2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律（10題）VIP

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律（10題）一．解答題（共10小題）1．（2024?龍崗區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整體靜止放在光滑水平桌面上，現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h＝l.8m高處由靜止開(kāi)始滑下，與滑塊B發(fā)生碰撞并粘在一起（時(shí)間極短），共同壓縮彈簧推動(dòng)滑塊C向前運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間，滑塊C脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運(yùn)動(dòng)一段后從桌面邊緣飛出。已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，g＝10m/s2，滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度大小vAB；（2）被壓縮彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep；（3）滑塊C從桌面飛出時(shí)的速度大小vc。2．（2024?選擇性）如圖，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時(shí)由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB；（2）物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）整個(gè)過(guò)程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp。3．（2024?市中區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定斜面傾角為θ＝37°，斜面上并排放置的兩個(gè)小物塊A、B在沿斜面向上的恒力F作用下從靜止開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，A、B物塊間接觸但不粘連，F(xiàn)作用在物塊A上，當(dāng)物塊A、B獲得的速度大小為v0時(shí)撤去F。已知物塊A、B的質(zhì)量均為m，且物塊A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μA=34和μB=14，恒力F＝2.4mg，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin37°＝0.6，（1）求恒力F的作用時(shí)間；（2）撤去F后，求B沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的速度減為零時(shí)A、B之間的距離；（3）設(shè)A、B間每次碰撞時(shí)間極短（可忽略不計(jì)），且皆為彈性正碰，求：①撤去F后，A、B物塊第一次碰前時(shí)刻B物塊的速度大??；②撤去F后，A、B物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第n次碰撞時(shí)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能。4．（2024?江蘇模擬）如圖，傾角θ＝37°的粗糙斜面AB與光滑水平面BD在B點(diǎn)平滑連接，傾角α＝30°的足夠長(zhǎng)的傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v＝4m/s的速度沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的下端與水平面的右端D點(diǎn)通過(guò)一小段圓弧連接，質(zhì)量mb＝3kg的小物塊b放在水平面上的C點(diǎn)，質(zhì)量ma＝1kg的小滑塊a從A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊a與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.25，A、B間距離L＝12.5m，a滑到水平面上后與b發(fā)生彈性正碰，以后a與b的碰撞都發(fā)生在水平面上，b與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=33，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，（1）a第一次與b碰撞前瞬間的速度大小；（2）第一次碰撞后瞬間a與b的速度大小；（3）b從第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)到第二次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的過(guò)程中電動(dòng)機(jī)額外多做的功。5．（2024?廣東一模）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A與質(zhì)量為7m的小球B通過(guò)長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)柔軟細(xì)繩連接，現(xiàn)用手提著小球A，使小球B距地面的高度也為L(zhǎng)，松手后兩球由靜止開(kāi)始自由下落，小球B與地面碰后速度大小不變、方向相反，兩小球的碰撞為彈性正碰，細(xì)繩繃直后兩小球以相同的速度繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞時(shí)間均極短，重力加速度大小為g。求：（1）從松手到兩小球第一次碰撞的時(shí)間t；（2）細(xì)繩繃直后小球A距地面的最大距離d。6．（2024?安徽）如圖所示，一實(shí)驗(yàn)小車(chē)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(diǎn)。一物塊靜止于小車(chē)最左端，一小球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)?，F(xiàn)將細(xì)線(xiàn)拉直到水平位置，靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿小車(chē)上的軌道運(yùn)動(dòng)。已知細(xì)線(xiàn)長(zhǎng)L＝1.25m。小球質(zhì)量m＝0.20kg。物塊、小車(chē)質(zhì)量均為M＝0.30kg。小車(chē)上的水平軌道長(zhǎng)s＝1.0m。圓弧軌道半徑R＝0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前，所受拉力的大??；（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大?。唬?）為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車(chē)，求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍。7．（2024?浙江模擬）一質(zhì)量為m的衛(wèi)星沿半徑r的圓軌道繞太陽(yáng)運(yùn)行。衛(wèi)星上有一太陽(yáng)帆—半徑為R的圓形鏡面反射膜。該反射膜在隨后運(yùn)動(dòng)中不斷改變方向，使帆面不斷改變方向以保證始終垂直于太陽(yáng)光。已知：萬(wàn)有引力常量為G，太陽(yáng)質(zhì)量為M，太陽(yáng)半徑為RS，太陽(yáng)表面溫度為T(mén)。太陽(yáng)可視理想黑體且單位面積的熱輻射功率為σT4，其中σ為一常量。已知光具有粒子的性質(zhì)：一個(gè)光子的能量E＝pc，其中p是光子的動(dòng)量，c是光速。（1）求太陽(yáng)熱輻射的總功率；（2）求太陽(yáng)帆單位時(shí)間內(nèi)接受到的能量；（3）求太陽(yáng)帆受到的合力F（r）（以沿著半徑背離圓心的方向?yàn)檎较颍?．（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(tái)KPQ上表面水平相切，P點(diǎn)放置質(zhì)量為m0＝0.4kg的小物塊，KP、PQ長(zhǎng)度分別為0.45m、2.75m，Q右側(cè)空間存在面積足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=π8×102T、方向水平向右，在右側(cè)空間建立Oxyz三維直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)原點(diǎn)O位于KPQ延長(zhǎng)線(xiàn)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(nèi)放置有足夠大的擋板。質(zhì)量m＝0.1kg、帶電量q＝+1.6×10﹣2C的小球自圓弧槽A點(diǎn)正上方h＝4m處從靜止釋放，小球與小物塊發(fā)生碰撞同時(shí)，在KPQ平臺(tái)上方施加方向水平向右、大小E＝2.5×102V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)圖中未畫(huà)出。小球與小物塊碰撞時(shí)無(wú)能量損失且小球電量不變，重力加速度（1）小球運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN；（2）小物塊飛離平臺(tái)前與小球的碰撞次數(shù)；（3）小球打在擋板上的坐標(biāo)。（結(jié)果可含有π）9．（2024?茂名一模）如圖（a）所示，門(mén)球又稱(chēng)槌球，比賽時(shí)以球槌擊球，球過(guò)球門(mén)即可得分.如圖（b）所示，某次比賽中完全相同的1號(hào)球、3號(hào)球與門(mén)洞恰好位于一條直線(xiàn)上，兩球之間的距離l1＝2.5m，3號(hào)球與球門(mén)之間的距離l2＝1m。運(yùn)動(dòng)員用球槌水平打擊1號(hào)球，使其獲得向右的初速度v0＝6m/s，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，該球以v1＝4m/s的速度與3號(hào)球發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短），碰后1號(hào)球又向前運(yùn)動(dòng)了x＝0.125m后停下來(lái).已知兩球質(zhì)量m均為0.25kg，將兩球的運(yùn)動(dòng)視為一條直線(xiàn)上的滑動(dòng)并且兩球與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ相同，重力加速度g取10m/s2。（1）求球與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（2）求兩球碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；（3）通過(guò)分析，判斷3號(hào)球能否進(jìn)門(mén)得分。10．（2024?梅州二模）圖為某一食品廠(chǎng)生產(chǎn)流水線(xiàn)的一部分，AB是半徑為R的光滑半圓軌道，產(chǎn)品2加工后以vA=3gR的速率從A點(diǎn)沿半圓軌道下滑，到達(dá)軌道最低點(diǎn)B處時(shí)，與靜止在此處的產(chǎn)品1發(fā)生彈性碰撞（假設(shè)每一個(gè)產(chǎn)品的質(zhì)量均為m），被碰后的產(chǎn)品1沿粗糙的水平軌道BC滑動(dòng)，以vC=2gR的速度滑上運(yùn)行速度為v的傳送帶CD。其中BC段為生產(chǎn)線(xiàn)中的殺菌平臺(tái)，長(zhǎng)度為4R，傳送帶的摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，長(zhǎng)度為（1）為了保證產(chǎn)品以最短的時(shí)間經(jīng)過(guò)CD，則傳送帶的速度應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？（2）BC段殺菌平臺(tái)的摩擦因數(shù)μ1是多少？（3）調(diào)整產(chǎn)品從A點(diǎn)出發(fā)的速度可以調(diào)整殺菌的時(shí)間，則產(chǎn)品既不脫軌又能滑上傳送帶的最長(zhǎng)殺菌時(shí)間t是多少？

