第1頁（共1頁）2025年高考備考高中物理個性化分層教輔尖子生篇《動量與動量守恒定律》一．選擇題（共15小題）1．（2024春?天山區校級期末）在駕駛汽車時必須系好安全帶，因為在緊急情況下急剎車，汽車速度會在很短時間內減小為零，關于安全帶在此過程中的作用，下列說法正確的是（）A．延長了司機的受力時間 B．減少了剎車前后司機動量的變化量 C．增加了司機所受的沖量 D．將司機的動能全部轉換成汽車的動能2．（2024春?天山區校級期末）一個質量為m、速度為v的A球與另一個質量為4m的靜止B球發生正碰，則碰撞后B球的速度可能為（）A．0.1v B．0.3v C．0.5v D．v3．（2024春?青秀區校級期末）日常生活中常用高壓水槍清洗汽車，某高壓水槍噴口直徑為D，噴出水流的流速為v，水柱垂直射向汽車表面后速度變為零。已知水的密度為ρ。下列說法正確的是（）A．高壓水槍單位時間內噴出的水的體積為πD2v B．高壓水槍單位時間內噴出的水的質量為14C．水柱對汽車的平均沖力為14D．若高壓水槍噴口的出水速度變為原來的2倍，則水柱對汽車的平均沖力為原來的2倍4．（2024春?青秀區校級期末）如圖甲所示，足夠長的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行，一質量為m＝1kg、水平初速度大小為v2的小物塊，從與傳送帶等高的光滑水平面上的A處滑上傳送帶；若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v﹣t圖像（以地面為參考系）如圖乙所示，g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．0～4s時間內，小物塊離A處的最大距離為2m B．0～4s時間內，小物塊動能增加了6J C．0～4s時間內，小物塊受到摩擦力的沖量大小為6N?s D．0～4s時間內，傳送帶克服摩擦力做功為16J5．（2024?衡水模擬）在某次電動汽車的性能試驗中，工程師已測得該款汽車綜合阻力隨時間變化關系式f＝f0+kt，現工程師為汽車提供恒定的牽引力F，并使汽車由靜止開始直線加速至速度再次為0停止，則在此過程中，以下說法正確的是（）A．汽車達到最大速度的時間F?fB．汽車達到的最大速度為(F?fC．全過程中，汽車的牽引力F的沖量為F(F?fD．全過程中，汽車的阻力f的沖量為f6．（2024?門頭溝區一模）把一壓力傳感器固定在水平地面上，輕質彈簧豎直固定在壓力傳感器上，如圖甲所示。t＝0時，將金屬小球從彈簧正上方由靜止釋放，小球落到彈簧上后壓縮彈簧到最低點，又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復。壓力傳感器中壓力大小F隨時間t變化圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．t1時刻，小球的動能最大 B．t1～t2時間內，小球始終處于失重狀態 C．t1～t3時間內，小球所受合力的沖量為0 D．t2～t3時間內，小球機械能的增加量等于彈簧彈性勢能的減少量7．（2024?襄城區校級開學）如圖甲所示，質量m＝1.1kg的物塊靜置在粗糙的水平地面上，物塊與地面間的動摩擦因數μ＝0.5。從t＝0時刻開始對物塊施加一個與水平方向成θ＝37°角的拉力F，其變化情況如圖乙所示。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8則物塊在t＝8s時的速度大小為（）A．2.5m/s B．8.0m/s C．9.0m/s D．12.5m/s8．（2024春?岱岳區校級期末）如圖所示，光滑水平地面上A、B兩物塊中間拴接一個輕彈簧，A的質量為B的12A．125 B．58 C．159．（2024春?葫蘆島期末）現在嫦娥六號已經進入到了任務末期，該飛行器正在以極快的速度返回地球。以下描述的物理量屬于矢量的是（）A．質量 B．時間 C．動量 D．動能10．（2024春?葫蘆島期末）質量為2kg的物體被輕質繩拉住，在0～6s時間內運動的v﹣t圖像如圖所示。以豎直向上運動為正方向，忽略空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。則物體（）A．在4s～6s內處于靜止狀態 B．在2s～4s內所受合力的沖量為4N?s C．在0～6s內的位移大小為24m D．在0～6s內拉力做功為256J11．（2024春?鷹潭期末）課外活動，同學們積極參加體育運動，下列說法正確的是（）A．云軒同學動量變化，動能一定變化 B．俊杰同學物體速度變化，動量一定變化 C．可欣同學所受合外力沖量越大，它的動量也越大 D．宇航同學跳高時，在落地處墊海綿是為了減小運動員的沖量12．（2024春?武昌區校級期末）牛頓的第一定律表明（）A．物體在沒有外力作用下保持勻速直線運動或靜止 B．物體的加速度與施加的力成正比 C．物體的動量是恒定的 D．物體在旋轉時會受到向心力13．（2024春?南陽期末）如圖所示，在一個經典的牛頓擺裝置中，五個質量相同的金屬球通過無摩擦的吊繩懸掛在同一水平線上，五個球均靜止，現使1號球由靜止開始釋放，若所有的碰撞都是完全彈性的，則1號球與2號球碰撞后，可能出現的情況是（）A．只有5號球獲得速度并向左運動 B．五個球相對靜止，一起向左運動 C．5號球向左運動，2、3、4號球靜止，1號球向右運動 D．5號球向左運動，3、4號球靜止，1、2號球向右運動14．（2024?廣東三模）工廠中某水平傳送帶由靜止啟動，啟動初期驅動輪上某點的線速度隨路程均勻增大，已知傳送帶與驅動輪間無相對滑動，則啟動初期與傳送帶相對靜止的滑塊（）A．做勻加速運動 B．加速度逐漸減小 C．動量變化得越來越快 D．所受摩擦力的功率不變15．（2024春?龍鳳區校級期末）關于系統動量守恒的條件，下列說法中正確的是（）A．只要系統內存在摩擦力，系統的動量就不可能守恒 B．只要系統中有一個物體具有加速度，系統的動量就不守恒 C．只要系統的合外力做功為零，系統的動量就守恒 D．只要系統所受的合外力為零，系統的動量就守恒二．填空題（共5小題）16．（2024春?徐匯區校級期末）某次冰壺運動訓練中，甲壺與靜止的乙壺發生正碰。已知冰面粗糙程度處處相同，不計空氣阻力，兩壺完全相同且均可視為質點，碰撞時間極短可不計，碰撞前、后兩壺運動軌跡始終在同一水平直線上。從開始碰撞到兩壺都靜止過程中，乙壺的位移不小于甲壺的位移（選填“一定”，“不一定”），若測得乙壺位移是甲壺位移的k倍，則k值越小，兩壺碰撞過程中損失機械能越（選填“大”或“小”）。17．（2024春?福州期末）消防員持高壓水槍滅火。水流以速率v從直徑為d的管口噴出，垂直打在墻壁上，并以12v的速率垂直反彈。已知水的密度為ρ，則此時水對墻壁的作用力大小為18．（2024春?嘉定區校級期末）在摸高測試中，一質量為m的同學下蹲后用力蹬地的同時舉臂起跳，離地后身體姿勢保持不變，上升高度為h，若從蹬地到離開地面的時間為Δt，空氣阻力不計，重力加速度為g，則同學離開地面時的動量大小為，該過程地面對他的支持力的沖量大小為。19．（2024春?安溪縣期末）如圖所示為在水平桌面上沿同一直線運動的A、B兩小滑塊碰撞前后的部分v﹣t圖像。其中直線a、b分別為滑塊A、B碰撞前的v﹣t圖線，直線c為碰撞后兩滑塊共同運動的部分v﹣t圖線。已知滑塊A的質量為6kg，g取10m/s2。填空：（1）滑塊A與地面的動摩擦因數μ1＝；（2）滑塊B的質量為kg；（3）碰撞過程中兩滑塊損失的動能大小為J；（4）最終滑塊停下來的時刻為t＝s（小數點后保留兩位）；（5）若從t＝0開始到最終停下來，兩滑塊所受外力中只有桌面的摩擦力做了功，則其總功為J。20．（2024春?臺江區校級期中）神舟十六號從空間站返回的第一步動作在大約h＝390公里的高度完成，飛船通過兩次調整姿態后，變成推進艙在前，返回艙在后，主發動機點火開始制動減速。現把制動減速過程簡化為如圖所示，設返、推組合體減速前的總質量為m0（包括發動機噴出的氣體），減速前的速度大小為v0（相對地球），主發動機點火后，推進艙噴氣，在t（很短）時間內推進艙把質量為0.1m0的氣體以速率v1＝1.9v0（相對地球）噴出，此時返、推組合體完成減速制動，其速度大小為（由于減速制動時間短，可認為返、推組合體減速前、后速度及v1的方向均在同一直線上，且除了組合體與噴出氣體間的作用外，不考慮其他力的影響）；該減速制動過程中，返、推組合體受到的平均作用力大小為。