第76頁（共76頁）2025年高考物理三輪復習之動量與動量守恒定律一．選擇題（共10小題）1．（2025?蕪湖一模）根據交通法規，電動自行車駕駛人和乘坐人員須佩戴安全頭盔。頭盔可以吸收撞擊的能量，再加上安全頭盔內的緩沖材料，大大降低了駕駛者受到傷害的程度。如圖所示，對某種頭盔材料進行測試，已知該材料質量為M，其上表面為堅硬層，下部分為緩沖層（受力后發生明顯形變），放在水平桌面上，用質量為m的重物以速率v豎直向下落在材料的上表面上，碰撞時間極短，重物以0.8v的速率反向彈回，已知頭盔材料在受到撞擊后在桌面上向下擠壓的緩沖時間為t，然后靜止不動，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．在撞擊過程中，重物所受合外力的沖量大小為0.2mv B．在撞擊過程中，重物受到重力的沖量大小為mgt C．頭盔材料向下緩沖過程中，對桌面的平均壓力大小為Mg-D．頭盔材料向下緩沖過程中，對桌面的平均壓力大小為Mg2．（2025?湖北模擬）水火箭是利用反沖原理制作的趣味玩具，瓶內有高壓氣體和一定量的水。總質量為M的水火箭，由靜止沿豎直方向發射，在極短的時間內將內部質量為m的水以速度v0向下噴出，箭體上升的最大高度為h，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）A．瓶內高壓氣體對箭體做正功 B．噴水后瞬間，箭體的速度大小為mvC．箭體上升的最大高度為mvD．整個過程中，箭體與水組成的系統機械能守恒3．（2025?大連模擬）現代人越來越依賴手機，有些人喜歡躺著刷手機，經常出現手機掉落傷眼睛或者額頭的情況。若有一款手機質量為200g，從離人額頭為20cm的高度無初速掉落，磕到額頭后手機的反彈忽略不計，額頭受到手機的沖擊時間為0.04s，則手機對額頭平均作用力的大小為（）（重力加速度g＝10m/s2）A．8N B．10N C．12N D．14N4．（2025?汕頭一模）圖1所示為乒乓球火箭現象：將乒乓球放在裝有水的水杯中，隨水杯由靜止下落并與地面發生碰撞后，乒乓球會被彈射到很高的地方。在水杯撞擊地面的極短時間內，杯中產生極大的等效浮力，使乒乓球被加速射出。已知等效浮力給乒乓球的沖量為I，乒乓球質量為m，下落高度為H，當地重力加速度為g，且mg遠遠小于等效浮力，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．水杯落地時，乒乓球的速率為2gH B．脫離水面時，乒乓球的速率為ImC．從開始下落到上升至最高點的過程中，乒乓球的動量變化大小為I D．從開始下落到上升至最高點的過程中，乒乓球重力的沖量大小為I5．（2025?禪城區模擬）如圖甲所示，一名消防員在演習訓練中，沿著豎直固定鋼管往下滑。圖乙所示的速度—時間圖像記錄了他兩次從同一位置下滑的運動情況。則消防員在（）A．0～1.5T過程，兩次下滑的高度相同 B．0～1.5T過程，克服摩擦力做功相等 C．0～1.5T過程，所受摩擦力的沖量相等 D．0～3T過程所受摩擦力的沖量大小均為mgT6．（2025?內江一模）如圖，半徑為r的光滑圓軌道被豎直固定在水平地面上，在圓軌道的最低處有一小球（小球的半徑比r小很多）。現給小球一個水平向右的初速度v0＝6m/s，恰能使其做完整的圓周運動，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則下列說法中正確的是（）A．圓軌道的半徑r＝1.2m B．小球所受合力始終指向圓心 C．小球轉動一圈，軌道對小球的彈力的沖量豎直向上 D．在小球運動的整個過程中，在最左、右兩邊時小球的向心加速度最小7．（2025?平度市模擬）某運動員沿圖示滑道運動，從滑道頂端由靜止開始下滑，從起跳區水平飛出，經2.5s后以速度v落在著陸坡上并沿著陸坡滑行。接觸著陸坡后的0.8s內垂直著陸坡方向的速度減為零，此過程著陸坡對運動員的沖量為I。已知運動員質量為50kg，著陸坡可看成傾角為θ的直斜坡，重力加速度g＝10m/s2，sinθ取513A．v的大小為561m/s，與水平方向夾角的正切值為1013B．v的大小為30m/s、與水平方向夾角的正切值為56C．I的大小為1230013N?s，與水平方向夾角的正弦值為12D．I的大小為750013N?s，與水平方向夾角的正弦值為8．（2025?紅河州二模）如圖所示為跳臺滑雪雪道的簡化示意圖，AO段為助滑道和起跳區，OB段為傾角為α（α＜45°）的著陸坡。運動員從助滑道的起點A由靜止開始滑下，到達O點時以速度v0起跳，最后落在著陸坡面上的C點。已知v0的方向與水平方向的夾角也為α，O、C間距離為s。不計一切阻力，運動員可視為質點，則運動員從O點運動到C點的過程中（）A．最高點速度為0 B．重力的沖量大小I=mgsC．上升階段處于超重狀態 D．相同時間內速度的變化量不同9．（2025?江西模擬）如圖所示，三個小球A、B、C分別套在同一水平面內平行的兩根長桿上，兩桿相距32L，小球質量均為m，A、B通過不可伸長的細線相連，細線長為L，小球與長桿間的動摩擦因數均為μ。初始時，A、C球靜止，給B球一個沿桿向右的初速度v，繩子繃緊后B球立即與C球發生彈性正碰，CA．v28μg-LC．v28μg-10．（2025?鎮江模擬）如圖所示，光滑水平地面上有一斜面體Q，斜面上放置物塊P。初始時用外力保持物塊P和斜面體Q靜止，撤去外力后，P沿斜面體Q下滑。已知P、Q之間存在摩擦，則在P下滑過程中，下列說法正確的是（）A．Q對P的作用力方向豎直向上 B．P對Q做功小于Q對P做功 C．P的機械能變化量等于Q對P摩擦力所做的功 D．Q動量的變化量等于P對Q的作用力的沖量二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?湖北模擬）小朋友用玩具槍把彈丸以速度v0與水平方向成60°角斜向上射出。已知重力加速度大小為g，不考慮空氣阻力。對彈丸運動過程，下列說法正確的是（）A．從射出到最高點，重力沖量的大小為3mv0 B．在到達最高點時的速度大小為v0C．運動的最高點與射出點的高度差為v0D．任意兩時刻之間，動量改變量的方向豎直向下（多選）12．（2025?信陽二模）我國在無人機領域處于世界領先行列，特別是同時控制多架無人機的“蜂群技術”更是遙遙領先。在一次測試中同一臺電腦控制兩架無人機進行測試，兩架無人機完全相同，開始時靜止在地面上，在程序控制下同時開始豎直向上運動，兩架無人機的升力隨時間變化圖像如圖甲、乙所示，mg為無人機的重力大小，忽略無人機受到的阻力，則關于無人機運動過程的說法正確的是（）A．0～2t時間內甲、乙兩無人機的上升的高度之比為5：7 B．2t時刻甲、乙兩無人機的動量之比為1：2 C．2t時刻甲、乙兩無人機升力的功率之比為3：2 D．0﹣2t時間內甲、乙兩無人機升力做功之比為1：1（多選）13．（2025?珠海一模）如圖，動物園熊貓館中有一個長s＝10m，傾角為30°的坡道，坡道底端有一垂直于坡面的防護板。一個質量m＝80kg的熊貓從坡道頂端由靜止滑下，熊貓與防護板的碰撞時間t＝0.4s，熊貓與防護板碰撞后不反彈，忽略熊貓的大小和坡道的摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．熊貓從開始下滑到碰到防護板所用的時間為2s B．熊貓碰到防護板前瞬間的動量大小為1600kg?m/s C．熊貓受到防護板對它的平均作用力大小為2400N D．熊貓與防護板碰撞過程中重力的沖量大小為160N?s（多選）14．（2025?羅湖區校級一模）一根柔軟的粗繩靜止盤放在水平面上，繩的總長為l，總質量為m。現拉住繩的一端，用大小為F＝mg的恒力豎直向上拉動，從拉力開始作用到繩的下端到離開地面的高度為l的過程中，不計繩子間的摩擦，忽略繩子的擺動，下列說法中正確的有（）A．繩的機械能變化量為2mgl B．繩的機械能變化量為1.5mgl C．繩的動量變化量為mgl D．繩的動量變化量為m（多選）15．（2025?梅州一模）中科院研制的電磁彈射實驗裝置能構建微重力實驗環境，實驗裝置像一個“大電梯”，原理如圖所示，在電磁彈射階段，系統推動實驗艙豎直向上加速運動至A位置，撤除電磁作用。此后，實驗艙做豎直上拋運動，到達最高點后返回A位置，再經歷一段減速運動后靜止。豎直上拋階段，忽略阻力，實驗艙處于完全失重狀態，這一階段持續的時間為4s，實驗艙的質量為500kg。