2025年高考物理復(fù)習(xí)之小題狂練600題（解答題）：動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律（10題）參考答案與試題解析一．解答題（共10小題）1．（2024?龍崗區(qū)校級(jí)三模）如圖所示，一輕質(zhì)彈簧的一端固定在滑塊B上，另一端與滑塊C接觸但未連接，該整體靜止放在光滑水平桌面上，現(xiàn)有一滑塊A從光滑曲面上離桌面h＝l.8m高處由靜止開(kāi)始滑下，與滑塊B發(fā)生碰撞并粘在一起（時(shí)間極短），共同壓縮彈簧推動(dòng)滑塊C向前運(yùn)動(dòng)，經(jīng)一段時(shí)間，滑塊C脫離彈簧，繼續(xù)在水平桌面上勻速運(yùn)動(dòng)一段后從桌面邊緣飛出。已知mA＝1kg，mB＝2kg，mC＝3kg，g＝10m/s2，滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。求：（1）滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度大小vAB；（2）被壓縮彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep；（3）滑塊C從桌面飛出時(shí)的速度大小vc?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在含有彈簧的碰撞問(wèn)題中的應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【答案】（1）滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度大小vAB為2m/s；（2）被壓縮彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep為3J；（3）滑塊C從桌面飛出時(shí)的速度大小vC為2m/s。【分析】（1）研究滑塊A下滑的過(guò)程，由機(jī)械能守恒定律求出A滑到曲面底端時(shí)的速度。對(duì)于A(yíng)與B的碰撞過(guò)程，運(yùn)用動(dòng)量守恒定律求出滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度。（2）當(dāng)滑塊A、B、C速度相等時(shí)，被壓縮彈簧的彈性勢(shì)能最大。由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒結(jié)合解決問(wèn)題。（3）由動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒求滑塊C脫離彈簧時(shí)的速度?！窘獯稹拷猓海?）滑塊A從光滑曲面上h高處由靜止開(kāi)始滑下的過(guò)程，其機(jī)械能守恒，設(shè)其滑到底面的速度為v1，由機(jī)械能守恒定律有：mAgh=12mAv滑塊A與B碰撞的過(guò)程，A、B系統(tǒng)的動(dòng)量守恒，碰撞結(jié)束瞬間具有共同速度，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：mAv1＝（mA+mB）v2解得：v2＝2m/s（2）滑塊A、B發(fā)生碰撞后與滑塊C一起壓縮彈簧，壓縮的過(guò)程機(jī)械能守恒，被壓縮彈簧的彈性勢(shì)能最大時(shí)，滑塊A、B、C速度相等，設(shè)為速度v3，由動(dòng)量守恒定律有：mAv1＝（mA+mB+mC）v3，解得：v3＝1m/s由機(jī)械能守恒定律有：Ep=12（mA+mB）v22-12（m解得Ep＝3J（3）被壓縮彈簧再次恢復(fù)自然長(zhǎng)度時(shí)，滑塊C脫離彈簧，設(shè)滑塊A、B的速度為v，滑塊C的速度為vc分別由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律有：（mA+mB）v2＝（mA+mB）v+mCvC12（mA+mB）v22=12（mA+mB）解得：vC＝2m/s答：（1）滑塊A與滑塊B碰撞結(jié)束瞬間的速度大小vAB為2m/s；（2）被壓縮彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep為3J；（3）滑塊C從桌面飛出時(shí)的速度大小vC為2m/s?！军c(diǎn)評(píng)】本題是多體多過(guò)程問(wèn)題，要分析物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，把握每個(gè)過(guò)程的物理規(guī)律是關(guān)鍵。利用動(dòng)量守恒定律解題，一定注意狀態(tài)的變化和狀態(tài)的分析。把動(dòng)量守恒和能量守恒結(jié)合起來(lái)列出等式求解是常見(jiàn)的問(wèn)題。2．（2024?選擇性）如圖，高度h＝0.8m的水平桌面上放置兩個(gè)相同物塊A、B，質(zhì)量mA＝mB＝0.1kg。A、B間夾一壓縮量Δx＝0.1m的輕彈簧，彈簧與A、B不拴接。同時(shí)由靜止釋放A、B，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，水平射程xA＝0.4m；B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止。A、B均視為質(zhì)點(diǎn)，取重力加速度g＝10m/s2。求：（1）脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB；（2）物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）整個(gè)過(guò)程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在含有彈簧的碰撞問(wèn)題中的應(yīng)用；平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算；常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理能力．【答案】（1）脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB均為1m/s；（2）物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.2。（3）整個(gè)過(guò)程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp為0.12J?！痉治觥浚?）A飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求得vA。物塊A、B與彈簧作用過(guò)程滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律，據(jù)此解得vB。（2）對(duì)B脫離彈簧后沿桌面滑行到停止的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理求解物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)。（3）物塊A、B與彈簧作用過(guò)程，由能量守恒與功能關(guān)系求解彈簧釋放的彈性勢(shì)能?！窘獯稹拷猓海?）彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)A恰好從桌面左端沿水平方向飛出，A飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律可得：水平射程：xA＝vAt下落高度：h=12聯(lián)立解得：vA＝1m/s物塊A、B與彈簧作用過(guò)程，由題意可知物塊A、B受到的滑動(dòng)摩擦力等大反向，則物塊A、B與彈簧組成的系統(tǒng)合外力為零，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒定律，以向右為正方向，則有：﹣mAvA+mBvB＝0解得：vB＝1m/s（2）對(duì)B脫離彈簧后沿桌面滑行一段距離xB＝0.25m后停止的過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理得：﹣μmBgxB＝0-12m解得物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.2（3）物塊A、B與彈簧作用過(guò)程，A、B運(yùn)動(dòng)路程之和等于初始彈簧的壓縮量Δx＝0.1m。對(duì)此過(guò)程由能量守恒與功能關(guān)系得：ΔEp=12mAvA2+12mBvB2+μm又有：mA＝mB＝0.1kg，Δx＝xA′+xB解得：ΔEp＝0.12J答：（1）脫離彈簧時(shí)A、B的速度大小vA和vB均為1m/s；（2）物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.2。（3）整個(gè)過(guò)程中，彈簧釋放的彈性勢(shì)能ΔEp為0.12J?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量守恒定律應(yīng)用的彈簧類(lèi)模型，平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，功能關(guān)系的應(yīng)用，題目較簡(jiǎn)單。針對(duì)兩物體的運(yùn)動(dòng)形式，選擇相應(yīng)的物理原理解答即可。3．（2024?市中區(qū)校級(jí)一模）如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定斜面傾角為θ＝37°，斜面上并排放置的兩個(gè)小物塊A、B在沿斜面向上的恒力F作用下從靜止開(kāi)始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，A、B物塊間接觸但不粘連，F(xiàn)作用在物塊A上，當(dāng)物塊A、B獲得的速度大小為v0時(shí)撤去F。已知物塊A、B的質(zhì)量均為m，且物塊A、B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μA=34和μB=14，恒力F＝2.4mg，重力加速度為g，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin37°＝0.6，（1）求恒力F的作用時(shí)間；（2）撤去F后，求B沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的速度減為零時(shí)A、B之間的距離；（3）設(shè)A、B間每次碰撞時(shí)間極短（可忽略不計(jì)），且皆為彈性正碰，求：①撤去F后，A、B物塊第一次碰前時(shí)刻B物塊的速度大小；②撤去F后，A、B物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第n次碰撞時(shí)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能。【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；動(dòng)量與動(dòng)能定理或能的轉(zhuǎn)化與守恒定律綜合；分析綜合能力．【答案】（1）恒力F的作用時(shí)間為5v（2）撤去F后，B沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的速度減為零時(shí)A、B之間的距離為5v（3）①撤去F后，A、B物塊第一次碰前時(shí)刻B物塊的速度大小為66②撤去F后，A、B物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第n次碰撞時(shí)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為n(n+1)3【分析】（1）由牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合速度—時(shí)間關(guān)系，求恒力F的作用時(shí)間；（2）由牛頓第二定律求出AB加速度，運(yùn)用速度—位移關(guān)系求B沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的速度減為零時(shí)A、B之間的距離；（3）由牛頓第二定律求出加速度，結(jié)合速度—位移關(guān)系求得A、B物塊第一次碰前時(shí)刻B物塊的速度大??；利用動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒定律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得位移，從而求得系統(tǒng)損失的機(jī)械能?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律，有F?2mgsinθ?（μA+μB）mgcosθ＝2ma解得a＝0.2g所以力F作用的時(shí)間為t=v（2）撤去外力F后，對(duì)物塊A，有mgsinθ+μAmgcosθ＝maA解得aA＝1.2g對(duì)物塊B，有mgsinθ+μBmgcosθ＝maB解得aB＝0.8g由于物塊A的加速度大于物塊B的加速度，所以物塊A先速度減為零，且保持靜止，B沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的速度減為零時(shí)A、B之間的距離為x=v代入數(shù)據(jù)解得x=5（3）①物塊B速度減為零時(shí)，繼續(xù)反向做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有mgsinθ?μBmgcosθ＝maB′所以aB′＝0.4g根據(jù)速度—位移關(guān)系可得v1解得A、B物塊第一次碰前時(shí)刻B物塊的速度大小為v1②A(yíng)、B發(fā)生第一次彈性碰撞，則有mv1＝mv2+mv312所以碰后兩物體速度交換v2＝0，v3=碰后A做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，B做初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，到第二次碰撞時(shí)，有x1＝v3t1=解得t1x1=ΔE1＝（μA+μB）mgcosθ?x1=A、B第二次碰撞時(shí)，速度分別為v3v4碰后兩物體速度再次交換，A以v4做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，B做初速度為v3、加速度為aB?的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所以x2＝v4t2＝v3t2+解得t2=x2＝v4t2=ΔE2＝（μA+μB）mgcosθ?x2解得ΔE2=A、B第三次碰撞時(shí)，速度分別為v4v5＝v3+aB′t2=碰后兩物體速度交換，A以v5做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，B做初速度為v4、加速度為aB?