三．解答題（共5小題）21．（2024春?綿陽期末）如圖所示，傾角為α＝45°的斜面緊靠光滑的水平桌面，斜面與桌子等高。可視為質點的甲、乙小球質量均為m＝2kg，靜止放置在水平桌面上，現給甲一個水平向左的初速度v0＝4m/s，甲與乙因發生碰撞而損失的機械能ΔE＝6J，甲、乙離開桌面后做平拋運動，分別落在斜面上的A、B點，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）甲、乙小球碰撞之后各自做平拋運動的初速度；（2）甲小球做平拋運動的時間；（3）乙小球落在B點時速度的大小。22．（2024?懷仁市校級開學）如圖甲，一粗糙、絕緣水平面上有兩個質量均為m的小滑塊A和B，其電荷量分別為q（q＞0）和﹣q。A右端固定有輕質絕緣彈簧，彈簧處于原長。整個空間存在水平向右場強大小為E的勻強電場。A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其大小均為2qE。t＝0時，A以初速度v0向右運動，B處于靜止狀態。滑塊A運動的v﹣t圖像如圖乙所示，在t1時刻，速度為v1=45v0，并且為圖線中速度的最小值，此時彈簧未與B相碰；在t2時刻，A的速度v2=85v0；在t（1）0～t1時間內，合外力對A所做的功；（2）t1時刻A與B之間的距離；（3）t2時刻B的速度；（4）t1～t3時間內，庫侖力和彈簧彈力對A和B做的總功。23．（2024春?青秀區校級期末）如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側。現將細線拉直到水平位置時，靜止釋放小球。小球運幼到最低點時與物塊發生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著小車上的軌道運動，已知細線長L＝3.2m，小球質量m＝1kg，物塊、小車質量均為M＝3kg，小車上的水平軌道長s＝1.0m，圓弧軌道半徑R＝0.15m。小球、物塊均可視為質點．不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求小球與物塊碰撞后小球的速度大小v1和上升高度h1；（2）若μ＝0.25，求物塊與小車摩擦產生的熱量Q和物塊最終停在車上的位置；（3）為使物塊能進入圓弧軌道，且最終不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍和物塊相對小車上升的最大高度h2。24．（2024?衡水模擬）如圖所示，半徑R＝1m的四分之一圓弧槽M固定在地面上，圓弧槽末端位于圓心O′正下方、且與平臺KPQ上表面水平相切，P點放置質量為m0＝0.4kg的小物塊，KP、PQ長度分別為0.45m、2.75m，Q右側空間存在面積足夠大的勻強磁場，磁感應強度B=π8×102T、方向水平向右，在右側空間建立Oxyz三維直角坐標系，坐標原點O位于KPQ延長線上，x軸正方向垂直于紙面向里，y軸正方向豎直向上，z軸正方向水平向右，QO的距離d＝16m，xOy平面內放置有足夠大的擋板。質量m＝0.1kg、帶電量q＝+1.6×10﹣2（1）小球運動到K點時對軌道的壓力FN；（2）小物塊飛離平臺前與小球的碰撞次數；（3）小球打在擋板上的坐標。（結果可含有π）25．（2024?如皋市校級開學）一質量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5m的位置B處是一面墻，如圖所示，物塊以v0＝9m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止，g取10m/s2。求：（1）物塊與地面間的動摩擦因數μ；（2）若碰撞時間為0.05s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力F的大小；（3）物塊在反向運動過程中位移大小。

2025年高考備考高中物理個性化分層教輔尖子生篇《動量與動量守恒定律》參考答案與試題解析一．選擇題（共15小題）1．（2024春?天山區校級期末）在駕駛汽車時必須系好安全帶，因為在緊急情況下急剎車，汽車速度會在很短時間內減小為零，關于安全帶在此過程中的作用，下列說法正確的是（）A．延長了司機的受力時間 B．減少了剎車前后司機動量的變化量 C．增加了司機所受的沖量 D．將司機的動能全部轉換成汽車的動能【考點】動量定理的內容和應用；計算停車時間和位移；動能定理的簡單應用；動量變化量的計算．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理能力．【答案】A【分析】在碰撞過程中，司機動量的變化量是一定的，都等于Δp＝mv，但安全氣囊會延長作用時間，增加受力面積；再根據動量定理分析即可。【解答】解：A、安全帶在剎車過程中延長了司機的受力時間，從而減小了司機的受力，使人不易受傷，故A正確；C、根據動量定理，司機所受的沖量等于動量的變化量，由B項可知，無論有無安全帶，司機所受沖量都一樣，故C錯誤；B、司機剎車前后的速度變化量不變，因此無論有無安全帶，司機動量的變化量都相等，故B錯誤；D、司機在剎車過程中，其動能轉化為汽車的動能和內能，故D錯誤；故選：A。【點評】本題的關鍵是知道在碰撞過程中，司機動量的變化量是一定的；會熟練應用動量定理分析力的變化。2．（2024春?天山區校級期末）一個質量為m、速度為v的A球與另一個質量為4m的靜止B球發生正碰，則碰撞后B球的速度可能為（）A．0.1v B．0.3v C．0.5v D．v【考點】分析碰撞的可能性．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力．【答案】B【分析】根據動量守恒定律得出兩球的共同速度，結合機械能守恒定律得出速度的范圍，結合選項完成分析。【解答】解：選擇小球的初速度讀方向為正方向，若A、B發生完全非彈性碰撞，根據動量守恒可得mv＝（m+4m）v共解得：v共＝0.2v若A、B發生彈性碰撞，根據動量守恒和機械能守恒可得mv＝mvA+4mvB12mv2=1聯立解得vB＝0.4v則碰撞后B球的速度應滿足0.2v≤vB≤0.4v故B正確，ACD錯誤；故選：B。【點評】本題主要考查了動量守恒定律的相關應用，理解動量守恒定律的條件，結合動量守恒定律和機械能守恒定律即可完成分析。3．（2024春?青秀區校級期末）日常生活中常用高壓水槍清洗汽車，某高壓水槍噴口直徑為D，噴出水流的流速為v，水柱垂直射向汽車表面后速度變為零。已知水的密度為ρ。下列說法正確的是（）A．高壓水槍單位時間內噴出的水的體積為πD2v B．高壓水槍單位時間內噴出的水的質量為14C．水柱對汽車的平均沖力為14D．若高壓水槍噴口的出水速度變為原來的2倍，則水柱對汽車的平均沖力為原來的2倍【考點】用動量定理求流體沖擊問題．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理能力．【答案】C【分析】根據質量的計算公式得出高壓水槍單位時間內噴出的水的體積和質量；根據動量定理得出水柱對汽車的平均沖力。【解答】解：AB．高壓槍在單位時間內噴出水柱的體積為V＝Sv=π質量為m＝ρV=πD故AB錯誤；CD．根據題意，設時間t內，水柱對汽車的平均沖力為F，選擇水流的速度方向為正方向根據動量定理﹣Ft＝0﹣mtv代入數據聯立解得F=可知，當高壓水槍噴口的出水速度變為原來的2倍時，水柱對汽車的平均沖力為原來的4倍，故C正確，D錯誤；故選：C。【點評】本題主要考查了動量定理的相關應用，熟悉微元法處理平均沖力的問題。4．（2024春?青秀區校級期末）如圖甲所示，足夠長的水平傳送帶始終以恒定速率v1運行，一質量為m＝1kg、水平初速度大小為v2的小物塊，從與傳送帶等高的光滑水平面上的A處滑上傳送帶；若從小物塊滑上傳送帶開始計時，小物塊在傳送帶上運動的v﹣t圖像（以地面為參考系）如圖乙所示，g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．0～4s時間內，小物塊離A處的最大距離為2m B．0～4s時間內，小物塊動能增加了6J C．