取重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．實驗艙向下運動的過程始終處于失重狀態 B．豎直上拋階段實驗艙距A位置的最大距離為20m C．向上彈射階段，電磁彈射系統對實驗艙做功等于1×105J D．向上彈射階段，電磁彈射系統對實驗艙的沖量大于1×104N?s三．解答題（共5小題）16．（2025?萍鄉模擬）如圖所示，水平地面上靜止一輛帶有向后噴射裝置的小車，小車的質量為M＝1kg，現給小車里裝入10個相同的小球，每個小球質量為m＝1kg。車上的噴射裝置可將小球逐一瞬間向后水平噴出，且相對于地面的速度都是v0＝20m/s，每間隔相等時間Δt＝1s噴出一個小球。已知小車運動時受到的阻力為小車和車內小球總重力的k＝0.2倍，g＝10m/s2。（1）噴出第一個小球時，小車同時也獲得一個反向速度，求此時整個系統增加的機械能；（2）求噴出第三個小球后，小車的速度v3；（3）調整第四個及以后的每個小球噴出速度，可使得接下來的每個小球噴出后小車的速度都等于v3。求第四個小球和第五個小球噴出的速度之比。17．（2025?萍鄉模擬）如圖所示，在水平直軌道上靜止放置平板車A和長木板B，可視為質點的物塊C以初速度v0從A的左端開始向右運動，當C和A的速度相等時，A和B恰好發生了第一次碰撞。已知A、B、C的質量分別為m、2m、3m，不計A與軌道間的摩擦，B與軌道間的動摩擦因數為2μ，C與A、B上表面間的動摩擦因數均為μ，全程C沒有掉落到軌道上，每次碰撞時間極短，均為彈性碰撞，重力加速度為g，忽略空氣阻力。求：（1）A和C第一次速度相等時的速度；（2）第一次碰撞前A運動的距離x和第一次碰撞后A的速度大小；（3）若A的長度l=v024μg，且18．（2025?海淀區校級模擬）摩擦傳動裝置結構簡單，容易制造，在生產生活中得到廣泛應用。（1）如圖1所示為打印機送紙裝置。搓紙輥旋轉帶動紙張前進走紙，摩擦片在紙張下方貼緊，施加阻力分離紙張，以保證只有一張紙前移且避免兩張紙同時送入。已知搓紙輥和紙張之間的動摩擦因數為μ1，紙張之間的動摩擦因數為μ2，紙張和摩擦片之間的動摩擦因數為μ3。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計紙張質量及空氣阻力。a.電機帶動搓紙輥使搓紙輥始終以角速度ω0轉動。設一張紙的長度為L，搓紙輥半徑為r，計算打印機送入一張紙所需的時間；b.為保證送紙裝置正常工作，分析說明μ1、μ2和μ3的大小關系。（2）一種使用摩擦傳動的變速箱，其內部結構可簡化為圖2，薄壁圓筒1和薄壁圓筒2均可繞自身的光滑轉軸轉動，且它們的轉軸平行。開始時圓筒2靜止，圓筒1以角速度ω轉動，某時刻使兩圓筒相接觸，由于摩擦，一段時間后兩圓筒接觸面間無相對滑動。圓筒1半徑為R，質量為m1，圓筒2質量為m2。設兩圓筒相互作用過程中無其他驅動力，不計空氣阻力。求：a.兩圓筒無相對滑動時圓筒1的角速度ω'；b.從兩圓筒接觸到無相對滑動過程中系統產生的熱量Q。19．（2025?上海二模）一跑酷運動員在一次訓練中的運動可簡化為以下運動：運動員首先在平直高臺上以4m/s2的加速度從靜止開始勻加速運動，運動8m的位移后，在距地面高為5m的高臺邊緣水平跳出，在空中調整姿勢后恰好垂直落在一傾角為53°的斜面中點位置。此后運動員迅速調整姿勢沿水平方向蹬出，該運動員可視為質點，質量m＝50kg，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。（1）運動員從樓頂邊緣水平跳出的初速度大小為m/s；（2）運動員從樓頂邊緣跳出到落到斜面的過程中重力的沖量大小為N?s；（3）該斜面底端與高臺邊緣的水平距離s＝m；（4）計算：若運動員水平蹬出斜面后落在地面上，求運動員的蹬出速度范圍。20．（2025?羅湖區校級一模）將110米欄跨欄過程的運動員視為做斜拋運動的質點，如圖為傳統的“八步上欄”起跳后運動員的軌跡。為提高比賽成績，有的運動員改為“七步上欄”。相比“八步上欄”，“七步上欄”要在離欄更遠的地方起跳，但運動員達到的最高點與原來相同。（1）請你畫出“七步上欄”的軌跡示意圖。（2）分析說明“七步上欄”在跨欄過程中是否可以提高比賽成績。（3）理想情況下，假設跨欄前運動員已達到最大速度，運動員應做到不因跨欄而影響跑步速度。分析說明，在這種情況下：運動員起跳過程對地面的沖量的方向。

2025年高考物理三輪復習之動量與動量守恒定律參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）題號12345678910答案DACDCCDBAB二．多選題（共5小題）題號1112131415答案BDACACACBD一．選擇題（共10小題）1．（2025?蕪湖一模）根據交通法規，電動自行車駕駛人和乘坐人員須佩戴安全頭盔。頭盔可以吸收撞擊的能量，再加上安全頭盔內的緩沖材料，大大降低了駕駛者受到傷害的程度。如圖所示，對某種頭盔材料進行測試，已知該材料質量為M，其上表面為堅硬層，下部分為緩沖層（受力后發生明顯形變），放在水平桌面上，用質量為m的重物以速率v豎直向下落在材料的上表面上，碰撞時間極短，重物以0.8v的速率反向彈回，已知頭盔材料在受到撞擊后在桌面上向下擠壓的緩沖時間為t，然后靜止不動，重力加速度為g，下列說法正確的是（）A．在撞擊過程中，重物所受合外力的沖量大小為0.2mv B．在撞擊過程中，重物受到重力的沖量大小為mgt C．頭盔材料向下緩沖過程中，對桌面的平均壓力大小為Mg-D．頭盔材料向下緩沖過程中，對桌面的平均壓力大小為Mg【考點】用動量定理求平均作用力；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】D【分析】根據動量定理求解重物所受合外力的沖量大小，在撞擊過程中，根據動量守恒定律求解頭盔材料的速度，根據動量定理以及牛頓第三定律求解對桌面的平均壓力大小。【解答】解：A．以豎直向上為正方向，在撞擊過程中，根據動量定理可得I合＝Δp＝m?0.8v﹣（﹣mv）＝1.8mv可知重物所受合外力的沖量大小為1.8mv，故A錯誤；B．在撞擊過程中，碰撞時間極短，重物受到重力的沖量大小幾乎為0，可以忽略不計，故B錯誤；CD．在撞擊過程中，根據動量守恒定律可得mv＝﹣m?0.8v+Mv1解得頭盔材料的速度為v1以豎直向上為正方向，頭盔材料在受到撞擊后在桌面上向下擠壓的緩沖時間為t，然后靜止不動，根據動量定理可得Ft解得F=根據牛頓第三定律可知，頭盔材料向下緩沖過程中，對桌面的平均壓力大小為Mg+1.8mvt，故故選：D。【點評】應用動量定理的四點注意事項（1）明確物體受到沖量作用的結果是導致物體動量的變化。沖量和動量都是矢量，它們的加、減運算都遵循平行四邊形定則。（2）列方程前首先要選取正方向，與規定的正方向一致的力或動量取正值，反之取負值，而不能只關注力或動量數值的大小。（3）分析速度時一定要選取同一個參考系，未加說明時一般選地面為參考系，同一道題目中一般不要選取不同的參考系。（4）公式中的沖量應是合外力的沖量，求動量的變化量時要嚴格按公式計算，且要注意是末動量減去初動量。2．（2025?湖北模擬）水火箭是利用反沖原理制作的趣味玩具，瓶內有高壓氣體和一定量的水。總質量為M的水火箭，由靜止沿豎直方向發射，在極短的時間內將內部質量為m的水以速度v0向下噴出，箭體上升的最大高度為h，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力。下列說法正確的是（）A．瓶內高壓氣體對箭體做正功 B．噴水后瞬間，箭體的速度大小為mvC．箭體上升的最大高度為mvD．整個過程中，箭體與水組成的系統機械能守恒【考點】反沖現象中的動量守恒；機械能守恒定律的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；推理論證能力．【答案】A【分析】根據作用力的方向和位移的方向關系分析功的正負；根據動量守恒定律求解噴水后火箭速度大小；根據機械能守恒定律求解箭體上升的最大高度；根據能量守恒定律分析。【解答】解：A.高壓氣體對火箭箭體的作用力向上，火箭的位移方向也向上，故瓶內高壓氣體對箭體做正功，故A正確；B.噴水時間極短，可以認為噴水過程中動量近似守恒，以水噴出的速度方向為正方向，有0＝mv0+（M﹣m）v，可得噴水后火箭速度大小為v=mv0C.