2025年高考物理壓軸訓練8VIP

2025年高考物理壓軸訓練8一．選擇題（共10小題）1．（2024?重慶）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘（質量為在軟組織中運動距離后進入目標組織，繼續(xù)運動后停下來。若兩段運動中針鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為、，則針鞘A．被彈出時速度大小為 B．到達目標組織表面時的動能為 C．運動過程中，阻力做功為 D．運動的過程中動量變化量大小為2．（2024?北京一模）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊（可視為質點），點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達點。關于物塊的受力及運動特征，下列說法正確的是A．從到，物塊所受重力的沖量為0 B．從到，物塊的加速度一直減小 C．從到，物塊通過點時的速度最大 D．從到，彈簧彈力對物塊做的功等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量3．（2024?北京）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是A．上升和下落兩過程的時間相等 B．上升和下落兩過程損失的機械能相等 C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量 D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度4．（2024?海淀區(qū)模擬）如圖是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖。已知飛船的質量為，其推進器工作時飛船受到的平均推力為。在飛船與空間站對接后，推進器工作時間為△，測出飛船和空間站的速度變化為△。下列說法正確的是A．空間站的質量為 B．空間站的質量為 C．飛船對空間站的作用力大小為 D．飛船對空間站的作用力大小一定為5．（2024?遼寧三模）航天夢由來已久，明朝萬戶，他把多個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，翱翔天際，然后利用風箏平穩(wěn)著陸。假設萬戶及所攜設備火箭（含燃料）、椅子、風箏等總質量為，點燃火箭后在極短的時間內，質量為的熾熱燃氣相對地面以的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為，下列說法中正確的是A．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為 B．火箭在向下噴氣上升的過程中，火箭機械能守恒 C．噴出燃氣后萬戶及所攜設備能上升的最大高度為 D．在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設備動量守恒6．（2024?豐臺區(qū)二模）如圖所示，質量為的小球用長為的細線懸于點，使小球在水平面內以角速度做勻速圓周運動。已知小球做圓周運動時圓心到懸點的距離為，重力加速度為。下列說法正確的是A．繩對小球的拉力大小為 B．小球轉動一周，繩對小球拉力的沖量為0 C．保持不變，增大繩長，增大 D．保持不變，增大繩長，繩對小球拉力的大小不變7．（2024?越秀區(qū)校級模擬）在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖（a）所示，碰撞前后兩壺運動的圖線如圖（b）中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質量相等，則A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞 B．碰后藍壺速度為 C．碰后藍壺移動的距離為 D．碰后紅壺所受摩擦力小于藍壺所受摩擦力8．（2024?南通模擬）如圖所示，勁度系數(shù)為的輕質彈簧一端固定，另一端栓接一質量為的小木塊放置在粗糙程度相同的水平面上的點，此時彈簧長度為彈簧原長。一顆質量為的子彈以水平速度擊中木塊，木塊和子彈一起向左側運動到點后向右運動，最遠到達點，然后在點兩側往復運動。已知之間的距離為，小木塊與水平面的動摩擦因數(shù)為，取重力加速度為，下列選項正確的是（已知簡諧運動周期，為運動物體質量，為比例系數(shù)）A．子彈打入小木塊后，子彈和木塊共同運動的速度為 B．小木塊從開始運動到第一次回到點的過程中克服摩擦力做功為 C．間的距離為 D．小木塊第一次從點運動到點的時間為9．（2024?濰坊三模）2022年4月16日，如圖所示，神舟十三號載人飛船返回艙在東風著陸場預定區(qū)域成功著陸。三名航天員結束為期6個月的太空“出差”，回到地球的懷抱。返回艙在距地面高左右時，相對地面豎直向下的速度為，此時反推發(fā)動機點火，在極短時間△內噴出體積為的氣體、其速度相對地面豎直向下為，能使返回艙平穩(wěn)落地。已知噴出氣體的密度為，估算返回艙受到的平均反沖力大小為A． B． C． D．10．（2024?雨花區(qū)校級模擬）如圖所示，是高速磁懸浮列車在水平長直軌道上的模擬運行圖，列車由質量均為的4節(jié)車廂組成，其中1號車廂為動力車廂。列車由靜止開始以額定功率運行，經(jīng)過一段時間達到最大速度。列車向右運動過程中，1號車廂會受到前方空氣的阻力，假設車廂碰到空氣前空氣的速度為0，碰到空氣后空氣的速度立刻與列車速度相同，已知空氣密度為。1號車廂的迎風面積（垂直運動方向上的投影面積）為，不計其他阻力，忽略2號、3號、4號車廂受到的空氣阻力。當列車由靜止開始以額定功率運行到速度為最大速度的時，1號車廂對2號車廂的作用力大小為A． B． C． D．二．多選題（共6小題）11．（2024?五華區(qū)校級模擬）如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車段是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道，從到小車右端擋板平滑連接一段光滑水平軌道，在右端固定一輕彈簧，彈簧處于自由狀態(tài)，自由端在點。一質量為、可視為質點的滑塊從圓弧軌道的最高點由靜止滑下，而后滑入水平軌道，小車質量是滑塊質量的2倍，重力加速度為。下列說法正確的是A．滑塊到達點時的速度大小為 B．彈簧獲得的最大彈性勢能為 C．滑塊從點運動到點的過程中，小車運動的位移大小為 D．滑塊第一次從點運動到點時，小車對滑塊的支持力大小為12．（2024?大連二模）體育課上，某同學做俯臥撐訓練，在向上撐起過程中，下列說法正確的是A．地面對手的支持力做了正功 B．地面對手的支持力沖量為零 C．他克服重力做了功 D．他的機械能增加了13．（2024?福建）如圖（a），水平地面上固定有一傾角為的足夠長光滑斜面，一質量為的滑塊鎖定在斜面上。時解除鎖定，同時對滑塊施加沿斜面方向的拉力，隨時間的變化關系如圖（b）所示，取沿斜面向下為正方向，重力加速度大小為，則滑塊A．在內一直沿斜面向下運動 B．在內所受合外力的總沖量大小為零 C．在時動量大小是在時的一半 D．在內的位移大小比在內的小14．（2024?天津模擬）如圖甲所示，“復興號”高速列車正沿直線由靜止駛出火車站，水平方向的動力隨運動時間的變化關系如圖乙所示。后，列車以的速度做勻速直線運動，已知列車所受阻力大小恒定。則下列說法正確的是A．前，列車做勻減速直線運動 B．列車所受阻力的大小為 C．根據(jù)已知條件可求出列車的質量為 D．在時，列車牽引力的功率為15．（2024?聊城二模）如圖所示，一拋物線形狀的光滑導軌豎直放置，固定在點，為導軌的頂點，點離地面的高度為，在點正下方，、兩點相距，軌道上套有一個小球，小球通過輕桿與光滑地面上的小球相連，兩小球的質量均為，輕桿的長度為?，F(xiàn)將小球從距地面高度為處由靜止釋放，下列說法正確的是A．小球即將落地時，它的速度大小為 B．小球即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為 C．從靜止釋放到小球即將落地，輕桿對小球做的功為 D．若小球落地后不反彈，則地面對小球的作用力的沖量大小為16．（2024?河南模擬）如圖（a）所示，“”形木板靜止于粗糙水平地面上，質量為的滑塊以的初速度滑上木板，時與木板相撞并粘在一起。兩者運動的圖像如圖（b）所示。重力加速度大小取，則A．的質量為 B．地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1 C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機械能為 D．