0～4s時間內，小物塊受到摩擦力的沖量大小為6N?s D．0～4s時間內，傳送帶克服摩擦力做功為16J【考點】動量定理的內容和應用；水平傳送帶模型；用動能的定義式計算物體的動能．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理能力．【答案】C【分析】根據v﹣t圖像，分析物塊運動情況，從而計算最大距離；根據動能的公式計算動能變化，根據牛頓第二定律，計算摩擦力大小，從而分析CD。【解答】解：A.由速度—時間圖象可知，2s時小物塊向左運動的距離最遠，根據速度—時間圖象得面積等于位移，則s1=1故A錯誤；B.小物塊的初動能Ek1=12m小物塊返回A點時動能Ek2=12m故動能減少了6J，故B錯誤；C.煤塊勻變速運動的加速度a=ΔvΔt=4由牛頓第二定律得f＝ma＝1×2N＝2N煤塊在傳送帶上滑動的3s內受摩擦力作用，則I＝ft＝2×3N?s＝6N?s故C正確；D.由速度—時間圖象，傳送帶速度大小v2＝2m/s前3s煤塊與傳送帶間有相對運動，存在摩擦力，傳送帶克服摩擦力做功為W＝fv2t＝2×2×3J＝12J故D錯誤。故選：C。【點評】本題是一道運動和力的綜合問題，重點掌握v﹣t圖像面積表示位移以及合力與加速度的關系，注意動量與動能的公式應用。5．（2024?衡水模擬）在某次電動汽車的性能試驗中，工程師已測得該款汽車綜合阻力隨時間變化關系式f＝f0+kt，現工程師為汽車提供恒定的牽引力F，并使汽車由靜止開始直線加速至速度再次為0停止，則在此過程中，以下說法正確的是（）A．汽車達到最大速度的時間F?fB．汽車達到的最大速度為(F?fC．全過程中，汽車的牽引力F的沖量為F(F?fD．全過程中，汽車的阻力f的沖量為f【考點】動量定理的內容和應用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；分析綜合能力．【答案】B【分析】A.根據F＝f時，有最大的速度求汽車達到最大速度的時間；B.畫出a﹣t圖像，根據圖像面積求汽車達到的最大速度；C.根據a﹣t圖像分析速度減到0的時間，利用沖量公式求汽車的牽引力F的沖量；D.分析合外力的沖量求汽車的阻力f的沖量。【解答】解：A．由題意可得汽車的速度達到最大時牽引力F＝f即f0+kt＝F解得t=F?故A錯誤；B．如圖：根據a﹣t圖像物理意義可知，三角形面積代表速度的變化量的大小，則vm故B正確；C．根據圖像分析，汽車從開始運動到停止的時間t′=2t=2(F?所以牽引力的沖量為I=Ft′=2F(F?故C錯誤；D．因為初末態速度均為0，所以全過程動量變化量為0，故合外力沖量為0，則阻力的沖量為I′=?2F(F?故D錯誤。故選：B。【點評】本題以電動汽車的性能試驗為背景，考查了當牽引力F＝f時，汽車的速度達到最大，a﹣t圖像，以及沖量的概念；也根據動量定理求解沖量。6．（2024?門頭溝區一模）把一壓力傳感器固定在水平地面上，輕質彈簧豎直固定在壓力傳感器上，如圖甲所示。t＝0時，將金屬小球從彈簧正上方由靜止釋放，小球落到彈簧上后壓縮彈簧到最低點，又被彈起離開彈簧，上升到一定高度后再下落，如此反復。壓力傳感器中壓力大小F隨時間t變化圖像如圖乙所示。下列說法正確的是（）A．t1時刻，小球的動能最大 B．t1～t2時間內，小球始終處于失重狀態 C．t1～t3時間內，小球所受合力的沖量為0 D．t2～t3時間內，小球機械能的增加量等于彈簧彈性勢能的減少量【考點】動量定理的內容和應用；超重與失重的圖像問題；常見力做功與相應的能量轉化．【專題】定性思想；尋找守恒量法；動量定理應用專題；推理能力．【答案】D【分析】小球受力平衡時速度最大；根據小球的加速度方向判斷是處于失重狀態還是處于超重狀態；根據動量定理分析；根據機械能守恒定律分析。【解答】解：A、t1時刻小球剛與彈簧接觸，與彈簧接觸后，彈力先是小于重力的，小球做加速運動，當彈力增大到與重力平衡，即加速度為零時，速度達到最大，動能達到最大，故A錯誤；B、t2時刻小球受到的彈簧彈力最大，是小球下落到最低點的時刻，此時彈簧的形變量最大，小球的速度為零，結合A的分析可以知道，在t1～t2時間內，小球先加速后減速，所以是先向下加速，后減速運動，加速度方向是先向下后向上，則小球先失重后超重，故B錯誤；C、在t3時刻小球上升到彈簧原長位置，此時與t1時刻，小球的速度大小相等，方向相反，其動量變化量不為零，根據動量定理可知t1﹣t3時間內，小球所受的合力的沖量不為零，故C錯誤；D、在小球的整個運動過程中，把小球和彈簧看成一個系統，該系統機械能守恒，而在t2﹣t3小球時間內，小球是向上運動的，小球的機械能增大，彈簧的彈性勢能減小，根據機械能守恒定律可知小球的機械能增加量等于彈簧彈性勢能的減少量，故D正確。故選：D。【點評】解題的關鍵是知道小球受力平衡時具有最大速度，另外也要知道小球的運動過程中速度、加速度的變化規律。7．（2024?襄城區校級開學）如圖甲所示，質量m＝1.1kg的物塊靜置在粗糙的水平地面上，物塊與地面間的動摩擦因數μ＝0.5。從t＝0時刻開始對物塊施加一個與水平方向成θ＝37°角的拉力F，其變化情況如圖乙所示。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8則物塊在t＝8s時的速度大小為（）A．2.5m/s B．8.0m/s C．9.0m/s D．12.5m/s【考點】用動量定理求平均作用力．【專題】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】根據摩擦力的公式求出滑動摩擦力；對物體進行受力分析，結合共點力平衡的條件以及動量定理分析即可。【解答】解：設當物塊開始運動時，拉力大小為F0，有F0cosθ﹣μ（mg﹣F0sinθ）＝0解得F0＝5N由圖可知拉力F與時間t的關系為F＝（t+2）N可知t0＝3s時物塊開始運動，3s～8s內，設向右為正方向，根據動量定理可得Fcosθ?Δt?其中F=物塊受到的摩擦力為f＝μ（mg﹣Fsinθ）可得f=Δt＝8s﹣3s＝5s聯立以上等式解得物塊在t＝8s時的速度大小為v＝12.5m/s故ABC錯誤，D正確。故選：D。【點評】該題中拉力與摩擦力都是變力，可以用平均力來計算力的沖量，但不能用平均力來計算力的功，也不能用牛頓第二定律計算速度的變化。8．（2024春?岱岳區校級期末）如圖所示，光滑水平地面上A、B兩物塊中間拴接一個輕彈簧，A的質量為B的12A．125 B．58 C．15【考點】動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力．【答案】B【分析】由動量守恒定律、能量守恒定律分別求得B與擋板發生碰撞時，彈簧的彈性勢能與A的初動能即可解題。【解答】解：設A、B的質量分別為m、2m，A的初速度為v0，B與擋板碰撞前的瞬間，A、B的速度分別為vA、vB，以水平向右為正方向，則有mv0＝mvA+2mvBB與擋板碰后至彈簧的彈性勢能最大時，以水平向右為正方向，由動量守恒定律有mvA﹣2mvB＝3mv共由能量守恒定律有Epmax聯立以上方程可得v共＝0，vA=B與擋板碰撞時彈簧的彈性勢能為Ep解得Ep則Ep故ACD錯誤，B正確。故選：B。【點評】本題考查碰撞過程中的動量守恒、能量守恒的問題，考點較為全面，要求學生綜合運用所學知識，對整個運動過程的功能關系進行分析，難度較大。9．（2024春?葫蘆島期末）現在嫦娥六號已經進入到了任務末期，該飛行器正在以極快的速度返回地球。以下描述的物理量屬于矢量的是（）A．質量 B．時間 C．動量 D．動能【考點】動量的定義、單位及性質；矢量和標量的物理意義．【專題】應用題；學科綜合題；定性思想；推理法；直線運動規律專題；理解能力．【答案】C【分析】根據矢量和標量的定義解答即可。【解答】解：動量是既有大小，又有方向的物理量是矢量，質量、時間、動能都是只有大小，沒有方向的物理量，是標量，故C正確，ABD錯誤。故選：C。【點評】本題是對標量和矢量的考查，解題的關鍵是要知道標量和矢量的概念，要知道功雖然有正負之分，但功是標量，難度不大，屬于基礎題10．（2024春?葫蘆島期末）質量為2kg的物體被輕質繩拉住，在0～6s時間內運動的v﹣t圖像如圖所示。以豎直向上運動為正方向，忽略空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2。則物體（）A．