噴水后，火箭做豎直上拋運動，由機械能守恒得（M﹣m）gh=12(M-D.A瓶內氣體內能轉化為水、火箭的機械能，故機械能不守恒，故D錯誤。故選：A。【點評】本題主要考查反沖問題，要熟練應用動量守恒定律和機械能守恒定律的應用。3．（2025?大連模擬）現代人越來越依賴手機，有些人喜歡躺著刷手機，經常出現手機掉落傷眼睛或者額頭的情況。若有一款手機質量為200g，從離人額頭為20cm的高度無初速掉落，磕到額頭后手機的反彈忽略不計，額頭受到手機的沖擊時間為0.04s，則手機對額頭平均作用力的大小為（）（重力加速度g＝10m/s2）A．8N B．10N C．12N D．14N【考點】用動量定理求平均作用力；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】對手機運用動量定理可求出額頭對手機的作用力，根據牛頓第三定律可求出手機對額頭的沖量和作用力。【解答】解：對手機受力分析如圖取向下為正方向，手機碰前速度v碰撞過程由動量定理有（mg﹣F）?Δt＝0﹣mv求得額頭對手機平均作用力的大小F＝12N根據牛頓第三定律知手機對額頭平均作用力的大小為12N，故ABD錯誤，C正確。故選：C。【點評】本題主要考查了動量定理的應用，解題關鍵是能夠根據自由落體求出手機下落至眼睛的速度，會列動量定理的式子，注意動量的矢量性。4．（2025?汕頭一模）圖1所示為乒乓球火箭現象：將乒乓球放在裝有水的水杯中，隨水杯由靜止下落并與地面發生碰撞后，乒乓球會被彈射到很高的地方。在水杯撞擊地面的極短時間內，杯中產生極大的等效浮力，使乒乓球被加速射出。已知等效浮力給乒乓球的沖量為I，乒乓球質量為m，下落高度為H，當地重力加速度為g，且mg遠遠小于等效浮力，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．水杯落地時，乒乓球的速率為2gH B．脫離水面時，乒乓球的速率為ImC．從開始下落到上升至最高點的過程中，乒乓球的動量變化大小為I D．從開始下落到上升至最高點的過程中，乒乓球重力的沖量大小為I【考點】動量定理的內容和應用．【專題】應用題；定量思想；推理法；動量定理應用專題；分析綜合能力．【答案】D【分析】水杯做自由落體運動，應用運動學公式求出落地時乒乓球的速率；根據乒乓球的運動過程，應用動量定理求解。【解答】解：A、水杯做自由落體運動，水杯落地時乒乓球的速率v=2gH，故B、以向上為正方向，從水杯落地到乒乓球脫離水面過程，對乒乓球，由動量定理得：I＝mv'﹣（﹣mv）解得，乒乓球脫離水面時乒乓球的速率v'=Im-CD、以向上為正方向，對乒乓球，從開始下落到上升至最高點的過程中，由動量定理得：I﹣IG＝Δp＝0，乒乓球的動量變化大小為0，乒乓球重力的沖量大小IG＝I，故C錯誤，D正確。故選：D。【點評】本題考查了動量定理的應用，分析清楚運動過程與受力情況是解題的前提，應用動量定理即可解題。5．（2025?禪城區模擬）如圖甲所示，一名消防員在演習訓練中，沿著豎直固定鋼管往下滑。圖乙所示的速度—時間圖像記錄了他兩次從同一位置下滑的運動情況。則消防員在（）A．0～1.5T過程，兩次下滑的高度相同 B．0～1.5T過程，克服摩擦力做功相等 C．0～1.5T過程，所受摩擦力的沖量相等 D．0～3T過程所受摩擦力的沖量大小均為mgT【考點】動量定理的內容和應用；動能定理的簡單應用；求恒力的沖量．【專題】定量思想；推理法；運動學中的圖象專題；理解能力．【答案】C【分析】A.根據v﹣t圖像與t軸圍成的面積表示位移分析；B.根據動能定理分析；CD.根據動量定理分析。【解答】解：A.根據v﹣t圖像與t軸圍成的面積表示位移可知：0～1.5T過程，兩次下滑的高度不相同，故A錯誤；B.0～1.5T過程，根據動能定理有：mgh﹣W=12mv22-12mvC.0～1.5T過程，規定向下為正方向，由動量定理有：I+mg?3T2=mv2﹣mvD.0～3T過程，規定向下為正方向，由動量定理有：I′+mg?3T＝0，消防員所受摩擦力的沖量大小I′＝3mgT，故D錯誤；故選：C。【點評】本題考查動量定理和動能定理的簡單應用，注意在應用動量定理時要規定正方向。6．（2025?內江一模）如圖，半徑為r的光滑圓軌道被豎直固定在水平地面上，在圓軌道的最低處有一小球（小球的半徑比r小很多）。現給小球一個水平向右的初速度v0＝6m/s，恰能使其做完整的圓周運動，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。則下列說法中正確的是（）A．圓軌道的半徑r＝1.2m B．小球所受合力始終指向圓心 C．小球轉動一圈，軌道對小球的彈力的沖量豎直向上 D．在小球運動的整個過程中，在最左、右兩邊時小球的向心加速度最小【考點】求變力的沖量；物體在圓形豎直軌道內的圓周運動；重力做功的特點和計算．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】C【分析】由牛頓第二定律求出小球在最高的的速度，再由動能定理計算圓軌道的半徑；只有勻速圓周運動中的合力是始終指向圓心的；根據動量定理分析小球轉動一圈，軌道對小球的彈力的沖量方向；根據向心加速度公式a=【解答】解：A．小球恰能使其做完整的圓周運動，最高點有mg=從最低點到最高點，根據動能定理有-mg解得r＝0.72m故A錯誤；B．小球做圓周運動，速度不斷改變，所受重力與彈力的合力并非始終指向圓心，故B錯誤；C．小球轉動一圈，根據動量定理有IF﹣IG＝0因為重力的沖量與重力方向相同，方向豎直向下，所以軌道對小球的彈力的沖量豎直向上，故C正確；D．根據向心加速度公式a=v2故選：C。【點評】解決本題的關鍵知道小球在內軌道運動最高點的臨界情況，以及能夠熟練運用動能定理和動量定理。7．（2025?平度市模擬）某運動員沿圖示滑道運動，從滑道頂端由靜止開始下滑，從起跳區水平飛出，經2.5s后以速度v落在著陸坡上并沿著陸坡滑行。接觸著陸坡后的0.8s內垂直著陸坡方向的速度減為零，此過程著陸坡對運動員的沖量為I。已知運動員質量為50kg，著陸坡可看成傾角為θ的直斜坡，重力加速度g＝10m/s2，sinθ取513A．v的大小為561m/s，與水平方向夾角的正切值為1013B．v的大小為30m/s、與水平方向夾角的正切值為56C．I的大小為1230013N?s，與水平方向夾角的正弦值為12D．I的大小為750013N?s，與水平方向夾角的正弦值為【考點】動量定理的內容和應用；速度偏轉角與位移偏轉角．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】D【分析】AB.運動員做平拋運動，由運動學規律及推論、幾何關系、矢量合成法則分別列式，即可分析判斷；CD.把水平速度與豎直速度均分解為沿斜坡方向和垂直斜坡方向，由矢量合成法則、動量定理、幾何關系分別列式，即可分析判斷。【解答】解：AB.運動員做平拋運動，豎直方向有：vy＝gt，設落在著陸坡上速度與水平夾角為α，由平拋運動的推論可得：tanα=由幾何關系可得：tanθ由矢量合成法則可得：v=聯立可得：tanα=56，v0＝30m/s故AB錯誤；CD.把水平速度與豎直速度均分解為沿斜坡方向和垂直斜坡方向，如圖：由矢量合成法則可得，垂直于斜坡方向的速度大小為：v⊥＝vycosθ﹣v0sinθ，解得：v⊥由動量定理可得，I的大小為：|I|＝|Δp|＝mv⊥，解得：|I則與水平方向夾角的正弦值為：sin(故C錯誤，D正確；故選：D。【點評】本題考查動量定理的內容和應用，解題時需了解，物體在一個過程始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量。8．（2025?紅河州二模）如圖所示為跳臺滑雪雪道的簡化示意圖，AO段為助滑道和起跳區，OB段為傾角為α（α＜45°）的著陸坡。運動員從助滑道的起點A由靜止開始滑下，到達O點時以速度v0起跳，最后落在著陸坡面上的C點。已知v0的方向與水平方向的夾角也為α，O、C間距離為s。不計一切阻力，運動員可視為質點，則運動員從O點運動到C點的過程中（）A．最高點速度為0 B．重力的沖量大小I=mgsC．上升階段處于超重狀態 D．相同時間內速度的變化量不同【考點】動量定理的內容和應用；超重與失重的概念、特點和判斷．【專題】定量思想；推理法；運動的合成和分解專題；理解能力．【答案】B【分析】A.