的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，所以x3＝v5t3＝v4t3+解得t3＝t2=x3＝v5t3=ΔE3＝（μA+μB）mgcosθ?x3解得ΔE3=2m根據(jù)以上分析，有ΔE1=ΔE2=ΔE3=ΔEn=2n3mv02（n＝所以A、B物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第n次碰撞時(shí)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝ΔE1+ΔE2+ΔE3+?+ΔEn解得ΔE=答：（1）恒力F的作用時(shí)間為5v（2）撤去F后，B沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的速度減為零時(shí)A、B之間的距離為5v（3）①撤去F后，A、B物塊第一次碰前時(shí)刻B物塊的速度大小為66②撤去F后，A、B物塊從發(fā)生第一次碰撞到發(fā)生第n次碰撞時(shí)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能為n(n+1)3【點(diǎn)評(píng)】本題是一道力學(xué)綜合題，考查了動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)量守恒定律與能量守恒定律即可解題。4．（2024?江蘇模擬）如圖，傾角θ＝37°的粗糙斜面AB與光滑水平面BD在B點(diǎn)平滑連接，傾角α＝30°的足夠長(zhǎng)的傳送帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下以v＝4m/s的速度沿逆時(shí)針?lè)较騽蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，傳送帶的下端與水平面的右端D點(diǎn)通過(guò)一小段圓弧連接，質(zhì)量mb＝3kg的小物塊b放在水平面上的C點(diǎn)，質(zhì)量ma＝1kg的小滑塊a從A點(diǎn)由靜止釋放，滑塊a與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.25，A、B間距離L＝12.5m，a滑到水平面上后與b發(fā)生彈性正碰，以后a與b的碰撞都發(fā)生在水平面上，b與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ2=33，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，（1）a第一次與b碰撞前瞬間的速度大??；（2）第一次碰撞后瞬間a與b的速度大??；（3）b從第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)到第二次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的過(guò)程中電動(dòng)機(jī)額外多做的功。【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的定義與特征；水平傳送帶模型；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專(zhuān)題】計(jì)算題；信息給予題；定量思想；推理法；直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律專(zhuān)題；動(dòng)量定理應(yīng)用專(zhuān)題；理解能力．【答案】（1）a第一次與b碰撞前瞬間的速度大小為10m/s；（2）第一次碰撞后瞬間a與b的速度大小均為5m/s；（3）b從第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)到第二次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的過(guò)程中電動(dòng)機(jī)額外多做的功為47.25J。【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理求解a第一次與b碰撞前瞬間的速度大?。唬?）根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒分別求解a、b碰撞后的速度大??；（3）物塊b在傳送帶上先向上做勻減速運(yùn)動(dòng)到速度為零，再相當(dāng)于傳送帶向下加速至傳送帶的速度v，根據(jù)牛頓第二定律求加速度的大小；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解共速時(shí)間，再分別求解滑塊的對(duì)地位移和傳送帶的位移，求解相對(duì)位移；根據(jù)公式公式求解因摩擦產(chǎn)生的熱量，最后根據(jù)能量關(guān)系求解電動(dòng)機(jī)額外多做的功。【解答】解：（1）設(shè)a第一次與b碰撞前瞬間的速度大小為v0，a在斜面間下滑過(guò)程根據(jù)動(dòng)能定理m代入數(shù)據(jù)解得v0＝10m/s（2）設(shè)滑塊a、b碰撞后的速度大小分別為v1、v2，取水平向右為正方向根據(jù)動(dòng)量守恒有mav0＝mbv2+mav1根據(jù)能量守恒1聯(lián)立解得v1＝﹣5m/s，v2＝5m/s（3）物塊b在傳送帶上先向上做勻減速運(yùn)動(dòng)到速度為零，設(shè)加速度的大小為a根據(jù)牛頓第二定律mbgsinα+μ2mbgcosα＝mba代入數(shù)據(jù)解得a＝10m/s2物塊b在傳送帶上向上運(yùn)動(dòng)的位移大小x向上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t此過(guò)程傳送帶的位移大小為x傳1＝vtb1＝4×0.5m＝2m發(fā)生的相對(duì)位移大小為Δx1＝x傳1+xb1＝2m+1.25m＝3.25m物塊b速度減為零后，向下做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到與傳送帶共速，加速度的大小仍然為a；此過(guò)程在傳送帶上向下運(yùn)動(dòng)的位移大小x所用時(shí)間為t此過(guò)程傳送帶的位移大小為x傳2＝vtb2＝4×0.4m＝1.6m發(fā)生的相對(duì)位移大小為Δx2＝x傳2﹣xb2＝1.6m﹣0.8m＝0.8m物塊b與傳送帶共速后，由于mbgsinα＝μ2mbgcosα因此滑塊b和傳送帶相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)回到D點(diǎn)；b從第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)到第二次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的過(guò)程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μ2mbgcos30°?（Δx1+Δx2）代入數(shù)據(jù)解得Q＝60.75J根據(jù)功能關(guān)系可知，b從第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)到第二次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的過(guò)程中電動(dòng)機(jī)額外多做的功為W=ΔE=Q+1代入數(shù)據(jù)解得W＝47.25J。另解：（3）物塊b在傳送帶上先向上做勻減速運(yùn)動(dòng)到速度為零，再相當(dāng)于傳送帶向下加速至傳送帶的速度v，設(shè)加速度的大小為a根據(jù)牛頓第二定律mbgsinα+μ2mbgcosα＝mba代入數(shù)據(jù)解得a＝10m/s2取向下為正方向，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=滑塊b的對(duì)地位移x傳送帶的位移x傳＝vt＝4×0.9m＝3.6m相對(duì)位移Δx＝xb+x傳＝0.45m+3.6m＝4.05m物塊b與傳送帶共速后，由于mbgsinα＝μ2mbgcosα因此滑塊b和傳送帶相對(duì)靜止一起勻速運(yùn)動(dòng)回到D點(diǎn)；b從第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)到第二次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的過(guò)程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為Q＝μ2mbgΔxcos30°代入數(shù)據(jù)解得Q＝60.75J根據(jù)功能關(guān)系可知，b從第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)到第二次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的過(guò)程中電動(dòng)機(jī)額外多做的功為W=ΔE=Q+1代入數(shù)據(jù)解得W＝47.25J。答：（1）a第一次與b碰撞前瞬間的速度大小為10m/s；（2）第一次碰撞后瞬間a與b的速度大小均為5m/s；（3）b從第一次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)到第二次經(jīng)過(guò)D點(diǎn)的過(guò)程中電動(dòng)機(jī)額外多做的功為47.25J?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要考查了動(dòng)能定理、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；是多過(guò)程、多運(yùn)動(dòng)問(wèn)題，明確每個(gè)過(guò)程遵循的規(guī)律是解題的關(guān)鍵；掌握相對(duì)位移的求解方法及共速后能否保持相對(duì)靜止的判斷方法。5．（2024?廣東一模）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A與質(zhì)量為7m的小球B通過(guò)長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)柔軟細(xì)繩連接，現(xiàn)用手提著小球A，使小球B距地面的高度也為L(zhǎng)，松手后兩球由靜止開(kāi)始自由下落，小球B與地面碰后速度大小不變、方向相反，兩小球的碰撞為彈性正碰，細(xì)繩繃直后兩小球以相同的速度繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞時(shí)間均極短，重力加速度大小為g。求：（1）從松手到兩小球第一次碰撞的時(shí)間t；（2）細(xì)繩繃直后小球A距地面的最大距離d?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）從松手到兩小球第一次碰撞的時(shí)間t為54（2）細(xì)繩繃直后小球A距地面的最大距離d為2516L【分析】（1）根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)與豎直上拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合兩球的位移關(guān)系，應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式解答；（2）根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得碰撞前的速度，兩小球發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律解得碰撞后的速度。根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求得各階段A球的位移，根據(jù)距離關(guān)系求解細(xì)繩繃直后小球A距地面的最大距離?！窘獯稹拷猓罕绢}解答過(guò)程均以豎直向下為正方向。（1）設(shè)小球B第一次落地前的速度為vB0，此時(shí)小球A的速度為vA1，所用的時(shí)間為t1，小球B第一次反彈后的速度為vB1，再經(jīng)過(guò)時(shí)間t2兩者相碰，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：L=vB0vA1＝vB0＝﹣vB1vA1t2+12gt22-（t＝t1+t2解得：t=542Lg，vB1=（2）設(shè)A、B兩球第一次碰撞前瞬間的速度分別為vA2、vB2，碰撞后瞬間的速度分別為vA3、vB3，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得：vA2＝gtvB2＝vB1+gt2解得：vA2=542gL，兩小球發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得：mvA2+7mvB2＝mvA3+7mvB312mvA22+聯(lián)立解得：vA3=-942gL再經(jīng)過(guò)時(shí)間t3細(xì)繩繃直，設(shè)細(xì)繩繃直前瞬間A、B兩球的速度分別為vA4、vB4，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：vA3t3+12gt32-（解得：t3=vA4＝vA3+gt3vB4＝vB3+gt3解得：vA4＝﹣22gL，vB4＝0設(shè)繃直瞬間后兩者的共同速度為v，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：mvA4+7mvB4＝（m+7m）v解得：v=從松手到兩小球第一次碰撞A球的位移為：x1=12第一次碰撞后到細(xì)繩繃直A球的位移為：x2=12（vA3+vA4）細(xì)繩繃直后到A球速度減到零的位移為：x3=三個(gè)過(guò)程A球的總位移為：xA＝x1+x2+x3解得xA=716細(xì)繩繃直后小球A距地面的最大距離d＝2L﹣xA解得d=25答：（1）從松手到兩小球第一次碰撞的時(shí)間t為54（2）細(xì)繩繃直后小球A距地面的最大距離d為2516L【點(diǎn)評(píng)】本題考查了彈性碰撞模型與自由落體運(yùn)動(dòng)與豎直上拋運(yùn)動(dòng)的相對(duì)運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。掌握彈性碰撞模型的結(jié)果經(jīng)驗(yàn)公式。本題涉及相對(duì)運(yùn)動(dòng)過(guò)程較復(fù)雜，運(yùn)動(dòng)過(guò)程的分析要思路清晰。6．（2024?安徽）如圖所示，一實(shí)驗(yàn)小車(chē)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(diǎn)。一物塊靜止于小車(chē)最左端，一小球用不可伸長(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)線(xiàn)懸掛于O點(diǎn)正下方，并輕靠在物塊左側(cè)。現(xiàn)將細(xì)線(xiàn)拉直到水平位置，靜止釋放小球，小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)與物塊發(fā)生彈性碰撞。碰撞后，物塊沿小車(chē)上的軌道運(yùn)動(dòng)。已知細(xì)線(xiàn)長(zhǎng)L＝1.25m。小球質(zhì)量m＝0.20kg。物塊、小車(chē)質(zhì)量均為M＝0.30kg。小車(chē)上的水平軌道長(zhǎng)s＝1.0m。圓弧軌道半徑R＝0.15m。小球、物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)。不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。（1）求小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前，所受拉力的大??；（2）求小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大??；（3）為使物塊能進(jìn)入圓弧軌道，且在上升階段不脫離小車(chē)，求物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍。【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應(yīng)用；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用；動(dòng)量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用．【專(zhuān)題】計(jì)算題；定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；推理能力．【答案】（1）小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前，所受拉力的大小為6N；（2）小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為4m/s；（3）物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.25≤μ＜0.4?！痉治觥浚?）對(duì)小球分析根據(jù)動(dòng)能定理求解速度，再根據(jù)合外力提供向心力求解拉力；（2）根據(jù)小球與物塊彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒分析；（3）當(dāng)μ較小時(shí)，物塊會(huì)脫離小車(chē)；當(dāng)μ較大時(shí)，物塊不能進(jìn)入圓弧軌道，對(duì)兩種情況分別用能量守恒和動(dòng)量守恒分析求解?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)小球與物塊碰撞前速度為v0，碰撞后小球速度為v1，物塊速度為v2，小球從釋放到與物塊碰撞前，由動(dòng)能定理mgL=1代入數(shù)據(jù)得：v0＝5m/s碰撞前瞬間，對(duì)小球受力分析，有T﹣mg=mv代入數(shù)據(jù)解得拉力：T＝6N（2）設(shè)水平向右為正方向，小球與物塊彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒：mv0＝mv1+Mv2根據(jù)能量守恒：1代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得：v2＝4m/s（3）當(dāng)μ較小時(shí)，物塊會(huì)脫離小車(chē)；當(dāng)μ較大時(shí)，物塊不能進(jìn)入圓弧軌道①物塊滑到水平軌道最右端剛好與小車(chē)共速，此時(shí)μ最大（但不能?。O(shè)水平向右為正方向，則小球與小車(chē)水平方向動(dòng)量守恒，有Mv2＝2Mv共，解得：v共＝2m/s根據(jù)能量守恒，μmaxMgs=代入數(shù)據(jù)解得：μmax＝0.4②物塊剛好滑到圓弧最高點(diǎn)，即在最高點(diǎn)與小車(chē)共速，此時(shí)μ最小，設(shè)水平向右為正方向，小球與小車(chē)水平方向動(dòng)量守恒，有Mv2＝2Mv共，解得：v共＝2m/s根據(jù)能量守恒，μ代入數(shù)據(jù)解得：μmin＝0.25綜合上面分析，可得滿(mǎn)足要求的動(dòng)摩擦因數(shù)μ取值范圍為：0.25≤μ＜0.4答：（1）小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)與物塊碰撞前，所受拉力的大小為6N；（2）小球與物塊碰撞后的瞬間，物塊速度的大小為4m/s；（3）物塊與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ的取值范圍為0.25≤μ＜0.4?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)量和能量，理解小球、物塊和圓弧軌道不同時(shí)刻的不同狀態(tài)下，彼此的動(dòng)量和能量的相互關(guān)系是解決此類(lèi)問(wèn)題的關(guān)鍵。7．（2024?浙江模擬）一質(zhì)量為m的衛(wèi)星沿半徑r的圓軌道繞太陽(yáng)運(yùn)行。衛(wèi)星上有一太陽(yáng)帆—半徑為R的圓形鏡面反射膜。該反射膜在隨后運(yùn)動(dòng)中不斷改變方向，使帆面不斷改變方向以保證始終垂直于太陽(yáng)光。已知：萬(wàn)有引力常量為G，太陽(yáng)質(zhì)量為M，太陽(yáng)半徑為RS，太陽(yáng)表面溫度為T(mén)。太陽(yáng)可視理想黑體且單位面積的熱輻射功率為σT4，其中σ為一常量。已知光具有粒子的性質(zhì)：一個(gè)光子的能量E＝pc，其中p是光子的動(dòng)量，c是光速。（1）求太陽(yáng)熱輻射的總功率；（2）求太陽(yáng)帆單位時(shí)間內(nèi)接受到的能量；（3）求太陽(yáng)帆受到的合力F（r）（以沿著半徑背離圓心的方向?yàn)檎较颍??！究键c(diǎn)】用動(dòng)量定理求平均作用力；功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專(zhuān)題；功能關(guān)系能量守恒定律；分析綜合能力．【答案】（1）太陽(yáng)熱輻射的總功率為4πσR（2）太陽(yáng)帆單位時(shí)間內(nèi)接受到的能量πσR（3）太陽(yáng)帆受到的合力為1r【分析】利用單位面積的熱輻射功率乘太陽(yáng)的表面積求太陽(yáng)熱輻射的總功率；利用距南太陽(yáng)一定距離處單位時(shí)間內(nèi)單位面積上接受的能量相同，即E總4πr2=E'πR2【解答】解：（1）根據(jù)球體表面積公式S＝4πr2可得太陽(yáng)的表面積為S=4πR所以太陽(yáng)熱輻射的總功率為P=SσT（2）太陽(yáng)單位時(shí)間內(nèi)熱輻射的總能量為E總設(shè)太陽(yáng)帆單位時(shí)間內(nèi)接受到的能量為E′，則E總所以E'（3）根據(jù)動(dòng)量定理有F?Δt＝2npE′?Δt＝nE所以F=2πσ則太陽(yáng)帆受到的合力F(r)=F-解得F(r)=1答：（1）太陽(yáng)熱輻射的總功率為4πσR（2）太陽(yáng)帆單位時(shí)間內(nèi)接受到的能量πσR（3）太陽(yáng)帆受到的合力為1r【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查能量守恒和動(dòng)量定理的應(yīng)用，理解距南太陽(yáng)一定距離處單位時(shí)間內(nèi)單位面積上接受的能量相同是解題關(guān)鍵。8．（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(tái)KPQ上表面水平相切，P點(diǎn)放置質(zhì)量為m0＝0.4kg的小物塊，KP、PQ長(zhǎng)度分別為0.45m、2.75m，Q右側(cè)空間存在面積足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=π8×102T、方向水平向右，在右側(cè)空間建立Oxyz三維直角坐標(biāo)系，坐標(biāo)原點(diǎn)O位于KPQ延長(zhǎng)線(xiàn)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(nèi)放置有足夠大的擋板。質(zhì)量m＝0.1kg、帶電量q＝+1.6×10﹣2C的小球自圓弧槽A點(diǎn)正上方h＝4m處從靜止釋放，小球與小物塊發(fā)生碰撞同時(shí)，在KPQ平臺(tái)上方施加方向水平向右、大小E＝2.5×102V/m的勻強(qiáng)電場(chǎng)圖中未畫(huà)出。小球與小物塊碰撞時(shí)無(wú)能量損失且小球電量不變，重力加速度（1）小球運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力FN；（2）小物塊飛離平臺(tái)前與小球的碰撞次數(shù)；（3）小球打在擋板上的坐標(biāo)。（結(jié)果可含有π）【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應(yīng)用；動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；用動(dòng)量守恒定律解決電場(chǎng)中的碰撞問(wèn)題；牛頓第三定律的理解與應(yīng)用．【專(zhuān)題】計(jì)算題；信息給予題；定量思想；推理法；帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)專(zhuān)題；分析綜合能力．【答案】（1）小球運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為11N，方向豎直向下；（2）小物塊飛離平臺(tái)前與小球的碰撞次數(shù)2次；（3）小球打在擋板上的坐標(biāo)為(-【分析】（1）小球從釋放至運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律列式子，并且在K點(diǎn)，根據(jù)受力分析列出牛頓第二定律方程；（2）彈性碰撞根據(jù)動(dòng)量守恒和動(dòng)能不變列式子。并結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析；（3）小球在疊加場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)分析畫(huà)出軌跡。【解答】解：（1）小球從釋放至運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)，由機(jī)械能守恒定律，得mg(h小球到最低點(diǎn)時(shí)：FN求得FN＝11N，vK＝10m/s根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)壍赖膲毫′＝FN＝11N方向豎直向下。（2）第一次碰撞，設(shè)向右為正方向，由動(dòng)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(chǎng)中的加速度a=qE設(shè)經(jīng)時(shí)間t1二者第二次相遇，則v1解得t1＝0.5s或t1＝0（舍去）此過(guò)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(shí)m0的速度仍為v2，第二次發(fā)生碰撞有mv3+m0v2＝mv4+m0v512解得v4＝﹣2m/s，v5＝8m/s設(shè)經(jīng)時(shí)間t2二者第三次相遇，則v4解得t2＝0.5s或t2＝0（舍去）此過(guò)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(tái)前與小球發(fā)生了2次碰撞。（3）小球與小物塊第二次碰撞后至飛離平臺(tái)過(guò)程有vQ解得vQ＝8m/s小球進(jìn)入磁場(chǎng)后沿z軸方向做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，撞到擋板的時(shí)間t=d小球在xOy平面內(nèi)做曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，沿z軸正方向看去，如圖所示：根據(jù)計(jì)算，小球在磁場(chǎng)中以v﹣的速度做圓周運(yùn)動(dòng)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(biāo)為(-答：（1）小球運(yùn)動(dòng)到K點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為11N，方向豎直向下；（2）小物塊飛離平臺(tái)前與小球的碰撞次數(shù)2次；（3）小球打在擋板上的坐標(biāo)為(-【點(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵掌握帶電粒子的運(yùn)動(dòng)過(guò)程和運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒處理碰撞問(wèn)題，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和周期公式處理在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問(wèn)題。9．（2024?茂名一模）如圖（a）所示，門(mén)球又稱(chēng)槌球，比賽時(shí)以球槌擊球，球過(guò)球門(mén)即可得分.如圖（b）所示，某次比賽中完全相同的1號(hào)球、3號(hào)球與門(mén)洞恰好位于一條直線(xiàn)上，兩球之間的距離l1＝2.5m，3號(hào)球與球門(mén)之間的距離l2＝1m。運(yùn)動(dòng)員用球槌水平打擊1號(hào)球，使其獲得向右的初速度v0＝6m/s，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后，該球以v1＝4m/s的速度與3號(hào)球發(fā)生碰撞（碰撞時(shí)間極短），碰后1號(hào)球又向前運(yùn)動(dòng)了x＝0.125m后停下來(lái).已知兩球質(zhì)量m均為0.25kg，將兩球的運(yùn)動(dòng)視為一條直線(xiàn)上的滑動(dòng)并且兩球與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ相同，重力加速度g取10m/s2。（1）求球與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（2）求兩球碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能；（3）通過(guò)分析，判斷3號(hào)球能否進(jìn)門(mén)得分。【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問(wèn)題；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用；常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專(zhuān)題；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）求球與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.4；（2）求兩球碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為0.75J；（3）3號(hào)球能夠進(jìn)門(mén)得分，詳見(jiàn)解析?！痉治觥浚?）確定1號(hào)球開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到與3號(hào)球碰撞前過(guò)程中，1號(hào)球的初末速度。此過(guò)程只有摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理進(jìn)行解答即可；（2）碰后1號(hào)球只有摩擦力做功，根據(jù)動(dòng)能定理確定碰后小球1的速度，再根據(jù)動(dòng)量守恒定律確定碰后球3的速度，再根據(jù)碰撞前后系統(tǒng)的機(jī)械能之差確定損失的機(jī)械能；（3）若三號(hào)球速度減為零時(shí)，向前運(yùn)動(dòng)的位移大于3號(hào)球與球門(mén)的距離，則能得分。根據(jù)動(dòng)能定理確定三號(hào)球碰后向前運(yùn)動(dòng)的位移，再根據(jù)位移與3號(hào)球初始位置與球門(mén)的距離判斷能否得分?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)動(dòng)能定理-μmg解得μ＝0.4（2）設(shè)球1碰后速度為v2，根據(jù)動(dòng)能定理-μmgx=0解得v2＝1m/s設(shè)球3碰后速度為v3，設(shè)向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律mv1＝mv2+mv3解得v3＝3m/s根據(jù)能量守恒，損失的機(jī)械能為ΔE=1代入數(shù)據(jù)解得ΔE＝0.75J（3）設(shè)3號(hào)球碰后運(yùn)動(dòng)的距離為x′，根據(jù)動(dòng)能定理-μmgx解得x'故3號(hào)球能夠進(jìn)門(mén)得分。答：（1）求球與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ為0.4；（2）求兩球碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為0.75J；（3）3號(hào)球能夠進(jìn)門(mén)得分，詳見(jiàn)解析。【點(diǎn)評(píng)】本題考查了動(dòng)能定理及碰撞問(wèn)題，碰撞過(guò)程根據(jù)動(dòng)量守恒和能量守恒來(lái)解答，涉及的過(guò)程多，解題要認(rèn)真。10．（2024?梅州二模）圖為某一食品廠(chǎng)生產(chǎn)流水線(xiàn)的一部分，AB是半徑為R的光滑半圓軌道，產(chǎn)品2加工后以vA=3gR的速率從A點(diǎn)沿半圓軌道下滑，到達(dá)軌道最低點(diǎn)B處時(shí)，與靜止在此處的產(chǎn)品1發(fā)生彈性碰撞（假設(shè)每一個(gè)產(chǎn)品的質(zhì)量均為m），被碰后的產(chǎn)品1沿粗糙的水平軌道BC滑動(dòng)，以vC=2gR的速度滑上運(yùn)行速度為v的傳送帶CD。其中BC段為生產(chǎn)線(xiàn)中的殺菌平臺(tái)，長(zhǎng)度為4R，傳送帶的摩擦因數(shù)為μ2＝0.5，長(zhǎng)度為（1）為了保證產(chǎn)品以最短的時(shí)間經(jīng)過(guò)CD，則傳送帶的速度應(yīng)滿(mǎn)足什么條件？（2）BC段殺菌平臺(tái)的摩擦因數(shù)μ1是多少？（3）調(diào)整產(chǎn)品從A點(diǎn)出發(fā)的速度可以調(diào)整殺菌的時(shí)間，則產(chǎn)品既不脫軌又能滑上傳送帶的最長(zhǎng)殺菌時(shí)間t是多少？【考點(diǎn)】彈性碰撞和非彈性碰撞的區(qū)別與判斷；動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用．【專(zhuān)題】定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】（1）為了保證產(chǎn)品以最短的時(shí)間經(jīng)過(guò)CD，則傳送帶的速度應(yīng)滿(mǎn)足的條件是v≥4（2）BC段殺菌平臺(tái)的摩擦因數(shù)μ1是58（3）調(diào)整產(chǎn)品從A點(diǎn)出發(fā)的速度可以調(diào)整殺菌的時(shí)間，則產(chǎn)品既不脫軌又能滑上傳送帶的最長(zhǎng)殺菌時(shí)間t是多少？85gR【分析】（1）根據(jù)動(dòng)能定理計(jì)算；（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律計(jì)算；（3）根據(jù)牛頓第二定律得到產(chǎn)品到A點(diǎn)的最小速度，然后根據(jù)動(dòng)能定理和動(dòng)量定理計(jì)算?！窘獯稹拷猓海?）若產(chǎn)品由C到D一直加速，則傳送時(shí)間最短，設(shè)加速獲得的最大速度為vm，由動(dòng)能定理μ2解得vm則傳送帶速度應(yīng)滿(mǎn)足v≥（2）產(chǎn)品2從A運(yùn)動(dòng)到B的過(guò)程，由動(dòng)能定理得mg×產(chǎn)品2和產(chǎn)品1發(fā)生彈性碰撞，由動(dòng)量守恒mvB＝mv1+mv2機(jī)械能守恒12解得v1＝0，v產(chǎn)品1進(jìn)入殺菌平臺(tái)后滑行到C點(diǎn)前，由動(dòng)能定理得-μ解得μ1（3）若要保證不脫軌，則產(chǎn)品在A(yíng)點(diǎn)的最小速度滿(mǎn)足mg=m同第（2）問(wèn)原理知，產(chǎn)品進(jìn)入殺菌平臺(tái)的最小速度v'產(chǎn)品減速到0的距離為s，由動(dòng)能定理得-μ解得s＝4R滑行距離為4R，恰能到達(dá)傳送帶上，此時(shí)產(chǎn)品進(jìn)入殺菌平臺(tái)后殺菌時(shí)間最長(zhǎng)，規(guī)定向左的方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理得﹣μ1mgt＝0﹣mv′2解得t=8答：（1）為了保證產(chǎn)品以最短的時(shí)間經(jīng)過(guò)CD，則傳送帶的速度應(yīng)滿(mǎn)足的條件是v≥4（2）BC段殺菌平臺(tái)的摩擦因數(shù)μ1是58（3）調(diào)整產(chǎn)品從A點(diǎn)出發(fā)的速度可以調(diào)整殺菌的時(shí)間，則產(chǎn)品既不脫軌又能滑上傳送帶的最長(zhǎng)殺菌時(shí)間t是多少？85gR【點(diǎn)評(píng)】本題涉及到的物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程比較復(fù)雜，需要理清每個(gè)過(guò)程，分析每個(gè)過(guò)程所遵守的規(guī)律，熟練掌握動(dòng)能定理，動(dòng)量定理，能量守恒和動(dòng)量守恒定律等，難度較大。

考點(diǎn)卡片1．勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的定義與特征【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】（1）定義：沿著一條直線(xiàn)，且加速度不變的運(yùn)動(dòng)，叫做勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．（2）勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度﹣時(shí)間圖象：勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的v﹣t圖象是一條傾斜的直線(xiàn)，速度隨時(shí)間均勻變化．（3）勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的分類(lèi)：若物體的速度隨時(shí)間均勻增加，稱(chēng)為勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)；若物體的速度隨時(shí)間均勻減少，稱(chēng)為勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)．【命題方向】關(guān)于勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）A.勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，加速度可能減小B.勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，加速度可能增大C.勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，加速度的方向一定和速度方向相同D.勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，加速度的方向一定為負(fù)方向分析：勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，加速度保持不變；勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，速度方向與加速度方向相同，勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，速度方向與加速度方向相反。解答：A．勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，加速度恒定不變，速度減小，故A錯(cuò)誤；B．勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中，加速度恒定不變，速度增大，故B錯(cuò)誤；C．物體做加速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度方向與速度方向相同，故C正確；D．物體做減速運(yùn)動(dòng)時(shí)，加速度方向與速度方向相反，若速度方向?yàn)樨?fù)方向，加速度方向?yàn)檎较?，故D錯(cuò)誤。故選：C。點(diǎn)評(píng)：本題考查勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)規(guī)律，知道勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)中加速度大小和方向的特點(diǎn)?！窘忸}思路點(diǎn)評(píng)】勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的三種解釋?zhuān)孩偌铀俣群愣ú蛔?；②任意相同時(shí)間內(nèi)的速度變化量相等；③速度隨時(shí)間均勻變化。同學(xué)們務(wù)必理解并牢記。2．牛頓第二定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】牛頓第二定律的表達(dá)式是F＝ma，已知物體的受力和質(zhì)量，可以計(jì)算物體的加速度；已知物體的質(zhì)量和加速度，可以計(jì)算物體的合外力；已知物體的合外力和加速度，可以計(jì)算物體的質(zhì)量?！久}方向】一質(zhì)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(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律列式求解即可。解答：對(duì)人受力分析，受重力和電梯的支持力，加速度向上，根據(jù)牛頓第二定律N﹣mg＝ma故N＝mg+ma=4根據(jù)牛頓第三定律，人對(duì)電梯的壓力等于電梯對(duì)人的支持力，故人對(duì)電梯的壓力等于43mg故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵對(duì)人受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律列式求解?！窘忸}方法點(diǎn)撥】在應(yīng)用牛頓第二定律解決簡(jiǎn)單問(wèn)題時(shí)，要先明確物體的受力情況，然后列出牛頓第二定律的表達(dá)式，再根據(jù)需要求出相關(guān)物理量。3．牛頓第三定律的理解與應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：兩個(gè)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(xiàn)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(yīng)用例子：關(guān)于作用力與反作用力，下列說(shuō)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(chǎn)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(gè)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(xiàn)上，作用在兩個(gè)物體上，力的性質(zhì)相同，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失．解答：A、作用力與反作用力，作用在兩個(gè)物體上，效果不能抵消，合力不為零，故A錯(cuò)誤．B、作用力與反作用力，它們同時(shí)產(chǎn)生，同時(shí)變化，同時(shí)消失，故B錯(cuò)誤．C、作用力與反作用力大小相等、方向相反，作用在兩個(gè)物體上，故C正確．D、作用力與反作用力，作用在兩個(gè)物體上，故D錯(cuò)誤．故選：C．點(diǎn)評(píng)：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(qū)別．【解題方法點(diǎn)撥】應(yīng)用牛頓第三定律分析問(wèn)題時(shí)應(yīng)注意以下幾點(diǎn)（1）不要憑日常觀(guān)察的直覺(jué)印象隨便下結(jié)論，分析問(wèn)題需嚴(yán)格依據(jù)科學(xué)理論．（2）理解應(yīng)用牛頓第三定律時(shí)，一定抓住“總是”二字，即作用力與反作用力的這種關(guān)系與物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)無(wú)關(guān)．（3）與平衡力區(qū)別應(yīng)抓住作用力和反作用力分別作用在兩個(gè)物體上．4．水平傳送帶模型【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.傳送帶問(wèn)題利用傳送帶運(yùn)送物體，涉及摩擦力的判斷、物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的分析、運(yùn)動(dòng)學(xué)和動(dòng)力學(xué)知識(shí)的綜合運(yùn)用問(wèn)題。2.分類(lèi)傳送帶問(wèn)題包括水平傳送帶和傾斜傳送帶兩類(lèi)問(wèn)題。3.常見(jiàn)情況分析（條件說(shuō)明：傳送帶以速度v勻速運(yùn)行，v0為物體進(jìn)人傳送帶的初速度）【命題方向】例1：如圖所示，傳送帶的水平部分長(zhǎng)為L(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)速率恒為v，在其左端放上一無(wú)初速的小木塊，若木塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，則木塊從左到右的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不可能為（）A.LvB.2LvC.2L分析：物塊無(wú)初速滑上傳送帶，有可能一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，有可能先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)再做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出木塊運(yùn)行的時(shí)間．解答：①當(dāng)木塊一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。若木塊一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)右端時(shí)的速度還未達(dá)到v。根據(jù)牛頓第二定律得，a＝μg。根據(jù)L=12a若木塊一直做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)到達(dá)右端時(shí)的速度剛好為v。根據(jù)L=解得t=②當(dāng)木塊先做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，再做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)。勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=則勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移x則勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t則總時(shí)間為t=t1+t2=Lv+本題選不可能的，故選：A。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵理清物塊的運(yùn)動(dòng)情況，考慮到木塊運(yùn)動(dòng)的各種可能性，運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式綜合求解．【解題思路點(diǎn)撥】明確傳送帶的類(lèi)型，對(duì)物塊做好受力分析，應(yīng)用牛頓第二定律進(jìn)行解答。需要綜合運(yùn)用力學(xué)、運(yùn)動(dòng)學(xué)以及牛頓運(yùn)動(dòng)定律的相關(guān)內(nèi)容。5．平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.平拋運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)：平拋運(yùn)動(dòng)可以看成水平方向上的勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)和豎直方向上的自由落體運(yùn)動(dòng)。2.設(shè)物體在平拋運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)時(shí)間也可以求出平拋運(yùn)動(dòng)的初速度?！久}方向】如圖所示，小球以6m/s的初速度水平拋出，不計(jì)空氣阻力，0.8s時(shí)到達(dá)P點(diǎn)，取g＝10m/s2，則（）A、0.8s內(nèi)小球下落的高度為4.8mB、0.8s內(nèi)小球下落的高度為3.2mC、小球到達(dá)P點(diǎn)的水平速度為4.8m/sD、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度為8.0m/s分析：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，根據(jù)時(shí)間求出下降的高度以及豎直方向上的分速度。解答：AB、小球下落的高度h=12gt2C、小球在水平方向上的速度不變，為6m/s。故C錯(cuò)誤。D、小球到達(dá)P點(diǎn)的豎直速度vy＝gt＝8m/s。故D正確。故選：BD。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式靈活求解。【解題思路點(diǎn)撥】做平拋運(yùn)動(dòng)的物體，水平方向的速度是恒定的，豎直方向是初速度為零的勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，滿(mǎn)足vy＝gt。6．功率的定義、物理意義和計(jì)算式的推導(dǎo)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.義：功與完成這些功所用時(shí)間的比值．2.理意義：描述做功的快慢。3.質(zhì)：功是標(biāo)量。4.計(jì)算公式（1）定義式：P=Wt，P為時(shí)間（2）機(jī)械功的表達(dá)式：P＝Fvcosα（α為F與v的夾角）①v為平均速度，則P為平均功率．②v為瞬時(shí)速度，則P為瞬時(shí)功率．推導(dǎo)：如果物體的受力F與運(yùn)動(dòng)方向的夾角為α，從計(jì)時(shí)開(kāi)始到時(shí)刻t這段時(shí)間內(nèi)，發(fā)生的位移是l，則力在這段時(shí)間所做的功W＝Flcosα因此有P=Wt由于位移l是從開(kāi)始計(jì)時(shí)到時(shí)刻t這段時(shí)間內(nèi)發(fā)生的，所以lt是物體在這段時(shí)間內(nèi)的平均速度vP＝Fvcosα可見(jiàn)，力對(duì)物體做功的功率等于沿運(yùn)動(dòng)方向的分力與物體速度的乘積。通常情況下，力與位移的方向一致，即F與v的夾角一致時(shí)，cosα＝1，上式可以寫(xiě)成P＝Fv。從以上推導(dǎo)過(guò)程來(lái)看，P＝Fv中的速度v是物體在恒力F作用下的平均速度，所以這里的功率P是指從計(jì)時(shí)開(kāi)始到時(shí)刻t的平均功率。如果時(shí)間間隔非常小，上述平均速度就可以看作瞬時(shí)速度，這個(gè)關(guān)系式也就可以反映瞬時(shí)速度與瞬時(shí)功率的關(guān)系。5.額定功率：機(jī)械正常工作時(shí)輸出的最大功率．6.實(shí)際功率：機(jī)械實(shí)際工作時(shí)輸出的功率．要求不大于額定功率．【命題方向】下列關(guān)于功率和機(jī)械效率的說(shuō)法中，正確的是（）A、功率大的機(jī)械，做功一定多B、做功多的機(jī)械，效率一定高C、做功快的機(jī)械，功率一定大D、效率高的機(jī)械，功率一定大分析：根據(jù)P=Wt知，做功多．功率不一定大，根據(jù)η解答：A、根據(jù)P=Wt知，功率大，做功不一定多。故BD、根據(jù)η=W有W總=C、功率是反映做功快慢的物理量，做功快，功率一定大。故C正確。故選：C。點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵知道功率反映做功快慢的物理量，功率大，做功不一定多．做功多，效率不一定高．【解題思路點(diǎn)撥】1.功率是反映做功快慢的物理量，與功的多少?zèng)]有直接關(guān)系。2.功率的定義式P=W7．動(dòng)能定理的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.動(dòng)能定理的內(nèi)容：合外力做的功等于動(dòng)能的變化量。2.表達(dá)式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初3.本考點(diǎn)針對(duì)簡(jiǎn)單情況下用動(dòng)能定理來(lái)解題的情況。【命題方向】如圖所示，質(zhì)量m＝10kg的物體放在水平地面上，物體與地面的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物體上，使物體由靜止開(kāi)始做勻加速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，作用時(shí)間t＝6s后撤去F，求：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移（3）物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功。分析：（1）對(duì)物體受力分析知，物體做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律就可求出加速度；（2）用勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的位移公式即可求得位移的大?。唬?）對(duì)全程用動(dòng)能定理，可以求得摩擦力的功。解答：（1）對(duì)物體受力分析，由牛頓第二定律得F﹣μmg＝ma，解得a＝3m/s2，（2）由位移公式得X=12at2=12×3×6（3）對(duì)全程用動(dòng)能定理得FX﹣Wf＝0Wf＝FX＝50×54J＝2700J。答：（1）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中的加速度是3m/s2；（2）物體在前6s運(yùn)動(dòng)的位移是54m；（3）物體從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)直到最終靜止的過(guò)程中克服摩擦力所做的功為2700J。點(diǎn)評(píng)：分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，直接應(yīng)用牛頓第二定律和勻變速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解即可，求摩擦力的功的時(shí)候?qū)θ虘?yīng)用動(dòng)能定理比較簡(jiǎn)單。【解題思路點(diǎn)撥】1．應(yīng)用動(dòng)能定理的一般步驟（1）選取研究對(duì)象，明確并分析運(yùn)動(dòng)過(guò)程。（2）分析受力及各力做功的情況①受哪些力？②每個(gè)力是否做功？③在哪段位移哪段過(guò)程中做功？④做正功還是負(fù)功？⑤做多少功？求出代數(shù)和。（3）明確過(guò)程始末狀態(tài)的動(dòng)能Ek1及Ek2。（4）列方程W總＝Ek2﹣Ek1，必要時(shí)注意分析題目潛在的條件，補(bǔ)充方程進(jìn)行求解。注意：①在研究某一物體受到力的持續(xù)作用而發(fā)生狀態(tài)改變時(shí)，如涉及位移和速度而不涉及時(shí)間時(shí)應(yīng)首先考慮應(yīng)用動(dòng)能定理，而后考慮牛頓定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，如涉及加速度時(shí)，先考慮牛頓第二定律。②用動(dòng)能定理解題，關(guān)鍵是對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行準(zhǔn)確的受力分析及運(yùn)動(dòng)過(guò)程分析，并畫(huà)出物體運(yùn)動(dòng)過(guò)程的草圖，以便更準(zhǔn)確地理解物理過(guò)程和各物理量的關(guān)系。有些力在物體運(yùn)動(dòng)全過(guò)程中不是始終存在的，在計(jì)算外力做功時(shí)更應(yīng)引起注意。8．常見(jiàn)力做功與相應(yīng)的能量轉(zhuǎn)化【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容（1）功是能量轉(zhuǎn)化的量度，即做了多少功就有多少能量發(fā)生了轉(zhuǎn)化。（2）做功的過(guò)程一定伴隨著能量的轉(zhuǎn)化，而且能量的轉(zhuǎn)化必通過(guò)做功來(lái)實(shí)現(xiàn)。2．高中物理中幾種常見(jiàn)的功能關(guān)系功能量的變化合外力做正功動(dòng)能增加重力做正功重力勢(shì)能減少?gòu)椈蓮椓ψ稣椥詣?shì)能減少電場(chǎng)力做正功電勢(shì)能減少其他力（除重力、彈力）做正功機(jī)械能增加一對(duì)滑動(dòng)摩擦力做的總功為負(fù)功系統(tǒng)的內(nèi)能增加【解題思路點(diǎn)撥】如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止在地面上，物體上面連著一個(gè)輕彈簧，用手拉住彈簧上端上移H，將物體緩緩提高h(yuǎn)，拉力F做功WF，不計(jì)彈簧的質(zhì)量，則下列說(shuō)法正確的是（）A、重力做功﹣mgh，重力勢(shì)能減少mghB、彈力做功﹣WF，彈性勢(shì)能增加WFC、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加FHD、重力勢(shì)能增加mgh，彈性勢(shì)能增加WF﹣mgh分析：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，物體緩緩提高說(shuō)明速度不變，拉力F做的功等于物體重力勢(shì)能的變化量與彈簧彈性勢(shì)能增加量之和．解答：重力勢(shì)能的變化量等于負(fù)的重力所做的功，即ΔEP＝﹣WG＝﹣（﹣mgh）＝mgh物體緩緩提高說(shuō)明速度不變，所以物體動(dòng)能不發(fā)生變化，ΔE彈＝WF+WG＝WF﹣mgh故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了重力勢(shì)能的變化量與重力做功的關(guān)系以及能量轉(zhuǎn)化關(guān)系，難度不大，屬于基礎(chǔ)題．【解題思路點(diǎn)撥】1.常見(jiàn)的功能關(guān)系：合力做功——?jiǎng)幽茏兓恢亓ψ龉Α亓?shì)能變化；彈力做功——彈性勢(shì)能變化；摩擦力做功——內(nèi)能變化；其他力做功——機(jī)械能變化。2.判斷和計(jì)算做功或能量變化時(shí)，可以反其道而行之，通過(guò)計(jì)算能量變化或做功多少來(lái)進(jìn)行。9．機(jī)械能守恒定律的簡(jiǎn)單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.機(jī)械能守恒定律的內(nèi)容：在只有重力或彈力做功的物體系統(tǒng)內(nèi)，動(dòng)能與勢(shì)能可以互相轉(zhuǎn)化，而總的機(jī)械能保持不變。2.對(duì)三種表達(dá)式的理解（1）守恒式：Ek1+EP1＝Ek2+EP2，這里應(yīng)注意等式不是指某兩個(gè)特別的狀態(tài)，而是過(guò)程中的每一狀態(tài)機(jī)械能的總量都是守恒的，但我們解題時(shí)往往選擇與題目所述條件或所求結(jié)果相關(guān)的狀態(tài)建立方程式。另外，表達(dá)式中是相對(duì)的，建立方程時(shí)必須選擇合適的參考平面，且每一狀態(tài)的E都應(yīng)是對(duì)同一參考平面而言的。（2）轉(zhuǎn)化式：ΔEk＝﹣ΔEP，系統(tǒng)動(dòng)能的增加量等于系統(tǒng)重力勢(shì)能的減少量，可以不選擇參考平面。（3）轉(zhuǎn)移式：ΔEA＝﹣ΔEB，將系統(tǒng)分為A、B兩部分，A部分機(jī)械能的增加量等于另一部分B的機(jī)械能的減少量，可以不選擇參考平面。3.運(yùn)用機(jī)械能守恒定律的基本思路4.機(jī)械能守恒定律和動(dòng)能定理的比較【命題方向】NBA籃球賽非常精彩，吸引了眾多觀(guān)眾.2012﹣2013賽季總決賽第六場(chǎng)中，雷阿倫在終場(chǎng)前5.2s的時(shí)候，把球投出且準(zhǔn)確命中，把比賽拖入加時(shí)從而讓熱火獲得比賽的勝利．如果雷阿倫投籃過(guò)程中對(duì)籃球做功為W，出手高度為h1，籃筐距地面高度為h2，籃球的質(zhì)量為m，空氣阻力不計(jì)，則籃球進(jìn)筐時(shí)的動(dòng)能為（）A、W+mgh1﹣mgh2B、W+mgh2﹣mgh1C、mgh1+mgh2﹣WD、mgh2﹣mgh1﹣W分析：籃球在空中飛行時(shí)受到的空氣阻力忽略不計(jì)，只受重力，故機(jī)械能守恒，根據(jù)機(jī)械能守恒定律直接列式分析．解答：籃球機(jī)械能守恒，有mgh1+Ek1＝mgh2+Ek2解得Ek2＝Ek+mgh1一mgh2故選：A。點(diǎn)評(píng)：本題關(guān)鍵根據(jù)機(jī)械能守恒定律列式求解，守恒條件為只有重力做功；應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題不需要分析過(guò)程，只找出初末狀態(tài)即可．【解題方法點(diǎn)撥】1.應(yīng)用機(jī)械能守恒定律解題的基本思路（1）選取研究對(duì)象﹣﹣物體或系統(tǒng)。（2）根據(jù)研究對(duì)象所經(jīng)歷的物理過(guò)程，進(jìn)行受力、做功分析，判斷機(jī)械能是否守恒。（3）恰當(dāng)?shù)剡x取參考平面，確定研究對(duì)象在過(guò)程的初、末態(tài)時(shí)的機(jī)械能。（4）選取方便的機(jī)械能守恒定律的方程形式（Ek1+Ep1＝Ek2+Ep2、△Ek＝﹣△Ep或△EA＝﹣△EB）進(jìn)行求解。注：機(jī)械能守恒定律的應(yīng)用往往與曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)綜合起來(lái)，其聯(lián)系點(diǎn)主要在初末狀態(tài)的速度與圓周運(yùn)動(dòng)的動(dòng)力學(xué)問(wèn)題有關(guān)、與平拋運(yùn)動(dòng)的初速度有關(guān)。2.對(duì)于系統(tǒng)機(jī)械能守恒問(wèn)題，應(yīng)抓住以下幾個(gè)關(guān)鍵：（1）分析清楚運(yùn)動(dòng)過(guò)程中各物體的能量變化；（2）哪幾個(gè)物體構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒；（3）各物體的速度之間的聯(lián)系。3.動(dòng)能定理與機(jī)械能守恒定律的選擇（1）能用機(jī)械能守恒定律解決的題一般都能用動(dòng)能定理解決，而且省去了確定是否守恒和選定重力勢(shì)能參考平面的麻煩。（2）能用動(dòng)能定理來(lái)解決的題卻不一定都能用機(jī)械能守恒定律來(lái)解決，在這個(gè)意義上講，動(dòng)能定理比機(jī)械能守恒定律應(yīng)用更廣泛、更普遍。10．用動(dòng)量定理求平均作用力【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】對(duì)于涉及變力作用的動(dòng)量問(wèn)題，可以利用動(dòng)量定理求解平均作用力。公式為：FΔt＝mv2﹣mv1?！久}方向】質(zhì)量m＝0.6kg的籃球從距地板H＝0.80m高處由靜止釋放，與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h＝0.45m．從釋放到彈跳至h高處經(jīng)歷的時(shí)間t＝1.1s，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2．求：（1）籃球與地板撞擊過(guò)程中損失的機(jī)械能．（2）地板對(duì)籃球的平均作用力．分析：（1）籃球與地板撞擊過(guò)程中損失的機(jī)械能等于初始時(shí)刻機(jī)械能減去末時(shí)刻機(jī)械能，初末位置物體動(dòng)能為零，只有勢(shì)能；（2）分別根據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)求出籃球與地面碰撞前后的速度，再求出下落和上升的時(shí)間，根據(jù)總時(shí)間求出球與地面接觸的時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定律即可求解．解答：（1）籃球與地板撞擊過(guò)程中損失的機(jī)械能為：ΔE＝mgH﹣mgh＝0.6×10×（0.8﹣0.45）J＝2.1J（2）設(shè)籃球從H高處下落到地板所用時(shí)間為t1，剛接觸地板時(shí)的速度為v1；反彈離地時(shí)的速度為v2，上升的時(shí)間為t2，由動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式下落過(guò)程：mgH=12mv12，解得：v上升過(guò)程：﹣mgh＝0-12mv22，解得：v籃球與地板接觸時(shí)間為Δt＝t﹣t1﹣t2＝0.4s設(shè)地板對(duì)籃球的平均撞擊力為F，由動(dòng)量定理得：（F﹣mg）Δt＝mv2+mv1解得：F＝16.5N根據(jù)牛頓第三定律，籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅′＝F＝16.5N，方向向下答：（1）籃球與地板撞擊過(guò)程中損失的機(jī)械能為2.1J．（2）地板對(duì)籃球的平均作用力為16.5N，方向向下．點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了自由落體運(yùn)動(dòng)的基本規(guī)律，在與地面接觸的過(guò)程中，合外力對(duì)物體的沖量等于物體動(dòng)量的變化量，難度適中．【解題思路點(diǎn)撥】應(yīng)用動(dòng)量定理的四點(diǎn)注意事項(xiàng)（1）明確物體受到?jīng)_量作用的結(jié)果是導(dǎo)致物體動(dòng)量的變化。沖量和動(dòng)量都是矢量，它們的加、減運(yùn)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(guī)定的正方向一致的力或動(dòng)量取正值，反之取負(fù)值，而不能只關(guān)注力或動(dòng)量數(shù)值的大小。（3）分析速度時(shí)一定要選取同一個(gè)參考系，未加說(shuō)明時(shí)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(yīng)是合外力的沖量，求動(dòng)量的變化量時(shí)要嚴(yán)格按公式計(jì)算，且要注意是末動(dòng)量減去初動(dòng)量。11．彈性碰撞和非彈性碰撞的區(qū)別與判斷【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.碰撞分為三類(lèi)：（1）彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒。（2）非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，機(jī)械能減少，損失的機(jī)械能轉(zhuǎn)化為內(nèi)能。（3）完全非彈性碰撞：系統(tǒng)動(dòng)量守恒，碰撞后合為一體或具有相同的速度，機(jī)械能損失最大。2.彈性碰撞和非彈性的碰撞的共同點(diǎn)是碰撞前后動(dòng)量守恒，不同點(diǎn)是碰撞前后是否有機(jī)械能損失。3.彈性碰撞——碰撞前后機(jī)械能守恒m1v1=m（1）若m1＝m2，可得v1′＝0，v2′＝v1，相當(dāng)于兩球交換速度．（2）若m1＞m2，則v1′＞0；且v2′一定大于0若m1＜m2，則v1′＜0；且v2′一定大于0．（3）若m2＞＞m1，則v1′＝﹣v1，v2′＝0．（4）若m1＞＞m2，則v1′＝v1，v2′＝2v1．4.非彈性碰撞如果在碰撞過(guò)程中，有一部分機(jī)械能轉(zhuǎn)變?yōu)槠渌问降哪芰?，如發(fā)熱，則是屬于非彈性碰撞．其動(dòng)能的損失為：△Ek＝（12m1v12+12m2v22）﹣（12m1v1′有一種很特殊的非彈性碰撞，比如碰后兩小球結(jié)合在一起，不再分開(kāi)；子彈射入到木箱中等這些稱(chēng)為完全非彈性碰撞，m1v1+m2v2＝（m1+m2）v′，碰后的速度表達(dá)式為：v2′＝v1′＝v′=△Ek＝（12m1v12+12m2v22）-1這種碰撞的動(dòng)能損失最大．【命題方向】一位運(yùn)動(dòng)員在教練的指導(dǎo)下練習(xí)保齡球的擲球動(dòng)作，該運(yùn)動(dòng)員將質(zhì)量m1＝2kg的保齡球A從O點(diǎn)以v1＝4m/s的初速度沿直線(xiàn)向右擲出，A球與靜止在軌道上N點(diǎn)的質(zhì)量m2＝1kg的球瓶B相撞。已知球與球瓶相撞后速度共線(xiàn)，球與軌道間的摩擦力可忽略，A與B碰撞后瞬間的速度大小之比為1：3，且方向均向右，A、B均可看成質(zhì)點(diǎn)。（1）求碰撞后瞬間，A的速度大小。（2）通過(guò)計(jì)算判斷A與B的碰撞是否為彈性碰撞。分析：（1）由動(dòng)量守恒和碰后A、B兩物體速度大小關(guān)系可得碰撞瞬間A的速度大?。唬?）根據(jù)系統(tǒng)碰前和碰后動(dòng)能大小關(guān)系判斷。解答：（1）A球與球瓶碰撞過(guò)程，動(dòng)量守恒，取水平向右為正方向，則有：m1v1＝m1v2+m2v3由題意可知：v2：v3＝1：3代入數(shù)據(jù)可得：v2＝1.6m/s，v3＝4.8m/s（2）把A、B看作一個(gè)系統(tǒng)，兩者碰撞前系統(tǒng)的能量：E兩者碰撞后，系統(tǒng)的能量：E可知：E1＞E2，碰撞過(guò)程有能量損失，所以A與B的碰撞不是彈性碰撞。答：（1）碰撞后瞬間，A的速度大小為4.8m/s。（2）A與B的碰撞不是彈性碰撞。點(diǎn)評(píng)：本題考查了碰撞、動(dòng)量守恒，解題的關(guān)鍵是理解彈性碰撞的物理意義，彈性碰撞過(guò)程是動(dòng)量守恒，系統(tǒng)沒(méi)有能量損失?！窘忸}思路點(diǎn)撥】處理碰撞問(wèn)題的三點(diǎn)提醒（1）選取動(dòng)量守恒的系統(tǒng)：若有三個(gè)或更多個(gè)物體參與碰撞時(shí)，要合理選取所研究的系統(tǒng)。（2）弄清碰撞的類(lèi)型：彈性碰撞、完全非彈性碰撞還是其他非彈性碰撞。（3）弄清碰撞過(guò)程中存在的關(guān)系：能量轉(zhuǎn)化關(guān)系、速度關(guān)系等。12．動(dòng)量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.對(duì)于板塊類(lèi)問(wèn)題，在作用過(guò)程中，系統(tǒng)合外力為零，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒。2.整個(gè)過(guò)程涉及動(dòng)能、內(nèi)能、重力勢(shì)能的轉(zhuǎn)化，應(yīng)用能量守恒定律解決此類(lèi)問(wèn)題。3.滑塊與木板共速時(shí)，系統(tǒng)損失的機(jī)械能最大?！久}方向】如圖所示，質(zhì)量m1＝2.0kg的木板AB靜止在水平面上，木板的左側(cè)有一個(gè)固定的半徑R＝0.60m的四分之一圓弧形軌道，軌道末端的切線(xiàn)水平，軌道與木板靠在一起，且末端高度與木板高度相同．現(xiàn)將質(zhì)量m2＝1.0kg可視為質(zhì)點(diǎn)的小木塊C，從圓弧形軌道頂端由靜止釋放，小木塊C到達(dá)圓弧形軌道底端時(shí)的速度v0＝3.0m/s．之后小木塊C滑上木板AB并帶動(dòng)木板AB運(yùn)動(dòng)，當(dāng)小木塊C離開(kāi)木板AB右端B時(shí)，木板AB的速度v1＝0.5m/s，在小木塊C在木板AB上滑行的過(guò)程中，小木塊C與木板AB總共損失的動(dòng)能△E＝2.25J．小木塊C與木板AB間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1．木板AB與地面間的摩擦及空氣阻力可忽略不計(jì)．取g＝10m/s2．求（1）小木塊C運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道末端時(shí)所受支持力的大小；（2）小木塊C在圓弧形軌道上下滑過(guò)程中克服摩擦力所做的功；（3）小木塊C在木板AB上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小木塊C相對(duì)于地面的位移．分析：（1）小木塊C做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可以求出C受到的支持力；（2）應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出小木塊在圓弧軌道上滑行時(shí)克服摩擦力所做的功；（3）分別與木塊及木板為研究對(duì)象，應(yīng)用動(dòng)能定列方程，求出木板與木塊間的位移關(guān)系，解方程可以求出木塊相對(duì)于地面的位移．解答：（1）小木塊通過(guò)圓弧形軌道末端時(shí)，由牛頓第二定律得：F﹣m2g=m解得小木塊受到的支持力：F＝25N；（2）小木塊在圓弧形軌道上下滑過(guò)程中，由動(dòng)能定理得：m2gR﹣Wf=12m2v解得克服摩擦力做的功Wf＝1.5J；（3）木塊C與木板AB間的摩擦力f＝μm2g，由動(dòng)能定理得：對(duì)木板：fs1=12m1v對(duì)小木塊：﹣fs2=12m2（木塊與木板間的位移關(guān)系：s2＝s1+L，小木塊與木板總共損失的動(dòng)能△E＝fL，解得：s2＝2.5m；答：（1）小木塊C運(yùn)動(dòng)到圓弧形軌道末端時(shí)所受支持力大小為25N；（2）小木塊C在圓弧形軌道上下滑過(guò)程中克服摩擦力所做的功為1.5J；（3）小木塊C在木板AB上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，小木塊C相對(duì)于地面的位移為2.5m．點(diǎn)評(píng)：本題考查了動(dòng)能定理的應(yīng)用，最后一問(wèn)是本題的難點(diǎn)，分析清楚木塊與木板的運(yùn)動(dòng)過(guò)程、兩者間的位移關(guān)系是正確解題的前提與關(guān)鍵．【解題思路點(diǎn)撥】動(dòng)量守恒里的板塊模型一般不考慮地面的摩擦力，板塊之間的相互作用為內(nèi)力，因此遵尋動(dòng)量守恒定律。當(dāng)達(dá)到共速時(shí)，系統(tǒng)瞬時(shí)的機(jī)械能最大，同時(shí)也要注意臨界條件，如滑塊恰好不滑下木板等。13．動(dòng)量守恒定律在含有斜面或曲面的模型中的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】物體沖上放置在光滑地面上的斜面或曲面后，由于水平方向上沒(méi)有外力作用，所以水平方向上系統(tǒng)的動(dòng)量守恒?？梢愿鶕?jù)情況分成以下兩種類(lèi)型：1.物體能飛離斜面（或曲面）：在物體與斜面（或曲面）分開(kāi)之前，因?yàn)閮烧呤冀K一起運(yùn)動(dòng)，所以分離瞬間兩者在水平方向上速度相等，物體飛到最高點(diǎn)時(shí)，兩者的速度相同。2.物體不能飛離斜面（或曲面）：物體到達(dá)斜面上最高處時(shí)，兩者的速度相同?？梢愿鶕?jù)系統(tǒng)的機(jī)械能守恒和水平方向上的動(dòng)量守恒求出物體到達(dá)“最高點(diǎn)”時(shí)，兩者的速度及物體上升的高度?！久}方向】如圖，一帶有四分之一光滑圓弧軌道的小車(chē)靜止在光滑水平面上，一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量為m的小球以速度v0從小車(chē)的左端水平滑上小車(chē)，與小車(chē)作用后從小車(chē)左端豎直掉下。已知圓弧軌道的半徑足夠大，重力加速度大小為g。下列說(shuō)法正確的是（）A、小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒、機(jī)械能守恒B、小車(chē)的最終速度大小為0.5v0C、小車(chē)對(duì)小球做的功為1D、小球在小車(chē)上能上升的最大高度為v分析：A、根據(jù)動(dòng)量守恒的條件、機(jī)械能守恒的條件分析；B、根據(jù)題意可知小球離開(kāi)小車(chē)時(shí)的速度為零，小球和小車(chē)相互作用的過(guò)程，可以看作彈性碰撞，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒可得小車(chē)的最終速度大?。籆、小球和小車(chē)相互作用的過(guò)程，對(duì)小球利用動(dòng)能定理分析；D、小球與小車(chē)共速時(shí)上升到最高點(diǎn)，根據(jù)系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒和系統(tǒng)機(jī)械能守恒可得小球上升的最大高度。解答：A、小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向不受外力，豎直方向合力不為零，所以水平方向動(dòng)量守恒，系統(tǒng)只有動(dòng)能和勢(shì)能的相互轉(zhuǎn)化，所以系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯(cuò)誤；B、小球與小車(chē)作用后從小車(chē)左端豎直掉下，可知小球離開(kāi)小車(chē)的速度為零，小球和小車(chē)相互作用的過(guò)程，可以看作彈性碰撞，取水平向右為正方向，設(shè)小車(chē)的質(zhì)量為M，由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝0+Mv1小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：1聯(lián)立方程可得：M＝m，v1＝v0，所以小車(chē)的最終速度大小為v0，故B錯(cuò)誤；C、小球和小車(chē)相互作用的過(guò)程中，對(duì)小球由動(dòng)能定理有：W車(chē)=0-12mD、小球和小車(chē)共速時(shí)，小球上升到最大高度，設(shè)最大高度為h取水平向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有：mv0＝（m+M）v小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有：1代入數(shù)據(jù)可得：h=v0故選：D。點(diǎn)評(píng)：本題考查了動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律，解題的關(guān)鍵是把小球和小車(chē)相互作用的過(guò)程看作彈性碰撞，小球和小車(chē)組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒?！窘忸}思路點(diǎn)撥】因?yàn)樗椒较蚴菦](méi)有外力的，所以系統(tǒng)水平方向上動(dòng)量守恒，當(dāng)物體達(dá)到最高處時(shí)，兩個(gè)物體的速度完全一致。14．動(dòng)量守恒定律在含有彈簧的碰撞問(wèn)題中的應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1.對(duì)于彈簧類(lèi)問(wèn)題，在作用過(guò)程中，系統(tǒng)合外力為零，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒。2.整個(gè)過(guò)程涉及彈性勢(shì)能、動(dòng)能、內(nèi)能、重力勢(shì)能的轉(zhuǎn)化，應(yīng)用能量守恒定律解決此類(lèi)問(wèn)題。3.彈簧壓縮最短或拉伸最長(zhǎng)時(shí)，彈簧連接的兩物體速度相等，此時(shí)彈簧具有最大彈性勢(shì)能?！久}方向】如圖，光滑水平直軌道上有三個(gè)質(zhì)量均為m的物塊A、B、C．B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)量不計(jì)）。設(shè)A以速度v0朝B運(yùn)動(dòng)，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時(shí)，B