在4s～6s內處于靜止狀態 B．在2s～4s內所受合力的沖量為4N?s C．在0～6s內的位移大小為24m D．在0～6s內拉力做功為256J【考點】動量定理的內容和應用；根據v﹣t圖像的物理意義分析單個物體的運動情況；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；推理能力．【答案】D【分析】根據圖像的縱軸分析速度關系，根據圖像可得出每個時間段速度的情況，結合沖量定理可求出沖量大小；題干給出v﹣t圖象，圖象與時間軸包圍的面積（不計正負）即為位移，根據動能定理的計算式可以求解拉力做功。【解答】解：A、在4s～6s內，物體做勻速直線運動，故A錯誤；B、在2s～4s內，規定向上為正方向，根據動量定理有I＝mv所受合力的沖量為I＝8N?sC、根據圖像與坐標軸圍成的面積可知0～6s內的位移大小為x=2+4故C錯誤；D、根據動能定理有W﹣mgx=解得W＝256J故D正確；故選：D。【點評】本題考查學生對運動學圖象的認識，要求學生結合沖量定理、動能定理的計算式分析求解。11．（2024春?鷹潭期末）課外活動，同學們積極參加體育運動，下列說法正確的是（）A．云軒同學動量變化，動能一定變化 B．俊杰同學物體速度變化，動量一定變化 C．可欣同學所受合外力沖量越大，它的動量也越大 D．宇航同學跳高時，在落地處墊海綿是為了減小運動員的沖量【考點】動量定理的內容和應用；動量和動能的區別與聯系；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；分析綜合能力．【答案】B【分析】A.動量是矢量，動能是標量；動量的變化包括大小和方向的變化；B.根據動量的定義式分析作答；C.根據動量定理分析作答；D.根據運動學公式和動量定理分析作答。【解答】解：A.動量是矢量，動能是標量，動量的變化包括大小和方向的變化，物體的動量變化可能是動量的方向變化，而物體的速度大小不變，故動能不一定變化，故A錯誤；B.由p＝mv可知，速度變化時動量一定發生變化，故B正確；C.根據動量定理I＝Δp可知，物體所受合外力沖量越大，物體的動量變化量越大；由于物體的初始動量情況未知，無法判斷最終的動量大小，故C錯誤；D.根據運動學公式，物體落地式的速度v=2g?Δv=0?v=?相同取向下為正方向，根據動量定理I＝（mg﹣F）Δt＝Δv＝﹣mv地面對運動員的沖力F=mg+可知跳高時，在落地處墊海綿是為了延長作用時間，減小沖力，不是減小沖量，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了動量和動能的標矢性、動量的定義和對動量定理的理解；知道可知跳高時，在落地處墊海綿是為了延長作用時間，減小沖力，不是減小沖量。12．（2024春?武昌區校級期末）牛頓的第一定律表明（）A．物體在沒有外力作用下保持勻速直線運動或靜止 B．物體的加速度與施加的力成正比 C．物體的動量是恒定的 D．物體在旋轉時會受到向心力【考點】動量的定義、單位及性質；牛頓第一定律的內容與應用．【專題】應用題；學科綜合題；定性思想；推理法；動量定理應用專題；理解能力．【答案】A【分析】根據牛頓第一定律即物體在不受任何外力時，總保持靜止狀態或勻速直線運動狀態，進行分析。【解答】解：A、由牛頓第一定律可知，物體在沒有外力作用下保持勻速直線運動或靜止，故A正確；B、由牛頓第二定律可知物體的加速度與施加的力成正比，故B錯誤；C、由牛頓第一定律可知，物體在沒有外力作用下保持勻速直線運動或靜止狀態，由此可知，物體在沒有外力作用下動量是恒定的，故C錯誤；D、物體在旋轉時運動狀態發生變化，必須要受到外力的作用，可以用牛頓第二定律解答，故D錯誤。故選：A。【點評】本題是對牛頓第一定律的考查，解題的關鍵是要知道牛頓第一定律內容，簡單題。13．（2024春?南陽期末）如圖所示，在一個經典的牛頓擺裝置中，五個質量相同的金屬球通過無摩擦的吊繩懸掛在同一水平線上，五個球均靜止，現使1號球由靜止開始釋放，若所有的碰撞都是完全彈性的，則1號球與2號球碰撞后，可能出現的情況是（）A．只有5號球獲得速度并向左運動 B．五個球相對靜止，一起向左運動 C．5號球向左運動，2、3、4號球靜止，1號球向右運動 D．5號球向左運動，3、4號球靜止，1、2號球向右運動【考點】彈性碰撞和非彈性碰撞的區別與判斷．【專題】信息給予題；定性思想；推理法；機械能守恒定律應用專題；動量定理應用專題；理解能力．【答案】A【分析】根據動量守恒定律和機械能守恒定律分析作答。【解答】解：設入射小球碰撞前的速度為v0，碰撞后的速度為v1，被碰小球碰撞后的速度為v2；取水平向左為正方向，根據動量守恒定律mv0＝mv1+mv2所有的碰撞都是完全彈性碰撞，根據機械能守恒1聯立解得v1＝0，v2＝v0由此可知，若所有小球完全相同，且發生彈性碰撞，則碰撞后小球速度交換，所以只有5號球獲得速度并向左運動，故A正確，BCD錯誤。故選：A。【點評】本題主要考查了動量守恒定律和機械能守恒定律的運用；對于完全相同的小球發生彈性碰撞時，則碰撞后小球速度交換。14．（2024?廣東三模）工廠中某水平傳送帶由靜止啟動，啟動初期驅動輪上某點的線速度隨路程均勻增大，已知傳送帶與驅動輪間無相對滑動，則啟動初期與傳送帶相對靜止的滑塊（）A．做勻加速運動 B．加速度逐漸減小 C．動量變化得越來越快 D．所受摩擦力的功率不變【考點】用動量的定義式計算物體的動量；傾斜傳送帶模型；功率的定義、物理意義和計算式的推導．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力．【答案】C【分析】根據假設法依據運動規律判斷；根據加速度的定義分析判斷；根據動量表達式分析判斷；根據瞬時功率公式分析判斷。【解答】解：A．由于滑塊與傳送帶相對靜止，傳送帶與驅動輪間無相對滑動，線速度隨路程均勻增大，則滑塊的速度隨位移均勻增大，若滑塊做勻加速運動，由直線運動規律得v2＝2ax滑塊速度不隨位移均勻增大，即滑塊不做勻加速運動，故A錯誤；B．滑塊的速度隨位移均勻增大，則通過任意相同位移的時間逐漸減小，又滑塊通過相同位移的速度變化量相同，則滑塊加速度越來越大，故B錯誤；C．滑塊動量為p＝mv由于滑塊加速度逐漸增大，即速度變化的越來越快，而滑塊質量不變，則滑塊動量變化的越來越快，故C正確；D．滑塊所受摩擦力即其所受合外力，滑塊加速度越來越大，由牛頓第二定律可知受摩擦力逐漸增大，又滑塊速度逐漸增大，由P＝fv可知摩擦力的功率增大，故D錯誤。故選：C。【點評】本題關鍵掌握加速度、動量和瞬時功率的概念。15．（2024春?龍鳳區校級期末）關于系統動量守恒的條件，下列說法中正確的是（）A．只要系統內存在摩擦力，系統的動量就不可能守恒 B．只要系統中有一個物體具有加速度，系統的動量就不守恒 C．只要系統的合外力做功為零，系統的動量就守恒 D．只要系統所受的合外力為零，系統的動量就守恒【考點】動量守恒的條件和判斷．【專題】定性思想；歸納法；動量和能量的綜合；理解能力．【答案】D【分析】根據動量守恒的條件逐項分析即可。【解答】解：A、若系統內存在著摩擦力，而系統所受的合外力為零，系統的動量仍守恒，故A錯誤；B、系統中有一個物體具有加速度時，如果系統所受的合外力為零，系統的動量也可能守恒，比如碰撞過程，兩個物體的速度都改變，都有加速度，單個物體受外力作用，系統的動量卻守恒，故B錯誤；C、只要系統的合外力做功為零，但是系統所受的合外力不為零，系統的動量也不會守恒，故C錯誤；D、只要系統所受到的合外力為零，則系統的動量一定守恒，故D正確。故選：D。【點評】掌握動量守恒的條件是系統所受合外力為零是解題的基礎。二．填空題（共5小題）16．（2024春?徐匯區校級期末）某次冰壺運動訓練中，甲壺與靜止的乙壺發生正碰。已知冰面粗糙程度處處相同，不計空氣阻力，兩壺完全相同且均可視為質點，碰撞時間極短可不計，碰撞前、后兩壺運動軌跡始終在同一水平直線上。從開始碰撞到兩壺都靜止過程中，乙壺的位移一定不小于甲壺的位移（選填“一定”，“不一定”），若測得乙壺位移是甲壺位移的k倍，則k值越小，兩壺碰撞過程中損失機械能越大（選填“大”或“小”）。【考點】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題；動能定理的簡單應用；判斷機械能是否守恒及如何變化．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力．【答案】一定；大【分析】兩壺碰撞瞬間動量守恒，且碰后甲壺的速度小于乙壺，結合運動學公式分析位移大小；根據能量的計算公式得出機械能與k值的關系；【解答】解：選擇甲壺的初速度方向為正方向，甲、乙碰撞瞬間動量守恒，即mv0＝mv甲+mv乙由于碰撞后的實際情況所以有：v甲≤v乙則從開始碰撞到兩壺都靜止過程中，乙壺的位移一定不小于甲壺的位移。兩壺碰撞過程中損失的機械能為：ΔE=變形可得：ΔE＝mv02（故答案為：一定；大【點評】本題主要考查了動量守恒定律的相關應用，熟悉動量守恒定律的條件，結合能量的計算公式和運動學公式即可完成分析。17．（2024春?福州期末）消防員持高壓水槍滅火。水流以速率v從直徑為d的管口噴出，垂直打在墻壁上，并以12v的速率垂直反彈。已知水的密度為ρ，則此時水對墻壁的作用力大小為3【考點】用動量定理求流體沖擊問題；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】應用題；學科綜合題；定量思想；累積法；動量定理應用專題；推理能力．【答案】38【分析】高壓水槍單位時間噴出水的質量可用公式m＝ρV求得；可用動量定理求解墻壁對水的作用力的大小，再由牛頓第三定律可求水對墻壁的作用力的大小。【解答】解：設在Δt時間內與墻壁發生作用的水的質量為Δm，則有：Δm=ρSv?Δt=ρπ(d2)2由牛頓第三定律可知水對墻壁的作用力大小為：F′=3故答案為：38【點評】本題考查動量定理解決流體問題，關鍵是能建立合適的水柱模型，利用動量定理求水受到墻壁的沖擊力，由牛頓第三定律可求水對墻壁的作用力的大小。18．（2024春?嘉定區校級期末）在摸高測試中，一質量為m的同學下蹲后用力蹬地的同時舉臂起跳，離地后身體姿勢保持不變，上升高度為h，若從蹬地到離開地面的時間為Δt，空氣阻力不計，重力加速度為g，則同學離開地面時的動量大小為m2g?，該過程地面對他的支持力的沖量大小為mgΔt+m2g?【考點】動量定理的內容和應用；動量的定義、單位及性質．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；理解能力．【答案】m2g?；mgΔt+m【分析】首先根據位移與速度關系求解離地速度，再根據動量的公式計算動量，根據動量定理求解地面對他的支持力的沖量大小。【解答】解：設同學離開地面時的速度大小為v，根據位移與速度的關系有2gh＝v2解得v=2g?則同學離開地面時的動量大小為p=mv=m2g?設該過程地面對他的支持力的沖量大小為IF，以向上為正方向，根據動量定理可得IF﹣mgΔt＝mv﹣0解得IF故答案為：m2g?；mgΔt+m【點評】本題考查了動量定理的基本應用，要求學生熟練掌握動量定理。19．（2024春?安溪縣期末）如圖所示為在水平桌面上沿同一直線運動的A、B兩小滑塊碰撞前后的部分v﹣t圖像。其中直線a、b分別為滑塊A、B碰撞前的v﹣t圖線，直線c為碰撞后兩滑塊共同運動的部分v﹣t圖線。已知滑塊A的質量為6kg，g取10m/s2。填空：（1）滑塊A與地面的動摩擦因數μ1＝0.1；（2）滑塊B的質量為4kg；（3）碰撞過程中兩滑塊損失的動能大小為30J；（4）最終滑塊停下來的時刻為t＝4.57s（小數點后保留兩位）；（5）若從t＝0開始到最終停下來，兩滑塊所受外力中只有桌面的摩擦力做了功，則其總功為﹣194J。【考點】碰撞過程中的圖像問題；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；根據v﹣t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；方程法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）0.1；（2）4；（3）30；（4）4.57；（5）﹣194。【分析】（1）由v﹣t圖像可知滑塊A勻減速直線運動的加速度大小，根據牛頓第二定律求解動摩擦因數；（2）根據動量守恒定律求解滑塊B的質量；（3）根據能量守恒定律求解碰撞過程中兩滑塊損失的動能大小；（4）由v﹣t圖像可知滑塊B勻減速直線運動的加速度大小，由動量定理求解時間；（5）根據功能關系求解摩擦力做的總功。【解答】解：（1）由v﹣t圖像可知滑塊A勻減速直線運動的加速度大小為：a1=根據牛頓第二定律有：μ1m1g＝m1a1，其中m1＝6kg解得：μ1＝0.1；（2）由v﹣t圖像可知滑塊A碰前的速度為v1＝7m/s，滑塊B碰前的速度為v2＝2m/s，滑塊A、B碰撞后的速度均為v＝5m/s，取初速度方向為正方向，根據動量守恒定律可得：m1v1+m2v2＝（m1+m2）v代入數據可得滑塊B的質量為：m2＝4kg；（3）碰撞過程中兩滑塊損失的動能大小為：ΔEk=12m1v12+12m2代入數據得：ΔEk＝30J；（4）由v﹣t圖像可知滑塊B勻減速直線運動的加速度大小為：a2=從滑塊A、B碰撞后開始計時，取初速度方向為正方向，由動量定理可得：﹣（m1a1+m2a2）Δt＝0﹣（m1+m2）v解得：Δt≈3.57s最終滑塊停下來的時刻為：t＝1s+Δt＝1s+3.57s＝4.57s；（5）由v﹣t圖像可知滑塊A、B的初速度大小分別為v01＝8m/s、v02＝4m/s，若從t＝0開始到最終停下來，兩滑塊所受外力中只有桌面的摩擦力做了功，根據功能關系可得其總功為：W＝﹣（12m1v012+12代入數據解得：W＝﹣194J。故答案為：（1）0.1；（2）4；（3）30；（4）4.57；（5）﹣194。【點評】本題主要是考查了動量守恒定律和能量守恒定律；對于動量守恒定律，其守恒條件是：系統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。20．（2024春?臺江區校級期中）神舟十六號從空間站返回的第一步動作在大約h＝390公里的高度完成，飛船通過兩次調整姿態后，變成推進艙在前，返回艙在后，主發動機點火開始制動減速。現把制動減速過程簡化為如圖所示，設返、推組合體減速前的總質量為m0（包括發動機噴出的氣體），減速前的速度大小為v0（相對地球），主發動機點火后，推進艙噴氣，在t（很短）時間內推進艙把質量為0.1m0的氣體以速率v1＝1.9v0（相對地球）噴出，此時返、推組合體完成減速制動，其速度大小為0.9v0（由于減速制動時間短，可認為返、推組合體減速前、后速度及v1的方向均在同一直線上，且除了組合體與噴出氣體間的作用外，不考慮其他力的影響）；該減速制動過程中，返、推組合體受到的平均作用力大小為9m0【考點】用動量定理求平均作用力；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力．【答案】0.9v0；9【分析】根據動量守恒定律解得返、推組合體的速度，根據動量定理結合牛頓第三定律解得平均作用力大小。【解答】解：規定v0的方向為正方向，根據動量守恒定律有m0v0＝0.1m0v1+（m0﹣0.1m0）v解得v＝0.9v0對噴出的氣體，根據動量定理可知Ft＝0.1m0v1﹣0.1m0v0解得F=根據牛頓第三定律可知返、推組合體受到的平均作用力大小為9m故答案為：0.9v0；9【點評】本題考查動量守恒定律，解題關鍵掌握動量是矢量，需規定正方向。三．解答題（共5小題）21．（2024春?綿陽期末）如圖所示，傾角為α＝45°的斜面緊靠光滑的水平桌面，斜面與桌子等高。可視為質點的甲、乙小球質量均為m＝2kg，靜止放置在水平桌面上，現給甲一個水平向左的初速度v0＝4m/s，甲與乙因發生碰撞而損失的機械能ΔE＝6J，甲、乙離開桌面后做平拋運動，分別落在斜面上的A、B點，重力加速度g＝10m/s2。求：（1）甲、乙小球碰撞之后各自做平拋運動的初速度；（2）甲小球做平拋運動的時間；（3）乙小球落在B點時速度的大小。【考點】用動量守恒定律解決簡單的碰撞問題；平拋運動與斜面的結合．【專題】定量思想；推理法；平拋運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）甲、乙小球碰撞之后各自做平拋運動的初速度分別為1m/s，3m/s；（2）甲小球做平拋運動的時間為0.2s；（3）乙小球落在B點時速度的大小為35【分析】（1）選擇不同的碰撞瞬間，根據動量守恒定律和能量守恒定律求出碰撞后的速度大小；（2）甲球做平拋落在斜面上，由平拋規律求甲球運動的時間；（3）同理求也乙球平拋的時間后，再根據平拋運動的速度公式求合速度的大小。【解答】解：（1）甲、乙小球碰撞過程中動量守恒，設甲、乙小球碰撞之后各自做平拋運動的初速度分別為v1和v2，以甲球的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv0＝mv1+mv2代入數據得：v1+v2＝4m/s由題意知，甲與乙因發生碰撞而損失的機械能為ΔE，則有：ΔE=代入數據得：12×2×4綜合解得：v1＝1m/s，v2＝3m/s（2）甲小球離開桌面后做平拋運動，設甲小球做平拋運動的時間為t1，水平位移為x1，豎直位移為y1，由平拋運動規律，水平方向有：x1＝v1t1豎直方向有：y又根據位移的方向可知：tan45°=聯立代入解得：t1＝0.2s（3）乙小球離開桌面后也做平拋運動，設乙小球做平拋運動的時間為t2，水平位移為x2，豎直位移為y2，落在B點時速度的大小為v2，由平拋運動規律得水平方向：x2＝v2t2豎直方向有：y又由位移方向：tan45°=聯立代入數據解得：t2＝0.6s乙小球在豎直方向上的分速度為：vy＝gt2＝10×0.6m/s＝6m/s則乙小球落在B點時速度的大小為：vB=代入數據得：vB=35答：（1）甲、乙小球碰撞之后各自做平拋運動的初速度分別為1m/s，3m/s；（2）甲小球做平拋運動的時間為0.2s；（3）乙小球落在B點時速度的大小為35【點評】本題主要考查了動量守恒定律的相關應用，理解動量守恒的條件，結合能量守恒定律分析出物體的速度，同時熟練掌握平拋運動在不同方向上的運動特點即可完成解答。22．（2024?懷仁市校級開學）如圖甲，一粗糙、絕緣水平面上有兩個質量均為m的小滑塊A和B，其電荷量分別為q（q＞0）和﹣q。A右端固定有輕質絕緣彈簧，彈簧處于原長。整個空間存在水平向右場強大小為E的勻強電場。A、B與水平面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，其大小均為2qE。t＝0時，A以初速度v0向右運動，B處于靜止狀態。滑塊A運動的v﹣t圖像如圖乙所示，在t1時刻，速度為v1=45v0，并且為圖線中速度的最小值，此時彈簧未與B相碰；在t2時刻，A的速度v2=85v0；在t（1）0～t1時間內，合外力對A所做的功；（2）t1時刻A與B之間的距離；（3）t2時刻B的速度；（4）t1～t3時間內，庫侖力和彈簧彈力對A和B做的總功。【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題．【專題】定量思想；推理法；與彈簧相關的動量、能量綜合專題；分析綜合能力．【答案】（1）0～t1時間內，合外力對A所做的功為?9（2）t1時刻A與B之間的距離為kqE（3）t2時刻B的速度為?4（4）t1～t3時間內，庫侖力和彈簧彈力對A和B做的總功為qkqE【分析】（1）根據題設條件，由動能定理求出合外力對A所做的總功；（2）根據平衡條件求t1時刻A與B之間的距離；（2）由動量守恒定律求t2時刻B的速度；（3）根據動量守恒定律結合能量守恒定律求t1～t3時間內，庫侖力和彈簧彈力對A和B做的總功。【解答】解：（1）0～t1時間內，根據動能定理可得合外力對A所做的功：W=解得：W=?（2）速度—時間圖像的斜率表示加速度，則由圖乙可知，t1時刻A的加速度為0，說明此時A所受合外力為0，設此時A、B相距x，則根據平衡條件有：k其中：f＝2Eq聯立代入數據解得：x=（3）t1時刻B受到電場力與庫侖力的合力與摩擦力大小相等，B開始運動，t1～t2時間內，A受到向右大小為Eq的電場力、向右的庫侖力以及向左大小為2Eq的摩擦力，B受到向左大小為Eq的電場力、向左的庫侖力以及向右大小為2Eq的摩擦力，可知A、B組成的系統合外力為0，以向右為正，由動量守恒定律有：mv1＝mv2+mvB代入數據解得：v（4）根據題意，在t3時刻A的速度達到最大，此時A的加速度為0，合外力為0，設此時A、B間的距離為x1，則此時對A有：F由題意可知：F彈＝3Eq，f＝2Eq聯立解得：xt1～t3時間內，以向右為正，對A、B組成的系統由動量守恒定律有：mv1＝mv3+mv′B解得：vB′=?由動能定理有：W代入解得：W答：（1）0～t1時間內，合外力對A所做的功為?9（2）t1時刻A與B之間的距離為kqE（3）t2時刻B的速度為?4（4）t1～t3時間內，庫侖力和彈簧彈力對A和B做的總功為qkqE【點評】本題考查了帶電體在電場中運動問題，涉及到了動量守恒定律與功能關系的應用，關鍵是做好受力分析，弄清楚物塊的受力情況和運動情況。23．（2024春?青秀區校級期末）如圖所示，一實驗小車靜止在光滑水平面上，其上表面有粗糙水平軌道與光滑四分之一圓弧軌道。圓弧軌道與水平軌道相切于圓弧軌道最低點，一物塊靜止于小車最左端，一小球用不可伸長的輕質細線懸掛于O點正下方，并輕靠在物塊左側。現將細線拉直到水平位置時，靜止釋放小球。小球運幼到最低點時與物塊發生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿著小車上的軌道運動，已知細線長L＝3.2m，小球質量m＝1kg，物塊、小車質量均為M＝3kg，小車上的水平軌道長s＝1.0m，圓弧軌道半徑R＝0.15m。小球、物塊均可視為質點．不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求小球與物塊碰撞后小球的速度大小v1和上升高度h1；（2）若μ＝0.25，求物塊與小車摩擦產生的熱量Q和物塊最終停在車上的位置；（3）為使物塊能進入圓弧軌道，且最終不脫離小車，求物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍和物塊相對小車上升的最大高度h2。【考點】動量守恒與能量守恒共同解決實際問題；物體在圓形豎直軌道內的圓周運動；某一方向上的動量守恒問題．【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）小球與物塊碰撞后小球的速度大小4m/s，上升高度0.8m；（2）物塊與小車摩擦產生的熱量12J，物塊最終停在車上距離左端0.6m處；（3）物塊與水平軌道間的動摩擦因數的取值范圍0.25≤μ＜0.4，物塊相對小車上升的最大高度0.15m。【分析】（1）根據機械能守恒定律結合動量守恒定律、能量守恒定律求小球與物塊碰撞后小球的速度大小v1和上升高度h1；（2）由動能定義結合動量守恒定律、能量守恒定律求物塊與小車摩擦產生的熱量Q和物塊最終停在車上的位置；（3）由動量守恒定律、能量守恒定律求物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍和物塊相對小車上升的最大高度h2。【解答】解：（1）設小球到達最低點與物塊碰前的速度為v0，根據機械能守恒定律可知mgL=1解得v0＝8m/s設小球與物塊碰后的速度為v1，物塊的速度為v2，向右的方向為正方向，則有mv0＝mv1+Mv212解得v1＝﹣4m/sv2＝4m/s由機械能守恒定律可得12解得h1＝0.8m（2）水平方向系統動量守恒，取向右為正方向，設二者共同速度為v，則有Mv2＝2Mv解得v＝2m/s整個系統的初動能Ek1解得Ek1＝24J共速時系統的總動能Ek2解得Ek2＝12J根據能量守恒可知，系統產生的熱量等于物塊克服摩擦力所做的功，即Wf＝Q＝Ek1﹣Ek2解得Wf＝12J所以滑塊在小車上運動的總路程x=W解得x＝1.6m所以物塊最終停小車位置Δx（距離左端）Δx＝x﹣s＝1.6m﹣1m＝0.6m（3）若物塊恰好運動到圓弧軌道的最低點，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒Mv2＝2Mv由能量守恒定律12解得μ1＝0.4若物塊恰好運動到與圓弧圓心等高的位置，此時兩者共速，則對物塊與小車整體由水平方向動量守恒Mv2＝2Mv12解得μ2＝0.25綜上所述物塊與水平軌道間的動摩擦因數μ的取值范圍為0.25≤μ＜0.4物塊相對小車上升的最大高度h2＝R＝0.15m答：（1）小球與物塊碰撞后小球的速度大小4m/s，上升高度0.8m；（2）物塊與小車摩擦產生的熱量12J，物塊最終停在車上距離左端0.6m處；（3）物塊與水平軌道間的動摩擦因數的取值范圍0.25≤μ＜0.4，物塊相對小車上升的最大高度0.15m。