最高點速度的方向水平向右，不為零；B.根據I＝mgt求解；C.運動員只受重力，加速度向下，處于失重狀態；D.由a=Δv【解答】解：A.由斜拋運動特點可知，運動員在豎直方向做勻變速運動，水平方向做勻速直線運動，最高點豎直速度為0，水平速度為vx＝v0cosα，故A錯誤；B.運動員從O到C的水平分位移為x＝scosα，由于運動員在水平方向做勻速直線運動，則運動時間為t=scosαv0cosα=C.由于不計一切阻力，故運動員整個過程只受重力，加速度向下，處于失重狀態，故C錯誤；D.運動員在空中做斜拋運動，斜拋運動是一種勻變速曲線運動，由Δv＝gΔt可知：相同時間內速度的變化量相同，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查斜拋運動規律的簡單應用，要掌握斜拋運動在水平方向做勻速直線運動，在豎直方向做勻變速直線運動。9．（2025?江西模擬）如圖所示，三個小球A、B、C分別套在同一水平面內平行的兩根長桿上，兩桿相距32L，小球質量均為m，A、B通過不可伸長的細線相連，細線長為L，小球與長桿間的動摩擦因數均為μ。初始時，A、C球靜止，給B球一個沿桿向右的初速度v，繩子繃緊后B球立即與C球發生彈性正碰，CA．v28μg-LC．v28μg-【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；用動量守恒定律解決多次碰撞（或類碰撞）的問題．【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；推理論證能力．【答案】A【分析】根據動能定理求得繩子繃緊前瞬間小球B的速度大小，繩子繃緊的過程，A、B組成的系統動量守恒，根據動量守恒定律求得繩子繃緊后與C碰撞前瞬間B的速度大小，根據動量守恒定律與機械能守恒定律求得B球與C球發生彈性正碰后瞬間C的速度大小，再根據動能定理求得C球運動的位移大小。【解答】解：由幾何關系得繩子繃緊前B的位移大小為：x1=設繩子繃緊前瞬間小球B的速度大小為v1，根據動能定理得：-設繩子繃緊后與C碰撞前瞬間，小球B的速度大小為v2，繩子繃緊的過程，A、B組成的系統動量守恒，以向右為正方向，可得：mv1＝2mv2設繩子繃緊后B球與C球發生彈性正碰后瞬間，B與C的速度大小分別為vB、vC，以向右為正方向，根據動量守恒定律與機械能守恒定律得：mv2＝mvB+mvC12解得：vB＝0，vC＝v2設C球運動的位移大小為xC，根據動能定理得：-μmg聯立解得：xC=v28故選：A。【點評】本題考查了動量守恒定律與動能定理的應用，基礎題目。掌握從動量與功能的角度處理問題的方法。10．（2025?鎮江模擬）如圖所示，光滑水平地面上有一斜面體Q，斜面上放置物塊P。初始時用外力保持物塊P和斜面體Q靜止，撤去外力后，P沿斜面體Q下滑。已知P、Q之間存在摩擦，則在P下滑過程中，下列說法正確的是（）A．Q對P的作用力方向豎直向上 B．P對Q做功小于Q對P做功 C．P的機械能變化量等于Q對P摩擦力所做的功 D．Q動量的變化量等于P對Q的作用力的沖量【考點】動量定理的內容和應用；常見力做功與相應的能量轉化．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】A、根據P的受力情況判斷Q對P的作用力方向；BC、根據功能關系判斷P對Q做功與Q對P做功的大小關系和P的機械能變化量與Q對P摩擦力所做的功的大小關系；D、根據動量定理判斷Q動量的變化量與P對Q的作用力的沖量大小關系。【解答】解：A、根據題意可知，當P處于靜止狀態時，Q對P的作用力方向豎直向上，與P的重力等大、反向，當撤去外力后，P沿斜面加速下滑時，Q對P的作用力方向斜向左上方，故A錯誤；BC.根據功能關系，P對Q做功等于Q的機械能的增加量，Q對P做功等于P的機械能的減小量，P的機械能的減小量等于Q的機械能的增加量加上內能，故P對Q做功小于Q對P做功，故B正確，C錯誤；D.根據動量定理，合外力的沖量等于物體動量的變化量；Q動量的變化量等于P對Q的作用力以及地面對Q的作用力、Q重力的合沖量，而不只是P對Q的作用力的沖量，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了功能關系和動量定理的應用，根據題意分析清楚物體的受力情況與運動過程是解題的前提。二．多選題（共5小題）（多選）11．（2025?湖北模擬）小朋友用玩具槍把彈丸以速度v0與水平方向成60°角斜向上射出。已知重力加速度大小為g，不考慮空氣阻力。對彈丸運動過程，下列說法正確的是（）A．從射出到最高點，重力沖量的大小為3mv0 B．在到達最高點時的速度大小為v0C．運動的最高點與射出點的高度差為v0D．任意兩時刻之間，動量改變量的方向豎直向下【考點】動量定理的內容和應用；動量變化量的計算；求恒力的沖量．【專題】定量思想；合成分解法；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】將彈丸是速度分解成水平、豎直兩個方向進行分析，根據幾何關系結合運動學公式解答。【解答】解：B、彈丸在空中的運動是一個斜拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做豎直上拋運動。故彈丸在最高點的速度為v0cos60°=v02C、彈丸運動到最高點時，豎直方向速度為零，根據豎直方向做豎直上拋運動可以算出高度差，﹣2gh＝02﹣（v0sin60°），算的h=3vA、彈丸從初始位置到最高點的動量變化量為mv0sin60°=3mvD、根據動量定理，彈丸動量改變量的方向與合外力的方向相同，故動量改變的方向與重力方向相同，豎直向下，故D正確。故選：BD。【點評】考查合運動與分運動的關聯，運用正交分解法分析，熟悉動量、動量變化量的定義。（多選）12．（2025?信陽二模）我國在無人機領域處于世界領先行列，特別是同時控制多架無人機的“蜂群技術”更是遙遙領先。在一次測試中同一臺電腦控制兩架無人機進行測試，兩架無人機完全相同，開始時靜止在地面上，在程序控制下同時開始豎直向上運動，兩架無人機的升力隨時間變化圖像如圖甲、乙所示，mg為無人機的重力大小，忽略無人機受到的阻力，則關于無人機運動過程的說法正確的是（）A．0～2t時間內甲、乙兩無人機的上升的高度之比為5：7 B．2t時刻甲、乙兩無人機的動量之比為1：2 C．2t時刻甲、乙兩無人機升力的功率之比為3：2 D．0﹣2t時間內甲、乙兩無人機升力做功之比為1：1【考點】用動量的定義式計算物體的動量；牛頓第二定律的簡單應用；功的定義、單位和計算式．【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】根據牛頓第二定律，可得無人機的加速度，可畫出甲、乙兩無人機的v﹣t圖像，v﹣t圖像面積等于位移，速度大小相等，動量大小相等，根據P＝Fv求解瞬時功率之比，根據恒力做功公式求解升力做功大小。【解答】解：根據牛頓第二定律，可得無人機的加速度a=F-mgmA．v﹣t圖像面積等于位移，由v﹣t圖像面積大小可知，甲、乙無人機上升高度之比為5：7，故A正確；B．由v﹣t圖像可知2t時刻兩無人機的的速度大小相等，動量大小相等，故B錯誤；C．2t時刻甲、乙兩無人機的升力之比為3：2，速度相等，根據P＝Fv可知無人機瞬時功率之比為3：2，故C正確；D．0﹣2t時間內甲無人機升力做功大小為W乙無人機升力做功大小W故D錯誤。故選：AC。【點評】本題解題關鍵是根據牛頓第二定律求解無人機的加速度，畫出甲、乙兩無人機的v﹣t圖像，利用圖像求解。（多選）13．（2025?珠海一模）如圖，動物園熊貓館中有一個長s＝10m，傾角為30°的坡道，坡道底端有一垂直于坡面的防護板。一個質量m＝80kg的熊貓從坡道頂端由靜止滑下，熊貓與防護板的碰撞時間t＝0.4s，熊貓與防護板碰撞后不反彈，忽略熊貓的大小和坡道的摩擦力，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．熊貓從開始下滑到碰到防護板所用的時間為2s B．熊貓碰到防護板前瞬間的動量大小為1600kg?m/s C．熊貓受到防護板對它的平均作用力大小為2400N D．熊貓與防護板碰撞過程中重力的沖量大小為160N?s【考點】用動量定理求平均作用力；自由落體運動的規律及應用；動量變化量的計算；沖量的定義及性質．