時木板速度恰好為零三．填空題（共1小題）17．（2024?福州模擬）如圖所示，柜子靜置于水平地面，某人用大小為的水平推力推柜子，但沒有推動，則柜子和地面間摩擦力大小；在同一時間內，推力沖量大小摩擦力沖量大?。ㄟx填“大于”、“小于”或“等于”。四．解答題（共8小題）18．（2025?邯鄲一模）如圖所示，桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質彈簧左端固定，自然伸長位置為點，彈簧的勁度系數(shù)，圓軌道的半徑，圓管的內徑比小球直徑略大，但遠小于圓軌道半徑，小物塊靜止于木板左端，木板的上表面恰好與圓管軌道水平部分下端表面等高，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數(shù)，木板右端與墻壁之間的距離，現(xiàn)用力將小球向左推壓，將彈簧壓縮，然后由靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運動到桌面右端點后水平拋出，從管口處沿圓管切線飛入圓管內部，從圓管水平部分點飛出，并恰好與小物塊發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過一段時間后和右側墻壁發(fā)生彈性碰撞，已知始終未和墻壁碰撞，并且未脫離木板，，，，，。試求：（1）小球平拋運動的時間及拋出點與管口間的高度差；（2）小球在圓管內運動過程中對圓管最高點的擠壓力，并判斷是和管的內壁還是外壁擠壓；（3）木板的最短長度及木板在地面上滑動的總路程。19．（2024?寧河區(qū)校級一模）如圖所示，光滑軌道固定在豎直平面內，水平，為半圓，圓弧軌道的半徑，在處與相切。在直軌道上放著質量分別為、的物塊、（均可視為質點），用輕質細繩將、連接在一起，且、間夾著一根被壓縮的輕質彈簧（未被拴接）。軌道左側的光滑水平地面上停著一質量為、長的小車，小車上表面與等高。現(xiàn)將細繩剪斷，之后向左滑上小車，恰好未從小車左端掉下。向右滑動且恰好能沖到圓弧軌道的最高點處。物塊與小車之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度取。求：（1）物塊運動到圓弧軌道的最低點時對軌道的壓力大小。（2）細繩剪斷之前彈簧的彈性勢能。（3）小車的質量。20．（2024?福建）如圖，木板放置在光滑水平桌面上，通過兩根相同的水平輕彈簧、與桌面上的兩個固定擋板相連。小物塊放在的最左端，通過一條跨過輕質定滑輪的輕繩與帶正電的小球相連，輕繩絕緣且不可伸長，與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側存在一豎直向上的勻強電場，、、均靜止，、處于原長狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。時撤去電場，向下加速運動，下降后開始勻速運動，開始做勻速運動瞬間彈簧的彈性勢能為。已知、、的質量分別為、、，小球的帶電量為，重力加速度大小取，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內，輕繩與滑輪間的摩擦力不計。（1）求勻強電場的場強大小；（2）求與間的動摩擦因數(shù)及做勻速運動時的速度大小；（3）若時電場方向改為豎直向下，當與即將發(fā)生相對滑動瞬間撤去電場，、繼續(xù)向右運動，一段時間后，從右向左運動。求第一次從右向左運動過程中最大速度的大小。（整個過程未與脫離，未與地面相碰）21．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）如圖甲所示，質量為的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在點平滑連接，為軌道的最高點。質量為的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道水平部分的長度，半圓形部分的半徑，重力加速度大小取。（1）若軌道固定，使小物塊以某一初速度沿軌道滑動，且恰好可以從點飛出，求該情況下，物塊滑到點時的速度大小；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度與對應關系如圖乙所示。求和；初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力，當小物塊運動到點時撤去，試判斷此后小物塊是否可以從點飛離軌道，若可以，計算小物塊從點飛離時相對地面的速度大小及方向；若不可以，計算與軌道分離點的位置。22．（2024?蓮湖區(qū)校級模擬）某物流公司用如圖所示的傳送帶將貨物從高處傳送到低處。傳送帶與水平地面夾角，順時針轉動的速率為。將質量為的物體無初速地放在傳送帶的頂端，物體到達底端后能無碰撞地滑上質量為的木板左端。已知物體與傳送帶、木板間的動摩擦因數(shù)分別為，，的距離為。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度（已知，。求：（1）物體剛開始下滑時的加速度大小和物體滑上木板左端時的速度大??；（2）若地面光滑，要使物體不會從木板上掉下，木板長度至少應是多少；（3）若木板與地面的動摩擦因數(shù)為，且物體不會從木板上掉下，求木板的最小長度與的關系式。23．（2024?云安區(qū)校級模擬）質量的手榴彈從水平地面上以的初速度斜向上拋出，上升到距地面的最高點時炸裂成質量相等的兩塊彈片，其中一塊彈片自由下落到達地面，落地動能為。重力加速度，空氣阻力不計，爆炸后氣體的動量總動量為零，火藥燃燒充分，求：（1）手榴彈所裝彈藥的質量；（2）兩塊彈片落地點間的距離。24．（2024?江蘇模擬）如圖，傾角的粗糙斜面與光滑水平面在點平滑連接，傾角的足夠長的傳送帶在電動機的帶動下以的速度沿逆時針方向勻速轉動，傳送帶的下端與水平面的右端點通過一小段圓弧連接，質量的小物塊放在水平面上的點，質量的小滑塊從點由靜止釋放，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，、間距離，滑到水平面上后與發(fā)生彈性正碰，以后與的碰撞都發(fā)生在水平面上，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取，，。求：（1）第一次與碰撞前瞬間的速度大小；（2）第一次碰撞后瞬間與的速度大小；（3）從第一次經(jīng)過點到第二次經(jīng)過點的過程中電動機額外多做的功。25．（2024?合肥三模）如圖所示，在靜止的水面上有一質量為的小船，一質量為的救生員站在船尾，相對小船靜止?；卮鹣铝袉栴}：（1）當小船以速率向右勻速行駛時，救生員相對船以速率水平向左躍入水中，不考慮水對船的阻力，求救生員躍出后小船的速率；（2）當船靜止在水面上時，救生員從船尾走到船頭，已知船長為，不考慮水對船的阻力，求此過程中船后退的距離；（3）開動小船的發(fā)動機，小船以速度勻速行駛，小船受到的阻力為。已知水的密度為，小船螺旋槳與水作用的有效面積為，求小船的發(fā)動機的輸出平均功率。

2025年高考物理壓軸訓練8參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．（2024?重慶）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時，活檢針的針蕊和針鞘被瞬間彈出后僅受阻力。針鞘（質量為在軟組織中運動距離后進入目標組織，繼續(xù)運動后停下來。若兩段運動中針鞘整體受到阻力均視為恒力。大小分別為、，則針鞘A．被彈出時速度大小為 B．到達目標組織表面時的動能為 C．運動過程中，阻力做功為 D．運動的過程中動量變化量大小為【答案】【考點】利用動能定理求解多過程問題；動量變化量的計算【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理能力【分析】根據(jù)動能定理求針鞘被彈出時速度大?。挥晒δ荜P系求針鞘到達目標組織表面時的動能、克服阻力做功；由動量與動能關系求出動量變化量。【解答】解：．根據(jù)動能定理有解得故正確；．針鞘到達目標組織表面后，繼續(xù)前進減速至零，有到達目標組織表面時的動能為故錯誤；．針鞘運動的過程中，克服阻力做功為，故錯誤；．針鞘運動的過程中，動量變化量大小故錯誤。故選：?！军c評】本題考動能定理相關知識，明確功能關系、動能與動量的關系，難度一般。2．（2024?北京一模）如圖所示，輕質彈簧一端固定，另一端連接一小物塊（可視為質點），點為彈簧在原長時物塊的位置。物塊由點靜止釋放，沿粗糙程度相同的水平面向右運動，最遠到達點。