【點評】本題考查了動量和能量，理解小球、物塊和圓弧軌道不同時刻的不同狀態下，彼此的動量和能量的相互關系是解決此類問題的關鍵。24．（2024?衡水模擬）如圖所示，半徑R＝1m的四分之一圓弧槽M固定在地面上，圓弧槽末端位于圓心O′正下方、且與平臺KPQ上表面水平相切，P點放置質量為m0＝0.4kg的小物塊，KP、PQ長度分別為0.45m、2.75m，Q右側空間存在面積足夠大的勻強磁場，磁感應強度B=π8×102T、方向水平向右，在右側空間建立Oxyz三維直角坐標系，坐標原點O位于KPQ延長線上，x軸正方向垂直于紙面向里，y軸正方向豎直向上，z軸正方向水平向右，QO的距離d＝16m，xOy平面內放置有足夠大的擋板。質量m＝0.1kg、帶電量q＝+1.6×10﹣2（1）小球運動到K點時對軌道的壓力FN；（2）小物塊飛離平臺前與小球的碰撞次數；（3）小球打在擋板上的坐標。（結果可含有π）【考點】動量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應用；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電場中的碰撞問題；牛頓第三定律的理解與應用．【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；帶電粒子在復合場中的運動專題；分析綜合能力．【答案】（1）小球運動到K點時對軌道的壓力大小為11N，方向豎直向下；（2）小物塊飛離平臺前與小球的碰撞次數2次；（3）小球打在擋板上的坐標為(?10【分析】（1）小球從釋放至運動到K點，由機械能守恒定律列式子，并且在K點，根據受力分析列出牛頓第二定律方程；（2）彈性碰撞根據動量守恒和動能不變列式子。并結合運動學公式分析；（3）小球在疊加場中的運動是圓周運動，根據分析畫出軌跡。【解答】解：（1）小球從釋放至運動到K點，由機械能守恒定律，得mg(?+R)=1小球到最低點時：FN求得FN＝11N，vK＝10m/s根據牛頓第三定律，小球對軌道的壓力F′＝FN＝11N方向豎直向下。（2）第一次碰撞，設向右為正方向，由動量守恒定律、能量守恒定律，得mvK＝mv1+m0v212求得v1＝﹣6m/s，v2＝4m/s小球在電場中的加速度a=qE設經時間t1二者第二次相遇，則v1解得t1＝0.5s或t1＝0（舍去）此過程中小物塊位移x1＝v2t1＝4×0.5m＝2m再次碰撞前小球速度v3＝v1+at1＝﹣6m/s+40×0.5m/s＝14m/s此時m0的速度仍為v2，第二次發生碰撞有mv3+m0v2＝mv4+m0v512解得v4＝﹣2m/s，v5＝8m/s設經時間t2二者第三次相遇，則v4解得t2＝0.5s或t2＝0（舍去）此過程中小物塊位移x2＝v5t2＝8×0.5m＝4m則兩次碰撞總距離x1+x2＝2m+4m＝6m＞2.75m小物塊飛離平臺前與小球發生了2次碰撞。（3）小球與小物塊第二次碰撞后至飛離平臺過程有vQ解得vQ＝8m/s小球進入磁場后沿z軸方向做勻速直線運動，撞到擋板的時間t=d小球在xOy平面內做曲線運動，沿z軸正方向看去，如圖所示：根據計算，小球在磁場中以v﹣的速度做圓周運動的周期T=2πmmg＝qv+B求得v+小球沿x軸的位移為x=v則小球打到擋板的坐標為(?10答：（1）小球運動到K點時對軌道的壓力大小為11N，方向豎直向下；（2）小物塊飛離平臺前與小球的碰撞次數2次；（3）小球打在擋板上的坐標為(?10【點評】本題關鍵掌握帶電粒子的運動過程和運動性質，根據動量守恒和能量守恒處理碰撞問題，根據運動學公式和周期公式處理在磁場中的運動問題。25．（2024?如皋市校級開學）一質量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5m的位置B處是一面墻，如圖所示，物塊以v0＝9m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止，g取10m/s2。求：（1）物塊與地面間的動摩擦因數μ；（2）若碰撞時間為0.05s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力F的大小；（3）物塊在反向運動過程中位移大小。【考點】用動量定理求平均作用力；動能定理的簡單應用．【專題】定量思想；推理法；動量定理應用專題；分析綜合能力．【答案】（1）物塊與地面間的動摩擦因數μ為0.32；（2）若碰撞時間為0.05s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力F的大小為130N；（3）物塊在反向運動過程中位移大小為5.625m。【分析】（1）對物塊應用動能定理可以求出動摩擦因數；（2）對物塊應用動量定理可以求出作用力大小；（3）應用動能定理可以求出物塊反向運動過程克服摩擦力做的功。【解答】解：（1）對小物塊從A運動到B處的過程中，應用動能定理?μmgs=1代入數值解得μ＝0.32（2）取向右為正方向，碰后滑塊速度v′＝﹣6m/s，由動量定理得FΔt＝mv′﹣mv解得F＝﹣130N其中“﹣”表示墻面對物塊的平均力方向向左；（3）對物塊反向運動過程中，由動能定理得?μmgs′=0?1代入數據解得s′＝5.625m答：（1）物塊與地面間的動摩擦因數μ為0.32；（2）若碰撞時間為0.05s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力F的大小為130N；（3）物塊在反向運動過程中位移大小為5.625m。【點評】本題考查了求動摩擦因數、作用力、克服摩擦力做功，分析清楚物體運動過程、應用動能定理、動量定理即可正確解題。

考點卡片1．矢量和標量的物理意義【知識點的認識】1．矢量與標量物理量可分為兩類：既有大小又有方向的量叫矢量，如力、位移、速度、加速度、動量、電場強度、磁感應強度等；只有大小沒有方向的量叫標量，如質量、時間、路程、功、能、電勢等．2．矢量和標量的根本區別在于它們遵從不同的運算法則：標量用代數法；矢量用平行四邊形定則或三角形定則．矢量的合成與分解都遵從平行四邊形定則（可簡化成三角形定則）．平行四邊形定則實質上是一種等效替換的方法．一個矢量（合矢量）的作用效果和另外幾個矢量（分矢量）共同作用的效果相同，就可以用這一個矢量代替那幾個矢量，也可以用那幾個矢量代替這一個矢量，而不改變原來的作用效果．3．同一直線上矢量的合成可轉為代數法，即規定某一方向為正方向．與正方向相同的物理量用正號代入．相反的用負號代入，然后求代數和，最后結果的正、負體現了方向，但有些物理量雖也有正負之分，運算法則也一樣．但不能認為是矢量，最后結果的正負也不表示方向如：功、重力勢能、電勢能、電勢等．【命題方向】關于矢量和標量的說法中正確的是（）A.平均速度、瞬時速度都是矢量，速率、平均速率都是標量B.描述矢量既要說明大小，又要指明方向C.描述矢量既要說明大小，又要指明方向D.矢量和標量沒有嚴格的區別，同一個物理量有時是矢量，有時是標量分析：既有大小、又有方向的物理量是矢量．只有大小、沒有方向的物理量是標量．位移、加速度、速度均是矢量．路程、時間是標量，速度變化量是矢量．矢量相加時遵從平行四邊形定則．解答：A、平均速度、瞬時速度是既有大小又有方向的量，是矢量，速率、平均速率都是只有大小沒有方向的量，是標量。故A正確。B、矢量是既有大小又有方向的量，所以描述矢量時，既要說明大小，又要指明方向。故B正確。C、矢量與標量是不同的物理量，矢量的大小只是一個數值，不能算是標量。故C錯誤。D、矢量和標量是兩個完全不同的物理量，一個量不可能既是矢量又是標量。故D錯誤。故選：AB。點評：本題考查矢量與標量的區別，基礎題，抓住兩者有無方向及運算法則兩個方面進行記憶．【解題方法點撥】這部分知識屬于概念性，在平時的練習中可能出現，且往往以選擇題的形式出現，但是高考中單獨出現的幾率比較小．2．計算停車時間和位移【知識點的認知】1.剎車問題是生活中的常見問題。剎車模型類比于勻減速直線運動，剎車時間通過速度—時間關系t=v0?va求解，剎車位移通過位移—時間公式x＝v2.剎車問題還常常設計剎車速度的計算。