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】對熊貓受力分析，根據牛頓第二定律求解加速度，根據勻變速直線運動規律求解速度，根據動量公式求解動量，根據動量定理求解平均作用力大小，根據沖量的定義求解重力的沖量大小。【解答】解：A．對熊貓受力分析，根據牛頓第二定律可得mgsin30°＝ma解得a＝5m/s2由勻變速直線運動規律可得s=解得t'故A正確；B．根據勻變速直線運動規律可得，熊貓碰到防護板前瞬間的速度大小為v＝at′＝5×2m/s＝10m/s故熊貓碰到防護板前瞬間的動量大小為p＝mv＝80×10kg?m/s＝800kg?m/s故B錯誤；C．選取碰撞前速度的方向（沿斜面向下）為正方向，設熊貓受到防護板對它的平均作用力F，根據動量定理則有（mgsin30°﹣F）t＝0﹣mv解得F＝2400N故C正確；D．根據沖量的定義可得，熊貓與防護板碰撞過程中重力的沖量大小為I＝mgt＝80×10×0.4N?s＝320N?s故D錯誤。故選：AC。【點評】應用動量定理的四點注意事項：（1）明確物體受到沖量作用的結果是導致物體動量的變化。沖量和動量都是矢量，它們的加、減運算都遵循平行四邊形定則。（2）列方程前首先要選取正方向，與規定的正方向一致的力或動量取正值，反之取負值，而不能只關注力或動量數值的大小。（3）分析速度時一定要選取同一個參考系，未加說明時一般選地面為參考系，同一道題目中一般不要選取不同的參考系。（4）公式中的沖量應是合外力的沖量，求動量的變化量時要嚴格按公式計算，且要注意是末動量減去初動量。（多選）14．（2025?羅湖區校級一模）一根柔軟的粗繩靜止盤放在水平面上，繩的總長為l，總質量為m。現拉住繩的一端，用大小為F＝mg的恒力豎直向上拉動，從拉力開始作用到繩的下端到離開地面的高度為l的過程中，不計繩子間的摩擦，忽略繩子的擺動，下列說法中正確的有（）A．繩的機械能變化量為2mgl B．繩的機械能變化量為1.5mgl C．繩的動量變化量為mgl D．繩的動量變化量為m【考點】動量定理的內容和應用；常見力做功與相應的能量轉化．【專題】定量思想；圖析法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；推理論證能力．【答案】AC【分析】對繩受力分析，即可知繩完全離開地面前的受力情況，結合支持力隨著繩子上升高度的變化，即可求解支持力做功，根據動能定理即可知繩下端離開地面時，繩的速度；由功能關系、可計算繩的機械能變化；由繩的初末速度，可計算繩的動量變化量。【解答】解：AB、對繩受力分析，即可知繩完全離開地面前，受到的支持力隨著繩子上升高度線性減小，如圖所示：故支持力做功為：W=12×mg×l=由功能關系：W+F×(l+1CD、由繩的初末速度，可得繩的動量變化量為：Δp＝mv﹣0，解得動量變化量為mgl，故C正確，D故選：AC。【點評】本題考查動量、機械能的變化計算，關鍵是理解繩受到的支持力隨上升高度的變化，及變力做功計算方法。（多選）15．（2025?梅州一模）中科院研制的電磁彈射實驗裝置能構建微重力實驗環境，實驗裝置像一個“大電梯”，原理如圖所示，在電磁彈射階段，系統推動實驗艙豎直向上加速運動至A位置，撤除電磁作用。此后，實驗艙做豎直上拋運動，到達最高點后返回A位置，再經歷一段減速運動后靜止。豎直上拋階段，忽略阻力，實驗艙處于完全失重狀態，這一階段持續的時間為4s，實驗艙的質量為500kg。取重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是（）A．實驗艙向下運動的過程始終處于失重狀態 B．豎直上拋階段實驗艙距A位置的最大距離為20m C．向上彈射階段，電磁彈射系統對實驗艙做功等于1×105J D．向上彈射階段，電磁彈射系統對實驗艙的沖量大于1×104N?s【考點】求變力的沖量；豎直上拋運動的規律及應用；超重與失重的概念、特點和判斷．【專題】定量思想；推理法；動能定理的應用專題；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】根據實驗艙的加速度方向判斷其超失重狀態；實驗艙豎直向上加速運動至A位置時速度最大，根據運動學公式求解；求出實驗艙在A位置時的動能，根據動能定理判斷；根據動量定理判斷。【解答】解：A.實驗艙向下運動的過程，開始做自由落體運動，處于失重狀態，后向下減速，處于超重狀態，故A錯誤；B.實驗艙在電磁彈射結束后開始豎直上拋時的速度最大，根據豎直上拋運動的對稱性可知距離A位置的最大距離h=12gt2=12×10C.實驗艙在電磁彈射結束后開始豎直上拋時的速度最大，根據豎直上拋運動的對稱性可知該速度為v＝gt＝10×2m/s＝20m/s，在向上彈射過程中，根據動能定理有W﹣mgh'=12mv2=12×500×202J＝1×105J，所以W＞1×10D.在向上彈射過程中，以向上為正方向，根據動量定理有I﹣mgt′＝mv＝500×20N?s＝1×104N?s，所以I＞1×104N?s，故D正確。故選：BD。【點評】本題考查了動量定理，功能關系，超重與失重現象，豎直上拋運動規律，基礎題目。掌握超失重的判斷方法，功與能的對應關系，在應用動量定理解答問題時要注意矢量性，先規定正方向，在確定動量與沖量的正負。三．解答題（共5小題）16．（2025?萍鄉模擬）如圖所示，水平地面上靜止一輛帶有向后噴射裝置的小車，小車的質量為M＝1kg，現給小車里裝入10個相同的小球，每個小球質量為m＝1kg。車上的噴射裝置可將小球逐一瞬間向后水平噴出，且相對于地面的速度都是v0＝20m/s，每間隔相等時間Δt＝1s噴出一個小球。已知小車運動時受到的阻力為小車和車內小球總重力的k＝0.2倍，g＝10m/s2。（1）噴出第一個小球時，小車同時也獲得一個反向速度，求此時整個系統增加的機械能；（2）求噴出第三個小球后，小車的速度v3；（3）調整第四個及以后的每個小球噴出速度，可使得接下來的每個小球噴出后小車的速度都等于v3。求第四個小球和第五個小球噴出的速度之比。【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；動量定理的內容和應用．【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【答案】（1）此時整個系統增加的機械能為220J；（2）小車的速度為得114（3）第四個小球和第五個小球噴出的速度之比為5345【分析】（1）根據動量守恒和能量守恒定律求此時整個系統增加的機械能；（2）根據動量守恒定律求噴出第三個小球后，小車的速度；（3）根據動量守恒求第四個小球和第五個小球噴出的速度之比。【解答】解：（1）噴出小球過程，以v0的方向為正方向，小車和小球整個系統動量守恒mv0＝（M+9m）v1解得v1＝2m/s系統增加的機械能ΔE解得ΔE＝220J（2）由題意可知，噴出每個小球后，小車和剩余小球將會做Δt＝1s的勻減速運動。km總g＝m總a可知每次減速的加速度a＝kg解得a＝2m/s2噴出第二個小球前v1＝v1﹣aΔt噴出第二個小球后，小車的速度為v2以v1的方向為正方向，由動量守恒定律可得（M+9m）v1＝﹣mv0+（M+8m）v2聯立可得（M+8m）v2＝2mv0﹣（M+9m）kg同理可得噴出第三個小球后，以v1的方向為正方向，小車的速度滿足（M+7m）v1＝3mv0﹣（M+9m）kgΔt﹣（M+8m）kgΔt解得v（3）噴出第四個小球前v′3＝v3﹣aΔt解得v'噴出第四個小球后，以v3的方向為正方向，由動量守恒定律可得（M+7m）v′3＝﹣mv40+（M+6m）v4由題意可知v4＝v3解得v則噴出第五個小球前v′4＝v′3噴出第五個小球后，以v4的方向為正方向，由動量守恒定律可得（M+6m）v′4＝﹣mv50+（M+5m）v5且v5＝v3解得vv40答：（1）此時整個系統增加的機械能為220J；（2）小車的速度為得114（3）第四個小球和第五個小球噴出的速度之比為5345【點評】解答本題的關鍵要理清小球和小車的運動過程，把握各個過程的物理規律，分段運用動量守恒定律解答。17．（2025?萍鄉模擬）如圖所示，在水平直軌道上靜止放置平板車A和長木板B，可視為質點的物塊C以初速度v0從A的左端開始向右運動，當C和A的速度相等時，A和B恰好發生了第一次碰撞。