關于物塊的受力及運動特征，下列說法正確的是A．從到，物塊所受重力的沖量為0 B．從到，物塊的加速度一直減小 C．從到，物塊通過點時的速度最大 D．從到，彈簧彈力對物塊做的功等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量【答案】【考點】功是能量轉化的過程和量度；牛頓第二定律的簡單應用；動量定理的內容和應用【專題】推理法；定性思想；動量定理應用專題；推理能力【分析】根據(jù)沖量定義分析；根據(jù)牛頓第二定律分析；在物塊受力平衡時速度最大，據(jù)此分析；根據(jù)動能定理分析?！窘獯稹拷猓骸牡剑O物塊的運動時間為，則物塊所受重力的沖量為，故錯誤；、從到，物塊所受彈簧彈力一直減小，所受摩擦力不變，一開始彈力大于摩擦力，物塊做加速運動，到彈簧彈力等于摩擦力后，彈力繼續(xù)減小，彈力小于摩擦力，則物塊做減速運動，所以物塊的加速度先減小后增大，故錯誤；、當物塊受力平衡時速度最大，在點物塊受摩擦力作用，受力不平衡，在之間某位置彈力和摩擦力相等，所以點不是速度最大位置，故錯誤；、從到過程中，只有彈簧彈力和摩擦力對物塊做功，根據(jù)動能定理可知彈簧彈力對物塊做的功等于物塊克服摩擦力做的功，即等于物塊與水平面摩擦產(chǎn)生的熱量，故正確。故選：。【點評】知道物塊在運動過程中彈簧彈力的變化是解題的關鍵，還要知道物塊在受力平衡時速度最大。3．（2024?北京）將小球豎直向上拋出，小球從拋出到落回原處的過程中，若所受空氣阻力大小與速度大小成正比，則下列說法正確的是A．上升和下落兩過程的時間相等 B．上升和下落兩過程損失的機械能相等 C．上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量 D．上升過程的加速度始終小于下落過程的加速度【答案】【考點】豎直上拋運動的規(guī)律及應用；常見力做功與相應的能量轉化；求變力的沖量【專題】定量思想；推理法；動量和能量的綜合；推理論證能力【分析】根據(jù)上升和下降兩個過程中的受力情況結合牛頓第二定律分析加速度的情況；根據(jù)阻力的做功情況判斷上下經(jīng)過同一位置的速度變化情況，結合動量定理分析沖量大?。桓鶕?jù)上升和下降的平均速度分析運動時間的關系；根據(jù)功能關系分析機械能的損失情況?！窘獯稹拷猓盒∏蛏仙^程中受到向下的空氣阻力，滿足，下落過程中受到向上的空氣阻力，滿足，由牛頓第二定律可知上升過程所受合力（加速度）總大于下落過程所受合力（加速度），故錯誤；小球運動的整個過程中，空氣阻力做負功，由動能定理可知小球落回原處時的速度小于拋出時的速度，所以上升過程中小球動量變化的大小大于下落過程中動量變化的大小，由動量定理可知，上升過程合力的沖量大于下落過程合力的沖量，故正確；上升與下落經(jīng)過同一位置時的速度，上升時更大，所以上升過程中平均速度大于下落過程中的平均速度，所以上升過程所用時間小于下落過程所用時間，故錯誤；經(jīng)同一位置，上升過程中所受空氣阻力大于下落過程所受阻力，由功能關系可知，上升過程機械能損失大于下落過程機械能損失，故錯誤。故選：?！军c評】考查物體受力分析和牛頓第二定律，會結合平均速度、動量定理分析解決實際問題。4．（2024?海淀區(qū)模擬）如圖是采用動力學方法測量空間站質量的原理圖。已知飛船的質量為，其推進器工作時飛船受到的平均推力為。在飛船與空間站對接后，推進器工作時間為△，測出飛船和空間站的速度變化為△。下列說法正確的是A．空間站的質量為 B．空間站的質量為 C．飛船對空間站的作用力大小為 D．飛船對空間站的作用力大小一定為【答案】【考點】動量定理的內容和應用；連接體模型【專題】推理法；定量思想；牛頓運動定律綜合專題；推理能力【分析】利用整體法，結合動量定理可求出空間站的質量；通過牛頓第二定律得分析，結合題干信息判斷作用力是否可以直接求出。【解答】解：、設空間站質量為，將飛船和空間站視為整體，對整體而言在的作用下速度發(fā)生變化，根據(jù)動量定理有：△△，解得，故錯誤，正確；、某一時刻對飛船分析有，其中為空間站對飛船的作用力，對空間站有，所以作用力大小不為，由于是平均推力大小，僅知道速度的變化量是無法確定整個過程是勻變速過程，所以作用力大小不一定是，故錯誤；故選：。【點評】學生在解答本題時，應注意整體法和隔離法的應用，利用整體法減少內力的分析過程。5．（2024?遼寧三模）航天夢由來已久，明朝萬戶，他把多個自制的火箭綁在椅子上，自己坐在椅子上，雙手舉著大風箏，設想利用火箭的推力，翱翔天際，然后利用風箏平穩(wěn)著陸。假設萬戶及所攜設備火箭（含燃料）、椅子、風箏等總質量為，點燃火箭后在極短的時間內，質量為的熾熱燃氣相對地面以的速度豎直向下噴出。忽略此過程中空氣阻力的影響，重力加速度為，下列說法中正確的是A．在燃氣噴出后的瞬間，火箭的速度大小為 B．火箭在向下噴氣上升的過程中，火箭機械能守恒 C．噴出燃氣后萬戶及所攜設備能上升的最大高度為 D．在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設備動量守恒【答案】【考點】機械能守恒定律的簡單應用；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；動量和能量的綜合；推理能力【分析】在燃氣噴出后的瞬間，視萬戶及所攜設備（火箭（含燃料）、椅子、風箏等）為系統(tǒng)，動量守恒，火箭受推力作用，機械能不守恒，噴出燃氣后萬戶及所攜設備做豎直上拋運動。【解答】解：、在燃氣噴出后的瞬間，萬戶及所攜設備組成的系統(tǒng)內力遠大于外力，故系統(tǒng)動量守恒，設火箭的速度大小為，規(guī)定火箭運動方向為正方向，則有根據(jù)動量守恒定律有解得火箭的速度大小為故正確；、火箭受推力作用，機械能不守恒，故錯誤；、噴出燃氣后，萬戶及所攜設備做豎直上拋運動，根據(jù)運動學公式可得，最大上升高度為解得故錯誤；、在燃氣噴出后上升過程中，萬戶及所攜設備因為受重力，外力之合不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故錯誤。故選：?！军c評】本題解題的關鍵是在燃氣噴出后的瞬間，視萬戶及所攜設備火箭（含燃料）、椅子、風箏等）為系統(tǒng)，動量守恒。6．（2024?豐臺區(qū)二模）如圖所示，質量為的小球用長為的細線懸于點，使小球在水平面內以角速度做勻速圓周運動。已知小球做圓周運動時圓心到懸點的距離為，重力加速度為。下列說法正確的是A．繩對小球的拉力大小為 B．小球轉動一周，繩對小球拉力的沖量為0 C．保持不變，增大繩長，增大 D．保持不變，增大繩長，繩對小球拉力的大小不變【答案】【考點】牛頓第二定律的簡單應用；向心力的表達式及影響向心力大小的因素；動量定理的內容和應用【專題】推理能力；推理法；定量思想；動量定理應用專題；應用題；學科綜合題【分析】（1）對小球受力分析，根據(jù)幾何關系求得小球做圓周運動的向心力，然后根據(jù)牛頓第二定律求解角速度；（2）由動量定理求解拉力的沖量大小?！窘獯稹拷猓骸π∏蚴芰Ψ治?，如圖所示：由重力和拉力的合力提供向心力，由向心力公式可得：，解得：，故正確；、小球運動的周期為：，小球運動一周的過程中，動量的變化為零，根據(jù)動量定理，細繩拉力的沖量與重力的沖量大小相等，拉力的沖量大小為：，故錯誤；、小球做圓周運動時，對小球受力分析可知：，解得細繩對小球的拉力大小為：，又，聯(lián)立解得：，故不變是，增大，不變，拉力增大，故錯誤。故選：?！军c評】本題主要考查圓周運動及動量定理，解題的關鍵是要知道向心力的來源。7．（2024?越秀區(qū)校級模擬）在冰壺比賽中，某隊員利用紅壺去碰撞對方的藍壺，兩者在大本營中心發(fā)生對心碰撞如圖（a）所示，碰撞前后兩壺運動的圖線如圖（b）中實線所示，其中紅壺碰撞前后的圖線平行，兩冰壺質量相等，則A．兩壺發(fā)生了彈性碰撞 B．碰后藍壺速度為 C．碰后藍壺移動的距離為 D．碰后紅壺所受摩擦力小于藍壺所受摩擦力【答案】【考點】圖像；一維碰撞模型；動量與能量的其他綜合應用【專題】定量思想；推理法；力學綜合性應用專題；分析綜合能力【分析】根據(jù)圖像確定碰撞前后兩壺的速度，應用動量守恒定律求解速度；判斷碰撞過程機械能是否守恒，確定是否為彈性碰撞；利用圖像中傾斜的虛線求解藍壺停止運動的時間，由運動學公式求解藍壺的位移大?。桓鶕?jù)圖像的斜率表示加速度，判斷碰后紅壺和藍壺的加速度大小關系，由牛頓第二定律判斷兩者所受的摩擦力大小關系。