計算公式為v＝v0﹣at。【命題方向】某市規定，卡車在市區行駛的速度不得超過40km/h．一次一輛飛馳的卡車在危急情況下剎車，經t＝1.5s停止，民警量得這一過程中車輪在路面上擦過的痕跡長x＝9m，據此能否判斷這輛卡車是否超速違章？（設卡車從剎車開始至停下做勻減速直線運動）分析：剎車后做勻減速直線運動，根據速度—時間公式v＝v0+at，位移—時間公式x0＝v0t+12at解答：卡車做勻減速運動，末速度為0．由v＝v0+at得：v0＝0﹣at＝﹣at①又x0＝v0t+12at聯立①②得：v0＝12m/sv0＝12m/s＝43.2km/h＞40km/h∴此車違章．答：這輛卡車是超速違章．點評：解決本題的關鍵掌握勻變速直線運動的速度—時間公式v＝v0+at，位移—時間公式x0＝v0t+12at2．該題也可以先求出平均速度，勻變速直線運動的平均速度【解題思路點撥】剎車問題是一種典型的勻減速直線運動，速度減為零即停止運動，根據勻變速直線運動規律中的速度—時間公式和位移—時間公式或位移—速度公式計算剎車時間、位移、速度是一種最基礎的考查方式。3．根據v-t圖像的物理意義分析單個物體的運動情況【知識點的認識】1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時間變化的關系。2.圖像實例：3.各參數的意義：（1）斜率：表示加速度；（2）縱截距：表示初速度；（3）交點：表示速度相等。4.v﹣t曲線分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線運動；②表示物體沿正方向做勻速直線運動；③表示物體沿正方向做勻減速直線運動；④交點的縱坐標表示三個物體此時的速度相同；⑤t1時刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時間內的位移。5.本考點是v﹣t圖像考法的一種，即根據v﹣t圖像的物理意義分析單個物體的運動的情況。【命題方向】一枚火箭由地面豎直向上發射，其速度圖象如圖所示，由圖象可知（）A、火箭在0～ta段的加速度小于ta～tb段的加速度B、0～ta段火箭是上升過程，ta～tb段火箭是下落過程C、tc時刻火箭回到地面D、tc時刻火箭離地最遠分析：解決本題的關鍵是理解速度圖象的斜率的含義：速度圖象的斜率代表物體的加速度．速度的正負代表物體運動的方向．解答：速度圖象的斜率代表物體的加速度，由圖可知：ab段的斜率大于oa段斜率，故火箭在0～ta段的加速度小于ta～tb段的加速度，故A正確。由于ab段的速度和oa段速度都是正的，故物體的運動方向未變，即始終向上運動。故B錯誤。0～tc時間內火箭的速度方向始終豎直向上，故tc時刻火箭到達最高點。故C錯誤而D正確。故選：AD。點評：對于速度圖象類的題目，主要是要理解斜率的含義：斜率代表物體的加速度；速度正負的含義：速度的正負代表物體運動的方向；速度圖象與時間軸圍成的面積的含義：面積代表物體的位移．【解題思路點撥】圖像類問題是從數學的角度描述了物體的運動規律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時間的變化情況。針對此類問題，可以首先根據圖像還原物體的運動情景，再結合斜率、截距、面積等數學概念進行分析。4．根據v-t圖像的物理意義對比多個物體的運動情況【知識點的認識】1.定義：v﹣t圖像表示的是物體速度隨時間變化的關系。2.圖像實例：3.各參數的意義：（1）斜率：表示加速度；（2）縱截距：表示初速度；（3）交點：表示速度相等。4.v﹣t曲線分析：①表示物體做初速度為零的勻加速直線運動；②表示物體沿正方向做勻速直線運動；③表示物體沿正方向做勻減速直線運動；④交點的縱坐標表示三個物體此時的速度相同；⑤t1時刻物體的速度為v1，陰影部分的面積表示物體0～t1時間內的位移。5.本考點是v﹣t圖像考法的一種，即根據v﹣t圖像的物理意義分析多個物體的運動的情況。【命題方向】甲、乙兩汽車在同一條平直公路上同向運動，其速度—時間圖像分別如圖中甲、乙兩條曲線所示。已知兩車在t1時刻并排行駛，下列說法正確的是（）A.t1時刻到t2時刻這段時間，甲車一直在乙車之前B.t2時刻甲、乙兩車再次并排行駛C.t1時刻到t2時刻這段時間，甲車的加速度先減小后增大，乙車的加速度大小先增大后減小D.t1時刻到t2時刻這段時間，兩車的加速度都先減小后增大分析：在v﹣t圖像中，斜率表示加速度，面積表示位移，定性地判斷兩車的加速度和位移的關系即可。解答：A、由圖可知，t1時刻到t2時刻這段時間內，甲車的速度始終大于乙車的速度，因為兩車在t1時刻并排行駛，所以t1時刻到t2時刻的這段時間內，甲車一直在乙車前面，故A正確；B、t2時刻甲乙兩車速度相等，同A選項的分析可知，在t1～t2時間內，甲車一直在乙車前面，故B錯誤；CD、v﹣t圖像斜率表示加速度，可知在t1時刻到t2時刻這段時間，甲車的加速度先減小后增大，乙車的加速度也是先減小后增大，故C錯誤，D正確。故選：AD。點評：本題主要考查了v﹣t圖像，理解斜率表示加速度，面積表示位移，可定性地分析兩車的運動情況即可。【解題思路點撥】圖像類問題是從數學的角度描述了物體的運動規律，能夠比較直觀地反映位移、速度的大小和方向隨時間的變化情況。針對此類問題，可以首先根據圖像還原物體的運動情景，再結合斜率、截距、面積等數學概念進行分析。5．牛頓第一定律的內容與應用【知識點的認識】1．內容：一切物體總保持勻速直線運動狀態或靜止狀態，直到有外力迫使它改變這種狀態．2．說明：（1）物體因為有質量，故能保持原來的運動狀態，如果沒有力，它將永遠保持此狀態；（2）因為有力，故改變物體的運動狀態．質量是維持物體運動狀態的原因，力是改變物體運動狀態的原因；（3）物體的運動狀態由速度來標定，速度不變，物體運動狀態不變；（4）物體運動狀態變化，也可說成運動速度變化，即產生加速度．3．使用范圍：宏觀世界中低速運動的物體，在慣性參考系中才適用．4．對牛頓第一定律的理解（1）牛頓第一定律不是由實驗直接總結出來的規律，它是牛頓以伽利略的理想實驗為基礎，在總結前人的研究成果之上，加之豐富的想而推理得出的一條理想條件下的規律；（2）牛頓第一定律成立的條件是物體不受任何外力的作用，是理想條件下物體所遵從的規律．在實驗情況下，物體所受合外力為零與物體不受任何外力作用是等效的．（3）牛頓第一定律的意義在于它揭示了一切物體都具有的一種基本屬性﹣﹣慣性，還揭示了力和運動的關系：力是改變物體運動狀態的原因，而不是產生運動的原因，也不是維持物體運動狀態的原因，即力是產生加速度的原因．【命題方向】例1：關于牛頓第一定律，下列說法中正確的是（）A．牛頓第一定律是在伽利略“理想實驗”的基礎上總結出來的B．不受力作用的物體是不存在的，故牛頓第一定律的建立毫無意義C．牛頓第一定律表明，物體只有在不受外力作用時才具有慣性D．牛頓第一定律表明，物體只有在靜止或做勻速直線運動時才具有慣性分析：牛頓第一定律給出了物體不受力作用時的運動規律，同時也說明了力是改變物體運動狀態的原因，而不是維持物體運動狀態的原因；牛頓第一定律是牛頓在前人實驗的基礎上，根據邏輯推理得出的，是以實驗為基礎，但又不是完全通過實驗得出．解答：A、牛頓第一定律是牛頓在伽利略等前人實驗的基礎上，根據邏輯推理得出的，是以實驗為基礎，但又不是完全通過實驗得出，故A正確；B、雖然在地球上不受力作用的物體是不存在的，但牛頓第一定律給出了物體不受力作用時的運動規律，是牛頓第二定律的基礎，也為科學的發展奠定了基礎，故B錯誤；C、D、牛頓第一定律表明物體具有保持原來速度不變的性質，即慣性，慣性的大小與物體的受力情況和運動情況均無關，故C錯誤，D也錯誤．故選：A．點評：牛頓第一運動定律，又稱慣性定律，它科學地闡明了力和慣性這兩個物理概念，正確地解釋了力和運動狀態的關系，并提出了一切物體都具有保持其運動狀態不變的屬性﹣﹣慣性，它是物理學中一條基本定律．例2：以下說法中正確的是（）A．牛頓第一定律揭示了一切物體都具有慣性B．速度大的物體慣性大，速度小的物體慣性小C．力是維持物體運動的原因D．做曲線運動的質點，若將所有外力都撤去，則該質點因慣性仍可做曲線運動分析：慣性是物體的固有屬性，一切物體在任何情況下都有慣性，慣性的大小只跟質量有關，與其它因數無關，力是改變物體運動狀態的原因，物體不受力時將保持靜止或勻速直線運動狀態．解答：A、牛頓第一定律揭示