已知A、B、C的質量分別為m、2m、3m，不計A與軌道間的摩擦，B與軌道間的動摩擦因數為2μ，C與A、B上表面間的動摩擦因數均為μ，全程C沒有掉落到軌道上，每次碰撞時間極短，均為彈性碰撞，重力加速度為g，忽略空氣阻力。求：（1）A和C第一次速度相等時的速度；（2）第一次碰撞前A運動的距離x和第一次碰撞后A的速度大小；（3）若A的長度l=v024μg，且【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；用動量守恒定律解決多次碰撞（或類碰撞）的問題．【專題】定量思想；推理法；動量與動能定理或能的轉化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【答案】（1）A和C第一次速度相等時的速度為34（2）第一次碰撞前A運動的距離為3v0232μg（3）B最終停止的位置距其初始位置為79v【分析】（1）根據動量守恒定律求A和C第一次速度相等時的速度；（2）根據牛頓第二定律求第一次碰撞前A運動的距離，根據動量守恒定律和機械能守恒定律求第一次碰撞后A的速度；（3）第一次碰撞后B向右減速，根據牛頓第二定律結合運動學公式求解B減速的位移；A再一次與B發生碰撞時和第一次碰撞滿足同樣的規律，再次求出B第二次減速運動的位移即可得到B運動的總位移。【解答】解：（1）不計A與軌道間的摩擦，則從C滑上A，AB動量守恒，以v0的方向為正方向，根據動量守恒定律，A和C第一次速度相等時3mv0＝（3m+m）v1解得v1方向水平向右（2）設第一次碰撞前A運動的距離x，由牛頓第二定律可得fA＝3μmg＝maAA做勻加速直線運動，再由v可得x設第一次碰撞后AB碰撞，設AB碰后的速度分別為V1'、VB'，以v1的方向為正方向，根據動量守恒定律和機械能守恒定律mAv1＝mAv1'+mBvB12解得vvB則第一次碰后，A速度大小為14（3）AB碰撞前，AC相對位移為μ解得x第一次碰撞后A的速度vC速度為v假設AB能再一次共速，且共速前A不與B發生碰撞，且C還未滑離A，以v1的方向為正方向，則3mv1+mv1'＝（3m+m）v2解得vAC間相對位移為μ解得x則x則C滑到A右端時，兩者恰好再次共速。此時A從第一次碰撞后向右滑行的距離和時間為xAB第一次碰后，對B由牛頓第二定律fB＝2μ×2mg＝2maBB停止運動的時間及位移分別為tBxB則AC共速后會再一次與B相碰，假設碰后AB速度分別為v2'、vB'，以v2的方向為正方向，由機械能守恒定律及動量守恒定律可得mAv2＝mAv2'+mBvB''1解得v2vB之后C滑到B上，與B一起向右運動。對B、C由牛頓第二定律可得fC＝3μmg＝3maCf'B＝2μ×（2m+3m）g﹣3μmg＝2ma'B則aC＝μgaB全程C沒有掉落到軌道上，a'B＞aC，vC＞vB，則第二次碰撞后B將以a'B減速，直到B停止。由v'2B＝2aBx'B可得，第二次碰撞后B運動的位移為x則B最終停止的位置距其出發點距離s＝xB+x'B解得s=答：（1）A和C第一次速度相等時的速度為34（2）第一次碰撞前A運動的距離為3v0232μg（3）B最終停止的位置距其初始位置為79v【點評】本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律以及牛頓第二定律的綜合應用；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統不受外力作用或某一方向不受外力作用（或合外力為零）；解答時要首先確定一個正方向，利用碰撞前系統的動量和碰撞后系統的動量相等列方程，再根據能量關系列方程求解。18．（2025?海淀區校級模擬）摩擦傳動裝置結構簡單，容易制造，在生產生活中得到廣泛應用。（1）如圖1所示為打印機送紙裝置。搓紙輥旋轉帶動紙張前進走紙，摩擦片在紙張下方貼緊，施加阻力分離紙張，以保證只有一張紙前移且避免兩張紙同時送入。已知搓紙輥和紙張之間的動摩擦因數為μ1，紙張之間的動摩擦因數為μ2，紙張和摩擦片之間的動摩擦因數為μ3。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，不計紙張質量及空氣阻力。a.電機帶動搓紙輥使搓紙輥始終以角速度ω0轉動。設一張紙的長度為L，搓紙輥半徑為r，計算打印機送入一張紙所需的時間；b.為保證送紙裝置正常工作，分析說明μ1、μ2和μ3的大小關系。（2）一種使用摩擦傳動的變速箱，其內部結構可簡化為圖2，薄壁圓筒1和薄壁圓筒2均可繞自身的光滑轉軸轉動，且它們的轉軸平行。開始時圓筒2靜止，圓筒1以角速度ω轉動，某時刻使兩圓筒相接觸，由于摩擦，一段時間后兩圓筒接觸面間無相對滑動。圓筒1半徑為R，質量為m1，圓筒2質量為m2。設兩圓筒相互作用過程中無其他驅動力，不計空氣阻力。求：a.兩圓筒無相對滑動時圓筒1的角速度ω'；b.從兩圓筒接觸到無相對滑動過程中系統產生的熱量Q。【考點】動量定理的內容和應用；牛頓第二定律的簡單應用；彈力（支持力、拉力、壓力等）做功的計算；常見力做功與相應的能量轉化．【專題】定量思想；推理法；勻速圓周運動專題；牛頓運動定律綜合專題；動量定理應用專題；功能關系能量守恒定律；推理論證能力．【答案】（1）a.打印機送入一張紙所需的時間為Lωb.為保證送紙裝置正常工作，μ1、μ2和μ3的大小關系為.μ1＞μ3＞μ2；（2）a.兩圓筒無相對滑動時圓筒1的角速度ω'為m1b.從兩圓筒接觸到無相對滑動過程中系統產生的熱量Q為m1【分析】（1）a根據運動學公式計算；b根據摩擦力的大小分析；（2）a根據動量定理計算；b根據能量守恒定律計算。【解答】解：（1）a：紙的運動速度為v，則有v＝ω0r因不計紙張質量，加速時間可不考慮，則送入一張紙所需時間t=b：由題意，接觸面間彈力大小相等，則當紙槽內有兩張紙時，對于與搓紙輥接觸的紙張，搓紙輥對它的最大靜摩擦力應大于下面紙張對它的最大靜摩擦力，有μ1＞μ2對于與摩擦片接觸的紙張，摩擦片對它的最大靜摩擦力應大于上面紙張對它的最大靜摩擦力，有μ3＞μ2當紙槽內只有一張紙時，紙張仍能送入打印機，同理有μ1＞μ3故μ1＞μ3＞μ2（2）a：把圓筒壁的轉動看成“直線”運動，設經t時間兩圓筒壁共速v＝ω'R設圓筒間摩擦力為f，由動量定理對圓筒1有﹣ft＝m1（v﹣ωR）對圓筒2有ft＝m2（v﹣0）得ω'b：取筒壁上速度為v′、質量為Δm的質點，其動能為12Ek其中m為圓筒質量。由能量轉化與守恒，有Q=代入相應表達式得Q=答：（1）a.打印機送入一張紙所需的時間為Lωb.為保證送紙裝置正常工作，μ1、μ2和μ3的大小關系為.μ1＞μ3＞μ2；（2）a.兩圓筒無相對滑動時圓筒1的角速度ω'為m1b.從兩圓筒接觸到無相對滑動過程中系統產生的熱量Q為m1【點評】能夠正確分析紙張上下表面所受摩擦力大小關系，掌握圓周運動中線速度和角速度的關系是解題的基礎。19．（2025?上海二模）一跑酷運動員在一次訓練中的運動可簡化為以下運動：運動員首先在平直高臺上以4m/s2的加速度從靜止開始勻加速運動，運動8m的位移后，在距地面高為5m的高臺邊緣水平跳出，在空中調整姿勢后恰好垂直落在一傾角為53°的斜面中點位置。此后運動員迅速調整姿勢沿水平方向蹬出，該運動員可視為質點，質量m＝50kg，不計空氣阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。（1）運動員從樓頂邊緣水平跳出的初速度大小為8m/s；（2）運動員從樓頂邊緣跳出到落到斜面的過程中重力的沖量大小為300N?s；（3）該斜面底端與高臺邊緣的水平距離s＝2.4m；（4）計算：若運動員水平蹬出斜面后落在地面上，求運動員的蹬出速度范圍。【考點】求恒力的沖量；平拋運動速度的計算．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；推理論證能力．【答案】（1）8；（2）300；（3）2.4；（4）3m/s≤v≤6m/s【分析】（1）根據勻變速直線運動速度與位移的關系式計算；（2）結合運動的合成與分解求得運動員從樓頂邊緣跳出到落到斜面上所用的時間，再根據沖量的定義式I＝Ft計算重力的沖量；（3）根據水平方向上和豎直方向上的運動學公式，結合幾何關系求得該斜面底端與高臺邊緣的水平距離；（4）若運動員水平蹬出斜面后落在地面上，根據豎直方向上和水平方向上的運動學公式，結合臨界條件求運動員的蹬出速度范圍。