【解答】解：、由圖知：碰前紅壺的速度為，碰后速度為，碰后紅壺沿原方向運動，設碰后藍壺的速度為，取碰撞前紅壺的速度方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得：代入數(shù)據(jù)解得：因，故碰撞過程機械能有損失，則碰撞為非彈性碰撞，故錯誤；、設圖（b）中傾斜的虛線與軸的交點的軸坐標為，則有：解得：碰后藍壺移動的位移大小為：，故正確；、根據(jù)圖像的斜率表示加速度，知碰后紅壺的加速度大于藍壺的加速度，兩者的質量相等，合力均為滑動摩擦力，由牛頓第二定律，可知碰后紅壺所受滑動摩擦力大于藍壺所受的摩擦力，故錯誤。故選：?！军c評】本題考查了動量守恒定律與圖像相結合的問題。能夠通過圖像運動過程，找到兩物體碰撞的初末狀態(tài)，應用動量守恒定律解答。彈性碰撞與非彈性碰撞的區(qū)別和判斷依據(jù)是碰撞過程系統(tǒng)機械能是否守恒。8．（2024?南通模擬）如圖所示，勁度系數(shù)為的輕質彈簧一端固定，另一端栓接一質量為的小木塊放置在粗糙程度相同的水平面上的點，此時彈簧長度為彈簧原長。一顆質量為的子彈以水平速度擊中木塊，木塊和子彈一起向左側運動到點后向右運動，最遠到達點，然后在點兩側往復運動。已知之間的距離為，小木塊與水平面的動摩擦因數(shù)為，取重力加速度為，下列選項正確的是（已知簡諧運動周期，為運動物體質量，為比例系數(shù)）A．子彈打入小木塊后，子彈和木塊共同運動的速度為 B．小木塊從開始運動到第一次回到點的過程中克服摩擦力做功為 C．間的距離為 D．小木塊第一次從點運動到點的時間為【答案】【考點】常見力做功與相應的能量轉化；動量守恒定律在子彈打物塊模型中的應用【專題】比較思想；尋找守恒量法；功能關系能量守恒定律；分析綜合能力【分析】根據(jù)動量守恒定律求子彈打入小木塊后，子彈和木塊共同運動的速度。根據(jù)是路程）求克服摩擦力做功。根據(jù)能量守恒的定律可解得的距離，根據(jù)動量定理解得小木塊第一次從點運動到點的時間。【解答】解：、子彈打入木塊的過程，滿足動量守恒，有解得，故錯誤；、滑動摩擦力做功等于滑動摩擦力與路程的乘積，所以克服摩擦力做功，故錯誤；、設間的距離為，彈簧從到的過程中，平均彈力，可得彈簧在點的彈性勢能，同理可得彈簧在點的彈性勢能程中的彈性勢能對于物塊、子彈和彈簧構成的系統(tǒng)，由能量守恒可得解得：故正確；、小木塊從點運動到點的過程中，根據(jù)振動方程可得其中從點運動到點的過程，點的位移為解得：故錯誤；故選：。【點評】本題考查動量守恒定律及功能關系，解題關鍵分析木塊的運動情況，運用動量定理時注意方向性。9．（2024?濰坊三模）2022年4月16日，如圖所示，神舟十三號載人飛船返回艙在東風著陸場預定區(qū)域成功著陸。三名航天員結束為期6個月的太空“出差”，回到地球的懷抱。返回艙在距地面高左右時，相對地面豎直向下的速度為，此時反推發(fā)動機點火，在極短時間△內噴出體積為的氣體、其速度相對地面豎直向下為，能使返回艙平穩(wěn)落地。已知噴出氣體的密度為，估算返回艙受到的平均反沖力大小為A． B． C． D．【答案】【考點】牛頓第三定律的理解與應用；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；推理能力【分析】以噴出的空氣為研究對象，則根據(jù)動量定理可得噴出氣體對空氣的作用力，然后再根據(jù)牛頓第三定律可得對返回艙的反沖力。【解答】解：噴出氣體的質量為△以噴出氣體為研究對象，設氣體受到的平均沖力為，以向下為正方向，根據(jù)動量定理可得△△△△△由于在極短時間△內噴出氣體，可認為噴出氣體的重力沖量忽略不計，故有△△△解得根據(jù)牛頓第三定律可知返回艙受到的平均反沖力大小，故正確，錯誤。故選：?！军c評】解題的關鍵是要找準研究對象，應該以被噴出的空氣為研究對象。還要注意應用牛頓第三定律求返回艙受到的反沖力大小。10．（2024?雨花區(qū)校級模擬）如圖所示，是高速磁懸浮列車在水平長直軌道上的模擬運行圖，列車由質量均為的4節(jié)車廂組成，其中1號車廂為動力車廂。列車由靜止開始以額定功率運行，經(jīng)過一段時間達到最大速度。列車向右運動過程中，1號車廂會受到前方空氣的阻力，假設車廂碰到空氣前空氣的速度為0，碰到空氣后空氣的速度立刻與列車速度相同，已知空氣密度為。1號車廂的迎風面積（垂直運動方向上的投影面積）為，不計其他阻力，忽略2號、3號、4號車廂受到的空氣阻力。當列車由靜止開始以額定功率運行到速度為最大速度的時，1號車廂對2號車廂的作用力大小為A． B． C． D．【答案】【考點】牛頓第二定律的簡單應用；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；推理能力【分析】根據(jù)動量定理推導出阻力的表達式，當牽引力等于阻力時，計算出列車速度最大，根據(jù)運行速度為最大速度的時計算出牽引力，根據(jù)牛頓第二定律列方程計算?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)題意，設列車的最大速度為，列車對空氣的阻力為，取列車運動方向為正方向，由動量定理有△△解得當牽引力等于阻力時，勻速運動，列車速度最大，則有聯(lián)立解得當列車由靜止開始以額定功率運行到速度為最大速度的時，阻力為此時，牽引力為1號車廂對2號車廂的作用力大小為，對2號、3號、4號車廂整體，由牛頓第二定律有對4節(jié)車廂整體有聯(lián)立解得故正確，錯誤。故選：。【點評】本題關鍵掌握機車的兩種啟動方式、整體法和隔離法。二．多選題（共6小題）11．（2024?五華區(qū)校級模擬）如圖所示，小車靜止在光滑水平面上，小車段是半徑為的四分之一光滑圓弧軌道，從到小車右端擋板平滑連接一段光滑水平軌道，在右端固定一輕彈簧，彈簧處于自由狀態(tài)，自由端在點。一質量為、可視為質點的滑塊從圓弧軌道的最高點由靜止滑下，而后滑入水平軌道，小車質量是滑塊質量的2倍，重力加速度為。下列說法正確的是A．滑塊到達點時的速度大小為 B．彈簧獲得的最大彈性勢能為 C．滑塊從點運動到點的過程中，小車運動的位移大小為 D．滑塊第一次從點運動到點時，小車對滑塊的支持力大小為【答案】【考點】功是能量轉化的過程和量度；動量守恒定律在繩連接體問題中的應用【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；推理能力【分析】根據(jù)動量守恒和機械能守恒、牛頓第二定律列式聯(lián)立求解比較判斷；根據(jù)動量守恒和能量守恒分析解答；根據(jù)動量守恒的具體形式人船模型列式求解。【解答】解：．滑塊從滑到時，對滑塊和小車組成的系統(tǒng)，滿足水平方向動量守恒，機械能守恒，則有聯(lián)立解得，設點小球所受的支持力為，運動到點時對滑塊受力分析，根據(jù)牛頓第二定律解得：故錯誤，正確；．滑塊運動到小車最右端時根據(jù)水平方向動量守恒可知二者均靜止，則減少的重力勢能全部轉化為彈性勢能，故正確；．滑塊從到滑下過程由人船模型可知解得小車的位移為故錯誤。故選：。【點評】考查系統(tǒng)單方向上動量守恒和系統(tǒng)機械能守恒等問題，熟練掌握守恒的條件分析方法。12．（2024?大連二模）體育課上，某同學做俯臥撐訓練，在向上撐起過程中，下列說法正確的是A．地面對手的支持力做了正功 B．地面對手的支持力沖量為零 C．他克服重力做了功 D．他的機械能增加了【答案】【考點】動量的定義、單位及性質；功的定義、單位和計算式的推導【專題】推理法；定性思想；功的計算專題；理解能力【分析】判斷是否做功要有力和在力的方向上有位移；根據(jù)判斷沖量大小；同學克服重力做功，重力勢能增加，機械能增加?！窘獯稹拷猓?、在俯臥撐向上運動的過程中，對該同學的支持力的作用點沒有位移，則對該同學的支持力沒有做功，故錯誤；、根據(jù)可知，在做俯臥撐運動的過程中，地面對該同學的沖量不為零，故錯誤；、由于人的重心升高，則重力做負功，即該同學克服重力做了功，在向上撐起過程中，重心升高，同學的機械能增加了，故正確。故選：。【點評】本題以俯臥撐為情景，考查了做功的條件和沖量等知識，加強了知識的實際應用。13．（2024?福建）如圖（a），水平地面上固定有一傾角為的足夠長光滑斜面，一質量為的滑塊鎖定在斜面上。時解除鎖定，同時對滑塊施加沿斜面方向的拉力，隨時間的變化關系如圖（b）所示，取沿斜面向下為正方向，重力加速度大小為，則滑塊A．在內一直沿斜面向下運動 B．在內所受合外力的總沖量大小為零 C．在時動量大小是在時的一半 D．在內的位移大小比在內的小【答案】【考點】牛頓第二定律的簡單應用；動量定理的內容和應用；圖像中的動量問題【專題】定量思想；方程法；動量定理應用專題；推理論證能力【分析】根據(jù)牛頓第二定律分別求得力方向沿斜面向下時與力方向沿斜面向上時物塊的加速度。根據(jù)運動學公式求得、、、時刻物塊的速度，可確定物塊的運動方向；根據(jù)動量定理求解時間內合外力的總沖量；根據(jù)動量的定義解答選項；應用平均速度分別求得與過程物塊的位移?！窘獯稹拷猓?、以沿斜面向下為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得：力方向沿斜面向下時，物塊的加速度為：力方向沿斜面向上時，物塊的加速度為：時間內物塊沿斜面向下做勻加速運動，時刻物塊的速度為時間內物塊沿斜面向下做勻減速運動，時刻物塊的速度為時間內物塊沿斜面向下做勻加速運動，時刻物塊的速度為時間內物塊沿斜面向下做勻減速運動，時刻物塊的速度為可知時間內物體一直沿斜面向下運動，故正確；、根據(jù)動量定理得時間內合外力的總沖量為，故錯誤；、時刻物塊的動量為：，時刻物塊的動量為，可知時刻動量不等于時刻的一半，故錯誤；、過程物塊的位移為，過程物塊的位移為，可知，故正確。故選：?！军c評】本題考查了動量定理與牛頓第二定律得應用，應用牛頓第二定律與運動學公式分段求解速度與位移，解答時注意矢量的方向問題。14．（2024?天津模擬）如圖甲所示，“復興號”高速列車正沿直線由靜止駛出火車站，水平方向的動力隨運動時間的變化關系如圖乙所示。后，列車以的速度做勻速直線運動，已知列車所受阻力大小恒定。則下列說法正確的是A．前，列車做勻減速直線運動 B．列車所受阻力的大小為 C．根據(jù)已知條件可求出列車的質量為 D．在時，列車牽引力的功率為【答案】【考點】牛頓第二定律的簡單應用；動量定理的內容和應用；功率的定義、物理意義和計算式的推導【專題】分析綜合能力；圖析法；定量思想；功率的計算專題【分析】后列車做勻速直線運動，牽引力和阻力大小相等，由圖乙讀出牽引力大小，從而確定阻力大小，由牛頓第二定律分析前內加速度的變化特點，則可判斷列車的運動性質；根據(jù)圖線與橫軸的面積表示牽引力的沖量，由動量定理求解列車的質量；由求在時列車牽引力的功率。【解答】解：、后列車做勻速直線運動，牽引力和阻力大小相等，由圖乙可知：前內，列車的牽引力大于阻力，由牛頓第二定律有隨著牽引力減小，不變，則加速度減小，可知列車做加速度減小的變加速直線運動，故錯誤；、圖線與橫軸所夾的面積表示沖量，由圖乙可得：內牽引力的沖量為列車勻速運動時的速度取列車運動方向為正方向，在前內，由動量定理得解得列車的質量為：，故正確；、在時，列車牽引力的功率為，故正確。故選：。【點評】本題考查功率公式、動量定理和牛頓第二定律的綜合應用，解題的關鍵是知道圖線與橫軸所夾的面積表示力的沖量。涉及力在時間上的積累效果時，要想到動量定理。15．（2024?聊城二模）如圖所示，一拋物線形狀的光滑導軌豎直放置，固定在點，為導軌的頂點，點離地面的高度為，在點正下方，、兩點相距，軌道上套有一個小球，小球通過輕桿與光滑地面上的小球相連，兩小球的質量均為，輕桿的長度為?，F(xiàn)將小球從距地面高度為處由靜止釋放，下列說法正確的是A．小球即將落地時，它的速度大小為 B．小球即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角為 C．從靜止釋放到小球即將落地，輕桿對小球做的功為 D．若小球落地后不反彈，則地面對小球的作用力的沖量大小為【答案】【考點】動量定理的內容和應用；動能定理的簡單應用；機械能守恒定律的簡單應用【專題】分析綜合能力；動量定理應用專題；定量思想；類比法【分析】小球即將落地時，其速度方向與拋物線軌道相切，根據(jù)平拋運動的規(guī)律求落地時速度方向與水平面的夾角；根據(jù)兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒以及兩球速度關系求解小球即將落地時的速度大小以及小球的速度大小，再根據(jù)動能定理計算輕桿對小球做的功；根據(jù)動量定理分析地面對小球的作用力的沖量大小。【解答】解：、平拋運動的軌跡為拋物線，將上述拋物線軌道類比平拋運動，則小球即將落地時，它的速度方向與水平面的夾角正切為可知，小球即將落地時，它的速度方向與拋物線軌道相切，根據(jù)上述類比平拋運動知識可知，小球的速度方向與水平方向的夾角，故正確；、設小球即將落地時，它的速度大小為，小球的速度大小為，根據(jù)兩球組成的系統(tǒng)機械能守恒有小球與小球沿桿方向的速度相等，則有解得：，，故錯誤；、從靜止釋放到小球即將落地，根據(jù)動能定理可得輕桿對小球做的功為，故正確；、小球落地與地面相互作用的過程中，取小球落地前瞬間的速度方向為正方向，根據(jù)動量定理有，由于軌道、輕桿對小球有作用力，且小球有重力，則地面對小球的作用力的沖量大小與大小不相等，即不等于，故錯誤。故選：。【點評】本題是連接體機械能守恒問題，關鍵要抓住兩球的速度關系，知道兩球沿沿桿方向的速度相等，系統(tǒng)機械能守恒，但單個小球機械能并不守恒。16．（2024?河南模擬）如圖（a）所示，“”形木板靜止于粗糙水平地面上，質量為的滑塊以的初速度滑上木板，時與木板相撞并粘在一起。兩者運動的圖像如圖（b）所示。重力加速度大小取，則A．的質量為 B．地面與木板之間的動摩擦因數(shù)為0.1 C．由于碰撞系統(tǒng)損失的機械能為 D．時木板速度恰好為零【答案】【考點】常見力做功與相應的能量轉化；動量守恒定律在板塊模型中的應用；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；動量和能量的綜合；分析綜合能力【分析】根據(jù)動量守恒可求出的質量；利用牛頓第二定律可求出動摩擦因數(shù)；根據(jù)能量守恒定律可求出碰撞系統(tǒng)損失的機械能；結合動量定理可求出木板速度恰好為零的時刻?！窘獯稹拷猓海鶕?jù)圖像可知，，，，兩者碰撞時，取滑塊的速度方向為正方向，設的質量為，的質量為，由系統(tǒng)動量守恒定律得解得故正確；．設與之間的動摩擦因數(shù)為，與地面之間的動摩擦因數(shù)為，根據(jù)圖像可知，內與的加速度分別為，，對、分別受力分析，由牛頓第二定律得聯(lián)立解得故錯誤；．由于碰撞系統(tǒng)損失的機械能為代入數(shù)據(jù)解得△故正確；．對碰撞后整體受力分析，由動量定理得代入數(shù)據(jù)解得因此木板速度恰好為零的時刻為故錯誤；故選：?！军c評】學生在解答本題時，應注意對于碰撞問題，要熟練運用動量守恒定律和能量守恒定律。三．填空題（共1小題）17．（2024?福州模擬）如圖所示，柜子靜置于水平地面，某人用大小為的水平推力推柜子，但沒有推動，則柜子和地面間摩擦力大??；在同一時間內，推力沖量大小摩擦力沖量大小（選填“大于”、“小于”或“等于”?！敬鸢浮浚坏扔凇究键c】判斷是否存在摩擦力；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；理解能力【分析】柜子沒動，即處于平衡狀態(tài)受平衡力。根據(jù)沖量公式求解。【解答】解：由于柜子沒有推動，柜子處于靜止狀態(tài)，在水平方向上所受的推力與靜摩擦力是一對平衡力，所以靜摩擦力與推力大小相等，。推力沖量大小等于摩擦力沖量大小。故答案為：；等于?！军c評】經(jīng)常地錯誤認識推不動是由于推力小于摩擦力，沒有把握住題目的關鍵所在。四．解答題（共8小題）18．（2025?邯鄲一模）如圖所示，桌面、地面和固定的螺旋形圓管均光滑，輕質彈簧左端固定，自然伸長位置為點，彈簧的勁度系數(shù)，圓軌道的半徑，圓管的內徑比小球直徑略大，但遠小于圓軌道半徑，小物塊靜止于木板左端，木板的上表面恰好與圓管軌道水平部分下端表面等高，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數(shù)，木板右端與墻壁之間的距離，現(xiàn)用力將小球向左推壓，將彈簧壓縮，然后由靜止釋放小球，小球與彈簧不連接，小球運動到桌面右端點后水平拋出，從管口處沿圓管切線飛入圓管內部，從圓管水平部分點飛出，并恰好與小物塊發(fā)生彈性碰撞，經(jīng)過一段時間后和右側墻壁發(fā)生彈性碰撞，已知始終未和墻壁碰撞，并且未脫離木板，，，，，。試求：（1）小球平拋運動的時間及拋出點與管口間的高度差；（2）小球在圓管內運動過程中對圓管最高點的擠壓力，并判斷是和管的內壁還是外壁擠壓；（3）木板的最短長度及木板在地面上滑動的總路程。【答案】（1）小球平拋運動的時間為，為；（2）小球在圓管內運動過程中對圓管最高點的擠壓力為，方向豎直向上，和外壁擠壓；（3）木板的最短長度為，木板在地面上滑動的總路程為?！究键c】平拋運動位移的計算；牛頓第二定律與向心力結合解決問題；物體在環(huán)形豎直軌道內的圓周運動；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；動量和能量的綜合；分析綜合能力【分析】（1）小球做平拋運動，由結合，求平拋運動的時間與管口間的高度差；（2）由動能定理結合牛頓第二定律求小球在圓管內運動過程中對圓管最高點的擠壓力；（3）由動能定理結合動量守恒定律及運動學公式求木板的最短長度及木板在地面上滑動的總路程?！窘獯稹拷猓涸O水平向右為正方向為正（1）彈簧彈開小球過程彈力隨位移均勻變化，由動能定理可得在小球平拋到管口點時如圖根據(jù)解得（2）從到圓筒最高點的過程，由動能定理可得由上述圖可知在最高點解得小球和圓筒外壁擠壓，擠壓力大小為，方向豎直向上。（3）從到全過程，由動能定理可得解得小球和物塊碰撞過程，設水平向右為正方向，可得解得，可知碰后小球停止運動，物塊獲得向右的速度，開始在木板上滑動，以和為對象對可得解得物塊與木板共速后與墻壁發(fā)生碰撞，以和為對象，第1次與墻碰撞后解得對木板第2次與墻碰撞后，設水平向右為正方向為正解得對木板第3次與墻碰撞后，設水平向右為正方向為正解得對木板第次與墻碰撞后解得對木板第次與墻碰撞后解得對木板木板運動的總路程為即當時，，可得解得木板和物塊最終停在右側墻壁處，物塊恰好停在右端，根據(jù)能量守恒可得解得答：（1）小球平拋運動的時間為，為；（2）小球在圓管內運動過程中對圓管最高點的擠壓力為，方向豎直向上，和外壁擠壓；（3）木板的最短長度為，木板在地面上滑動的總路程為。【點評】該題為平拋運動與圓周運動的結合的綜合題，知道平拋運動的規(guī)律和牛頓第二定律求解得思路．解決該題關鍵是掌握碰撞過程動量守恒，列出等式求解。19．（2024?寧河區(qū)校級一模）如圖所示，光滑軌道固定在豎直平面內，水平，為半圓，圓弧軌道的半徑，在處與相切。在直軌道上放著質量分別為、的物塊、（均可視為質點），用輕質細繩將、連接在一起，且、間夾著一根被壓縮的輕質彈簧（未被拴接）。軌道左側的光滑水平地面上停著一質量為、長的小車，小車上表面與等高?，F(xiàn)將細繩剪斷，之后向左滑上小車，恰好未從小車左端掉下。向右滑動且恰好能沖到圓弧軌道的最高點處。物塊與小車之間的動摩擦因數(shù)，重力加速度取。求：（1）物塊運動到圓弧軌道的最低點時對軌道的壓力大小。（2）細繩剪斷之前彈簧的彈性勢能。（3）小車的質量?！敬鸢浮浚?）物塊運動到圓弧軌道的最低點時對軌道的壓力大小是。（2）細繩剪斷之前彈簧的彈性勢能是。（3）小車的質量是?！究键c】動量守恒定律在板塊模型中的應用；繩球類模型及其臨界條件；動量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應用【專題】推理法；動量和能量的綜合；定量思想；分析綜合能力；計算題【分析】（1）求出在軌道最高點的速度大小，從到由動能定理求解在點的速度大小，在點由牛頓第二定律、牛頓第三定律求解物塊對軌道的壓力大??；（2）由動量守恒定律、能量守恒定律求解彈性勢能；（3）由動量守恒定律、能量守恒定律求出小車的質量?！窘獯稹拷猓海?）恰好能沖到圓弧軌道的最高點處，重力提供向心力，由牛頓第二定律得：到過程，對，由動能定理得：在點，由牛頓第二定律得：代入數(shù)據(jù)解得：，由牛頓第三定律可知物塊對軌道的壓力大?。海?）彈簧彈開、過程系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律得：由能量守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：，（3）恰好滑到小車左端時與小車有共同速度，與小車組成的系統(tǒng)動量守恒，以向左為正方向，由動量守恒定律定律得：由能量守恒定律得：代入數(shù)據(jù)解得：答：（1）物塊運動到圓弧軌道的最低點時對軌道的壓力大小是。（2）細繩剪斷之前彈簧的彈性勢能是。（3）小車的質量是?！军c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(tǒng)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(tǒng)的動量和碰撞后系統(tǒng)的動量相等列方程，再根據(jù)能量關系列方程求解。20．（2024?福建）如圖，木板放置在光滑水平桌面上，通過兩根相同的水平輕彈簧、與桌面上的兩個固定擋板相連。小物塊放在的最左端，通過一條跨過輕質定滑輪的輕繩與帶正電的小球相連，輕繩絕緣且不可伸長，與滑輪間的繩子與桌面平行。桌面右側存在一豎直向上的勻強電場，、、均靜止，、處于原長狀態(tài)，輕繩處于自然伸直狀態(tài)。時撤去電場，向下加速運動，下降后開始勻速運動，開始做勻速運動瞬間彈簧的彈性勢能為。已知、、的質量分別為、、，小球的帶電量為，重力加速度大小取，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，彈簧始終處在彈性限度內，輕繩與滑輪間的摩擦力不計。（1）求勻強電場的場強大小；（2）求與間的動摩擦因數(shù)及做勻速運動時的速度大??；（3）若時電場方向改為豎直向下，當與即將發(fā)生相對滑動瞬間撤去電場，、繼續(xù)向右運動，一段時間后，從右向左運動。求第一次從右向左運動過程中最大速度的大小。（整個過程未與脫離，未與地面相碰）【答案】（1）勻強電場的場強大小為；（2）與間的動摩擦因數(shù)為0.5，做勻速運動時的速度大小為；（3）第一次從右向左運動過程中最大速度的大小為?！究键c】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；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【分析】（1）撤去電場前，對物體，根據(jù)平衡條件求解場強大?。唬?）撤去電場后，做勻速運動后，對和物體根據(jù)平衡條件列式求解動摩擦因數(shù)；下降的過程中，對于、、及彈簧、組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律列式求解勻速運動的速度大??；（3）沒有電場時，開始勻速運動瞬間，對根據(jù)共點力共點力平衡列式，再結合電場方向改變后，下降高度為時，再對物體以及、整體，根據(jù)牛頓第二定律列式，再對對、、及彈簧、組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律列式求解第一次從右向左運動過程中最大速度?！窘獯稹拷猓海?）撤去電場前，對小球，根據(jù)共點力平衡條件有：，代入數(shù)據(jù)解得：（2）開始做勻速直線運動后，對和根據(jù)共點力平衡條件分別有：，代入數(shù)據(jù)解得：開始勻速運動瞬間，、剛好發(fā)生相對滑動，此時、、三者速度大小相等，、兩彈簧的彈性勢能相同；所以下降的過程中，對、、及彈簧、組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律有：代入數(shù)據(jù)解得：（3）沒有電場時，開始勻速運動瞬間，、剛好發(fā)生相對滑動，所以此時的加速度為零，對根據(jù)平衡條件，有：當電場方向改為豎直向下，設與即將發(fā)生相對滑動時，下降高度為，對，根據(jù)牛頓第二定律可得：對、根據(jù)牛頓第二定律可得：撤去電場后，由第（2）問的分析可知、在下降時開始相對滑動，在下降的過程中，對、、及彈簧、組成的系統(tǒng)，由能量守恒定律，有此時的速度是其從左向右運動過程中的最大速度，此后做簡諧運動，所以第一次從右向左運動過程中的最大速度為就是其最大速度，聯(lián)立解得：答：（1）勻強電場的場強大小為；（2）與間的動摩擦因數(shù)為0.5，做勻速運動時的速度大小為；（3）第一次從右向左運動過程中最大速度的大小為?！军c評】本題考查利用動量和能量觀點解決連接體問題，解題關鍵是選擇合適研究對象，正確對其受力分析，根據(jù)牛頓第二定律和能量守恒定律求解。21．（2024?羅湖區(qū)校級模擬）如圖甲所示，質量為的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在點平滑連接，為軌道的最高點。質量為的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。已知軌道水平部分的長度，半圓形部分的半徑，重力加速度大小取。（1）若軌道固定，使小物塊以某一初速度沿軌道滑動，且恰好可以從點飛出，求該情況下，物塊滑到點時的速度大小；（2）若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力，小物塊處在軌道水平部分時，軌道加速度與對應關系如圖乙所示。求和；初始時，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力，當小物塊運動到點時撤去，試判斷此后小物塊是否可以從點飛離軌道，若可以，計算小物塊從點飛離時相對地面的速度大小及方向；若不可以，計算與軌道分離點的位置。【答案】（1）該情況下，物塊滑到點時的速度大小為。（2）（?。┖偷闹捣謩e為：，；（ⅱ）可以從點飛離，，方向水平向左?！究键c】牛頓第二定律與向心力結合解決問題；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；動量和能量的綜合；模型建構能力【分析】（1）根據(jù)動能定理和牛頓第二定律列式求解滑塊到點的速度；（2）根據(jù)圖像分別列出兩次牛頓第二定律方程，結合圖像的兩個斜率的物理意義列式聯(lián)立解得動摩擦因數(shù)和小物塊質量；根據(jù)題圖數(shù)據(jù)和運動學規(guī)律求出滑塊到達點的時間，結合系統(tǒng)水平方向的動量守恒和機械能守恒定律列式及牛頓第二定律聯(lián)立求滑塊到最高點的速度并進行驗證?！窘獯稹拷猓海?）根據(jù)題意可知小物塊在恰好飛出，此時軌道彈力為0，重力提供向心力：從點到點，列動能定理：聯(lián)立解得：（2）（?。└鶕?jù)題意可知當時，小物塊與軌道一起向左加速，整體研究，牛頓第二定律：結合圖乙，根據(jù)斜率信息可知：當外力時，軌道與小物塊有相對滑動，則對軌道有：結合圖乙，根據(jù)斜率信息可知：，根據(jù)截距信息可知：解得：（ⅱ）由圖乙可知，當時，軌道的加速度為：小物塊的加速度：當小物塊運動到點時，經(jīng)過時間，則有：解得：因此兩物體的速度分別為：，之后的運動中，機械能守恒，水平方向動量守恒，假設可以運動到點，根據(jù)能量守恒定律有：以向左為正方向，根據(jù)動量守恒定律有：聯(lián)立解得：，或，，方向均向左（舍此時小物塊相對于軌道做圓周運動，且軌道為慣性系，則有：代入數(shù)據(jù)解得：可見此時恰好可以運動到點，假設成立，則可以從點飛離，速度大小為，方向水平向左答：（1）該情況下，物塊滑到點時的速度大小為。（2）（?。┖偷闹捣謩e為：，；（ⅱ）可以從點飛離，，方向水平向左?！军c評】考查牛頓運動定律、機械能守恒定律和動量守恒定律，會根據(jù)題意列式求解相應的物理量。22．（2024?蓮湖區(qū)校級模擬）某物流公司用如圖所示的傳送帶將貨物從高處傳送到低處。傳送帶與水平地面夾角，順時針轉動的速率為。將質量為的物體無初速地放在傳送帶的頂端，物體到達底端后能無碰撞地滑上質量為的木板左端。已知物體與傳送帶、木板間的動摩擦因數(shù)分別為，，的距離為。設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度（已知，。求：（1）物體剛開始下滑時的加速度大小和物體滑上木板左端時的速度大?。唬?）若地面光滑，要使物體不會從木板上掉下，木板長度至少應是多少；（3）若木板與地面的動摩擦因數(shù)為，且物體不會從木板上掉下，求木板的最小長度與的關系式。【答案】（1）物體剛開始下滑時的加速度大小為，物體滑上木板左端時的速度大小為；（2）木板長度至少應是；（3）木板的最小長度與的關系式為【考點】板塊模型和傳送帶模型的結合；動量守恒定律在板塊模型中的應用【專題】定量思想；推理法；牛頓運動定律綜合專題；動量和能量的綜合；分析綜合能力；模型建構能力【分析】（1）分析物體受力，根據(jù)受力判斷物體運動過程，再根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求解；（2）地面光滑，物體和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒和能量守恒列式求解。（3）根據(jù)木板是否運動，分情況討論。當木板處于靜止狀態(tài)，木塊在木板上做勻減速直線運動，其速度為零時恰好到達木板右端時，木板長度最小。當物體滑上木板后木板向右做勻加速直線運動時，木板長度最小時，兩者速度相等時物體恰好不掉下，根據(jù)牛頓第二定律與運動學公式解答?！窘獯稹拷猓海?）物體剛開始下滑時所受滑動摩擦力沿斜面向下，設此時其加速度大小為，由牛頓第二定律得：解得：設物體與傳送帶共速時運動的位移大小為，由運動學公式得：解得：，此后物體繼續(xù)在傳送帶上做勻加速直線運動，所受滑動摩擦力沿斜面向上，設其加速度為，根據(jù)牛頓第二定律得：解得：設物體滑上木板左端時的速度大小，根據(jù)運動學公式得：解得：（2）地面光滑時，物體和木板組成的系統(tǒng)動量守恒，設木板長度最小為時，物體恰好滑到木板左端時與木板共速，設共速的速度為，以向右為正方向，由動量守恒定律得：解得：由能量守恒定律得：解得：（3）①當，即：時，木板處于靜止狀態(tài)，木塊在木板上做勻減速直線運動，其加速度大小等于為：速度為零時恰好到達木板右端，設此時木板長度為，則有：解得：②當時，物體滑上木板后木板向右做勻加速直線運動，物體向右做勻減速直線運動，兩者共速后會保持相對靜止。對木板，根據(jù)牛頓第二定律得：解得：設木板長度為時，兩者速度相等時物體恰好不掉下，則有：解得：物體的位移大小為：木板的位移大小為：此情況木板長度為：可得木板的最小長度與的關系式為：答：（1）物體剛開始下滑時的加速度大小為，物體滑上木板左端時的速度大小為；（2）木板長度至少應是；（3）木板的最小長度與的關系式為【點評】本題考查牛頓第二定律應用的傳送帶與板塊模型，涉及到動量守恒定律、能量守恒定律的應用，解題時注意分析不同運動過程中摩擦力的方向和大小。23．（2024?云安區(qū)校級模擬）質量的手榴彈從水平地面上以的初速度斜向上拋出，上升到距地面的最高點時炸裂成質量相等的兩塊彈片，其中一塊彈片自由下落到達地面，落地動能為。重力加速度，空氣阻力不計，爆炸后氣體的動量總動量為零，火藥燃燒充分，求：（1）手榴彈所裝彈藥的質量；（2）兩塊彈片落地點間的距離?！敬鸢浮浚?）手榴彈所裝彈藥的質量為；（2）彈片落地點間的距離為?！究键c】平拋運動速度的計算；機械能守恒定律的簡單應用；動量守恒定律在繩連接體問題中的應用【專題】計算題；尋找守恒量法；動量定理應用專題；定量思想；分析綜合能力【分析】（1）彈片自由下落過程，利用機械能守恒定律求出該彈片的質量，再求出彈藥的質量；（2）由機械能守恒定律求出手榴彈上升到最高點時的速度。經(jīng)分析可知兩塊彈片一片做自由落體運動，一片做平拋運動，根據(jù)動量守恒定律求出做平拋運動彈片的初速度，再結合運動公式可得兩塊彈片彈片落地點間的距離?！窘獯稹拷猓海?）設每塊彈片的質量為，爆炸后瞬間其中一塊速度為零，另一塊速度為，對于做自由落體運動的彈片，由機械能守恒定律有解得：則手榴彈裝藥量為△（2）設手榴彈上升到最高點時的速度為，由機械能守恒定律得解得：另一塊做平拋運動時間為，兩塊彈片落地點間距離為△。手榴彈爆炸過程，取爆炸前的速度方向為正方向，由動量守恒定律有對于做平拋運動的彈片，水平方向有△豎直方向有解得兩塊彈片落地點間的距離為：△答：（1）手榴彈所裝彈藥的質量為；（2）彈片落地點間的距離為?！军c評】本題綜合考查動量守恒定律、機械能守恒定律以及運動學公式，關鍵要理清過程，把握爆炸的基本規(guī)律：動量守恒定律。掌握平拋運動的處理方法：運動的分解。24．（2024?江蘇模擬）如圖，傾角的粗糙斜面與光滑水平面在點平滑連接，傾角的足夠長的傳送帶在電動機的帶動下以的速度沿逆時針方向勻速轉動，傳送帶的下端與水平面的右端點通過一小段圓弧連接，質量的小物塊放在水平面上的點，質量的小滑塊從點由靜止釋放，滑塊與斜面間的動摩擦因數(shù)，、間距離，滑到水平面上后與發(fā)生彈性正碰，以后與的碰撞都發(fā)生在水平面上，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度取，，。求：（1）第一次與碰撞前瞬間的速度大??；（2）第一次碰撞后瞬間與的速度大??；（3）從第一次經(jīng)過點到第二次經(jīng)過點的過程中電動機額外多做的功?！敬鸢浮浚?）第一次與碰撞前瞬間的速度大小為；（2）第一次碰撞后瞬間與的速度大小均為；（3）從第一次經(jīng)過點到第二次經(jīng)過點的過程中電動機額外多做的功為。【考點】勻變速直線運動的定義與特征；水平傳送帶模型；動能定理的簡單應用；常見力做功與相應的能量轉化；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題【專題】計算題；信息給予題；定量思想；推理法；直線運動規(guī)律專題；動量定理應用專題；理解能力【分析】（1）根據(jù)動能定理求解第一次與碰撞前瞬間的速度大??；（2）根據(jù)動量守恒和能量守恒分別求解、碰撞后的速度大小；（3）物塊在傳送帶上先向上做勻減速運動到速度為零，再相當于傳送帶向下加速至傳送帶的速度，根據(jù)牛頓第二定律求加速度的大??；根據(jù)運動學公式求解共速時間，再分別求解滑塊的對地位移和傳送帶的位移，求解相對位移；根據(jù)公式公式求解因摩擦產(chǎn)生的熱量，最后根據(jù)能量關系求解電動機額外多做的功?！窘獯稹拷猓海?）設第一次與碰撞前瞬間的速度大小為，在斜面間下滑過程根據(jù)動能定理代入數(shù)據(jù)解得（2）設滑塊、碰撞后的速度大小分別為、，取水平向右為正方向根據(jù)動量守恒有根據(jù)能量守恒聯(lián)立解得，（3）物塊在傳送帶上先向上做勻減速運動到速度為零，設加速度的大小為根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)解得物塊在傳送帶上向上運動的位移大小向上運動的時間為此過程傳送帶的位移大小為發(fā)生的相對位移大小為△物塊速度減為零后，向下做勻加速直線運動到與傳送帶共速，加速度的大小仍然為；此過程在傳送帶上向下運動的位移大小所用時間為此過程傳送帶的位移大小為發(fā)生的相對位移大小為△物塊與傳送帶共速后，由于因此滑塊和傳送帶相對靜止一起勻速運動回到點；從第一次經(jīng)過點到第二次經(jīng)過點的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為△△代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)功能關系可知，從第一次經(jīng)過點到第二次經(jīng)過點的過程中電動機額外多做的功為代入數(shù)據(jù)解得。另解：（3）物塊在傳送帶上先向上做勻減速運動到速度為零，再相當于傳送帶向下加速至傳送帶的速度，設加速度的大小為根據(jù)牛頓第二定律代入數(shù)據(jù)解得取向下為正方向，則運動時間滑塊的對地位移傳送帶的位移相對位移△物塊與傳送帶共速后，由于因此滑塊和傳送帶相對靜止一起勻速運動回到點；從第一次經(jīng)過點到第二次經(jīng)過點的過程中，因摩擦產(chǎn)生的熱量為△代入數(shù)據(jù)解得根據(jù)功能關系可知，從第一次經(jīng)過點到第二次經(jīng)過點的過程中電動機額外多做的功為代入數(shù)據(jù)解得。答：（1）第一次與碰撞前瞬間的速度大小為；（2）第一次碰撞后瞬間與的速度大小均為；（3）從第一次經(jīng)過點到第二次經(jīng)過點的過程中電動機額外多做的功為?！军c評】本題主要考查了動能定理、牛頓第二定律、運動學公式、動量守恒定律和能量守恒定律；是多過程、多運動問題，明確每個過程遵循的規(guī)律是解題的關鍵；掌握相對位移的求解方法及共速后能否保持相對靜止的判斷方法。25．（2024?合肥三模）如圖所示，在靜止的水面上有一質量為的小船，一質量為的救生員站在船尾，相對小船靜止?；卮鹣铝袉栴}：（1）當小船以速率向右勻速行駛時，救生員相對船以速率水平向左躍入水中，不考慮水對船的阻力，求救生員躍出后小船的速率；（2）當船靜止在水面上時，救生員從船尾走到船頭，已知船長為，不考慮水對船的阻力，求此過程中船后退的距離；（3）開動小船的發(fā)動機，小船以速度勻速行駛，小船受到的阻力為。已知水的密度為，小船螺旋槳與水作用的有效面積為，求小船的發(fā)動機的輸出平均功率?！敬鸢浮浚?）救生員躍出后小船的速率為；（2）此過程中船后退的距離為；（3）小船的發(fā)動機的輸出平均功率為?！究键c】功率的定義、物理意義和計算式的推導；動量守恒與能量守恒共同解決實際問題【專題】計算題；學科綜合題；定量思想；尋找守恒量法；動量和能量的綜合；分析綜合能力【分析】（1）救生員從船上躍出過程，救生員和船組成的系統(tǒng)所受的合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，應用動量守恒定律可以求出救生員躍出后小船的速率；（2）當船靜止在水面上時，救生員從船尾走到船頭，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒和位移與速度的關系求此過程中船后退的距離；（3）以極短時間內被螺旋槳劃出的水為研究對象，根據(jù)動量定理求出水的速度，即可根據(jù)求小船的發(fā)動機的輸出平均功率?！窘獯稹拷猓海?）設救生員跳入水中后船的速率為。人在躍出的過程中，船和人組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律得：解得：。（2）設此過程中船后退的距離為。規(guī)定向右為正方向，由動量守恒定律得：解得（3）設小船螺旋槳與水作用后水獲得的速度大小為。小船以速度勻速行駛，動力根據(jù)牛頓第三定律知螺旋槳對水的作用力以極短時間△內被螺旋槳劃出的水為研究對象，根據(jù)動量定理得△△解得小船的發(fā)動機對水和小船都要做功，則小船的發(fā)動機的輸出平均功率為答：（1）救生員躍出后小船的速率為；（2）此過程中船后退的距離為；（3）小船的發(fā)動機的輸出平均功率為。【點評】本題考查動量守恒定律和動量定理的應用，關鍵要注意速度和位移的參照物必須是地面，而不是小船。

考點卡片1．勻變速直線運動的定義與特征【知識點的認識】（1）定義：沿著一條直線，且加速度不變的運動，叫做勻變速直線運動．（2）勻變速直線運動的速度﹣時間圖象：勻變速直線運動的v﹣t圖象是一條傾斜的直線，速度隨時間均勻變化．（3）勻變速直線運動的分類：若物體的速度隨時間均勻增加，稱為勻加速直線運動；若物體的速度隨時間均勻減少，稱為勻減速直線運動．【命題方向】關于勻變速直線運動，下列說法正確的是（）A.勻減速直線運動中，加速度可能減小B.勻加速直線運動中，加速度可能增大C.勻加速直線運動中，加速度的方向一定和速度方向相同D.勻減速直線運動中，加速度的方向一定為負方向分析：勻變速直線運動中，加速度保持不變；勻加速直線運動中，速度方向與加速度方向相同，勻減速直線運動中，速度方向與加速度方向相反。解答：A．勻減速直線運動中，加速度恒定不變，速度減小，故A錯誤；B．勻加速直線運動中，加速度恒定不變，速度增大，故B錯誤；C．物體做加速運動時，加速度方向與速度方向相同，故C正確；D．物體做減速運動時，加速度方向與速度方向相反，若速度方向為負方向，加速度方向為正方向，故D錯誤。故選：C。點評：本題考查勻變速直線運動規(guī)律，知道勻變速直線運動中加速度大小和方向的特點。【解題思路點評】勻變速直線運動的三種解釋：①加速度恒定不變；②任意相同時間內的速度變化量相等；③速度隨時間均勻變化。同學們務必理解并牢記。2．豎直上拋運動的規(guī)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(guī)律：取豎直向上的方向為正方向，有：vt＝v0﹣gt，h＝v0t﹣gt2，﹣＝2gh；4．幾個特征量：（1）上升的最大高度hmax＝；（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＝。【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＝＝s＝3s，故5s時物體正在下落；A、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＝＝45m，后兩s下落的高度h'＝gt′2＝20m，故總路程s＝（45+20）m＝65m；故A正確；B、位移h＝v0t﹣gt2＝25m，位移在拋出點的上方，故B正確；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＝＝＝5m/s，故D錯誤。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(jīng)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內的平均速度為則：m/s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(jīng)歷的時間t＝+1＝+1＝1.2s；（2）豎直井的深度即拋出到接住物塊的位移，則h＝v0t﹣gt2＝11×1.2﹣×10×1.22＝6m。答：（1）物體從拋出點到被人接住所經(jīng)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。?。贺Q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(jīng)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(jīng)過同一段高度的上升時間和下降時間相等。3．根據(jù)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(shù)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(jù)v﹣t圖像的物理意義分析多個物體的運動的情況?！久}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.