
在小球下滑的过程，取水平向右为正方向，由系统水平方向动量守恒得
mv1﹣mv2＝0
根据系统机械能守恒有mgR＝mv12+mv22
联立解得小球滑到B点时的速度为v1＝。小球离开B点后只受重力且有水平速度，做平抛运动，故C错误；
D、若圆弧槽固定，小球滑至B点时的速度满足，得vB＝，故圆弧槽固定和不固定情形下，小球滑到B点时的速度之比为vB：v1＝，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；对于机械能守恒定律要知道：机械能守恒定律的守恒条件是系统除重力或弹力做功以外，其它力对系统做的功等于零。要注意圆弧槽不固定时，小球和槽组成的系统动量并不守恒，但水平方向动量守恒。
2．（2022•广州二模）如图，2022年北京冬奥会某次冰壶比赛，甲壶以速度v0与静止的乙壶发生正碰.已知冰面粗糙程度处处相同，两壶完全相同，从碰撞到两壶都静止，乙的位移是甲的9倍，则（　　）

A．两壶碰撞过程无机械能损失
B．两壶碰撞过程动量变化量相同
C．碰撞后瞬间，甲壶的速度为
D．碰撞后瞬间，乙壶的速度为v0
【考点】动量守恒定律；动能定理；机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】比较思想；寻找守恒量法；动量定理应用专题；理解能力．
【分析】根据动能定理分析碰撞后两壶速度关系，根据动量守恒定律求出碰后两壶的速度，再分析碰撞过程有无机械能损失。根据动量守恒定律分析两壶碰撞过程动量变化量关系。
【解答】解：ACD、设两壶质量为m，碰撞后瞬间，甲壶的速度为v1，乙壶的速度为v2。研究碰撞后两壶滑行过程，根据动能定理得：
对甲壶有：﹣μmgx甲＝0﹣
对乙壶有：﹣μmgx乙＝0﹣
据题知：x乙＝9x甲，联立解得：v2＝3v1
两壶碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mv1+mv2，可得v1＝，v2＝
两壶碰撞前总动能为Ek＝mv02，碰撞后总动能为Ek′＝mv12+mv22＝mv02，则碰撞过程有机械能损失，故AD错误，C正确；
B、根据动量守恒定律得：Δp甲+Δp乙＝0，得Δp甲＝﹣Δp乙，即两壶碰撞过程动量变化量大小相等，方向相反，动量变化量不同，故B错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，涉及力在空间的效果求速度运用动能定理。
3．（2022•德阳模拟）如图所示冰壶队备战2022年北京冬奥会的某次训练中的一个场景，蓝壶静止在大本营Q处，质量相等材料相同的红壶与蓝壶（视为质点）发生正碰，最终分别停在M点和N点，三个圆形区域半径关系为R2＝2R1，R3＝3R1，下列说法正确的是（　　）

A．碰后两壶所受摩擦力的冲量相同
B．碰后蓝壶速度为红壶速度的4倍
C．红壶碰前速度为碰后速度的3倍
D．碰撞过程两壶组成的系统机械能守恒
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律；动量定理．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【分析】碰后两壶滑行距离不同，所以碰后两球速度不同，根据动量定理可判断出碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同。两壶碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以分析碰撞前后红壶的速度的关系；根据动能的计算公式可比较碰撞前后动能关系，从而判断机械能是否守恒。
【解答】解：A、碰后两壶滑行距离不同，滑行时加速度相同，所以碰后两球速度不相同，根据动量定理：I＝0﹣mv＝﹣mv，可知碰后两壶所受摩擦力的冲量不相同，故A错误；
B、碰后红壶运动的距离为x1＝R2﹣R1＝R1，蓝壶运动的距离为x2＝2R1＝4R1，二者质量相等材料相同，则二者碰后的所受摩擦力相同，故做减速运动的加速度也相同，对红壶，有：＝2ax1，对蓝壶有：＝2ax2，解得v1：v2＝1：2，即碰后蓝壶速度为红壶速度的2倍，故B错误；
C、设红壶碰前速度为v0，碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以碰撞前红壶的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝mv1+mv2，解得：v0＝3v1，即红壶碰前速度约为碰后速度的3倍，故C正确；
D、碰撞前系统的动能Ek0＝＝碰撞后系统的动能Ek1＝，解得：Ek1＝，则Ek0＞Ek1，碰撞过程系统的机械能不守恒，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查动量守恒定律与动量定理、动能定理的综合应用，根据题意分析清楚两壶的运动过程是解题的前提，要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，解题时要注意正方向的选择。
4．（2022•湖北二模）如图所示，用轻弹簧连接质量为m的物块A和质量为2m的物块B，放在光滑的水平面上，A与竖直墙面接触，弹簧处于原长，现用向左的推力缓慢推物块B，当B处于图示位置时静止，整个过程推力做功为W，现瞬间撤去推力，撤去推力后（　　）

A．从撤去推力至A即将离开墙面过程中，A、B及弹簧构成的系统动量守恒
B．从撤去推力至A即将离开墙面过程中，墙面对A的冲量为0
C．A离开墙面后弹簧具有的最大弹性势能为W
D．A离开墙面后弹簧具有的最大弹性势能为
【考点】动量守恒定律；功能关系．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【分析】系统所受合外力为零，系统动量守恒；只有重力或弹力做功，机械能守恒；根据物块的运动过程应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
【解答】解：A、从撤去推力至A即将离开墙面过程中，A、B及弹簧构成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A错误；
B、从撤去推力至A即将离开墙面过程中，墙面对A作用力水平向右不为零，力的作用时间不为零，墙面对A的冲量不为零，故B错误；
C、从撤去推力到A即将离开墙面过程，A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，设A即将离开墙面时B的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：W＝，A离开墙面后A、B组成的系统动量守恒，当A、B的速度相等时弹簧的形变量最大，弹簧的弹性势能最大，设A、B的共同速度为v，设弹簧的最大弹性势能为Ep，以向右为正方向，由动量守恒定律得：2mv0＝（m+2m）v，对A、B与弹簧组成的系统，由机械能守恒定律得：+Ep，解得：Ep＝，故C错误，D正确。
故选：D。
【点评】知道动量守恒与机械能守恒的条件、分析清楚物块的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
5．（2022•临汾模拟）第24届冬季奥林匹克运动会于2022年2月20日落下帷幕，冰壶运动是冬奥会比赛项目之一。假设运动员用红壶撞击静止在水平冰面上的蓝壶，两壶发生正碰，不计碰撞时间，碰撞前、后两壶的v﹣t图像如图所示。已知两壶的质量均为20kg，则碰撞后蓝壶所受的阻力大小为（　　）

A．1.8N B．2.0N C．2.4N D．3.2N
【考点】动量守恒定律；动量定理．菁优网版权所有
【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【分析】根据图示图象求出碰撞前后红壶的速度，碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律求解碰后蓝壶的速度，再根据动量定理求解阻力大小。
【解答】解：设碰后蓝壶的速度为v，碰前红壶的速度v0＝1.0m/s，碰后红壶的速度为v′＝0.4m/s，
取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv'+mv
解得v＝0.6m/s；
设碰撞后蓝壶所受的阻力大小为f，取初速度方向为正方向，对蓝壶根据动量定理可得：
﹣fΔt＝0﹣mv，其中Δt＝6s﹣1s＝5s
解得：f＝2.4N，故C正确、ABD错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和动量定理；对于动量守恒定律，解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
6．（2022•平谷区一模）如图所示，质量为M的小车静止在光滑的水平桌面上，小车的上表面是半径为R的光滑半圆形轨道。小车两侧距离桌面边缘的水平距离均为R。质量为m的小球从小车上圆形轨道右侧的最高点由静止释放，已知M＞m。下列说法正确的是（　　）

A．小球由静止释放后，小球的机械能守恒
B．小球由静止释放后，小球和小车组成的系统的动量守恒
C．小球到达圆弧轨道左侧最高处时，小车的速度为零
D．小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，小车的右边外侧会伸出桌面右边缘
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】定量思想；方程法；动量和能量的综合；推理能力．
【分析】根据动量守恒定律的守恒条件、机械能守恒定律的守恒条件分析AB选项；根据水平方向动量守恒分析C选项；根据“人船模型”分析D选项。
【解答】解：A、小球由静止释放后，除重力做功外，小车对小球也做功，所以小球的机械能不守恒，故A错误；
B、小球由静止释放后，小球和小车组成的系统水平方向合力为零，所以水平方向的动量守恒，竖直方向的动量不守恒，所以小球和小车组成的系统的动量不守恒，故B错误；
C、由动量守恒定律可知，系统水平方向动量守恒，初状态水平方向动量为零，当小球到达圆弧轨道左侧最高处时，相对小车静止，系统的末动量也为零，所以小车的速度为零，故C正确；
D、由水平方向的动量守恒可得小球从小车上圆形轨道右侧的最高点由静止释放，运动到最低点时，有：Mv1＝mv2
则有Mx1＝mx2
可得
且x1+x2＝R
则可得
则小球运动到左侧做高点时，小车向右移动的距离为
所以小车的右边外侧不会伸出桌面右边缘，由动量守恒定律可得，小球从圆形轨道左侧的最高点由静止释放，运动到右侧做高点时，小车回到原来的位置，所以小车的左边外侧始终不会伸出桌面左边缘，故D错误。
故选：C。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和机械能守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力为零）；解答时要利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程求解。
7．（2022•云南模拟）如图所示，子弹以某一水平速度击中静止在光滑水平面上的木块并留在其中。对子弹射入木块的过程，下列说法正确的是（　　）

A．木块对子弹的冲量等于子弹对木块的冲量
B．因子弹受到阻力的作用，故子弹和木块组成的系统动量不守恒
C．子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功
D．子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量和摩擦产生的热量之和
【考点】动量守恒定律；功能关系；动量 冲量．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【分析】系统所受合外力为零系统动量守恒；根据冲量的定义式比较子弹与木块的冲量关系；根据子弹与木块的运动过程应用功能关系分析答题。
【解答】解：A、木块对子弹的作用力与子弹对木块的作用力是作用力与反作用力，大小F相等、方向相反、作用时间t相等，由冲量I＝Ft可知，木块对子弹的冲量与子弹最木块的冲量大小相等方向相反，冲量不相等，故A错误；
B、子弹与木块间的作用力是内力，子弹与木块组成的系统所受合外力为零，子弹和木块组成的系统动量守恒，故B错误；
C、子弹损失的机械能转化为木块的动能与产生的内能即系统损失的内能，由功能关系可知，子弹和木块组成的系统损失的机械能等于子弹损失的动能减去子弹对木块所做的功，故C正确；
D、由功能关系可知，子弹克服木块阻力做的功等于子弹的动能减少量，等于木块增加的动能与摩擦产生的热量之和，故D错误。
故选：C。
【点评】根据题意分析清楚子弹与木块的运动过程，知道子弹与木块间的作用力是作用力与反作用力，应用冲量的定义式、动量守恒定律与功能关系即可解题。
8．（2022•岳阳二模）如图所示，质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L的细线，细线另一端系一质量为m0的球C，现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球，则下列说法不正确的是（　　）

A．A、B两木块分离时，A、B的速度大小均为
B．A、B两木块分离时，C的速度大小为
C．C球由静止释放到最低点的过程中，A对B的弹力的冲量大小为
D．C球由静止释放到最低点的过程中，木块A移动的距离为
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律；动量定理．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【分析】小球摆动到最低点时，A、B分离，在此过程，A、B、C系统动量守恒，机械能守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律求出A、B、C的速度；应用动量定理可以求出A对B的冲量大小；通过水平方向上的动量守恒求出木块A移动的距离。
【解答】解：AB、小球释放在向下摆动的过程中，对A有向左的拉力，使得A、B之间有弹力，A、B不会分离，当C运动到最低点时，A、B间弹力为零，A、B将要分离，A、B分离时速度相等；A、B、C系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m0vC﹣2mvA＝0
由机械能守恒定律得：m0gL＝
解得：vA＝，vC＝2，故AB正确；
C、C球由静止释放到最低点的过程中，由动量定理可知，A对B的弹力的冲量大小I＝mvA＝m0，故C错误；
D、A、B、C组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
m0vC﹣2mvA＝0，则m0×﹣2m×＝0，由几何关系得：x1+x2＝L，
解得A移动的距离为：x2＝，故D正确。
本题不正确的，故选：C。
【点评】本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
9．（2022•连云港模拟）如图，车静止在粗糙的水平地面上，一人站在车上抡起重锤从P处由静止砸向车的左端Q，锤下落的同时小车向左运动，锤瞬间砸在Q处后与小车保持相对静止，最终小车停止运动，取水平向右为正方向，不考虑空气阻力，此过程人、锤及小车组成的系统水平方向的动量px随时间t变化的图像可能正确的是（　　）

A． B．
C． D．
【考点】动量定理；动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【分析】人、锤与小车组成的系统在水平方向受到滑动摩擦力，分析滑动摩擦力的变化，根据动量定理分析系统在水平方向动量的变化。
【解答】解：重锤从P处由静止下落的同时小车向左运动，系统受到向右的滑动摩擦力作用，重锤的加速度有竖直向下的分量且此分量逐渐减小，系统处于失重状态，地面对车的支持力逐渐增加，系统受到向右的滑动摩擦力逐渐增大，根据动量定理可知，系统受到的滑动摩擦力的冲量等于系统动量的增加量，故此过程系统动量的增加量逐渐增大且方向向右，px﹣t图像斜率逐渐变大；
锤瞬间砸在Q处后与小车保持相对静止后（此时速度方向向左），系统受到向右的恒定滑动摩擦力作用而减速运动，根据动量定理可知，故此过程系统动量方向向右均匀减小，px﹣t图像斜率不变，故B正确，ACD错误。
故选：B。
【点评】本题考查了动量定理的应用，系统所受合外力的冲量等于系统动量变化量。注意动量与冲量均为矢量，动量定理可以在某一方向上应用。
10．（2022•沈河区校级二模）如图所示，光滑水平面上的木板右端，有一根轻质弹簧沿水平方向与粗糙木板相连，木板质量M＝2.0kg。质量为m＝1.0kg的铁块以水平速度v0＝3.0m/s从木板的左端沿板面向右滑行，压缩弹簧后又被弹回，最后恰好没从木板的左端滑出，则在上述过程中弹簧具有的最大弹性势能为（　　）

A．1.5J B．4.5J C．3.0J D．6.0J
【考点】动量守恒定律；功能关系．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力．
【分析】铁块压缩弹簧到最短时铁块与木板速度相等，此时弹簧弹性势能最大，系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能。
【解答】解：据题意，当m向右运动过程中，由于摩擦力作用，m做减速运动，M做加速运动，压缩弹簧过程也是由于弹力作用，继续类似运动，知道两者速度相等时，弹簧压缩到最短，设此时速度为v，据动量守恒定律有
mv0＝（M+m） v
解得
v＝1m/s
此后m在弹力作用下减速运动，M加速运动，离开弹簧后在摩擦力作用下，m做加速运动而M做减速运动，知道两者速度相等时相等静止，设此时速度为v'，据动量守恒定律有
mv0＝（M+m） v'
解得
v'＝1m/s
则m从左端运动到把弹簧压缩到最短过程中有据能量守恒定律有
Ep＝﹣Q﹣
m从左端运动到再次回到左端过程中据能量守恒定律有
＝2Q+
联立解得
Ep＝1.5J
故A正确，BCD错误。
故选：A。
【点评】本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
二．多选题（共5小题）
（多选）11．（2022•延边州一模）如图所示，质量分别为m1、m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上。突然加一水平向右的匀强电场后，两球A、B将由静止开始运动，对两小球A、B和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用，且弹簧不超过弹性限度）（　　）

A．系统动量守恒
B．系统机械能守恒
C．弹簧弹力与电场力大小相等时系统机械能最大
D．系统所受合外力的冲量为零
【考点】动量守恒定律；功能关系；动量定理．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【分析】两小球受到的电场力做正功，系统的机械能增加；电场力做负功，系统的机械能减少。根据系统的合外力，对照动量守恒的条件：合外力为零，分析系统的动量是否守恒。
【解答】解：AD、加上电场后，两球所带电荷量相等而电性相反，两球所受的电场力大小相等、方向相反，则系统所受电场力的合力为零，系统的动量守恒，由动量定理可知，合外力冲量为零，故AD正确；
BC、．加上电场后，电场力对两球分别做正功，两球的动能先增加，当电场力和弹簧弹力平衡时，动能最大，然后弹力大于电场力，两球的动能减小，直到动能均为0，弹簧最长为止，此过程系统机械能一直增加，此时系统的机械能最大，故BC错误。
故选：AD。
【点评】本题要求我们在动态的变化类题目中要注意分析过程，确定两球的受力情况，明确能量间的转化关系，同时明确动量守恒的条件和功能关系的应用。
（多选）12．（2022•枣庄二模）足够大的光滑水平面上，一根不可伸长的细绳一端连接着质量为m1＝1.0kg的物块A，另一端连接质量为m2＝1.0kg的木板B，绳子开始是松弛的．质量为m3＝1.0kg的物块C放在长木板B的右端，C与木板B间的滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力大小．现在给物块C水平向左的瞬时初速度v0＝2.0m/s，物块C立即在长木板上运动．已知绳子绷紧前，B、C已经达到共同速度；绳子绷紧后，A、B总是具有相同的速度；物块C始终未从长木板B上滑落．下列说法正确的是（　　）

A．绳子绷紧前，B、C达到的共同速度大小为1.0m/s
B．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为1.0m/s
C．绳子刚绷紧后的瞬间，A、B的速度大小均为0.5m/s
D．最终A、B、C三者将以大小为的共同速度一直运动下去
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【专题】定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【分析】绳子绷紧前，C在B上滑动过程，两者组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求B、C达到的共同速度大小；绳子刚绷紧瞬间，A与B组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求绳子刚绷紧后的瞬间A、B的速度大小；绳子绷紧后，A、B、C组成的系统动量守恒，由动量守恒定律求最终A、B、C三者的共同速度。
【解答】解：A、绳子绷紧前，C在B上滑动过程，两者组成的系统合外力为零，系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
m3v0＝（m2+m3）v1，解得B、C达到的共同速度大小：v1＝1.0m/s，故A正确；
BC、绳子刚绷紧瞬间，A与B组成的系统动量守恒，取向左为正方向，由动量守恒定律得：
m2v1＝（m1+m2）v2，解得绳子刚绷紧后的瞬间A、B的速度大小：v2＝0.5m/s，故B错误，C正确；
D、设最终A、B、C三者的共同速度为v3。对整个过程，取向左为正方向，由A、B、C组成的系统动量守恒得：
m3v0＝（m1+m2+m3）v3，解得v3＝m/s，即最终A、B、C三者将以大小为的共同速度一直运动下去，故D正确。
故选：ACD。
【点评】本题是多研究对象、多过程问题，要分析清楚物体的运动过程，明确研究对象，分过程利用动量守恒定律即可正确解题。
（多选）13．（2022•石家庄二模）如图，质量均为m的小球A、B用一根长为l的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，质量也为m的小球C挨着小球B放置在地面上。扰动轻杆使小球A向左倾倒，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与地面有一定夹角时小球B和C分离，已知C球的最大速度为v，小球A落地后不反弹，重力加速度为g。下面说法正确的是（　　）

A．球B、C分离前，A、B两球组成的系统机械能逐渐减小
B．球B、C分离时，球B对地面的压力大小为2mg
C．从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功为mv2
D．小球A落地时的动能为mgl﹣
【考点】动量守恒定律；功能关系；机械能守恒定律；牛顿第二定律．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【分析】物体加速度方向向下时处于失重状态；只有重力或弹力做功机械能守恒，系统所受合外力为零，系统动量守恒，根据题意分析清楚球的运动过程应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析答题。
【解答】解：A、运动过程只有重力做功，三个小球组成的系统机械能守恒，在B、C分离前C球的速度逐渐增大，动能逐渐增大，C球的机械能逐渐增大，由于A、B、C三个球组成的系统机械能，C球的机械能逐渐增大，由机械能守恒定律可知，球B、C分离前，A、B两球组成的系统机械能逐渐减小，故A正确；
B、球B、C分离时，对A、B两球组成的系统，球A有向下的加速度，球A处于失重状态，A、B两球组成的系统处于失重状态，则球B对地面的压力大小小于2mg，故B错误；
D、A、B、C三球在水平方向所受合外力为零，A、B、C三球组成的系统在水平方向动量守恒，设在A落地瞬间A、B水平方向速度为v共，取向右为正方向，对A、B、C三球组成的系统，在水平方向，由动量守恒定律得：mv﹣2mv＝0，解得：v共＝，
A、B、C三球组成系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgl＝EkA+
解得A球落地时的动能EkA＝mgl﹣mv2，故D正确；
C、从开始到A球落地的过程中，杆对球B做的功等于球B和球C的动能之和，即W＝，解得：W＝，故C错误。
故选：AD。
【点评】分析清楚小球的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律、功能关系即可解题。
（多选）14．（2022•青岛一模）如图甲，质量分别为mA和mB的A、B两小球用轻质弹簧连接置于光滑水平面上，初始时刻两小球被分别锁定，此时弹簧处于压缩状态。t＝0时刻解除A球锁定，t＝t1时刻解除B球锁定，A、B两球运动的a﹣t图像如图乙，S1表示0到t1时间内A的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a﹣t图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是（　　）

A．t1时刻后A、B系统的总动量大小始终为mAS1
B．＝
C．S1﹣S2＝S3
D．t2时刻，弹簧伸长量大于0时刻的压缩量
【考点】动量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】定量思想；图析法；动量和能量的综合；推理能力．
【分析】在a﹣t图像中，图像与横轴围成的面积表示速度变化量，结合图像以及动量守恒定律分析出系统的总动量；
选择不同的研究对象，结合a﹣t图像的面积表示速度变化量分析出小球质量与面积的比值关系；
整个系统的机械能守恒，由此列式分析出弹簧在不同时刻的弹性势能大小，从而得到弹簧的形变量大小。
【解答】解：A、a﹣t图像的面积表示这段时间的速度变化量大小，t＝0时刻解除A球锁定，t＝t1时刻解除B球锁定，说明t1时刻只有A球具有速度，设此时A球的速度为v1，则有
ΔvA1＝v1﹣0＝v1＝S1
t1时刻后A、B组成的系统满足动量守恒，故总动量等于t1时刻A球的动量，则有
P总＝mAv1＝mAS1，故A正确；
B、由图像可知t1时刻A球的加速度为0，则此时弹簧弹力等于0，即弹簧处于原长状态，t2时刻两球的加速度都达到最大，说明此时弹簧的弹力最大，弹簧的伸长量最大，即t2时刻两球具有相同的加速度，设t2时刻A、B两球的速度为v2，从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为ΔvA2＝v1﹣v2＝S2，B球的速度变化量大小为：ΔvB＝v2﹣0＝S3。从t1到t2过程，A、B组成的系统满足动量守恒，则有mAv1＝mAv2+mBv2
可得：mA（v1﹣v2）＝mBv2
联立可得：，故B正确；
C、从t＝0到从t1时刻，A球速度变化量大小为ΔvA1＝v1＝S1；从t1到t2过程，A球的速度变化量大小为ΔvA2＝v1﹣v2＝S2；从t1到t2过程，B球的速度变化量大小为ΔvB＝v2﹣0＝S3，联立可得：S1﹣S2＝S3＝v2，故C正确；
D、从t＝0到t2时刻，A、B、弹簧组成的系统满足机械能守恒，则有

说明t＝0时刻弹簧的弹性势能大于t2时刻的弹性势能，即t＝0时刻弹簧的压缩量大于t2时刻的弹簧伸长量，故D错误；
故选：ABC。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律，选择合适的研究对象，同时要理解a﹣t图像中图像与横轴围成的面积表示速度的变化量，结合动量守恒定律和机械能守恒定律完成分析。
（多选）15．（2022•滁州二模）如图所示，A、B两个小球（可视为质点），间隙极小，两球球心连线竖直，从离地面高度H处以相同的初速度v0＝同时竖直向下抛出，B先与地面碰撞，再与A的碰撞后B静止于地面，所有碰撞均为弹性碰撞，则（　　）

A．A、B两球的质量之比为1：3
B．A、B两球的质量之比为1：2
C．碰后A球上升的最大高度为8H
D．碰后A球上升的最大高度为16H
【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律．菁优网版权所有
【专题】定量思想；动量和能量的综合；分析综合能力．
【分析】应用机械能守恒定律求出小球落地时的速度大小，发生弹性碰撞时系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律分析求解；应用机械能守恒定律求出碰撞后A上升的最大高度。
【解答】解：AB、设A球的质量为M，B球的质量为m，球下落过程只有重力做功，机械能守恒，应用机械能守恒定律得：，解得：v＝2，同理可知，A球落地速度大小也是2；B与地面发生弹性碰撞，碰撞后速度大小不变，方向竖直向上，A、B发生碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向上为正方向，由动量守恒定律得：mv﹣Mv＝mvB+MvA，弹性碰撞过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：，解得：vA＝，vB＝，A、B碰撞后B静止，则m﹣3M＝0，A、B两球的质量之比M：m＝1：3，故A正确，B错误；
CD、由于m＝3M，则碰撞后A球的速度大小vA＝4，碰撞后A上升过程机械能守恒，设A上升的最大高度为h，由机械能守恒定律得：＝Mgh，解得：h＝8H，故C正确，D错误。
故选：AC。
【点评】弹性碰撞过程系统机械能守恒，分析清楚两球的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可解题。
三．计算题（共5小题）
16．（2022•辽宁模拟）如图所示，质量为M的沙箱用四根长度均为L的不可伸长轻细线悬挂起来，沙箱摆动过程中只能发生平动，可用此装置测量子弹的速度。若第一颗质量为m的子弹在极短时间内水平射入并留在沙箱中，沙箱能向上摆起的最大摆角为θ，重力加速度为g，不计空气阻力，求：
（1）子弹打入沙箱前的瞬时速度多大；
（2）若沙箱第一次摆回到最低点的瞬间又打入第二颗相同的子弹，且子弹没有穿过沙箱，求第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能。

【考点】动量守恒定律；机械能守恒定律；能量守恒定律．菁优网版权所有
【专题】计算题；学科综合题；定量思想；寻找守恒量法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【分析】（1）先研究沙箱向上摆动的过程，根据机械能守恒定律求出子弹射入沙箱后两者的共同速度。再研究子弹击中沙箱过程，根据系统动量守恒求出子弹打入沙箱前的瞬时速度。
（2）研究第二颗相同的子弹打入沙箱的过程，由动量守恒定律求出第二颗子弹射入沙箱后沙箱的速度，再由能量守恒定律求第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能。
【解答】解：（1）子弹与沙箱一起向上摆动过程，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：
（m+M）gL（1﹣cosθ）＝（m+M）v12
子弹射入沙箱过程中，系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0＝（m+M）v1
联立解得：v1＝，v0＝
（2）沙箱返回最低点时的速度大小仍为：v1＝
第二颗子弹击中沙箱过程系统动量守恒，以子弹的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
mv0﹣（m+M）v1＝（2m+M）v2
第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能：ΔE＝mv0+（m+M）v12﹣（2m+M）v22
解得：ΔE＝
答：（1）子弹打入沙箱前的瞬时速度为；
（2）第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能为。
【点评】本题分析清楚物体运动过程是正确解题的前提与关键，应用动量守恒定律与机械能守恒定律即可正确解题。运用动量守恒定律时，要注意规定正方向，用正负号表示速度方向。
17．（2022•全国二模）如图所示，光滑导轨ABC固定在竖直平面内，左侧为半径为r的半圆环，右侧为足够长的水平导轨。一弹性绳原长为r，其一端固定在圆环的顶点A，另一端与一个套在圆环上质量为m的小球D相连。先将小球移至某点，使弹性绳处于原长状态，然后由静止释放小球。已知弹性绳伸长时弹力的大小满足胡克定律，弹性绳弹性势能满足公式Ep＝kx2，劲度系数k＝，x为形变量，重力加速度为g。求：
（1）释放小球瞬间，小球对圆环作用力的大小和方向；
（2）D球在圆环上达到最大速度时，弹性绳的弹性势能为多大；
（3）在水平导轨上等间距套着质量均为2m的n个小球，依次编号为1、2、3、4…n，当小球D在圆环上达到最大速度时恰好与弹性绳自动脱落，继续运动进入水平光滑导轨，之后与小球发生对心碰撞，若小球间的所有碰撞均为弹性碰撞，求1号球的最终速度及其发生碰撞的次数。（结果可保留根式）

【考点】动量守恒定律；动能定理；功能关系；机械能守恒定律；牛顿第三定律．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【分析】（1）根据受力分析结合牛顿第三定律得出释放小球瞬间小球对圆环作用力的大小和方向；
（2）根据平衡条件得出弹性绳的伸长量，结合弹性势能的表达式得出最大的弹性势能；
（3）发生弹性碰撞时，根据动量守恒和能量守恒的特点列式，同时结合数学知识得出球的最终速度和碰撞的速度。
【解答】解：（1）释放小球瞬间，弹性绳对小球无弹力，圆环对小球的支持力为

根据牛顿第三定律得

小球对圆环作用力方向，由释放点指向圆环圆心。
（2）D球在圆环上达到最大速度时，沿着切向方向合力等于零，设此时绳与竖直方向的夹角为θ，切向方向根据平衡条件得
mgsin2θ＝kxsinθ
弹性绳的伸长量为
x＝2rcosθ﹣r
解得：θ＝53°
弹性绳的弹性势能为

解得：Ep＝
从释放点到B点，根据动能定理得

解得：
D球与1号球发生弹性碰撞
mv0＝mv10+2mv11

解得：；
然后1号球与2号球发生弹性碰撞速度交换，1号球静止，2号球以1号球的速度运动，同样，2号球与3号球弹性碰撞速度交换……，第一轮1号球碰撞2次后静止；
第二轮D球与1号球发生弹性碰撞后的速度分别为


第二轮1号球碰撞2次后静止；
第n﹣1轮D球与1号球发生弹性碰撞后的速度分别为


第n﹣1轮1号球碰撞2次后静止；
第n轮D球与1号球发生弹性碰撞后1号球速度为

第n轮1号球只碰1次，综上，1号球一共碰撞次数为2n﹣1次。
答：（1）释放小球瞬间，小球对圆环作用力的大小为mg，方向指向圆环圆心；
（2）D球在圆环上达到最大速度时，弹性绳的弹性势能为；
（3）1号球的最终速度为，发生碰撞的次数为2n﹣1次。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律，同时要理解弹性碰撞时系统的机械能也守恒，解题的关键点是利用数学知识完成碰撞次数的解答，对学生的数学要求较高。
18．（2022•鄂城区校级模拟）如图，长度L＝16m的传送带A与光滑水平高台B连接，高台B的左端竖直叠放着很多质量均为M＝3kg的相同物块Q，物块间接触面也是光滑的，物块左侧固定一竖直杆C，杆的下方仅允许一个物块通过，物块通过后做平抛运动，落在左侧比高台低h＝3.2m的平台E上，平台E和高台B之间是宽度x＝0.8m的壕沟D。现将一质量m＝1kg的物块P轻放在以速度v＝20m/s逆时针转动的传送带A上，物块P与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8，物块均可视为质点，且物块间的碰撞时间极短、可视为弹性正碰。重力加速度g取10m/s2。
（1）求物块P第一次离开传送带时的速度大小；
（2）物块P与第一块物块Q碰撞后，第一块物块Q是否会落在平台E上？请说明理由。
（3）物块P最多可使几块物块Q落在平台E上？

【考点】动量守恒定律；平抛运动．菁优网版权所有
【专题】定量思想；推理法；动量和能量的综合；推理能力．
【分析】（1）根据牛顿第二定律结合运动学公式分析出物块的速度，要与传送带速度做比较；
（2）根据弹性碰撞的特点，结合平抛运动的规律联立等式计算出水平位移并完成分析；
（3）分析物块经过多次碰撞后的速度变化情况，结合数学知识完成分析。
【解答】解：（1）假设物块P第一离开传送带前全程加速，第一次离开传送带时的速度为v0
则有
μmg＝ma
联立解得：v0＝16m/s＜v＝20m/s
即假设成立，物块P第一次离开传送带时速度大小为16m/s；
（2）物块P与第一块物块Q碰撞，设碰撞后物块P和Q的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有
mv0＝mv1+Mv2

解得：；
物块Q从高台向左水平抛出时的速度为v2，设其下落高度为h时，水平方向上的位移为x1
由平抛运动规律有：
且x1＝v2t
联立解得：x1＝6.4m＞x，故第一块物块Q会落在平台E上。
（3）由上述分析可知，＝
物块P碰撞后向右再次进入传送带做减速运动，再反向加速到
与第二快物块Q相碰，此后一直重复相似过程，则物块P与第n个物块Q碰撞后物块Q的速度大小为：

又x＝vmint
通过上述分析可知，vmin＝1m/s
物块能落在平台E上，需要v2n≥vmin
解得：n≤4
答：（1）物块P第一次离开传送带时的速度大小为16m/s；
（2）物块P与第一块物块Q碰撞后，第一块物块Q会落在平台E上，解析过程如上；
（3）物块P最多可使4块物块Q落在平台E上。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律，同时要熟练掌握平抛运动在不同方向的运动特点，结合数学知识完成分析。
19．（2022•青岛一模）如图，倾角θ＝37°的足够长斜面体固定在水平面上，在斜面底端垂直斜面固定一弹性挡板P，质量分别为m和4m的小物块a、b置于斜面上。物块a与斜面间无座擦。两小物块间夹一劲度系数很大、处于压缩状态的轻质短弹簧，弹簧通过机关锁定。现给两物块一大小为v0的初速度，两物块恰好能沿斜面匀速下滑，此时解除弹簧锁定，解除锁定后弹簧会迅速恢复原长并被移走。两物块均可视为质点，不计弹簧长度，物块a、物块b、挡板P间的碰撞均为弹性碰撞，重力加速度为g。

（1）求物块b与斜面间的动摩擦因数μ；
（2）若锁定弹簧的弹性势能为Ep，求弹簧恢复原长时a、b两物块的速度；
（3）若锁定弹簧的弹性势能Ep＝10mv02，求解锁弹开后物块b沿斜面向上滑动的最大距离xm；
（4）若锁定弹簧的弹性势能Ep＝40mv02，解锁弹开后，求物块a与b发生第一次碰撞前物块a的最小速度。（结果可保留根号）
【考点】动量守恒定律；功能关系．菁优网版权所有
【专题】定量思想；整体法和隔离法；动量和能量的综合；推理能力．
【分析】（1）根据对整体的受力分析结合受力平衡的特点得出动摩擦因数；
（2）根据动量守恒定律和能量守恒定律得出两物块的速度；
（3）物块a达到物块b位置时速度刚好减为0，此时物块b上滑距离最大，根据动能定理列式计算出最大距离；
（4）当物块b速度减为0后，物块a与之相碰，此时物块a的速度最小，根据动能定理分别对两个物体列式分析计算出最小的速度。
【解答】（1）对a、b整体，根据受力平衡可得：
5mgsinθ＝μ×4mgcosθ
解得：μ＝
（2）设摊开瞬间物块a、b的速度分别为va、vb，根据动量守恒和能量守恒可得：
5mv0＝mva+4mvb

解得：；
（3）若锁定弹簧的弹性势能Ep＝10mv02，则
va＝5v0；vb＝0
物块a与挡板碰撞后弹回，与物块b多次碰撞，当物块a达到物块b位置时速度刚好减为0，此时物块b上滑距离最大，则有

解得：xm＝
（4）若锁定弹簧的弹性势能Ep＝40mv02，则有
va1＝9v0；vb1＝﹣v0
两物块弹开后，当物块b速度减为0后，物块a与之相碰，此时物块a的速度最小，设物块b沿斜面上升的最大距离为x0，由动能定理可得：
对b：
对a：
解得：v＝
答：（1）物块b与斜面间的动摩擦因数μ为；
（2）若锁定弹簧的弹性势能为Ep，弹簧恢复原长时a、b两物块的速度分别为和；
（3）若锁定弹簧的弹性势能Ep＝10mv02，解锁弹开后物块b沿斜面向上滑动的最大距离为；
（4）若锁定弹簧的弹性势能Ep＝40mv02，解锁弹开后，物块a与b发生第一次碰撞前物块a的最小速度为。
【点评】本题主要考查了动量守恒定律的相关应用，分析过程中选择合适的研究对象，正确理解临界状态，结合动能定理即可完成分析。
20．（2022•黄山二模）如图甲所示，平台ON上有一轻质弹簧，其左端固定于竖直挡板上，右端与质量m＝0.50kg、可看作质点的物块A相接触（不粘连），OP段粗糙且长度等于弹簧原长。PN段光滑，上面有静止的小滑块B、C，mB＝1.5kg，mC＝0.5kg，滑块B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，B与轻弹簧连接，滑块C未连接弹簧，两滑块离N点足够远。物块A开始静止于P点，现对物块施加一个水平向左的外力F，大小随位移x变化关系如图乙所示。物块A向左运动x＝0.40m后撤去外力F，此后物块A向右运动到离开P点时的速度为v0＝4m/s，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短。滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ＝37°的传送带，并刚好到达传送带顶端。已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.50，水平面MN右端N处与倾斜传送带理想连接，传送带以恒定速度v＝1m/s顺时针转动，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：

（1）物块A与物块B碰撞前克服摩擦力做功为多少；
（2）滑块C刚滑上传送带时的速度；
（3）物块C滑上传送带到达顶端的过程中，滑块C与传送带之间摩擦产生的热量。
【考点】动量守恒定律；动能定理；功能关系．菁优网版权所有
【专题】计算题；定量思想；推理法；动量和能量的综合；分析综合能力．
【分析】（1）F﹣x图线与坐标轴围成图形的面积表示力做的功，根据图示图象求出外力做功，然后应用动能定理求解。
（2）根据A、B、C的运动过程应用动量守恒定律与机械能守恒定律求解。
（3）应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出位移，然后求出因描出产生的热量。
【解答】解：（1）由图乙所示F﹣x图像可知，外力F做功为：WF＝×0.2J+18×0.2J＝6J
物块A从开始运动M点的过程中，由动能定理得：﹣0
代入数据解得：Wf＝2J
（2）A与B碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0＝（m+mB）v1
代入数据解得：v1＝1m/s
AB碰撞后，到弹簧恢复原长过程，A、B、C系统动量守恒，以向右为正方，由动量守恒定律得：（m+mB）v1＝（m+mB）vB+mCvC
由机械能守恒定律得：
代入数据解得：vB＝0.6m/s，vC＝1.6m/s
（3）C在传送带上减速至传送带共速过程中，由牛顿第二定律得：mCgsinθ+μmCgcosθ＝mCa1
代入数据解得：
运动时间：
C与传送带之间的相对位移是：
代入数据解得：Δx1＝0.018m
产生的热量：Q1＝μmgcosθ×Δx1
代入数据解得：Q1＝0.036J
C与传送带共速后，继续减速滑到顶端过程，由牛顿第二定律得：mCgsinθ﹣μmCgcosθ＝mCa2
代入数据解得：
运动时间：
C与传送带之间的相对位移：
代入数据解得：Δx2＝0.25m
摩擦产生的热量：Q2＝μmgcosθ×Δx2
代入数据解得：Q2＝0.5J
摩擦产生的总热量为：Q＝Q1+Q2＝（0.036+0.5）J＝0.536J
答：（1）物块A与物块B碰撞前克服摩擦力做功为2J；
（2）滑块C刚滑上传送带时的速度是1.6m/s，方向沿传送带向上；
（3）物块C滑上传送带到达顶端的过程中，滑块C与传送带之间摩擦产生的热量是0.536J。
【点评】根据图示F﹣x图象求出力F做的功、分析清楚运动过程是解题的前提，应用功能关系、动量守恒定律与机械能守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。

考点卡片
1．牛顿第二定律
【知识点的认识】
1．内容：物体的加速度跟物体所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．
2．表达式：F合＝ma．该表达式只能在国际单位制中成立．因为F合＝k•ma，只有在国际单位制中才有k＝1．力的单位的定义：使质量为1kg的物体，获得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg•m/s2．
3．适用范围：
（1）牛顿第二定律只适用于惯性参考系（相对地面静止或匀速直线运动的参考系）．
（2）牛顿第二定律只适用于宏观物体（相对于分子、原子）、低速运动（远小于光速）的情况．
4．对牛顿第二定律的进一步理解
牛顿第二定律是动力学的核心内容，我们要从不同的角度，多层次、系统化地理解其内涵：F量化了迫使物体运动状态发生变化的外部作用，m量化了物体“不愿改变运动状态”的基本特性（惯性），而a则描述了物体的运动状态（v）变化的快慢．明确了上述三个量的物理意义，就不难理解如下的关系了：a∝F，a∝．
另外，牛顿第二定律给出的F、m、a三者之间的瞬时关系，也是由力的作用效果的瞬时性特征所决定的．
（1）矢量性：加速度a与合外力F合都是矢量，且方向总是相同．
（2）瞬时性：加速度a与合外力F合同时产生、同时变化、同时消失，是瞬时对应的．
（3）同体性：加速度a与合外力F合是对同一物体而言的两个物理量．
（4）独立性：作用于物体上的每个力各自产生的加速度都遵循牛顿第二定律，而物体的合加速度则是每个力产生的加速度的矢量和，合加速度总是与合外力相对应．
（5）相对性：物体的加速度是对相对地面静止或相对地面做匀速运动的物体而言的．

【命题方向】
题型一：对牛顿第二定律的进一步理解的考查
例子：放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，F的大小与时间t的关系如图甲所示，物块速度v与时间t的关系如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此两图线可以得出（　　）
A．物块的质量为1.5kg
B．物块与地面之间的滑动摩擦力为2N
C．t＝3s时刻物块的速度为3m/s
D．t＝3s时刻物块的加速度为2m/s2
分析：根据v﹣t图和F﹣t图象可知，在4～6s，物块匀速运动，处于受力平衡状态，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物体受到的摩擦力的大小，在根据在2～4s内物块做匀加速运动，由牛顿第二定律可以求得物体的质量的大小．根据速度时间图线求出3s时的速度和加速度．
解答：4～6s做匀速直线运动，则f＝F＝2N．2～4s内做匀加速直线运动，加速度a＝，根据牛顿第二定律得，F﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣时间图线可知，3s时刻的速度为2m/s．故B、D正确，A、C错误．
故选：BD．
点评：本题考查学生对于图象的解读能力，根据两个图象对比可以确定物体的运动的状态，再由牛顿第二定律来求解．
题型二：对牛顿第二定律瞬时性的理解
例子：如图所示，质量为m的球与弹簧Ⅰ和水平细线Ⅱ相连，Ⅰ、Ⅱ的另一端分别固定于P、Q．球静止时，Ⅰ中拉力大小为F1，Ⅱ中拉力大小为F2，当剪断Ⅱ瞬间时，球的加速度a应是（　　）
A．则a＝g，方向竖直向下 B．则a＝g，方向竖直向上
C．则a＝，方向沿Ⅰ的延长线 D．则a＝，方向水平向左
分析：先研究原来静止的状态，由平衡条件求出弹簧和细线的拉力．刚剪短细绳时，弹簧来不及形变，故弹簧弹力不能突变；细绳的形变是微小形变，在刚剪短弹簧的瞬间，细绳弹力可突变！根据牛顿第二定律求解瞬间的加速度．
解答：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2＝mgtanθ，F1＝．

刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：

由几何关系，F合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛顿第二定律得：
a＝＝，方向水平向左，故ABC错误，D正确；
故选：D．
点评：本题考查了求小球的加速度，正确受力分析、应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，知道弹簧的弹力不能突变是正确解题的关键．
题型三：动力学中的两类基本问题：①已知受力情况求物体的运动情况；②已知运动情况求物体的受力情况．
加速度是联系运动和受力的重要“桥梁”，将运动学规律和牛顿第二定律相结合是解决问题的基本思路．
例子：某同学为了测定木块与斜面间的动摩擦因数，他用测速仪研究木块在斜面上的运动情况，装置如图甲所示．他使木块以初速度v0＝4m/s的速度沿倾角θ＝30°的斜面上滑紧接着下滑至出发点，并同时开始记录数据，结果电脑只绘出了木块从开始上滑至最高点的v﹣t图线如图乙所示．g取10m/s2．求：
（1）上滑过程中的加速度的大小a1；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）木块回到出发点时的速度大小v．

分析：（1）由v﹣t图象可以求出上滑过程的加速度．
（2）由牛顿第二定律可以得到摩擦因数．
（3）由运动学可得上滑距离，上下距离相等，由牛顿第二定律可得下滑的加速度，再由运动学可得下滑至出发点的速度．
解答：（1）由题图乙可知，木块经0.5s滑至最高点，由加速度定义式有：
上滑过程中加速度的大小：

（2）上滑过程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛顿第二定律F＝ma得上滑过程中有：
mgsinθ+μmgcosθ＝ma1
代入数据得：μ＝0.35．
（3）下滑的距离等于上滑的距离：
x＝＝m＝1m
下滑摩擦力方向变为向上，由牛顿第二定律F＝ma得：
下滑过程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2
解得：＝2m/s2
下滑至出发点的速度大小为：v＝
联立解得：v＝2m/s
答：（1）上滑过程中的加速度的大小；
（2）木块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.35；
（3）木块回到出发点时的速度大小v＝2m/s．
点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动学公式联合求解．

【解题方法点拨】
1．根据牛顿第二定律知，加速度与合外力存在瞬时对应关系．对于分析瞬时对应关系时应注意两个基本模型特点的区别：
（1）轻绳、轻杆模型：①轻绳、轻杆产生弹力时的形变量很小，②轻绳、轻杆的拉力可突变；
（2）轻弹簧模型：①弹力的大小为F＝kx，其中k是弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量，②弹力突变．
2．应用牛顿第二定律解答动力学问题时，首先要对物体的受力情况及运动情况进行分析，确定题目属于动力学中的哪类问题，不论是由受力情况求运动情况，还是由运动情况求受力情况，都需用牛顿第二定律列方程．
应用牛顿第二定律的解题步骤
（1）通过审题灵活地选取研究对象，明确物理过程．
（2）分析研究对象的受力情况和运动情况，必要时画好受力示意图和运动过程示意图，规定正方向．
（3）根据牛顿第二定律和运动公式列方程求解．（列牛顿第二定律方程时可把力进行分解或合成处理，再列方程）
（4）检查答案是否完整、合理，必要时需进行讨论．


2．牛顿第三定律
【知识点的认识】
1．内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．
2．作用力与反作用力的“四同”和“三不同”：



【命题方向】
题型一：牛顿第三定律的理解和应用
例子：关于作用力与反作用力，下列说法正确的是（　　）
A．作用力与反作用力的合力为零
B．先有作用力，然后才产生反作用力
C．作用力与反作用力大小相等、方向相反
D．作用力与反作用力作用在同一个物体上
分析：由牛顿第三定律可知，作用力与反作用力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，作用在两个物体上，力的性质相同，它们同时产生，同时变化，同时消失．
解答：A、作用力与反作用力，作用在两个物体上，效果不能抵消，合力不为零，故A错误．
B、作用力与反作用力，它们同时产生，同时变化，同时消失，故B错误．
C、作用力与反作用力大小相等、方向相反，作用在两个物体上，故C正确．
D、作用力与反作用力，作用在两个物体上，故D错误．
故选：C．
点评：考查牛顿第三定律及其理解．理解牛顿第三定律与平衡力的区别．

【解题方法点拨】
应用牛顿第三定律分析问题时应注意以下几点
（1）不要凭日常观察的直觉印象随便下结论，分析问题需严格依据科学理论．
（2）理解应用牛顿第三定律时，一定抓住“总是”二字，即作用力与反作用力的这种关系与物体的运动状态无关．
（3）与平衡力区别应抓住作用力和反作用力分别作用在两个物体上．

【知识点的应用及延伸】
比较作用力和反作用力与平衡力的异同点：


一对作用力与反作用力
一对平衡力
相
同
点
大小
相等
相等
方向
相反
相反
是否共线
共线
共线
不
同
点
性质
一定相同
不一定相同
作用时间
同时产生、同时消失
不一定同时产生、同时消失
作用对象
不同（异体）
相同（同体
作用效果
两个力在不同物体产生不同效果，不能抵消
两个力在同一物体上使物体达到平衡的效果
3．平抛运动
【知识点的认识】
一、平抛运动
1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，不考虑空气阻力，物体只在重力作用下的运动．
2．条件：（1）初速度沿水平方向；（2）只受重力作用．
3．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．
4．研究方法：分解成水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动两个分运动．
5．规律：
（1）水平方向：匀速直线运动，vx＝v0，x＝v0t，ax＝0．
（2）竖直方向：自由落体运动，vy＝gt，y＝gt2，ay＝g．
（3）实际运动：v＝，s＝，a＝g．
二、类平抛运动
1．定义：加速度恒定，加速度方向与初速度方向垂直．
2．性质：匀变速曲线运动，其运动轨迹为抛物线．
3．研究方法：一般将类平抛运动沿初速度和加速度两个方向分解．
4．规律：与平抛运动类似．
（1）初速度方向：匀速直线运动，vx＝v0，x＝v0t，ax＝0．
（2）加速度方向：初速度为零的匀加速直线运动，vy＝ayt，y＝ayt2．
（3）合运动（实际运动）：v＝，s＝，a＝ay．
三、平抛运动的基本规律
1．速度的变化规律
（1）任意时刻的速度水平分量均等于初速度v0．
（2）任意相等时间间隔△t内的速度变化量方向竖直向下，大小△v＝△vy＝g△t．
2．位移变化规律
（1）任意相等时间间隔内，水平位移相同，即△x＝v0△t．
（2）连续相等的时间间隔△t内，竖直方向上的位移差不变，即△y＝g△t2．
3．平抛运动的两个重要推论
推论Ⅰ：做平抛运动的物体在任一时刻任一位置处，设其速度方向与水平方向的夹角为α，位移与水平方向的夹角为θ，则tanα＝2tanθ．
证明：如图所示，由平抛运动规律得：tanα＝，tanθ＝，所以tanα＝2tanθ．
推论Ⅱ：做平抛运动的物体，任意时刻的瞬时速度方向的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．
证明：如图所示，设平抛物体的初速度为v0，从原点O到A点的时间为t，A点坐标为（x，y），B点坐标为（x′，0），则x＝v0t，y＝gt2，v⊥＝gt，又tanα＝，
解得x′＝．
即末状态速度方向的反向延长线与x轴的交点必为此时水平位移的中点．

【命题方向】
（1）第一类常考题型是考查平抛运动基本规律的应用：
如图所示，在一次空地演习中，离地H高处的飞机以水平速度V1发射一颗炮弹欲轰炸地面目标P，反应灵敏的地面拦截系统同时以速度V2竖直向上发射炮弹拦截．设拦截系统与飞机的水平距离为s，不计空气阻力．若拦截成功，则V1、V2的关系应满足（　　）
A．v1＝v2 B．v1＝v2 C．v1＝v2 D．v1＝v2
分析：若拦截成功，竖直上抛的炮弹和平抛的炮弹运动时间相等，在竖直方向上的位移之和等于H，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．
解：炮弹运行的时间t＝，在这段时间内飞机发射炮弹在竖直方向上的位移h1＝gt2，拦截炮弹在这段时间内向上的位移，h2＝v2t﹣gt2．
则H＝h1+h2＝v2t，所以H＝v2，解得：
v1＝v2，故C正确，A、B、D错误．
故选C．
点评：解决平抛运动的关键在于用好运动的合成与分解，明确平抛运动的实质是水平方向的匀速直线运动与竖直方向的自由落体的合运动；两个分运动互不影响，相互独立．
（2）第二类常考题型是平抛运动和斜面结合问题：
如图所示，A、B、C三个小球分别从斜面的顶端以不同的速度水平抛出，其中A、B落到斜面上，C落到水平面上，A、B落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角分别为α、β，C落到水平面上时速度方向与水平方向的夹角为γ，则（　　）
A．α＝β＝γ B．α＝β＞γ C．α＝β＜γ D．α＜β＜γ
分析：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面底端时初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2．小球落在斜面上时，斜面倾角的正切等于竖直位移与水平位移之比，列式求出平抛运动的时间，再求出落在斜面时速度方向与水平方向的夹角的正切，来比较夹角的大小．
解：设小球落在斜面上时平抛初速度为v0，落在斜面上时速度与水平方向的夹角为θ′，斜面倾角为θ．
由tanθ＝＝＝，得到t＝
则tanθ′＝＝＝2tanθ，与初速度大小无关，即落到斜面上时速度方向与水平方向的夹角均相等，所以α＝β．
设小球落在斜面底端时速度与水平方向夹角为γ′，其初速度为v1，落在水平面上C点时初速度为v2．
由于高度相同，平抛时间相等，设为t1．
则tanγ′＝，tanγ＝
由于v1＜v2 所以tanγ′＞tanγ，γ′＞γ
由上分析可知γ′＝α＝β，所以α＝β＞γ．
故选B．
点评：本题关键是斜面的倾角的应用，它表示位移方向与水平方向的夹角，分解位移，不是分解速度，不能得到这样的式子：tanθ＝．

（3）第三类常考题型是涉及平抛运动的综合问题：
如图所示，在距地面高为H＝45m处，有一小球A以初速度v0＝10m/s水平抛出，与此同时，在A的正下方有一物块B也以相同的初速度v0同方向滑出，B与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5，A、B均可看做质点，空气阻力不计，重力加速度g取10m/s2，求：
（1）A球从抛出到落地的时间和这段时间内的水平位移；
（2）A球落地时，A、B之间的距离．
分析：A球做的是平抛运动，研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同．
B球只在摩擦力的作用下，做匀减速直线运动，由匀变速直线运动的规律可以求得B的位移的大小．
解：（1）A球做的是平抛运动，由平抛运动的规律得
水平方向上：x＝V0t
竖直方向上：H＝gt2
由以上两个方程可以解得，
x＝30m，
t＝3s，
（2）对B物块，由牛顿第二定律可得，μmg＝ma，所以a＝μg＝5m/s2，
减速至停止所需要的时间为t′＝＝2s＜3s，
所以在A落地之前B已经停止运动，B的总位移为，
xB＝＝10m，
所以AB间的距离为△x＝x﹣xB＝20m．
答：（1）A球从抛出到落地的时间是3s，这段时间内的水平位移是30m；
（2）A球落地时，A、B之间的距离是20m．
点评：本题就是对平抛运动规律的考查，平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动来求解，对B运用匀减速直线运动的规律直接求解即可．

（4）第四类常考题型是斜抛运动问题：
如图所示，水平地面上不同位置的三个小球斜上抛，沿三条不同的路径运动最终落在同一点，三条路径的最高点是等高的，若忽略空气阻力的影响，下列说法正确的是（　　）
A．三个小球落地时的速率相等
B．沿路径3抛出的小球在空中运动时间最长
C．三个小球抛出的初速度竖直分量相等
D．三个小球抛出的初速度水平分量相等
分析：三个小球都做斜抛运动，运用运动的分解法，将其运动分解为竖直和水平两个方向研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做竖直上抛运动，根据运动学公式列式，再进行分析．
解：设任一小球初速度大小为v0，初速度的竖直分量为vy，水平分量为vx，初速度与水平方向的夹角为α，上升的最大高度为h，运动时间为t，落地速度大小为v．
A、C、D、取竖直向上方向为正方向，小球竖直方向上做匀减速直线运动，加速度为a＝﹣g，
由0﹣＝﹣2gh，得vy＝，h相同，vy相同，则三个小球初速度的竖直分量相同．
由速度的分解知：vy＝v0sinα，由于α不同，所以v0不同．
根据机械能守恒定律得知，小球落地时与抛出时速率相等，所以可知三个小球落地时的速率不等．
又有 vy＝vxtanα，vy相同，α不同，则vx不同，初速度水平分量不等，故AD错误，C正确．
B、由运动学公式有：h＝，则得：t＝2，则知三个球运动的时间相等；故B错误．
故选：C．
点评：对于斜抛运动，要能熟练运用运动的分解法进行分析，掌握相关的运动学公式是解题的基础．

【解题方法点拨】
1．平抛运动的处理技巧﹣﹣一“补”登天
由平抛运动的分解规律可知，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，我们在解答有关平抛运动的问题时，如果选择适当的位置补画这两个方向的平面，按照这种分解规律可以给解题带来极大的方便．
2．斜面上的平抛运动问题的规律总结
（1）顺着斜面平抛
方法：分解位移
x＝v0t
y＝gt2
tanθ＝
可求得t＝
（2）对着斜面平抛（如右图）
方法：分解速度
vx＝v0
vy＝gt，
tanθ＝＝
可求得t＝
（3）对着竖直墙壁平抛（如右图）水平初速度v0不同时，虽然落点不同，但水平位移相同．
t＝．
3．类平抛运动的求解方法
①常规分解法：将类平抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和垂直于初速度方向（即沿合外力的方向）的匀加速直线运动．两分运动彼此独立，互不影响，且与合运动具有等时性．
②特殊分解法：对于有些问题，可以过抛出点建立适当的直角坐标系，将加速度a分解为ax、ay，初速度v0分解为vx、vy，然后分别在x、y方向列方程求解．
4．涉及平抛运动的综合问题
（1）平抛运动与其他运动形式（如匀速直线运动、竖直上抛运动、自由落体运动、圆周运动等）综合的题目．在这类问题的分析中要注意平抛运动与其他运动在时间上、位移上、速度上的相关分析．
（2）多体平抛问题：
①若两物体同时从同一高度（或同一点）抛出，则两物体始终在同一高度，二者间距只决定于两物体水平分运动；
②若两物体同时从不同高度抛出，则两物体高度差始终与抛出点高度差相同，二者间距由两物体水平分运动和竖直高度差决定；
③若两物体从同一点先后抛出，两物体竖直高度差随时间均匀增大，二者间距决定于两物体水平分运动和竖直分运动．








4．动量 冲量
【知识点的认识】
一、动量
1．定义：运动物体的质量和速度的乘积叫做物体的动量，通常用p来表示．
2．表达式：p＝mv．
3．单位：kg•m/s．
4．标矢性：动量是矢量，其方向和速度方向相同．
二、冲量
1．定义：力F和它的作用时间t的乘积叫做这个力的冲量，通常用I表示．
2．表达式：I＝Ft（此式只能用来计算恒力F的冲量）．
3．单位：N•s（1 N•s＝1 kg•m/s）
4．标矢性：冲量是矢量、方向由力的方向决定．

【命题方向】
题型一：动量大小的计算及方向的判断
例子：一个物体的质量是2kg，沿竖直方向下落，以10m/s的速度碰到水泥地面上，随后又以8m/s的速度被反弹回，若取竖直向上为正方向，则小球与地面相碰前的动量是　﹣20　kg•m/s，相碰后的动量是　16　kg•m/s，小球的动量变化是　36　kg•m/s．
分析：已知向上为正方向，则可知初末动量大小，同时可求出小球的动量变化．
解答：因向上为正，则小球与地面相碰前的动量为：P1＝mv1＝2×（﹣10）＝﹣20kg•m/s；
碰后的动量为P2＝mv2＝2×8＝16kg•m/s；
则小球的动量变化为：P2﹣P1＝16﹣（﹣20）＝36kg•m/s
故答案为：﹣20；16；36．
点评：本题考查动量的求法，求动量时一定要注意动量的正负．
5．动量定理
【知识点的认识】
1．内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．
2．表达式：p′﹣p＝I或mv﹣mv0＝Ft．
3．用动量概念表示牛顿第二定律：由mv﹣mv0＝Ft，得到F＝＝＝＝ma，所以物体动量的变化率等于它受到的力，即F＝，这是牛顿第二定律的动量表述．

【命题方向】
题型一：动量定理的应用
例子：一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过△t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．mg△t B. C.+mg D.﹣mg
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：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+；
由牛顿第三定律可知，铁锤对桩的平均冲力为：F＝mg+；
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．

【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．
6．动量守恒定律
【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】
题型一：动量守恒的判断
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相对小车停止运动之前，小车的合力所受的合外力向左，会向左运动，故C正确，D错误．
故选：BC．
点评：本题关键掌握系统动量守恒定律的适用条件：合外力为零，并能通过分析受力，判断是否系统的动量是否守恒，题目较为简单！

题型二：动量守恒的应用
例子：如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ．最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度v0和2v0在木板上滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板．求：
（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移；
（2）木块A在整个过程中的最小速度．
分析：（1）A、B两木块同时水平向右滑动后，木块A先做匀减速直线运动，当木块A与木板C的速度相等后，A、C相对静止一起在C摩擦力的作用下做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动，直到三个物体速度相同．根据三个物体组成的系统动量守恒求出最终共同的速度，对B由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求解发生的位移；
（2）当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，根据系统的动量守恒求解A在整个过程中的最小速度，或根据牛顿第二定律分别研究A、C，求出加速度，根据速度公式，由速度相等条件求出时间，再求解木块A在整个过程中的最小速度．
解答：（1）木块A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止，设为v1．对A、B、C三者组成的系统，由动量守恒定律得：
mv0+2mv0＝（m+m+3m）v1
解得：v1＝0.6v0
木块B滑动的加速度为：a＝μg，
所发生的位移：x＝＝
（2）A与C速度相等时，速度最小，此过程A和B减少的速度相等，有：
mv0+2mv0＝（m+3m）vA+mvB
v0﹣vA＝2v0﹣vB
解得：vA＝0.4v0
答：（1）木块B从刚开始运动到与木板C速度刚好相等的过程中，木块B所发生的位移是；
（2）木块A在整个过程中的最小速度是0.4v0．
点评：本题是木块在木板上滑动的类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程所遵守的规律，这种类型常常根据动量守恒和能量守恒结合处理．

题型三：动量守恒的临界问题
如图所示，光滑的水平面上有一个质量为M＝2m的凸型滑块，它的一个侧面是与水平面相切的光滑曲面，滑块的高度为h＝0.3m．质量为m的小球，以水平速度v0在水平面上迎着光滑曲面冲向滑块．试分析计算v0应满足什么条件小球才能越过滑块．（取g＝1Om/s2）
分析：小球越到滑块最高点速度水平向右，以滑块和和小球组成的系统为研究对象；根据动量守恒和过程系统机械能守恒列出等式；根据题意要越过滑块，应有v1＞v2，我们解决问题时取的是临界状态求解．
解答：设小球越过滑块最高点的速度为v1，此时滑块的速度为v2，根据动量守恒得：
mv0＝mv1+2mv2
此过程系统机械能守恒，根据机械能守恒得：
mv02＝mv12+2mv22+mgh
小球要越过滑块，应有v1＞v2，至少也要有v1＝v2，设v1＝v2＝v，上述两式变为
mv0＝（m+2m）v
mv02＞（m+2m）v2+mgh
解得v0＞3m/s
答：小球要越过滑块，初速度应满足v0＞3m/s．
点评：应用动量守恒定律时要清楚研究的对象和守恒条件．把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题．

题型四：动量与能量的综合
例子：如图所示，光滑水平面上放置质量均为M＝2kg的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连（当滑块滑过两车连接处时，感应开关使两车自动分离，分离时对两车及滑块的瞬时速度没有影响），甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之问的动摩擦因数μ＝0.5，一根轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m＝1kg的滑块P（可视为质点）与弹簧的右端接触但不相连，用一根细线拴在甲车左端和滑块P之间使弹簧处于压缩状态，此时弹簧的弹性势能E0＝10J，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，g取10m/s2．求：
（1）滑块P滑上乙车前的瞬时速度的大小；
（2）滑块P滑上乙车后相对乙车滑行的距离．
分析：（1）因地面光滑，所以滑块P在甲车上滑动的过程中，符合动量守恒的条件，同时除了弹簧的弹力做功之外，没有其他的力做功，所以机械能也是守恒的，分别应用动量守恒和机械能守恒列式求解，可得出滑块P滑上乙时的瞬时速度．
（2）滑块P滑上乙车时，甲乙两车脱离，滑块和乙车做成了系统，经对其受力分析，合外力为零，动量守恒，可求出滑块和乙车的最终共同速度，由能量的转化和守恒可知，系统减少的机械能转化为了内能，即为摩擦力与相对位移的乘积．从而可求出相对位移，即滑块P在乙车上滑行的距离．
解答：（1）设滑块P滑上乙车前的速度为v，以整体为研究对象，作用的过程中动量和机械能都守恒，选向右的方向为正，应用动量守恒和能量关系有：
mv1﹣2Mv2＝0…①
E0＝m+…②
①②两式联立解得：v1＝4m/s v2＝1m/s
（2）以滑块和乙车为研究对象，选向右的方向为正，在此动过程中，由动量守恒定律得：
mv1﹣Mv2＝（m+M）v共…③
由能量守恒定律得：μmgL＝+﹣（M+m）…④
③④联立并代入得：L＝m
答：（1）滑块P滑上乙时的瞬时速度的大小为4m/s．
（2）滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P在乙车上滑行的距离为m．
点评：本题考察了动量守恒．机械能守恒和能量的转化与守恒．
应用动量守恒定律解题要注意“四性”，①系统性．②矢量性．③同时性．
机械能守恒的条件是只有重力（或弹簧的弹力）做功，并只发生动能和势能的转化．

【解题方法点拨】
1．应用动量守恒定律的解题步骤：
（1）明确研究对象（系统包括哪几个物体及研究的过程）；
（2）进行受力分析，判断系统动量是否守恒（或某一方向上是否守恒）；
（3）规定正方向，确定初末状态动量；
（4）由动量守恒定律列式求解；
（5）必要时进行讨论．
2．解决动量守恒中的临界问题应把握以下两点：
（1）寻找临界状态：题设情境中看是否有相互作用的两物体相距最近，避免相碰和物体开始反向运动等临界状态．
（2）挖掘临界条件：在与动量相关的临界问题中，临界条件常常表现为两物体的相对速度关系与相对位移关系，即速度相等或位移相等．
正确把握以上两点是求解这类问题的关键．
3．综合应用动量观点和能量观点
4．动量观点和能量观点：这两个观点研究的是物体或系统运动变化所经历的过程中状态的改变，不对过程变化的细节作深入的研究，而只关心运动状态变化的结果及引起变化的原因，简单地说，只要求知道过程的始末状态动量、动能和力在过程中所做的功，即可对问题求解．
5．利用动量观点和能量观点解题应注意下列问题：
（1）动量守恒定律是矢量表达式，还可写出分量表达式；而动能定理和能量守恒定律是标量表达式，无分量表达式．
（2）动量守恒定律和能量守恒定律，是自然界中最普遍的规律，它们研究的是物体系，在力学中解题时必须注意动量守恒条件及机械能守恒条件．在应用这两个规律时，当确定了研究对象及运动状态的变化过程后，根据问题的已知条件和求解的未知量，选择研究的两个状态列方程求解．
（3）中学阶段凡可用力和运动解决的问题，若用动量观点或能量观点求解，一般比用力和运动的观点简便．




7．动能定理
【知识点的认识】
1．内容：合外力在一个过程中对物体所做的功等于物体在这个过程中动能的变化。
2．表达式：W＝EK2﹣EK1。
3．物理意义：动能定理指出了外力对物体所做的总功与物体动能变化之间的关系，即合力的功是物体动能变化的量度。
4．动能定理的适用条件
（1）动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动。
（2）既适用于恒力做功，也适用于变力做功。
（3）力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用。
5．对动能定理的理解
（1）一个物体的动能变化△Ek与合外力对物体所做功W具有等量代换关系。
①若△Ek＞0，表示物体的动能增加，其增加量等于合外力对物体所做的正功。
②若△Ek＜0，表示物体的动能减少，其减少量等于合外力对物体所做的负功的绝对值。
③若△Ek＝0，表示合外力对物体所做的功等于零。反之亦然。这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法。
（2）动能定理公式中等号的意义：等号表明合力做功与物体动能的变化间的三个关系：
①数量关系：即合外力所做的功与物体动能的变化具有等量代换关系。可以通过计算物体动能的变化，求合力的功，进而求得某一力的功。
②单位相同：国际单位都是焦耳。
③因果关系：合外力的功是物体动能变化的原因。
（3）动能定理中涉及的物理量有F、x、m、v、W、Ek等，在处理含有上述物理量的力学问题时，可以考虑使用动能定理。由于只需要从力在整个位移内所做的功和这段位移始末两状态的动能变化去考虑，无需注意其中运动状态变化的细节，同时动能和功都是标量，无方向性，所以无论是直线运动还是曲线运动，计算都会特别方便。
（4）动能定理中的位移和速度必须是相对于同一个参考系的，一般以地面为参考系。
注意：功和动能都是标量，动能定理表达式是一个标量式，不能在某一个方向上应用动能定理，但牛顿第二定律是矢量方程，可以在互相垂直的方向上分别使用分量方程。

【命题方向】
题型一：对动能定理表达式的直接考核
如图所示，某人将质量为m的石块从距地面h高处斜向上方抛出，石块抛出时的速度大小为v0，不计空气阻力，石块落地时的动能为（　　）

A．mghB.mv02 C. D.
分析：根据动能定理求出石块落地时的动能大小。
解答：根据动能定理得，，解得石块落地时的动能．故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
点评：运用动能定理解题首先要确定研究对象和研究过程，分析有哪些力做功，根据动能定理列出表达式进行求解。

【解题方法点拨】
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．功能关系
【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
【命题方向】
题型一：对功能关系的理解应用
例1：如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的（　　）
A．动能损失了2mgH B．动能损失了mgH
C．机械能损失了mgH D．机械能损失了
分析：若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可。
解：根据动能定理应有＝﹣ma＝﹣2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了 2mgH，所以A正确B错误；
再由牛顿第二定律（选取沿斜面向下为正方向）有mgsin30°+f＝ma＝mg，可得f＝mg，根据功能关系应有△E＝﹣f＝﹣mgH，即机械能损失了mgH，所以C正确D错误。
故选：AC。
点评：要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功。

【解题方法点拨】
1．解答功能关系问题时，一般步骤如下：
（1）明确研究对象及其运动过程；
（2）对研究对象进行受力分析，明确其所受的每一个力的大小、方向；
（3）计算各个力所做的功；
（4）明确能量转化的关系，找出对应力所做的功。

9．机械能守恒定律
【知识点的认识】
1．机械能：势能和动能统称为机械能，即E＝Ek+Ep，其中势能包括重力势能和弹性势能。
2．机械能守恒定律
（1）内容：在只有重力（或弹簧弹力）做功的物体系统内，动能与势能可以相互转化，而总的机械能保持不变。
（2）表达式：
观点
表达式
守恒观点
E1＝E2，Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2（要选零势能参考平面）
转化观点
△EK＝﹣△EP（不用选零势能参考平面）
转移观点
△EA＝﹣△EB（不用选零势能参考平面）
【命题方向】
题型一：机械能是否守恒的判断
例1：关于机械能是否守恒的叙述中正确的是（　　）
A．只要重力对物体做了功，物体的机械能一定守恒
B．做匀速直线运动的物体，机械能一定守恒
C．外力对物体做的功为零时，物体的机械能一定守恒
D．只有重力对物体做功时，物体的机械能一定守恒
分析：机械能守恒的条件：只有重力或弹力做功的物体系统，其他力不做功，理解如下：
①只受重力作用，例如各种抛体运动。
②受到其它外力，但是这些力是不做功的。例如：绳子的一端固定在天花板上，另一端系一个小球，让它从某一高度静止释放，下摆过程中受到绳子的拉力，但是拉力的方向始终与速度方向垂直，拉力不做功，只有重力做功，小球的机械能是守恒的。
③受到其它外力，且都在做功，但是它们的代数和为0，此时只有重力做功，机械能也是守恒的。
解：A、机械能守恒条件是只有重力做功，故A错误；
B、匀速运动，动能不变，但重力势能可能变化，故B错误；
C、外力对物体做的功为零时，不一定只有重力做功，当其它力与重力做的功的和为0时，机械能不守恒，故C错误；
D、机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，故D正确。
故选：D。
点评：本题关键是如何判断机械能守恒，可以看能量的转化情况，也可以看是否只有重力做功。

题型二：机械能守恒定律的应用
例2：如图，竖直放置的斜面下端与光滑的圆弧轨道BCD的B端相切，圆弧半径为R，∠COB＝θ，斜面倾角也为θ，现有一质量为m的小物体从斜面上的A点无初速滑下，且恰能通过光滑圆形轨道的最高点D．已知小物体与斜面间的动摩擦因数为μ，
求：（1）AB长度l应该多大。
（2）小物体第一次通过C点时对轨道的压力多大。
分析：
（1）根据牛顿第二定律列出重力提供向心力的表达式，再由动能定理结合几何关系即可求解；
（2）由机械能守恒定律与牛顿第二定律联合即可求解。
解：（1）因恰能过最高点D，则有
又因f＝μN＝μmgcosθ，
物体从A运动到D全程，由动能定理
可得：mg（lsinθ﹣R﹣Rcosθ）﹣fl＝
联立求得：
（2）物体从C运动到D的过程，设C点速度为vc，由机械能守恒定律：
物体在C点时：
联合求得：N＝6mg
答：（1）AB长度得：。
（2）小物体第一次通过C点时对轨道的压力6mg。
点评：本题是动能定理与牛顿运动定律的综合应用，关键是分析物体的运动过程，抓住滑动摩擦力做功与路程有关这一特点。

题型三：多物体组成的系统机械能守恒问题
例3：如图所示，A、B两小球由绕过轻质定滑轮的细线相连，A放在固定的光滑斜面上，B、C两小球在竖直方向上通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，C球放在水平地面上。现用手控制住A，并使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证滑轮左侧细线竖直、右侧细线与斜面平行。已知A的质量为4m，B、C的质量均为m，重力加速度为g，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态。释放A后，A沿斜面下滑至速度最大时C恰好离开地面。下列说法正确的是（　　）
A．斜面倾角α＝30°
B．A获得最大速度为2g
C．C刚离开地面时，B的加速度最大
D．从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B两小球组成的系统机械能守恒
分析：C球刚离开地面时，弹簧的弹力等于C的重力，根据牛顿第二定律知B的加速度为零，B、C加速度相同，分别对B、A受力分析，列出平衡方程，求出斜面的倾角。
A、B、C组成的系统机械能守恒，初始位置弹簧处于压缩状态，当B具有最大速度时，弹簧处于伸长状态，根据受力知，压缩量与伸长量相等。在整个过程中弹性势能变化为零，根据系统机械能守恒求出B的最大速度，A的最大速度与B相等；
解：A、C刚离开地面时，对C有：kx2＝mg
此时B有最大速度，即aB＝aC＝0
则对B有：T﹣kx2﹣mg＝0
对A有：4mgsinα﹣T＝0
以上方程联立可解得：sinα＝，α＝30°，故A正确；
B、初始系统静止，且线上无拉力，对B有：kx1＝mg
由上问知x1＝x2＝，则从释放至C刚离开地面过程中，弹性势能变化量为零；
此过程中A、B、C组成的系统机械能守恒，即：
4mg（x1+x2）sinα＝mg（x1+x2）+（4m+m）vBm2
以上方程联立可解得：vBm＝2g
所以A获得最大速度为2g，
故B正确；
C、对B球进行受力分析可知，C刚离开地面时，B的速度最大，加速度为零。故C错误；
D、从释放A到C刚离开地面的过程中，A、B、C及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误。
故选：AB。
点评：本题关键是对三个小球进行受力分析，确定出它们的运动状态，再结合平衡条件和系统的机械能守恒进行分析。

【解题方法点拨】
1．判断机械能是否守恒的方法
（1）利用机械能的定义判断：分析动能与势能的和是否变化。如：匀速下落的物体动能不变，重力势能减少，物体的机械能必减少。
（2）用做功判断：若物体或系统只有重力（或弹簧的弹力）做功，或有其他力做功，但其他力做功的代数和为零，机械能守恒。
（3）用能量转化来判断：若系统中只有动能和势能的相互转化，而无机械能与其他形式的能的转化，则系统的机械能守恒。
（4）对一些绳子突然绷紧、物体间非弹性碰撞等问题机械能一般不守恒，除非题中有特别说明或暗示。

2．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。

3．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。


10．能量守恒定律
【知识点的认识】
能量守恒定律
1．内容：能量即不会凭空产生，也不会凭空消失，它只能从一种形式转化为另一种形式，或者从一个物体转移到别的物体，在转化或转移的过程中其总量不变，叫能量守恒定律．
2．公式：E＝恒量；
△E增＝△E减；
E初＝E末；
3．说明：
①能量形式是多种的；
②各种形式的能都可以相互转化．
4．第一类永动机不可制成
①定义：不消耗能量的机器，叫第一类永动机．
②原因：违背了能量守恒定律．
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