【解答】解：（1）題意知運動員加速度a＝4m/s2，位移L＝8m，由運動學公式有v0解得運動員從樓頂邊緣水平跳出的初速度大小v0＝8m/s（2）題意知運動員落到斜面時速度方向與水平方向成37°，根據平拋運動規律有tan37°=解得運動員在空中飛行時間t＝0.6s則重力的沖量大小I＝mgt＝300N?s（3）題意可知平拋運動位移x＝v0t＝8×0.6m＝4.8m平拋運動豎直方向位移y=12gt2=12×10×則斜面底端與高臺邊緣的水平距離s＝x-聯立解得s＝2.4m（4）假設運動員蹬出速度為v1時剛落到斜面底端，由平拋運動規律有5mtan53°=v1t聯立解得t1＝0.8s，v1＝3m/s假設運動員蹬出速度為v2時剛落到樓頂邊緣正下方，則有x＝v2t1聯立解得v2＝6m/s動員的蹬出速度范圍3m/s≤v≤6m/s故答案為：（1）8；（2）300；（3）2.4；（4）3m/s≤v≤6m/s【點評】本題以跑酷是時下風靡全球的時尚極限運動為情景載體，主要考查了平拋運動的基本規律，知道平拋運動水平方向做勻速直線運動，豎直方向為自由落體運動，在懂得運動分解的基礎上運用運動學公式解答。20．（2025?羅湖區校級一模）將110米欄跨欄過程的運動員視為做斜拋運動的質點，如圖為傳統的“八步上欄”起跳后運動員的軌跡。為提高比賽成績，有的運動員改為“七步上欄”。相比“八步上欄”，“七步上欄”要在離欄更遠的地方起跳，但運動員達到的最高點與原來相同。（1）請你畫出“七步上欄”的軌跡示意圖。（2）分析說明“七步上欄”在跨欄過程中是否可以提高比賽成績。（3）理想情況下，假設跨欄前運動員已達到最大速度，運動員應做到不因跨欄而影響跑步速度。分析說明，在這種情況下：運動員起跳過程對地面的沖量的方向。【考點】動量定理的內容和應用；斜拋運動．【專題】比較思想；推理法；動量定理應用專題；推理論證能力．【答案】（1）見解析；（2）“七步上欄”可以提高比賽成績；（3）運動員起跳過程，對地面的沖量豎直向下。【分析】（1）由運動員“七步上欄”和“八步上欄”時起跳的位置不同，可知兩種運動的水平分位移區別；結合運動員到達的最高點相同，即可知“七步上欄”的軌跡示意圖；（2）在豎直方向上，由“達到的最高點與原來相同”，可比較上升和下落時間關系；結合“七步上欄”和“八步上欄”在相同時間內的水平分位移，即可知跨欄過程是否可以提高成績；（3）“運動員應做到不因跨欄而影響跑步速度”意味著運動員跨欄前后在水平方向的速度不變，即可知運動員起跳過程動量變化量方向；由動量定理，可知運動員受到地面的沖量方向，根據相互作用力的特點，可知運動員對地面的沖量方向。【解答】解：（1）由運動員“七步上欄”和“八步上欄”時起跳的位置不同，可知“七步上欄”的水平分位移更大；結合運動員到達的最高點相同，即可知“七步上欄”的軌跡示意圖如圖中虛線：（2）在豎直方向上，由“達到的最高點與原來相同”，所以上升和下落時間均不變；“七步上欄”要在離欄更遠的地方起跳，即在相同時間內，水平分運動位移更大，故可節省時間，“七步上欄”可以提高比賽成績；（3）“運動員應做到不因跨欄而影響跑步速度”意味著運動員跨欄前后在水平方向的速度不變，故運動員起跳過程動量變化量豎直向上；即運動員受到的合力的沖量豎直向上，而重力對運動員的沖量豎直向下，故地面對運動員的沖量豎直向上，根據相互作用力特點，運動員對地面的沖量豎直向下。答：（1）見解析；（2）“七步上欄”可以提高比賽成績；（3）運動員起跳過程，對地面的沖量豎直向下。【點評】本題考查動量定理的應用，關鍵是理解“最高點與原來相同”，“不因跨欄而影響跑步速度”等臨界條件的含義。

考點卡片1．自由落體運動的規律及應用【知識點的認識】1．定義：物體只在重力作用下從靜止開始豎直下落的運動叫做自由落體運動．2．公式：v＝gt；h=12gt2；v2＝3．運動性質：自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動．4．物體做自由落體運動的條件：①只受重力而不受其他任何力，包括空氣阻力；②從靜止開始下落．重力加速度g：①方向：總是豎直向下的；②大小：g＝9.8m/s2，粗略計算可取g＝10m/s2；③在地球上不同的地方，g的大小不同．g隨緯度的增加而增大（赤道g最小，兩極g最大），g隨高度的增加而減小．【命題方向】自由落體運動是常見的運動，可以看作是勻變速直線運動的特例，高考命題常以新情境來考查，而且經常與其他知識綜合出題．單獨考查的題型一般為選擇題或計算題，綜合其它知識考查的一般為計算題，難度一般中等或偏易．例1：關于自由落體運動，下列說法中正確的是（）A．在空氣中不考慮空氣阻力的運動是自由落體運動B．物體做自由運動時不受任何外力的作用C．質量大的物體，受到的重力大，落到地面時的速度也大D．自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動分析：自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運動運動，加速度g與質量無關．解答：A、自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落的運動，故A錯誤；B、物體做自由運動時只受重力，故B錯誤；C、根據v＝gt可知，落到地面時的速度與質量無關，故C錯誤；D、自由落體運動是指物體僅在重力的作用下由靜止開始下落加速度為g的勻加速直線運動運動，故D正確．故選：D．點評：把握自由落體運動的特點和規律，理解重力加速度g的變化規律即可順利解決此類題目．例2：一個小石子從離地某一高度處由靜止自由落下，某攝影愛好者恰好拍到了它下落的一段軌跡AB．該愛好者用直尺量出軌跡的實際長度，如圖所示．已知曝光時間為11000s，則小石子出發點離AA.6.5cmB.10mC.20mD.45m分析：根據照片上痕跡的長度，可以知道在曝光時間內物體下落的距離，由此可以估算出AB段的平均速度的大小，在利用自由落體運動的公式可以求得下落的距離．解答：由圖可知AB的長度為2cm，即0.02m，曝光時間為11000s，所以AB段的平均速度的大小為v=x由自由落體的速度位移的關系式v2＝2gh可得，h=v22g故選：C．點評：由于AB的運動時間很短，我們可以用AB段的平均速度來代替A點的瞬時速度，由此再來計算下降的高度就很容易了，通過本題一定要掌握這種近似的方法．【解題思路點撥】1．自由落體運動是初速度為零的勻加速直線運動，所以，勻變速直線運動公式也適用于自由落體運動．2．該知識點的3個探究結論：（1）物體下落快慢不是由輕重來決定的，是存在空氣阻力的原因．（2）物體只在重力作用下從靜止開始下落的運動，叫做自由落體運動．“自由”的含義是物體只受重力作用、且初速度為零．（3）不同物體從同一高度做自由落體運動，它們的運動情況是相同的．2．豎直上拋運動的規律及應用【知識點的認識】1．定義：物體以初速度v0豎直向上拋出后，只在重力作用下而做的運動，叫做豎直上拋運動。2．特點：（1）初速度：v0≠0；（2）受力特點：只受重力作用（沒有空氣阻力或空氣阻力可以忽略不計）；（3）加速度：a＝g，其大小不變，方向始終豎直向下。3．運動規律：取豎直向上的方向為正方向，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t-12gtvt24．幾個特征量：（1）上升的最大高度hmax=v（2）質點在通過同一高度位置時，上升速度與下落速度大小相等；上升到最大高度處所需時間t上和從最高處落回到拋出點所需時間相等t下，t上＝t下=v【命題方向】例1：某物體以30m/s的初速度豎直上拋，不計空氣阻力，g取10m/s2．5s內物體的（）A．路程為65mB．位移大小為25m，方向向上C．速度改變量的大小為10m/sD．平均速度大小為13m/s，方向向上分析：豎直上拋運動看作是向上的勻減速直線運動，和向下的勻加速直線運動，明確運動過程，由運動學公式即可求出各物理量。解答：由v＝gt可得，物體的速度減為零需要的時間t=v0g=3010A、路程應等于向上的高度與后2s內下落的高度之和，由v2＝2gh可得，h=v22g=45m，后兩s下落的高度h'=12gt′2＝20m，故總路程s＝（45+20B、位移h＝v0t-12gt2＝25m，位移在拋出點的上方，故C、速度的改變量△v＝gt＝50m/s，方向向下，故C錯誤；D、平均速度v=ht=25故選：AB。點評：豎直上拋運動中一定要靈活應用公式，如位移可直接利用位移公式求解；另外要正確理解公式，如平均速度一定要用位移除以時間；速度變化量可以用△v＝at求得。例2：在豎直的井底，將一物塊以11m/s的初速度豎直向上拋出，物體沖出井口再落回到井口時被人接住，在被人接住前1s內物體的位移是4m，位移方向向上，不計空氣阻力，取g＝10m/s2．求：（1）物體從拋出點到被人接住所經歷的時間；（2）豎直井的深度。分析：豎直上拋運動的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時一般用分段法，此題可以直接應用整體法進行求解。解答：（1）設最后1s內的平均速度為v則：v=平均速度等于中間時刻的瞬時速度，即接住前0.5s的速度為v1＝4m/s設物體被接住時的速度為v2，則v1＝v2﹣gt得：v2＝4+10×0.5＝9m/s，則物體從拋出點到被人接住所經歷的時間t=v2-v0g（2）豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移，則h＝v0t-12gt2＝11×1.2-12×10×答：（1）物體從拋出點到被人接住所經歷的時間為1.2s（2）豎直井的深度為6m。點評：豎直上拋運動的處理方法有整體法和分段法，要求路程或上升的最大高度時一般用分段法，此題只有豎直向上的勻減速運動，直接應用整體法求解即可。【解題方法點撥】1．豎直上拋運動的兩種研究方法：（1）分段法：上升階段是勻減速直線運動，下落階段是自由落體運動，下落過程是上升過程的逆過程。（2）整體法：從全程來看，加速度方向始終與初速度v0的方向相反，所以可把豎直上拋運動看成一個勻變速直線運動，要特別注意v0、vt、g、h等矢量的正、負號。一般選取豎直向上為正方向，v0總是正值，上升過程中vt為正值，下落過程中vt為負值；物體在拋出點以上時h為正值，物體在拋出點以下時h為負值。住：豎直上拋運動的上升階段和下降階段具有對稱性：①速度對稱：上升和下降過程經過同一位置時速度等大、反向；②時間對稱：上升和下降過程經過同一段高度的上升時間和下降時間相等。3．牛頓第二定律的簡單應用【知識點的認識】牛頓第二定律的表達式是F＝ma，已知物體的受力和質量，可以計算物體的加速度；已知物體的質量和加速度，可以計算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計算物體的質量。【命題方向】一質量為m的人站在電梯中，電梯加速上升，加速度大小為13g，gA、43mgB、2mgC、mgD分析：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律列式求解即可。解答：對人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據牛頓第三定律，人對電梯的壓力等于電梯對人的支持力，故人對電梯的壓力等于43mg故選：A。點評：本題關鍵對人受力分析，然后根據牛頓第二定律列式求解。【解題方法點撥】在應用牛頓第二定律解決簡單問題時，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達式，再根據需要求出相關物理量。4．牛頓第三定律的理解與應用【知識點的認識】1．內容：兩個物體之間的作用力和反作用力總是大小相等，方向相反，作用在同一條直線上．2．作用力與反作用力的“四同”和“三不同”：四同大小相同三不同方向不同【命題方向】題型一：牛頓第三定律的理解和應用例子：關于作用力與反作用力，下列說法正確的是（）A．作用力與反作用力的合力為零B．先有作用力，然后才產生反作用力C．作用力與反作用力大小相等、方向相反D．作用力與反作用力作用在同一個物體上分析：由牛頓第三定律可知，作用力與反作用力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，作用在兩個物體上，力的性質相同，它們同時產生，同時變化，同時消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯誤．B、作用力與反作用力，它們同時產生，同時變化，同時消失，故B錯誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個物體上，故D錯誤．故選：C．點評：考查牛頓第三定律及其理解．理解牛頓第三定律與平衡力的區別．【解題方法點撥】應用牛頓第三定律分析問題時應注意以下幾點（1）不要憑日常觀察的直覺印象隨便下結論，分析問題需嚴格依據科學理論．（2）理解應用牛頓第三定律時，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關系與物體的運動狀態無關．（3）與平衡力區別應抓住作用力和反作用力分別作用在兩個物體上．5．超重與失重的概念、特點和判斷【知識點的認識】1．實重和視重：（1）實重：物體實際所受的重力，它與物體的運動狀態無關。（2）視重：當物體在豎直方向上有加速度時，物體對彈簧測力計的拉力或對臺秤的壓力將不等于物體的重力。此時彈簧測力計的示數或臺秤的示數即為視重。2．超重、失重和完全失重的比較：現象實質超重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力大于物體重力的現象系統具有豎直向上的加速度或加速度有豎直向上的分量失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力小于物體重力的現象系統具有豎直向下的加速度或加速度有豎直向下的分量完全失重物體對支持物的壓力或對懸掛物的拉力為零的現象系統具有豎直向下的加速度，且a＝g【命題方向】題型一：超重與失重的理解與應用。例子：如圖，一個盛水的容器底部有一小孔。靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水，假設容器在下述幾種運動過程中始終保持平動，且忽略空氣阻力，則（）A．容器自由下落時，小孔向下漏水B．將容器豎直向上拋出，容器向上運動時，小孔向下漏水；容器向下運動時，小孔不向下漏水C．將容器水平拋出，容器在運動中小孔向下漏水D．將容器斜向上拋出，容器在運動中小孔不向下漏水分析：當物體對接觸面的壓力大于物體的真實重力時，就說物體處于超重狀態，此時有向上的加速度；當物體對接觸面的壓力小于物體的真實重力時，就說物體處于失重狀態，此時有向下的加速度；如果沒有壓力了，那么就是處于完全失重狀態，此時向下加速度的大小為重力加速度g。解答：無論向哪個方向拋出，拋出之后的物體都只受到重力的作用，處于完全失重狀態，此時水和容器的運動狀態相同，它們之間沒有相互作用，水不會流出，所以D正確。故選：D。點評：本題考查了學生對超重失重現象的理解，掌握住超重失重的特點，本題就可以解決了。【解題方法點撥】解答超重、失重問題時，關鍵在于從以下幾方面來理解超重、失重現象：（1）不論超重、失重或完全失重，物體的重力不變，只是“視重”改變。（2）物體是否處于超重或失重狀態，不在于物體向上運動還是向下運動，而在于物體是有豎直向上的加速度還是有豎直向下的加速度。（3）當物體處于完全失重狀態時，重力只產生使物體具有a＝g的加速度的效果，不再產生其他效果。平常一切由重力產生的物理現象都會完全消失。（4）物體超重或失重的多少是由物體的質量和豎直加速度共同決定的，其大小等于ma。6．平拋運動速度的計算【知識點的認識】1.平拋運動的性質：平拋運動可以看成水平方向上的勻速直線運動和豎直方向上的自由落體運動。2.設物體在平拋運動ts后，水平方向上的速度vx＝v0豎直方向上的速度vy＝gt從而可以得到物體的速度為v=3.同理如果知道物體的末速度和運動時間也可以求出平拋運動的初速度。【命題方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計空氣阻力，0.8s時到達P點，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內小球下落的高度為4.8mB、0.8s內小球下落的高度為3.2mC、小球到達P點的水平速度為4.8m/sD、小球到達P點的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動，根據時間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB