2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律

第1頁（共1頁）2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律一．選擇題（共10小題）1．如圖所示，木板B靜止在光滑的水平面上，距右側(cè)墻壁1m。物塊A以v0＝4m/s的水平速度從B的左端滑上B，B上表面粗糙，AB之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3。B與右側(cè)墻壁碰撞前AB未分離，B與墻壁碰撞后以某一速度反彈，之后某一瞬間AB同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，且A剛好停在B的最右側(cè)。已知物塊A質(zhì)量為1kg，木板B質(zhì)量為3kg，g取10m/s2。關(guān)于該運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是（）A．木塊B與右側(cè)墻壁碰撞無機(jī)械能損失 B．木塊B與右側(cè)墻壁碰撞損失的機(jī)械能為4J C．木板B的長度為209D．木板B的長度為52．如圖所示，傾角為30°的光滑斜面底端固定一個(gè)勁度系數(shù)k＝1000N/m的輕彈簧，彈簧上端連接一個(gè)質(zhì)量為2kg的物體A，A處于靜止?fàn)顟B(tài)。斜面上距離A為2.5m處有物塊B，它的質(zhì)量為8kg，由靜止釋放B，B與A發(fā)生碰撞后粘合在一起。已知彈性勢能的表達(dá)式為Ep=12kx2，此后A．80.8J B．81.2J C．80.2J D．81.8J3．太陽帆飛船是目前唯一可能承載人類到達(dá)太陽系外星系的航天器。太陽光光子流撞擊航天器帆面，產(chǎn)生持續(xù)光壓，使航天器可在太空中飛行。若有一艘太陽帆飛船在航行，太陽光垂直照射帆面，帆面積為66300m2，單位面積每秒接受的太陽輻射能量為1.2×103W?m﹣2。已知太陽輻射平均波長為10﹣6m，假設(shè)帆能完全反射太陽光，不計(jì)太陽光反射的頻率變化，普朗克常數(shù)h＝6.63×10﹣34J?s，則下列說法正確的是（）A．太陽輻射的光子能量約為6.63×10﹣28J B．太陽輻射的光子動(dòng)量約為6.63×10﹣24kg?m?s﹣1 C．太陽輻射對(duì)飛船的平均作用力約為0.53N D．帆面每秒鐘接受到的光子數(shù)量約為4.0×1020個(gè)4．雨打芭蕉是中國古代文學(xué)中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p，小華同學(xué)將一圓柱形的量杯置于院中，測得一段時(shí)間t內(nèi)杯中水面上升的高度為h，查詢得知當(dāng)時(shí)雨滴下落的速度為v。設(shè)雨滴豎直下落到水平的芭蕉葉上后以原來的速率豎直反彈。已知水的平均密度為ρ，不計(jì)雨滴重力。則p的大小為（）A．ρvht B．2ρvht C．ρv2 D．2ρ5．水果的碰傷閾值是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止?fàn)顟B(tài)跌落的最大高度。已知導(dǎo)致蘋果碰傷所需的平均作用力約為蘋果自身重力的3倍。假設(shè)蘋果在接觸鋼板后0.1s減速至靜止，重力加速度g取10m/s2，則蘋果在鋼板上的碰傷閾值最接近（）A．10cm B．20cm C．30cm D．45cm6．如圖所示，OA、OB為兩條不同的光滑軌道，端點(diǎn)O、A、B都在豎直圓周上，OC豎直直徑。完全相同的兩個(gè)小球分別從A、B兩點(diǎn)沿兩條軌道由靜止開始同時(shí)釋放，不計(jì)空氣阻力。兩小球到達(dá)O點(diǎn)的過程中，下列判斷正確的是（）A．沿BO軌道運(yùn)動(dòng)的小球先到達(dá)O點(diǎn) B．兩個(gè)小球重力的沖量不相同 C．兩小球的動(dòng)量變化率相同 D．沿AO軌道運(yùn)動(dòng)小球的動(dòng)量變化率大7．質(zhì)量相等的A、B兩個(gè)小球處在空中同一高度，將A球水平向右拋出，同時(shí)將B球斜向上拋出，兩小球拋出時(shí)的初速度大小相同，兩小球在空中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，不計(jì)空氣阻力。則兩小球在空中運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是（）A．相同時(shí)間內(nèi)，速度變化量可能不同 B．同一時(shí)刻，速度變化快慢可能不同 C．拋出后下降到同一高度時(shí)，動(dòng)能一定相同 D．相同時(shí)間內(nèi)，重力的沖量大小可能不同8．如圖所示，用長為L的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)的小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射入小球，子彈穿過小球后的速度為34v0，子彈穿過小球后瞬間細(xì)線上的張力是子彈射入小球前細(xì)線張力的2A．v02gLm B．v0gLm 9．滑板運(yùn)動(dòng)是由沖浪運(yùn)動(dòng)演變而成的一種極限運(yùn)動(dòng)。如圖所示，一同學(xué)在水平地面上進(jìn)行滑板練習(xí)，該同學(xué)站在滑板A前端，與滑板A一起以20m/s的共同速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在滑板A正前方有一靜止的滑板B，在滑板A接近滑板B時(shí)，該同學(xué)迅速從滑板A跳上滑板B，接著又從滑板B跳回滑板A，最終兩滑板恰好不相撞。已知該同學(xué)的質(zhì)量為45kg，兩滑板的質(zhì)量均為2.5kg，不計(jì)滑板與地面間的摩擦，下列說法正確的是（）A．上述過程中該同學(xué)與滑板A和滑板B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．該同學(xué)跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度為19m/s C．該同學(xué)跳離滑板B的過程中，滑板B的速度減小 D．該同學(xué)跳離滑板B的過程中，對(duì)滑板B的沖量大小為47.5N?s10．應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如你用手掌平托一蘋果，保持這樣的姿勢在豎直平面內(nèi)按順時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。在蘋果從最低點(diǎn)a到最左側(cè)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)的過程，下列說法中正確的是（）A．手掌對(duì)蘋果的摩擦力越來越小 B．手掌對(duì)蘋果的支持力越來越大 C．手掌對(duì)蘋果的作用力越來越小 D．因?yàn)樘O果的動(dòng)量大小不變，所以合外力對(duì)蘋果的沖量為零二．多選題（共4小題）（多選）11．如圖所示，一根勁度系數(shù)為k＝2N/cm的輕質(zhì)彈簧豎直放置，質(zhì)量均為m＝2kg的兩物體A、B（均可視為質(zhì)點(diǎn)）通過輕質(zhì)彈簧拴接，物體B置于水平地面上，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。在A的正上方距其高度h＝5m處有一質(zhì)量也為m＝2kg的小球C，現(xiàn)將小球C由靜止釋放，C與A發(fā)生碰撞后立刻粘在一起，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．C與A碰撞后瞬間C的速度大小為10m/s B．C與A碰撞時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能為50J C．C與A碰撞后彈簧的最大彈性勢能為50J D．要使碰后物體B能被拉離地面，h至少為80cm（多選）12．如圖所示，在光滑水平面上有一足夠長的長木板以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻有一質(zhì)量為m的小木塊以速度v0向左沖上長木板，同時(shí)對(duì)長木板施加一個(gè)水平向右的拉力，使長木板速度保持不變，直至小木塊與長木板達(dá)到共速。小木塊與長木板之間的粗糙程度處處相同，關(guān)于此過程下列說法正確的是（）A．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為mvB．長木板對(duì)小物塊做的功為0 C．水平外力F對(duì)長木板做的功為2mD．長木板對(duì)小物塊的沖量大小為2mv0（多選）13．如圖，傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，其底端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧上端放置一個(gè)質(zhì)量為m的物塊B。t＝0時(shí)刻，將質(zhì)量也為m的物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面頂端由靜止釋放，t1時(shí)刻A與B發(fā)生碰撞并粘在一起。粘合體沿斜面簡諧運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧最大形變量為2mgk。已知彈簧彈性勢能表達(dá)式為Ep=12kx2，彈簧振子周期公式T=2πMA．粘合體速度最大為mgB．物塊A釋放點(diǎn)到碰撞點(diǎn)的距離為mg2C．粘合體向下運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度大小為g D．從物體A、B碰撞到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的時(shí)間為2（多選）14．如圖所示，一質(zhì)量為m，足夠長的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為M的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從木板上的左端以速度v0向右開始運(yùn)動(dòng)。已知M＞m，木板右端與右側(cè)固定墻面的距離足夠長（木板與墻面碰撞前，已經(jīng)與物塊共速），物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，所有碰撞均視為彈性碰撞，物塊始終未滑離木板。下列說法正確的是（）A．木板第一次與墻面碰撞前瞬間的速度大小為MvB．木板第三次碰撞墻面前瞬間的速度大小(MC．若M＝2kg，m＝1kg，則木板第一次與墻面碰撞后瞬間到第二次與墻面碰撞前瞬間經(jīng)歷的時(shí)間為t=D．木板從開始運(yùn)動(dòng)到第二次與墻面碰撞前瞬間，木塊與木板間產(chǎn)生的熱量為Q=三．填空題（共2小題）15．如圖所示，柜子靜置于水平地面，某人用大小為F的水平推力推柜子，但沒有推動(dòng)，則柜子和地面間摩擦力大小f＝；在同一時(shí)間內(nèi)，推力沖量大小摩擦力沖量大?。ㄟx填“大于”、“小于”或“等于”）。16．某個(gè)研究碰撞的裝置如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個(gè)小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．若滑塊以速度v開始向左運(yùn)動(dòng)，與盒的左右壁發(fā)生無機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運(yùn)動(dòng)多次，最終相對(duì)盒靜止，則此時(shí)盒的速度大小為，滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為四．解答題（共4小題）17．如圖所示，足夠長的光滑水平地面上有2024個(gè)大小相同的小球排成一排，相鄰兩球間距為L，將其從左到右依次編號(hào)。質(zhì)量為m的小圓環(huán)A套在足夠長的光滑水平桿上，位于1小球正上方L處?，F(xiàn)將質(zhì)量為3m的小球B通過長度為L的輕繩與A連接，初始時(shí)輕繩處于水平繃直狀態(tài)，A、B均靜止。某時(shí)刻釋放小球B，B到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)輕繩恰好斷裂，之后B在水平地面上向右運(yùn)動(dòng)，已知1號(hào)小球的質(zhì)量為3m，2～2024號(hào)小球的質(zhì)量均為m。題中所有小球之間的碰撞均視為彈性正碰。已知重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力，小球大小忽略不計(jì)。求：（1）輕繩斷裂時(shí)B的速度大小；（2）1號(hào)球與2號(hào)球第一次碰撞過程中，對(duì)2號(hào)球所做的功；（3）若1號(hào)球與2號(hào)球第一次碰撞后，立即給1號(hào)球施加水平向右的恒定外力F（圖中未畫出，F(xiàn)遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于1、2球碰撞時(shí)的作用力），使1號(hào)球每次與2號(hào)球碰撞前的速度都和兩球第一次碰撞前瞬間1號(hào)球的速度相等，直到1～2024號(hào)小球速度第一次都相等時(shí)撤去外力，求外力F的大小、外力F作用下1號(hào)球的位移及最終1號(hào)球與2024號(hào)球之間距離。18．如圖所示，固定的水平橫桿距水平地面的高度H＝1.75m，長L＝0.5m的輕質(zhì)細(xì)繩一端系在水平橫桿上，另一端連接質(zhì)量M＝0.2kg的木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），質(zhì)量m＝20g的子彈以v0＝62m/s的速度水平射入木塊并水平穿出，此后木塊恰好能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）木塊被水平穿出后瞬間，細(xì)繩對(duì)木塊的拉力T；（2）子彈射穿木塊過程中產(chǎn)生的熱量Q；（3）子彈落地點(diǎn)與懸點(diǎn)O的水平距離d。19．如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0kg、長L＝5.15m的長木板B靜止放置于光滑水平面上，其左端緊靠一半徑R＝2m的光滑圓弧軌道，但不粘連。圓弧軌道左端點(diǎn)P與圓心O的連線PO與豎直方向夾角為60°，其右端最低點(diǎn)處與長木板B上表面相切。距離木板B右端d＝2.5m處有一與木板等高的固定平臺(tái)，平臺(tái)上表面光滑，其上放置有質(zhì)量m＝1.0kg的滑塊D。平臺(tái)上方有一固定水平光滑細(xì)桿，其上穿有一質(zhì)量M＝3.0kg的滑塊C，滑塊C與D通過一輕彈簧連接，開始時(shí)彈簧處于豎直方向（彈簧伸縮狀態(tài)未知）。一質(zhì)量m＝1.0kg的滑塊A自M點(diǎn)以某一初速度水平拋出下落高度H＝3m后恰好能從P點(diǎn)沿切線方向滑入圓弧軌道。A下滑至圓弧軌道最低點(diǎn)并滑上木板B，帶動(dòng)B向右運(yùn)動(dòng)，B與平臺(tái)碰撞后即粘在一起不再運(yùn)動(dòng)。A隨后繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，滑上平臺(tái)，與滑塊D碰撞并粘在一起向右運(yùn)動(dòng)。A、D組合體在隨后運(yùn)動(dòng)過程中一直沒有離開平臺(tái)，且C沒有滑離細(xì)桿。A與木板B間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.75。忽略所有滑塊大小及空氣阻力對(duì)問題的影響。重力加速度g＝10m/s2，求：（1）滑塊A到達(dá)P點(diǎn)的速度大??；（2）滑塊A滑上平臺(tái)時(shí)速度的大小；（3）若彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)，C的速度大小為0.5m/s。則隨后運(yùn)動(dòng)過程中彈簧的最大彈性勢能是多大？20．如圖，傾角θ＝30°的固定斜面上端固定一個(gè)半徑為R=33m的四分之一光滑圓弧軌道，質(zhì)量M＝0.6kg的木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=34，木板下端帶有擋板，上表面與圓弧相切于最低點(diǎn)C。木板以初速度v＝5m/s沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量m＝0.2kg的小球從圓弧軌道上某點(diǎn)由靜止釋放，小球沿圓弧軌道到達(dá)C點(diǎn)時(shí)木板速度剛好減為零，然后小球滑上木板，（1）求木板減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）求小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)壓力的最大值；（3）在第（2）問的條件下，小球滑上木板時(shí)距擋板d＝0.6m，求木板的最小長度；（4）在第（2）問的條件下，求小球與木板擋板發(fā)生第3次碰撞時(shí)，木板下滑的距離。

2025年高考物理一輪復(fù)習(xí)之動(dòng)量與動(dòng)量守恒定律參考答案與試題解析一．選擇題（共10小題）1．如圖所示，木板B靜止在光滑的水平面上，距右側(cè)墻壁1m。物塊A以v0＝4m/s的水平速度從B的左端滑上B，B上表面粗糙，AB之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3。B與右側(cè)墻壁碰撞前AB未分離，B與墻壁碰撞后以某一速度反彈，之后某一瞬間AB同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，且A剛好停在B的最右側(cè)。已知物塊A質(zhì)量為1kg，木板B質(zhì)量為3kg，g取10m/s2。關(guān)于該運(yùn)動(dòng)過程，下列說法正確的是（）A．木塊B與右側(cè)墻壁碰撞無機(jī)械能損失 B．木塊B與右側(cè)墻壁碰撞損失的機(jī)械能為4J C．木板B的長度為209D．木板B的長度為5【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用；功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度．【專題】定量思想；尋找守恒量法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】C【分析】假設(shè)B與墻壁碰撞前已與A共速，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出共同速度，運(yùn)用動(dòng)能定理求出B運(yùn)動(dòng)的位移，再與原來B與墻壁之間的距離比較，即可判斷假設(shè)是否正確。根據(jù)能量守恒定律求出此過程中A相對(duì)于B滑行的距離。B與墻壁碰撞后，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出B與墻壁碰撞后瞬間的速度大小，從而求出木塊B與右側(cè)墻壁碰撞損失的機(jī)械能。再根據(jù)能量守恒定律求出碰撞后A相對(duì)于B滑行的距離，從而求得木板B的長度?！窘獯稹拷猓杭僭O(shè)B與墻壁碰撞前已與A共速，共同速度為v1，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mAv0＝（mA+mB）v1，解得：v1＝1m/s從A滑上B到兩者共速的過程，對(duì)B，由動(dòng)能定理得μmAgs=解得此過程中B運(yùn)動(dòng)的位移為：s＝0.5m＜1m，假設(shè)成立。根據(jù)能量守恒定律得12mAv02=12（mA+mB）v1解得在此過程中A相對(duì)于B滑行的距離為：Δx1＝2m設(shè)B與右側(cè)墻壁碰撞后速度大小為v2，從B與墻壁碰撞后到AB同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)的過程，取向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mBv2﹣mAv1＝0，解得：v2=13m/s＜v1＝1m/s，可知木塊ΔE=12mBv12-12此過程，根據(jù)能量守恒定律得12mBv22+12mAv1解得在此過程中A相對(duì)于B滑行的距離為：Δx2=2所以木板B的長度為L＝Δx1+Δx2＝2m+29m=209m，故故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題關(guān)鍵要分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程，分段應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律即可解答。要知道摩擦生熱與相對(duì)位移有關(guān)。2．如圖所示，傾角為30°的光滑斜面底端固定一個(gè)勁度系數(shù)k＝1000N/m的輕彈簧，彈簧上端連接一個(gè)質(zhì)量為2kg的物體A，A處于靜止?fàn)顟B(tài)。斜面上距離A為2.5m處有物塊B，它的質(zhì)量為8kg，由靜止釋放B，B與A發(fā)生碰撞后粘合在一起。已知彈性勢能的表達(dá)式為Ep=12kx2，此后A．80.8J B．81.2J C．80.2J D．81.8J【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在繩連接體問題中的應(yīng)用；功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度．【專題】定量思想；方程法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】A【分析】從開始到碰撞前過程中，對(duì)B根據(jù)動(dòng)能定理可得碰撞前瞬間B的速度大小，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求解碰撞后速度大??；根據(jù)平衡條件求解開始時(shí)彈簧的壓縮量、AB動(dòng)能最大時(shí)彈簧壓縮量，由機(jī)械能守恒定律求解動(dòng)能的最大值。【解答】解：設(shè)碰撞前瞬間B的速度大小為v1，從開始到碰撞前過程中，對(duì)B根據(jù)動(dòng)能定理可得：mBgsinθ?s=解得：v1＝5m/sB與A發(fā)生完全非彈性碰撞，共同速度為v2；取沿斜面向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律可得：mBv1＝（mA+mB）v2解得：v2＝4m/s開始時(shí)彈簧的壓縮量x1=mAgsinθk，解得：AB動(dòng)能最大時(shí)彈簧壓縮量為：x2=(mA+m由機(jī)械能守恒可得：（mA+mB）g（x2﹣x1）sinθ＝Ekm-12（mA+mB解得：Ekm＝80.8J，故A正確、BCD錯(cuò)誤。故選：A?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律；對(duì)于動(dòng)量守恒定律，其守恒條件是：系統(tǒng)不受外力作用或合外力為零；解答時(shí)要首先確定一個(gè)正方向，利用碰撞前系統(tǒng)的動(dòng)量和碰撞后系統(tǒng)的動(dòng)量相等列方程，再根據(jù)能量關(guān)系列方程求解。3．太陽帆飛船是目前唯一可能承載人類到達(dá)太陽系外星系的航天器。太陽光光子流撞擊航天器帆面，產(chǎn)生持續(xù)光壓，使航天器可在太空中飛行。若有一艘太陽帆飛船在航行，太陽光垂直照射帆面，帆面積為66300m2，單位面積每秒接受的太陽輻射能量為1.2×103W?m﹣2。已知太陽輻射平均波長為10﹣6m，假設(shè)帆能完全反射太陽光，不計(jì)太陽光反射的頻率變化，普朗克常數(shù)h＝6.63×10﹣34J?s，則下列說法正確的是（）A．太陽輻射的光子能量約為6.63×10﹣28J B．太陽輻射的光子動(dòng)量約為6.63×10﹣24kg?m?s﹣1 C．太陽輻射對(duì)飛船的平均作用力約為0.53N D．帆面每秒鐘接受到的光子數(shù)量約為4.0×1020個(gè)【考點(diǎn)】用動(dòng)量定理求平均作用力；光子的動(dòng)量．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理能力．【答案】C【分析】本題根據(jù)光子能量、動(dòng)量表達(dá)式，功率的表達(dá)式，以及功率和功的關(guān)系分析求解?！窘獯稹拷猓篈.太陽輻射的光子能量約為E＝hν＝hcλ=6.63×10﹣34×3×10810-6J＝B.太陽輻射的光子動(dòng)量約為p=hλ=Ec=1.989×10-183×108kg?m?s﹣1＝6.63×C.每秒太陽輻射對(duì)飛船的沖量：F?Δt=Δp=P1Sc-(-P1ScD.帆面每秒鐘接受到的光子數(shù)量約為：n=2P1SE=2×1.2×10故選：C?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了光子相關(guān)知識(shí)，理解物理公式中各個(gè)物理量的含義，加上準(zhǔn)確的計(jì)算是解決此類問題的關(guān)鍵。4．雨打芭蕉是中國古代文學(xué)中常見的抒情意象，為估算雨滴撞擊芭蕉葉產(chǎn)生的平均壓強(qiáng)p，小華同學(xué)將一圓柱形的量杯置于院中，測得一段時(shí)間t內(nèi)杯中水面上升的高度為h，查詢得知當(dāng)時(shí)雨滴下落的速度為v。設(shè)雨滴豎直下落到水平的芭蕉葉上后以原來的速率豎直反彈。已知水的平均密度為ρ，不計(jì)雨滴重力。則p的大小為（）A．ρvht B．2ρvht C．ρv2 D．2ρ【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理能力．【答案】B【分析】首先要建立一個(gè)不計(jì)雨水重力，但速度由v變?yōu)榉聪騰的動(dòng)量變化的模型，應(yīng)用動(dòng)量定理表示出芭蕉葉面對(duì)雨滴的沖力，利用圓柱形量杯測得打在芭蕉葉面上水的質(zhì)量，根據(jù)壓強(qiáng)公式求芭蕉葉受到的平均壓強(qiáng)?！窘獯稹拷猓簡挝粫r(shí)間、單位面積上的降水量Δ在芭蕉葉上取ΔS的面積上，Δt時(shí)間內(nèi)降落的雨水質(zhì)量為m設(shè)雨水受到的撞擊力為F，規(guī)定向下為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理FΔt解得F根據(jù)牛頓第三定律可知，芭蕉葉上ΔS的面積受到的撞擊力的大小F因此平均壓強(qiáng)為p故ACD錯(cuò)誤，B正確；故選：B。【點(diǎn)評(píng)】估算題目關(guān)鍵是建立一個(gè)模型，然后利用合理的理論推斷得出基本符合事實(shí)的結(jié)論，這是物理學(xué)中常用的一種思想方法。5．水果的碰傷閾值是指水果在不碰傷的情況下能夠從靜止?fàn)顟B(tài)跌落的最大高度。已知導(dǎo)致蘋果碰傷所需的平均作用力約為蘋果自身重力的3倍。假設(shè)蘋果在接觸鋼板后0.1s減速至靜止，重力加速度g取10m/s2，則蘋果在鋼板上的碰傷閾值最接近（）A．10cm B．20cm C．30cm D．45cm【考點(diǎn)】用動(dòng)量定理求平均作用力．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；理解能力；推理能力．【答案】B【分析】根據(jù)動(dòng)量定理與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式即可求解。【解答】解：由動(dòng)量定理得，選向上為正方向，則3mgt﹣mgt＝mv，解得v＝2m/s由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得蘋果在鋼板上的碰傷閾值為h=v22g，解得h＝20cm，故故選：B?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量定理的應(yīng)用，注意先對(duì)蘋果受力分析，再列動(dòng)量定理表達(dá)式。6．如圖所示，OA、OB為兩條不同的光滑軌道，端點(diǎn)O、A、B都在豎直圓周上，OC豎直直徑。完全相同的兩個(gè)小球分別從A、B兩點(diǎn)沿兩條軌道由靜止開始同時(shí)釋放，不計(jì)空氣阻力。兩小球到達(dá)O點(diǎn)的過程中，下列判斷正確的是（）A．沿BO軌道運(yùn)動(dòng)的小球先到達(dá)O點(diǎn) B．兩個(gè)小球重力的沖量不相同 C．兩小球的動(dòng)量變化率相同 D．沿AO軌道運(yùn)動(dòng)小球的動(dòng)量變化率大【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；動(dòng)量的定義、單位及性質(zhì)．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；推理能力．【答案】D【分析】對(duì)于下滑的時(shí)間可以用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式分析。根據(jù)沖量的定義I＝Ft分析重力的沖量關(guān)系，由動(dòng)量定理分析動(dòng)量變化率關(guān)系。【解答】解：AB、設(shè)任一斜面與豎直方向的夾角為α，圓的直徑為d。由牛頓第二定律可求得：a=mgcosαm=gcosα；根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有：x＝dcosα=12at2，可得：t=2dg，與CD、根據(jù)動(dòng)量定理有：mgcosαt＝mv，動(dòng)量的變化率mvt=mgcosα，所以沿AO軌道運(yùn)動(dòng)小球的動(dòng)量變化率大，故D正確，故選：D。【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量定理、牛頓第二定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)公式等規(guī)律的應(yīng)用，在解題時(shí)要注意幾何關(guān)系的應(yīng)用。7．質(zhì)量相等的A、B兩個(gè)小球處在空中同一高度，將A球水平向右拋出，同時(shí)將B球斜向上拋出，兩小球拋出時(shí)的初速度大小相同，兩小球在空中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖，不計(jì)空氣阻力。則兩小球在空中運(yùn)動(dòng)的過程中，下列說法正確的是（）A．相同時(shí)間內(nèi)，速度變化量可能不同 B．同一時(shí)刻，速度變化快慢可能不同 C．拋出后下降到同一高度時(shí)，動(dòng)能一定相同 D．相同時(shí)間內(nèi)，重力的沖量大小可能不同【考點(diǎn)】動(dòng)量的定義、單位及性質(zhì)；平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算；斜拋運(yùn)動(dòng)；動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用．【專題】定性思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；理解能力．【答案】C【分析】兩物體均做拋體運(yùn)動(dòng)，加速度為g，根據(jù)Δv＝gΔt可知相同時(shí)間內(nèi)速度的變化量相同；再根據(jù)動(dòng)能定理分析在同一高度上時(shí)的動(dòng)能是否相同；根據(jù)動(dòng)量的定義明確重力的沖量是否相同?！窘獯稹拷猓篈．兩物體運(yùn)動(dòng)過程中的加速度相同，則由Δv＝gΔt可知，相同時(shí)間內(nèi)，速度變化量一定相同，故A錯(cuò)誤；B．加速度是描述速度變化快慢的物理量，因兩物體的加速度均等于重力加速度，因此同一時(shí)刻，速度變化快慢一定相同，故B錯(cuò)誤；C．拋出后下降到同一高度時(shí)，根據(jù)動(dòng)能定理可得mgh=1D．根據(jù)I＝mgt可知相同時(shí)間內(nèi)，重力的沖量大小一定相同，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題結(jié)合拋體運(yùn)動(dòng)考查了加速度、動(dòng)量以及動(dòng)能定理的應(yīng)用，要注意明確拋體運(yùn)動(dòng)在空中均只受重力作用，加速度均為g。8．如圖所示，用長為L的細(xì)線懸掛于O點(diǎn)的小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，質(zhì)量為m的子彈以速度v0水平射入小球，子彈穿過小球后的速度為34v0，子彈穿過小球后瞬間細(xì)線上的張力是子彈射入小球前細(xì)線張力的2A．v02gLm B．v0gLm 【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在繩連接體問題中的應(yīng)用；牛頓第二定律的簡單應(yīng)用；牛頓第二定律求解向心力．【專題】定量思想；推理法；牛頓第二定律在圓周運(yùn)動(dòng)中的應(yīng)用；分析綜合能力．【答案】C【分析】子彈射入小球的前后瞬間動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出子彈射入小球后瞬間的速度大小，結(jié)合牛頓第二定律求出此時(shí)的拉力?！窘獯稹拷猓鹤訌棿┻^小球過程中，子彈和小球組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，設(shè)穿過瞬間小球的速度為v，小球的質(zhì)量為M，向右為正方向則mv根據(jù)牛頓第二定律，豎直方向有2M解得M=故ABD錯(cuò)誤，C正確。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量守恒定律圓周運(yùn)動(dòng)等知識(shí)，目的是考查學(xué)生的分析綜合能力。運(yùn)用牛頓第二定律、動(dòng)量守恒定律時(shí)，注意研究的對(duì)象，知道圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)和最低點(diǎn)向心力的來源，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解。9．滑板運(yùn)動(dòng)是由沖浪運(yùn)動(dòng)演變而成的一種極限運(yùn)動(dòng)。如圖所示，一同學(xué)在水平地面上進(jìn)行滑板練習(xí)，該同學(xué)站在滑板A前端，與滑板A一起以20m/s的共同速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在滑板A正前方有一靜止的滑板B，在滑板A接近滑板B時(shí)，該同學(xué)迅速從滑板A跳上滑板B，接著又從滑板B跳回滑板A，最終兩滑板恰好不相撞。已知該同學(xué)的質(zhì)量為45kg，兩滑板的質(zhì)量均為2.5kg，不計(jì)滑板與地面間的摩擦，下列說法正確的是（）A．上述過程中該同學(xué)與滑板A和滑板B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 B．該同學(xué)跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度為19m/s C．該同學(xué)跳離滑板B的過程中，滑板B的速度減小 D．該同學(xué)跳離滑板B的過程中，對(duì)滑板B的沖量大小為47.5N?s【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在繩連接體問題中的應(yīng)用；動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用．【專題】應(yīng)用題；定量思想；推理法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】B【分析】根據(jù)整個(gè)系統(tǒng)存在摩擦力做功，所以機(jī)械能不守恒；根據(jù)動(dòng)量守恒以及恰好不相撞的臨界值求出共同速度；根據(jù)動(dòng)量守恒判斷跳離滑板B時(shí)速度變化，根據(jù)動(dòng)量定理求出B的沖量。【解答】解：A、根據(jù)機(jī)械能守恒的條件，在整個(gè)系統(tǒng)中，在A、B板來回跳的過程中存在摩擦力做功，所以機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B、因該同學(xué)從A跳上B，再跳回A時(shí)最終兩滑板恰好不相撞，可知速度相等，該同學(xué)跳回滑板A整個(gè)過程中系統(tǒng)水平方向合力為零，動(dòng)量守恒，則（m+M）v0＝（2m+M）v代入數(shù)據(jù)解得：v＝19m/s，所以最終他和滑板的速度為19m/s，故B正確；C、該同學(xué)跳離滑板B的過程中，人給滑板B的水平方向的作用力向右，可知滑板B的速度增加，故C錯(cuò)誤；D、該同學(xué)從跳上到跳離滑板B整個(gè)過程中的沖量為：I＝mv，代入數(shù)據(jù)得：I＝47.5N?s所以該同學(xué)跳離滑板B的過程中對(duì)滑板B的沖量大小小于47.5N?s，故D錯(cuò)誤。故選：B。【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用，以及不碰撞的條件。在做題中要注意沖量等于動(dòng)量的變化量。10．應(yīng)用物理知識(shí)分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。例如你用手掌平托一蘋果，保持這樣的姿勢在豎直平面內(nèi)按順時(shí)針方向做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。在蘋果從最低點(diǎn)a到最左側(cè)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)的過程，下列說法中正確的是（）A．手掌對(duì)蘋果的摩擦力越來越小 B．手掌對(duì)蘋果的支持力越來越大 C．手掌對(duì)蘋果的作用力越來越小 D．因?yàn)樘O果的動(dòng)量大小不變，所以合外力對(duì)蘋果的沖量為零【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；繩球類模型及其臨界條件．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】C【分析】AB、蘋果在做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，利用牛頓第二定律以及圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律分析角度變化對(duì)支持力、摩擦力大小的影響；C、對(duì)蘋果受力分析判斷；D、由題意可知，蘋果動(dòng)量大小不變，方向時(shí)刻改變，可利用動(dòng)量定理判斷?！窘獯稹拷猓篈B、蘋果做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，加速度大小不變，設(shè)加速度方向與豎直方向的夾角為θ，根據(jù)牛頓第二定律可得f＝masinθN﹣mg＝macosθ蘋果從最低點(diǎn)a到最左側(cè)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)的過程中，θ逐漸增大，sinθ逐漸增大，cosθ逐漸減小，則手掌對(duì)蘋果的摩擦力越來越大，手掌對(duì)蘋果的支持力越來越小，故AB錯(cuò)誤；C、手掌對(duì)蘋果的作用力可分解為兩個(gè)分力，其中分力F1與蘋果重力平衡，方向豎直向上，另一個(gè)分力F2提供所需向心力，方向總是指向圓心；在蘋果從最低點(diǎn)a到最左側(cè)點(diǎn)b運(yùn)動(dòng)的過程，F(xiàn)1與F2大小均不變，且F1與F2之間的夾角逐漸增大，則F1與F2的合力逐漸減小，即手掌對(duì)蘋果的作用力越來越小，故C正確；D、蘋果的動(dòng)量大小不變，但動(dòng)量的方向時(shí)刻發(fā)生變化，所以動(dòng)量變化不為0，根據(jù)動(dòng)量定理可知，合外力對(duì)蘋果的沖量不為零，故D錯(cuò)誤。故選：C。【點(diǎn)評(píng)】本題結(jié)合圓周運(yùn)動(dòng)模型考查學(xué)生對(duì)牛頓第二定律、動(dòng)量定理的應(yīng)用。二．多選題（共4小題）（多選）11．如圖所示，一根勁度系數(shù)為k＝2N/cm的輕質(zhì)彈簧豎直放置，質(zhì)量均為m＝2kg的兩物體A、B（均可視為質(zhì)點(diǎn)）通過輕質(zhì)彈簧拴接，物體B置于水平地面上，整個(gè)裝置處于靜止?fàn)顟B(tài)。在A的正上方距其高度h＝5m處有一質(zhì)量也為m＝2kg的小球C，現(xiàn)將小球C由靜止釋放，C與A發(fā)生碰撞后立刻粘在一起，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，忽略空氣阻力，取g＝10m/s2。下列說法正確的是（）A．C與A碰撞后瞬間C的速度大小為10m/s B．C與A碰撞時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能為50J C．C與A碰撞后彈簧的最大彈性勢能為50J D．要使碰后物體B能被拉離地面，h至少為80cm【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒與能量守恒共同解決實(shí)際問題．【專題】定量思想；尋找守恒量法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】BD【分析】C自由下落的過程，由機(jī)械能守恒定律求出C與A碰撞前瞬間的速度。C、A碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律求出碰撞后瞬間C與A的共同速度大小。由能量守恒定律求C與A碰撞時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能。C、A一起向下運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧的過程中，C與A碰撞后彈簧的最大彈性勢能等于A、C動(dòng)能的減少量與重力減少量之和。碰后物體B恰好被拉離地面時(shí)，彈簧的彈力等于B的重力，由此求解此時(shí)彈簧的伸長量，并求出開始時(shí)彈簧的壓縮量，由系統(tǒng)機(jī)械能守恒求h的最小值。【解答】解：A、設(shè)C與A碰撞前瞬間C的速度為v0，C與A碰撞后瞬間C、A的共同速度為v1。對(duì)C自由下落過程，由機(jī)械能守恒定律得mgh解得：v0＝10m/sC與A碰撞過程，對(duì)C與A組成的系統(tǒng)，取豎直向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv0＝2mv1解得：v1＝5m/s，故A錯(cuò)誤；B、C與A碰撞時(shí)產(chǎn)生的內(nèi)能為E內(nèi)=12mv02-12×2C、C、A一起向下運(yùn)動(dòng)壓縮彈簧的過程中，A、C動(dòng)能的減少量為ΔEk=12×2mv12=2C、A的重力勢能和動(dòng)能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒知，C與A碰撞后彈簧的最大彈性勢能大于A、C動(dòng)能的減少量之和，即大于50J，故C錯(cuò)誤；D、開始時(shí)彈簧的壓縮量為x碰后物體B剛被拉離地面時(shí)彈簧伸長量為x可知碰后C、A將上升2x，彈簧彈性勢能不變，由系統(tǒng)的機(jī)械能守恒得12?2mv'1對(duì)C自由下落過程，由機(jī)械能守恒定律得mgh'=C與A碰撞過程，由動(dòng)量守恒定律得mv'0＝2mv'1聯(lián)立以上各式代入數(shù)據(jù)解得：h＝0.8m＝80cm，故D正確。故選：BD?！军c(diǎn)評(píng)】本題是一道力學(xué)綜合體，根據(jù)題意分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提，應(yīng)用機(jī)械能守恒定律與動(dòng)量守恒定律即可解題。解題時(shí)，要明確彈簧的狀態(tài)。（多選）12．如圖所示，在光滑水平面上有一足夠長的長木板以速度v0向右運(yùn)動(dòng)，某時(shí)刻有一質(zhì)量為m的小木塊以速度v0向左沖上長木板，同時(shí)對(duì)長木板施加一個(gè)水平向右的拉力，使長木板速度保持不變，直至小木塊與長木板達(dá)到共速。小木塊與長木板之間的粗糙程度處處相同，關(guān)于此過程下列說法正確的是（）A．系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量為mvB．長木板對(duì)小物塊做的功為0 C．水平外力F對(duì)長木板做的功為2mD．長木板對(duì)小物塊的沖量大小為2mv0【考點(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；恒力做功的計(jì)算；功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】BC【分析】B、先對(duì)小物塊與長木板受力分析，進(jìn)而利用動(dòng)能定理計(jì)算長木板對(duì)小物塊做的功；D、利用動(dòng)量定理計(jì)算；C、先利用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律計(jì)算位移，進(jìn)而計(jì)算F所做的功；A、根據(jù)題意可知，克服摩擦力作用等于系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量，應(yīng)用動(dòng)能定理計(jì)算熱量?！窘獯稹拷猓築、設(shè)小木塊與長木板之間的摩擦力為f，整個(gè)過程用時(shí)t，小木塊在水平方向上只受摩擦力的作用，長木板在水平方向上受到水平拉力F與摩擦力的共同作用，做勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以F＝f對(duì)小物塊，由動(dòng)能定理得Wf1＝ΔEk＝0即長木板對(duì)小物塊做的功為0，故B正確；D、規(guī)定向右為正方向，對(duì)小木塊由動(dòng)量定理得ft＝mv0﹣（﹣mv0）＝2mv0長木板對(duì)小物塊的沖量是長木板對(duì)小物塊的支持力與摩擦力的合力的沖量，而不是摩擦力對(duì)小物塊的沖量，故D錯(cuò)誤；C、對(duì)長木板，在時(shí)間t內(nèi)的位移x＝v0t由之前的分析有F=拉力對(duì)長木板做的功W故C正確；A、對(duì)長木板由動(dòng)能定理得WF+Wf＝ΔEk＝0即Wf系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，即Q=故A錯(cuò)誤。故選：BC?！军c(diǎn)評(píng)】本題結(jié)合板塊模型考查動(dòng)量定理、動(dòng)能定理的應(yīng)用，其中對(duì)復(fù)合模型的運(yùn)動(dòng)情況有清晰的認(rèn)知為解決本題的關(guān)鍵。（多選）13．如圖，傾角為30°的光滑斜面固定在水平面上，其底端固定一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧，彈簧上端放置一個(gè)質(zhì)量為m的物塊B。t＝0時(shí)刻，將質(zhì)量也為m的物塊A（可視為質(zhì)點(diǎn)）從斜面頂端由靜止釋放，t1時(shí)刻A與B發(fā)生碰撞并粘在一起。粘合體沿斜面簡諧運(yùn)動(dòng)過程中，彈簧最大形變量為2mgk。已知彈簧彈性勢能表達(dá)式為Ep=12kx2，彈簧振子周期公式T=2πMkA．粘合體速度最大為mgB．物塊A釋放點(diǎn)到碰撞點(diǎn)的距離為mg2C．粘合體向下運(yùn)動(dòng)過程中的最大加速度大小為g D．從物體A、B碰撞到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的時(shí)間為2【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在含有彈簧的碰撞問題中的應(yīng)用；簡諧運(yùn)動(dòng)的定義、運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)與判斷；功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；簡諧運(yùn)動(dòng)專題；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】AD【分析】粘合體的加速度為零時(shí)，其速度最大，由胡克定律和平衡條件求出此時(shí)彈簧的壓縮量，從粘合體速度最大到彈簧形變量最大的過程，由機(jī)械能守恒定律求得粘合體的最大速度，以及AB碰撞后瞬間粘合體的速度，再由能量守恒定律求出A、B碰撞前瞬間A的速度，從物塊A釋放到碰撞的過程，由機(jī)械能守恒定律求得釋放點(diǎn)到碰撞點(diǎn)的距離；當(dāng)彈簧的壓縮量最大時(shí)，粘合體向下運(yùn)動(dòng)過程中的加速度最大，由胡克定律和牛頓第二定律求出最大加速度；由簡諧運(yùn)動(dòng)的周期公式求出粘合體振動(dòng)的周期，求得其振幅，根據(jù)物體A、B碰撞到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的位移與振幅的關(guān)系求得時(shí)間與周期的關(guān)系?！窘獯稹拷猓篈、當(dāng)彈簧的彈力等于粘合體總重力沿斜面向下的分力時(shí)，其速度最大，設(shè)為vm，設(shè)此時(shí)彈簧的壓縮量為x1，由胡克定律得：kx1＝2mg?sin30°，解得：x已知彈簧最大壓縮量為xm=2mg2mg解得：vm=mg2B、設(shè)初始彈簧的壓縮量為x0，由平衡條件與胡克定律得：kx0＝mg?sin30°，解得：x設(shè)AB碰撞后瞬間粘合體的速度為v，從碰撞后到彈簧形變量最大的過程，由機(jī)械能守恒定律得：2mg(xm設(shè)物塊A釋放點(diǎn)到碰撞點(diǎn)的距離為L，A、B碰撞前瞬間A的速度大小為v0，以沿斜面向下為正方向，由動(dòng)量守恒定律得：mv0＝2mv，解得：v0＝2v從物塊A釋放到碰撞的過程，由機(jī)械能守恒定律得：mgLsin30°=12mC、粘合體向下運(yùn)動(dòng)過程，當(dāng)彈簧的壓縮量最大時(shí)加速度最大，設(shè)最大加速度為am，根據(jù)牛頓第二定律得：kxm﹣2mgsin30°＝2mam，解得：am=12gD、根據(jù)彈簧振子周期公式，可得粘合體沿斜面簡諧運(yùn)動(dòng)的正確為：T粘合體沿斜面簡諧運(yùn)動(dòng)的振幅為A＝xm﹣x1=A、B碰撞的位置到平衡位置的距離為：Δx＝x1﹣x0=mg簡諧運(yùn)動(dòng)的性質(zhì)可得從物體A、B碰撞到運(yùn)動(dòng)到平衡位置的時(shí)間為：t1=粘合體從平衡位置到最低點(diǎn)的時(shí)間為：t1=則從物體A、B碰撞到運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的時(shí)間為：t＝t1+t2=13T=2故選：AD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查了碰撞問題與簡諧運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，考查了動(dòng)量守恒定律、機(jī)械能守恒定律、胡克定律的應(yīng)用。解題時(shí)分析清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程，確定每個(gè)過程的彈簧形變量是關(guān)鍵，通過彈簧的形變量確定物體運(yùn)動(dòng)的位移。（多選）14．如圖所示，一質(zhì)量為m，足夠長的木板靜止在光滑水平桌面上，另一質(zhì)量為M的小物塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從木板上的左端以速度v0向右開始運(yùn)動(dòng)。已知M＞m，木板右端與右側(cè)固定墻面的距離足夠長（木板與墻面碰撞前，已經(jīng)與物塊共速），物塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，所有碰撞均視為彈性碰撞，物塊始終未滑離木板。下列說法正確的是（）A．木板第一次與墻面碰撞前瞬間的速度大小為MvB．木板第三次碰撞墻面前瞬間的速度大小(MC．若M＝2kg，m＝1kg，則木板第一次與墻面碰撞后瞬間到第二次與墻面碰撞前瞬間經(jīng)歷的時(shí)間為t=D．木板從開始運(yùn)動(dòng)到第二次與墻面碰撞前瞬間，木塊與木板間產(chǎn)生的熱量為Q=【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用；功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度．【專題】定量思想；尋找守恒量法；動(dòng)量和能量的綜合；分析綜合能力．【答案】ABD【分析】木板與墻面碰撞前，已經(jīng)與物塊共速，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出木板第一次與墻面碰撞前瞬間的速度大?。荒景宓谝淮闻c墻面碰撞后，根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出木板第一次與墻面碰撞前瞬間的速度大小，把握規(guī)律，再求木板第三次碰撞墻面前瞬間的速度大小；根據(jù)動(dòng)量定理求木板第一次與墻面碰撞后瞬間到第二次與墻面碰撞前瞬間經(jīng)歷的時(shí)間；根據(jù)能量守恒定律求木板從開始運(yùn)動(dòng)到第二次與墻面碰撞前瞬間木塊與木板間產(chǎn)生的熱量?！窘獯稹拷猓篈、設(shè)木板第一次與墻面碰撞前瞬間的速度大小為v1，從小物塊開始運(yùn)動(dòng)到物塊與木板第一次共速的過程，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得Mv0＝（m+M）v1，解得：v1=Mv0B、從木板第一次與墻面碰撞后到木板與物塊第二次共速的過程，取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得Mv1﹣mv1＝（m+M）v2，結(jié)合v1=Mv0m同理可得，木板第三次碰撞墻面前瞬間的速度大小為：v3=(M-C、木板第一次與墻面碰撞后瞬間到木板與物塊第二次共速的瞬間，對(duì)物塊，取向右為正方向，由動(dòng)量定理得﹣μMgt′＝Mv2﹣Mv1，解得：t′=木板與物塊第二次共速向右運(yùn)動(dòng)還需要一段時(shí)間才與墻壁發(fā)生第二次碰撞，所以木板第一次與墻面碰撞后瞬間到第二次與墻面碰撞前瞬間經(jīng)歷的時(shí)間t＞4v0D、木板從開始運(yùn)動(dòng)到第二次與墻面碰撞前瞬間，木塊與木板間產(chǎn)生的熱量為Q=12Mv02故選：ABD?！军c(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律的應(yīng)用，并多次在不同過程中使用，要注意規(guī)定正方向，用正負(fù)號(hào)表示速度方向。三．填空題（共2小題）15．如圖所示，柜子靜置于水平地面，某人用大小為F的水平推力推柜子，但沒有推動(dòng)，則柜子和地面間摩擦力大小f＝F；在同一時(shí)間內(nèi)，推力沖量大小等于摩擦力沖量大?。ㄟx填“大于”、“小于”或“等于”）?！究键c(diǎn)】動(dòng)量定理的內(nèi)容和應(yīng)用；判斷是否存在摩擦力．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)量定理應(yīng)用專題；理解能力．【答案】F；等于【分析】柜子沒動(dòng)，即處于平衡狀態(tài)受平衡力。根據(jù)沖量公式I＝Ft求解?！窘獯稹拷猓河捎诠褡記]有推動(dòng)，柜子處于靜止?fàn)顟B(tài)，在水平方向上所受的推力與靜摩擦力是一對(duì)平衡力，所以靜摩擦力與推力大小相等，f＝F。推力沖量大小等于摩擦力沖量大小。故答案為：F；等于。【點(diǎn)評(píng)】經(jīng)常地錯(cuò)誤認(rèn)識(shí)推不動(dòng)是由于推力小于摩擦力，沒有把握住題目的關(guān)鍵所在。16．某個(gè)研究碰撞的裝置如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內(nèi)有一個(gè)小滑塊B，盒的質(zhì)量是滑塊質(zhì)量的2倍，滑塊與盒內(nèi)水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．若滑塊以速度v開始向左運(yùn)動(dòng)，與盒的左右壁發(fā)生無機(jī)械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運(yùn)動(dòng)多次，最終相對(duì)盒靜止，則此時(shí)盒的速度大小為v3，滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程為v【考點(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在繩連接體問題中的應(yīng)用；功是能量轉(zhuǎn)化的過程和量度．【專題】定性思想；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．【答案】見試題解答內(nèi)容【分析】水平面光滑，滑塊與盒子組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒，相對(duì)靜止時(shí)兩者速度相同，由動(dòng)量守恒定律求出此時(shí)盒子的速度。根據(jù)能量守恒定律即可求出滑塊相對(duì)于盒運(yùn)動(dòng)的路程?！窘獯稹拷猓涸O(shè)滑塊質(zhì)量為m，則盒的質(zhì)量為2m；設(shè)滑塊初速度方向?yàn)檎较颍瑒t對(duì)整個(gè)過程，由動(dòng)量守恒定律可得mv＝3mv共，解得v共=v由能量守恒定律可知μmgx=解得x=故答案為：v3；【點(diǎn)評(píng)】本題考查動(dòng)量守恒定律和功能關(guān)系的應(yīng)用，解答的關(guān)鍵是能忽略運(yùn)動(dòng)的過程，熟練應(yīng)用動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律是正確解題的關(guān)鍵；解題時(shí)要分析清楚運(yùn)動(dòng)過程，明確動(dòng)量守恒的條件。四．解答題（共4小題）17．如圖所示，足夠長的光滑水平地面上有2024個(gè)大小相同的小球排成一排，相鄰兩球間距為L，將其從左到右依次編號(hào)。質(zhì)量為m的小圓環(huán)A套在足夠長的光滑水平桿上，位于1小球正上方L處?，F(xiàn)將質(zhì)量為3m的小球B通過長度為L的輕繩與A連接，初始時(shí)輕繩處于水平繃直狀態(tài)，A、B均靜止。某時(shí)刻釋放小球B，B到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)輕繩恰好斷裂，之后B在水平地面上向右運(yùn)動(dòng)，已知1號(hào)小球的質(zhì)量為3m，2～2024號(hào)小球的質(zhì)量均為m。題中所有小球之間的碰撞均視為彈性正碰。已知重力加速度大小為g，不計(jì)空氣阻力，小球大小忽略不計(jì)。求：（1）輕繩斷裂時(shí)B的速度大小；（2）1號(hào)球與2號(hào)球第一次碰撞過程中，對(duì)2號(hào)球所做的功；（3）若1號(hào)球與2號(hào)球第一次碰撞后，立即給1號(hào)球施加水平向右的恒定外力F（圖中未畫出，F(xiàn)遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于1、2球碰撞時(shí)的作用力），使1號(hào)球每次與2號(hào)球碰撞前的速度都和兩球第一次碰撞前瞬間1號(hào)球的速度相等，直到1～2024號(hào)小球速度第一次都相等時(shí)撤去外力，求外力F的大小、外力F作用下1號(hào)球的位移及最終1號(hào)球與2024號(hào)球之間距離。【考點(diǎn)】用動(dòng)量守恒定律解決多次碰撞（或類碰撞）的問題；動(dòng)能定理的簡單應(yīng)用．【專題】定量思想；推理法；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；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）輕繩斷裂時(shí)B的速度大小2gL（2）1號(hào)球與2號(hào)球第一次碰撞過程中，對(duì)2號(hào)球所做的功916（3）外力F的大小916mg、外力F作用下1號(hào)球的位移60743L，最終1號(hào)球與【分析】（1）根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒列式求出輕繩斷裂時(shí)B的速度大??；（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒結(jié)合動(dòng)能定義列式求出1號(hào)球與2號(hào)球第一次碰撞過程中，對(duì)2號(hào)球所做的功；（3）由動(dòng)能定理、動(dòng)量定理結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求外力F的大小、外力F作用下1號(hào)球的位移及最終1號(hào)球與2024號(hào)球之間距離?！窘獯稹拷猓海?）小球B開始釋放至輕繩斷裂，A、B組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，以向左為正方向，則有mv﹣3mvB＝0由A、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒有3m解得小球B的速度大小為vB（2）繩斷后，B球在水平地面向右運(yùn)動(dòng)與1號(hào)球碰撞，設(shè)碰后B球和1號(hào)球速度分別為v'B、v0，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得3mvB＝3mv'B+3mv012解得v'B＝0，v1、2號(hào)球碰撞前后動(dòng)量和機(jī)械能守恒，以向右為正方向，分別有3mv0＝3mv1+mv212解得v2對(duì)②號(hào)球，由動(dòng)能定義得W12解得W12（3）1、2號(hào)球碰后，2號(hào)小球以速度v2向右運(yùn)動(dòng)一個(gè)L，與3號(hào)小球碰撞后速度交換。由（2）問解得v1l號(hào)小球由速度v1開始勻變速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)位移L，以速度v0與2號(hào)球發(fā)生下一次碰撞。這一過程，對(duì)1號(hào)球由動(dòng)能定理有FL=解得F=F作用下1號(hào)球的總位移記為x，對(duì)整體，由動(dòng)能定理有Fx=(即Fx=(解得x=最終所有小球的速度均為v2，F(xiàn)作用的總時(shí)間記為t，以向右為正方向，對(duì)整體由動(dòng)量定理有Ft＝（2023mv2+3mv2）﹣（3mv1+mv2）即Ft＝（2023mv2+3mv2）﹣3mv0解得t=最終1號(hào)球與2024號(hào)球間距離為d'＝v2t﹣x解得d'答：（1）輕繩斷裂時(shí)B的速度大小2gL（2）1號(hào)球與2號(hào)球第一次碰撞過程中，對(duì)2號(hào)球所做的功916（3）外力F的大小916mg、外力F作用下1號(hào)球的位移60743L，最終1號(hào)球與【點(diǎn)評(píng)】本題是利用動(dòng)量守恒和機(jī)械能守恒聯(lián)合解決一維碰撞問題的典型例子，解題關(guān)鍵掌握動(dòng)能定理和能量守恒、動(dòng)量守恒定律的應(yīng)用。18．如圖所示，固定的水平橫桿距水平地面的高度H＝1.75m，長L＝0.5m的輕質(zhì)細(xì)繩一端系在水平橫桿上，另一端連接質(zhì)量M＝0.2kg的木塊（可視為質(zhì)點(diǎn)），質(zhì)量m＝20g的子彈以v0＝62m/s的速度水平射入木塊并水平穿出，此后木塊恰好能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，忽略空氣阻力，取重力加速度大小g＝10m/s2。求：（1）木塊被水平穿出后瞬間，細(xì)繩對(duì)木塊的拉力T；（2）子彈射穿木塊過程中產(chǎn)生的熱量Q；（3）子彈落地點(diǎn)與懸點(diǎn)O的水平距離d?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在子彈打物塊模型中的應(yīng)用；繩球類模型及其臨界條件；利用動(dòng)能定理求解變力做功．【專題】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）木塊被水平穿出后瞬間，細(xì)繩對(duì)木塊的拉力T為12N；（2）子彈射穿木塊過程中產(chǎn)生的熱量Q為34.5J；（3）子彈落地點(diǎn)與懸點(diǎn)O的水平距離d為6m?！痉治觥浚?）木塊恰好能在豎直平面內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律求出木塊在最高點(diǎn)的速度。木塊從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出子彈穿出木塊時(shí)木塊的速度，根據(jù)牛頓第二定律求解繩子拉力；（2）根據(jù)動(dòng)量守恒定律求出子彈穿出木塊時(shí)的速度，即可由能量守恒定律求出子彈射穿木塊過程中產(chǎn)生的熱量Q；（3）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求子彈落地點(diǎn)與懸點(diǎn)O的距離d?！窘獯稹拷猓海?）設(shè)子彈穿出木塊時(shí)的速度大小為v1，木塊的速度為v2木塊在最高點(diǎn)時(shí)，由重力提供向心力，由牛頓第二定律有Mg木塊從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)，根據(jù)機(jī)械能守恒定律有-在最低點(diǎn)，據(jù)牛頓第二定律有T﹣Mg=解得：T＝12N（2）子彈射穿木塊的過程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝Mv2+mv1根據(jù)能量守恒定律有1聯(lián)立解得：v1＝12m/s，Q＝34.5J（2）設(shè)子彈穿出木塊后做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t，則有H﹣L=水平方向勻速運(yùn)動(dòng)，其水平位移為x＝v1t代入數(shù)據(jù)得：x＝6m答：（1）木塊被水平穿出后瞬間，細(xì)繩對(duì)木塊的拉力T為12N；（2）子彈射穿木塊過程中產(chǎn)生的熱量Q為34.5J；（3）子彈落地點(diǎn)與懸點(diǎn)O的水平距離d為6m?！军c(diǎn)評(píng)】解決本題時(shí)，要理清子彈和木塊的運(yùn)動(dòng)過程，把握豎直平面內(nèi)圓周運(yùn)動(dòng)最高點(diǎn)的臨界條件：重力提供向心力。能熟練運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的分解法處理平拋運(yùn)動(dòng)。19．如圖所示，一質(zhì)量M＝3.0kg、長L＝5.15m的長木板B靜止放置于光滑水平面上，其左端緊靠一半徑R＝2m的光滑圓弧軌道，但不粘連。圓弧軌道左端點(diǎn)P與圓心O的連線PO與豎直方向夾角為60°，其右端最低點(diǎn)處與長木板B上表面相切。距離木板B右端d＝2.5m處有一與木板等高的固定平臺(tái)，平臺(tái)上表面光滑，其上放置有質(zhì)量m＝1.0kg的滑塊D。平臺(tái)上方有一固定水平光滑細(xì)桿，其上穿有一質(zhì)量M＝3.0kg的滑塊C，滑塊C與D通過一輕彈簧連接，開始時(shí)彈簧處于豎直方向（彈簧伸縮狀態(tài)未知）。一質(zhì)量m＝1.0kg的滑塊A自M點(diǎn)以某一初速度水平拋出下落高度H＝3m后恰好能從P點(diǎn)沿切線方向滑入圓弧軌道。A下滑至圓弧軌道最低點(diǎn)并滑上木板B，帶動(dòng)B向右運(yùn)動(dòng)，B與平臺(tái)碰撞后即粘在一起不再運(yùn)動(dòng)。A隨后繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，滑上平臺(tái)，與滑塊D碰撞并粘在一起向右運(yùn)動(dòng)。A、D組合體在隨后運(yùn)動(dòng)過程中一直沒有離開平臺(tái)，且C沒有滑離細(xì)桿。A與木板B間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.75。忽略所有滑塊大小及空氣阻力對(duì)問題的影響。重力加速度g＝10m/s2，求：（1）滑塊A到達(dá)P點(diǎn)的速度大小；（2）滑塊A滑上平臺(tái)時(shí)速度的大??；（3）若彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)，C的速度大小為0.5m/s。則隨后運(yùn)動(dòng)過程中彈簧的最大彈性勢能是多大？【考點(diǎn)】碰撞后粘連問題；平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算；牛頓第二定律求解向心力；彈性勢能的計(jì)算．【專題】計(jì)算題；定量思想；推理法；物體做曲線運(yùn)動(dòng)條件專題；平拋運(yùn)動(dòng)專題；動(dòng)能定理的應(yīng)用專題；分析綜合能力．【答案】（1）滑塊A到達(dá)P點(diǎn)的速度為45（2）滑塊A滑上平臺(tái)時(shí)的速度為2m/s；（3）彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)，C的速度大小為0.5m/s。則隨后運(yùn)動(dòng)過程中彈簧的最大彈性勢能是3.0375J?！痉治觥浚?）利用平拋運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，求出豎直方向的速度，再根據(jù)角度的關(guān)系求出水平速度；（2）（3）根據(jù)動(dòng)量守恒和動(dòng)能定理即可解決；【解答】解：（1）從開始到P點(diǎn)物體做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有vy從P點(diǎn)沿切線進(jìn)入圓軌道，則有vP聯(lián)立解得滑塊A到達(dá)P點(diǎn)的速度大小為vP（2）從P點(diǎn)到圓弧最低點(diǎn)時(shí)的速度v1，由動(dòng)能定理得mgR(1假設(shè)物塊A在木板B上與B共速后，木板才到達(dá)右側(cè)平臺(tái)，以AB系統(tǒng)，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv1＝（M+m）v2由能量關(guān)系μmgx聯(lián)立解得x相＝5m＜5.15mB板從開始滑動(dòng)到AB共速的過程中，對(duì)B分析，由動(dòng)能定理得μmgx解得xB＝1.25m＜2.5m假設(shè)成立，B撞平臺(tái)后，A在B上繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，對(duì)A分析，由動(dòng)能定理得-μmg解得v3＝2m/s（3）第1種情況：彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)，若C的速度方向向右，對(duì)AD和C系統(tǒng)，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律可得mv3＝2mv4+Mv5三者速度相同時(shí)彈性勢能最大，由動(dòng)量守恒定律得mv3＝（2m+M）v6由能量關(guān)系Epmax聯(lián)立解得Epmax＝0.0375J第2種情況：彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)，若C的速度方向向左，對(duì)AD和C系統(tǒng)，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得mv3＝2mv7﹣Mv5三者速度相同時(shí)彈性勢能最大，規(guī)定向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律mv3＝（2m+M）v8由能量關(guān)系可知E'聯(lián)立解得E′pmax＝3.0375J結(jié)合第1種和第2種情況分析可得最大彈性勢能是3.0375J答：（1）滑塊A到達(dá)P點(diǎn)的速度為45（2）滑塊A滑上平臺(tái)時(shí)的速度為2m/s；（3）彈簧第一次恢復(fù)原長時(shí)，C的速度大小為0.5m/s。則隨后運(yùn)動(dòng)過程中彈簧的最大彈性勢能是3.0375J。【點(diǎn)評(píng)】本題考查學(xué)生的綜合能力，主要涉及曲線運(yùn)動(dòng)速度問題，動(dòng)量守恒定律的使用以及動(dòng)能定理的應(yīng)用。20．如圖，傾角θ＝30°的固定斜面上端固定一個(gè)半徑為R=33m的四分之一光滑圓弧軌道，質(zhì)量M＝0.6kg的木板與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=34，木板下端帶有擋板，上表面與圓弧相切于最低點(diǎn)C。木板以初速度v＝5m/s沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，質(zhì)量m＝0.2kg的小球從圓弧軌道上某點(diǎn)由靜止釋放，小球沿圓弧軌道到達(dá)C點(diǎn)時(shí)木板速度剛好減為零，然后小球滑上木板，（1）求木板減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）求小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)壓力的最大值；（3）在第（2）問的條件下，小球滑上木板時(shí)距擋板d＝0.6m，求木板的最小長度；（4）在第（2）問的條件下，求小球與木板擋板發(fā)生第3次碰撞時(shí)，木板下滑的距離?！究键c(diǎn)】動(dòng)量守恒定律在板塊模型中的應(yīng)用；動(dòng)量守恒定律在繩連接體問題中的應(yīng)用；物體在光滑斜面上的運(yùn)動(dòng)；機(jī)械能守恒定律的簡單應(yīng)用．【專題】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）木板減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間47（2）小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)壓力的最大值33（3）木板的最小長度1.6m；（4）小球與木板擋板發(fā)生第3次碰撞時(shí)，木板下滑的距離9.6m?！痉治觥浚?）由牛頓第二定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求木板減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）由牛頓第二定律、牛頓第三定律結(jié)合機(jī)械能守恒定律求小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)壓力的最大值；（3）由牛頓第二定律、動(dòng)能定理、動(dòng)量定理、機(jī)械能守恒定律，求木板的最小長度；木板下滑的距離?！窘獯稹拷猓海?）對(duì)木板，由牛頓第二定律得Mgsinθ+μMgcosθ＝Ma1木板減速過程v＝a1t解得t=（2）小球能夠沿圓弧下滑的最大高度為h＝Rcosθ小球沿圓弧下滑過程mgh小球到圓弧最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律N-解得N=3由牛頓第三定律，小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)壓力的最大值為33（3）小球運(yùn)動(dòng)到木板上后，對(duì)木板，有Mgsinθ﹣μ（M+m）gcosθ＝Ma2解得a2＝0說明球與擋板碰撞前木板保持靜止，球與擋板碰撞后木板勻速下滑，球在木板上運(yùn)動(dòng)至與擋板碰撞有mgdsinθ=取向右為正方向，球與擋板碰撞過程有mv0＝mv1+Mv212球與擋板碰撞后減速上滑，球的加速度a3＝gsinθ木板勻速下滑，二者共速時(shí)球與擋板相距最遠(yuǎn)，有v2＝v1+a3t1L=解得L＝1.6m（4）第二次碰撞前瞬間，小球的速度為v02＝v1+a（2t1）取向右為正方向，球與擋板第二次碰撞過程有mv02+Mv2＝mv3+Mv412球與擋板碰撞后以加速度a3減速上滑，木板以速度v4勻速下滑，經(jīng)時(shí)間t2第三次相碰，有v4木板下滑的距離為s＝v2（2t1）+v4t2解得s＝9.6m答：（1）木板減速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間47（2）小球?qū)壍雷畹忘c(diǎn)壓力的最大值33（3）木板的最小長度1.6m；（4）小球與木板擋板發(fā)生第3次碰撞時(shí)，木板下滑的距離9.6m?！军c(diǎn)評(píng)】本題是一道力學(xué)綜合題，根據(jù)題意分析清楚物體運(yùn)動(dòng)過程是解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式、動(dòng)量守恒定律可以解題。

考點(diǎn)卡片1．判斷是否存在摩擦力【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．靜摩擦力（1）定義：互相接觸的兩物體存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)的趨勢而又保持相對(duì)靜止時(shí)，在接觸面上產(chǎn)生的阻礙相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢的力，叫靜摩擦力．（2）產(chǎn)生條件：a：相互接觸且發(fā)生彈性形變；b：有相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢；c：接觸面粗糙；（3）方向：總是與物體的相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢方向相反．（4）靜摩擦力的大?。孩凫o摩擦力的大小隨著運(yùn)動(dòng)趨勢強(qiáng)弱變化而在0～最大靜摩擦力Fm之間變化，跟相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢強(qiáng)弱程度有關(guān)，但跟接觸面相互擠壓力FN無直接關(guān)系．由受力物體所處的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律來計(jì)算．②最大靜摩擦力略大于滑動(dòng)摩擦力，在中學(xué)階段討論問題時(shí)，如無特殊說明，可認(rèn)為它們數(shù)值相等．（5）作用效果：總是起著阻礙物體間相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢的作用．2．摩擦力大小的判斷問題：如何計(jì)算摩擦力的大??？求摩擦力首先判斷是靜摩擦力還是滑動(dòng)摩擦力：（1）若已知相互摩擦的物體間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ及正壓力FN，滑動(dòng)摩擦力F可以根據(jù)公式F＝μFN直接計(jì)算出大小．（2）由于受力或運(yùn)動(dòng)情況的不同，靜摩擦力的大小具有不確定性和被動(dòng)適應(yīng)性，靜摩擦力的大小會(huì)隨著引起相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢的外力的增大而增大．在0～Fm范圍內(nèi)，靜摩擦力的大小可根據(jù)二力平衡條件求得，它的大小總是與引起相對(duì)運(yùn)動(dòng)趨勢的外力大小相等．當(dāng)兩物體一起做加速運(yùn)動(dòng)，具有加速度時(shí)，可用牛頓第二定律確定靜摩擦力的大小．【命題方向】（1）第一類?？碱}型：長直木板的上表面的一端放置一個(gè)鐵塊，木板放置在水平面上，將放置鐵塊的一端由水平位置緩慢地向上抬起，木板另一端相對(duì)水平面的位置保持不變，如圖所示．鐵塊受到的摩擦力f隨木板傾角α變化的圖線正確的是（設(shè)最大靜摩擦力的大小等于滑動(dòng)摩擦力大小）（）A．B．C．D．分析：摩擦力變化有兩個(gè)階段，角度α小于一定角度時(shí)是靜摩擦，角度α大于一定角度時(shí)是動(dòng)摩擦．解析：本題應(yīng)分三種情況進(jìn)行分析：①當(dāng)0≤α＜arctanμ（μ為鐵塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)）時(shí)，鐵塊相對(duì)木板處于靜止?fàn)顟B(tài)，鐵塊受靜摩擦力作用其大小與重力沿木板面（斜面）方向分力大小相等，即f＝mgsinα，α＝0時(shí)，f＝0；f隨α增大按正弦規(guī)律增大．②當(dāng)arctanμ＝α?xí)r處于臨界狀態(tài)，此時(shí)摩擦力達(dá)到最大靜摩擦，由題設(shè)條件可知其等于滑動(dòng)摩擦力大?。郛?dāng)arctanμ＜α＜90°時(shí)，鐵塊相對(duì)木板向下滑動(dòng)，鐵塊受到滑動(dòng)摩擦力的作用，f＝FN＝μmgcosα，f隨α增大按余弦規(guī)律減?。C合上述分析可知C圖可能正確地表示了f隨α變化的圖線．故選C．點(diǎn)評(píng)：滑動(dòng)摩擦力與靜摩擦力大小計(jì)算方法的不同：當(dāng)物體間存在滑動(dòng)摩擦力時(shí)，其大小即可由公式f＝μN(yùn)計(jì)算，由此可看出它只與接觸面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ及正壓力N有關(guān)，而與相對(duì)運(yùn)動(dòng)速度大小、接觸面積的大小無關(guān)．當(dāng)物體間存在靜摩擦力時(shí)，正壓力是靜摩擦力產(chǎn)生的條件之一，但靜摩擦力的大小與正壓力無關(guān)（最大靜摩擦力除外）．當(dāng)物體處于平衡狀態(tài)時(shí)，靜摩擦力的大小由平衡條件∑F＝0來求；而物體處于非平衡態(tài)的某些靜摩擦力的大小應(yīng)由牛頓第二定律求．注意：（1）滑動(dòng)摩擦力的大小與物體間的壓力成正比，而不是與物體的重力成正比，也不是與重力的某個(gè)分力成正比，所以在水平面上發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)的物體所受摩擦力的大小不一定等于μmg，在傾角為θ的斜面上與斜面發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)的物體所受摩擦力的大小不一定等于μmgcosθ．（2）滑動(dòng)摩擦力的方向與物體間的相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，因此物體所受滑動(dòng)摩擦力的方向可能與其運(yùn)動(dòng)方向相同，而且靜止的物體也可能受到滑動(dòng)摩擦力．（3）f＝μN(yùn)中μ與接觸面的材料、接觸面的粗糙程度有關(guān)，無單位．（4）滑動(dòng)摩擦力大小與相對(duì)運(yùn)動(dòng)的速度大小無關(guān)．【解題思路點(diǎn)撥】這部分知識(shí)難度中等、也有難題，在平時(shí)的練習(xí)中、階段性考試中會(huì)單獨(dú)出現(xiàn)，選擇、填空、計(jì)算等等出題形式多種多樣，在高考中不會(huì)以綜合題的形式考查的，但是會(huì)做為題目的一個(gè)隱含條件考查．對(duì)摩擦力問題的分析與考查趨向于與其他知識(shí)的綜合，這類題中一般具有多體、多力的特點(diǎn)，要運(yùn)用整體法與隔離法解題，解決這類問題的關(guān)鍵是要選取合適的研究對(duì)象，進(jìn)行正確的受力分析，建立正確的方程，然后進(jìn)行解題．2．牛頓第二定律的簡單應(yīng)用【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．內(nèi)容：物體的加速度跟物體所受的合外力成正比，跟物體的質(zhì)量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同．2．表達(dá)式：F合＝ma．該表達(dá)式只能在國際單位制中成立．因?yàn)镕合＝k?ma，只有在國際單位制中才有k＝1．力的單位的定義：使質(zhì)量為1kg的物體，獲得1m/s2的加速度的力，叫做1N，即1N＝1kg?m/s2．3．適用范圍：（1）牛頓第二定律只適用于慣性參考系（相對(duì)地面靜止或勻速直線運(yùn)動(dòng)的參考系）．（2）牛頓第二定律只適用于宏觀物體（相對(duì)于分子、原子）、低速運(yùn)動(dòng)（遠(yuǎn)小于光速）的情況．4．對(duì)牛頓第二定律的進(jìn)一步理解牛頓第二定律是動(dòng)力學(xué)的核心內(nèi)容，我們要從不同的角度，多層次、系統(tǒng)化地理解其內(nèi)涵：F量化了迫使物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)發(fā)生變化的外部作用，m量化了物體“不愿改變運(yùn)動(dòng)狀態(tài)”的基本特性（慣性），而a則描述了物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)（v）變化的快慢．明確了上述三個(gè)量的物理意義，就不難理解如下的關(guān)系了：a∝F，a∝1m另外，牛頓第二定律給出的F、m、a三者之間的瞬時(shí)關(guān)系，也是由力的作用效果的瞬時(shí)性特征所決定的．（1）矢量性：加速度a與合外力F合都是矢量，且方向總是相同．（2）瞬時(shí)性：加速度a與合外力F合同時(shí)產(chǎn)生、同時(shí)變化、同時(shí)消失，是瞬時(shí)對(duì)應(yīng)的．（3）同體性：加速度a與合外力F合是對(duì)同一物體而言的兩個(gè)物理量．（4）獨(dú)立性：作用于物體上的每個(gè)力各自產(chǎn)生的加速度都遵循牛頓第二定律，而物體的合加速度則是每個(gè)力產(chǎn)生的加速度的矢量和，合加速度總是與合外力相對(duì)應(yīng)．（5）相對(duì)性：物體的加速度是對(duì)相對(duì)地面靜止或相對(duì)地面做勻速運(yùn)動(dòng)的物體而言的．【命題方向】題型一：對(duì)牛頓第二定律的進(jìn)一步理解的考查例子：放在水平地面上的一物塊，受到方向不變的水平推力F的作用，F(xiàn)的大小與時(shí)間t的關(guān)系如圖甲所示，物塊速度v與時(shí)間t的關(guān)系如圖乙所示．取重力加速度g＝10m/s2．由此兩圖線可以得出（）A．物塊的質(zhì)量為1.5kgB．物塊與地面之間的滑動(dòng)摩擦力為2NC．t＝3s時(shí)刻物塊的速度為3m/sD．t＝3s時(shí)刻物塊的加速度為2m/s2分析：根據(jù)v﹣t圖和F﹣t圖象可知，在4～6s，物塊勻速運(yùn)動(dòng)，處于受力平衡狀態(tài)，所以拉力和摩擦力相等，由此可以求得物體受到的摩擦力的大小，在根據(jù)在2～4s內(nèi)物塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可以求得物體的質(zhì)量的大?。鶕?jù)速度時(shí)間圖線求出3s時(shí)的速度和加速度．解答：4～6s做勻速直線運(yùn)動(dòng)，則f＝F＝2N．2～4s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度a=42=2m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)﹣f＝ma，即3﹣2＝2m，解得m＝0.5kg．由速度﹣時(shí)間圖線可知，3s時(shí)刻的速度為2m/s．故B故選：BD．點(diǎn)評(píng)：本題考查學(xué)生對(duì)于圖象的解讀能力，根據(jù)兩個(gè)圖象對(duì)比可以確定物體的運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，再由牛頓第二定律來求解．題型二：對(duì)牛頓第二定律瞬時(shí)性的理解例子：如圖所示，質(zhì)量為m的球與彈簧Ⅰ和水平細(xì)線Ⅱ相連，Ⅰ、Ⅱ的另一端分別固定于P、Q．球靜止時(shí)，Ⅰ中拉力大小為F1，Ⅱ中拉力大小為F2，當(dāng)剪斷Ⅱ瞬間時(shí)，球的加速度a應(yīng)是（）A．則a＝g，方向豎直向下B．則a＝g，方向豎直向上C．則a=F1m，方向沿Ⅰ的延長線D．則分析：先研究原來靜止的狀態(tài)，由平衡條件求出彈簧和細(xì)線的拉力．剛剪短細(xì)繩時(shí)，彈簧來不及形變，故彈簧彈力不能突變；細(xì)繩的形變是微小形變，在剛剪短彈簧的瞬間，細(xì)繩彈力可突變！根據(jù)牛頓第二定律求解瞬間的加速度．解答：Ⅱ未斷時(shí)，受力如圖所示，由共點(diǎn)力平衡條件得，F(xiàn)2＝mgtanθ，F(xiàn)1=mg剛剪斷Ⅱ的瞬間，彈簧彈力和重力不變，受力如圖：由幾何關(guān)系，F(xiàn)合＝F1sinθ＝F2＝ma，由牛頓第二定律得：a=F1sinθm=故選：D．點(diǎn)評(píng)：本題考查了求小球的加速度，正確受力分析、應(yīng)用平衡條件與牛頓第二定律即可正確解題，知道彈簧的彈力不能突變是正確解題的關(guān)鍵．題型三：動(dòng)力學(xué)中的兩類基本問題：①已知受力情況求物體的運(yùn)動(dòng)情況；②已知運(yùn)動(dòng)情況求物體的受力情況．加速度是聯(lián)系運(yùn)動(dòng)和受力的重要“橋梁”，將運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律和牛頓第二定律相結(jié)合是解決問題的基本思路．例子：某同學(xué)為了測定木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，他用測速儀研究木塊在斜面上的運(yùn)動(dòng)情況，裝置如圖甲所示．他使木塊以初速度v0＝4m/s的速度沿傾角θ＝30°的斜面上滑緊接著下滑至出發(fā)點(diǎn)，并同時(shí)開始記錄數(shù)據(jù)，結(jié)果電腦只繪出了木塊從開始上滑至最高點(diǎn)的v﹣t圖線如圖乙所示．g取10m/s2．求：（1）上滑過程中的加速度的大小a1；（2）木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ；（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v．分析：（1）由v﹣t圖象可以求出上滑過程的加速度．（2）由牛頓第二定律可以得到摩擦因數(shù)．（3）由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得上滑距離，上下距離相等，由牛頓第二定律可得下滑的加速度，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)可得下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度．解答：（1）由題圖乙可知，木塊經(jīng)0.5s滑至最高點(diǎn)，由加速度定義式a=上滑過程中加速度的大?。篴1（2）上滑過程中沿斜面向下受重力的分力，摩擦力，由牛頓第二定律F＝ma得上滑過程中有：mgsinθ+μmgcosθ＝ma1代入數(shù)據(jù)得：μ＝0.35．（3）下滑的距離等于上滑的距離：x=v02下滑摩擦力方向變?yōu)橄蛏?，由牛頓第二定律F＝ma得：下滑過程中：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma2解得：a2=下滑至出發(fā)點(diǎn)的速度大小為：v=聯(lián)立解得：v＝2m/s答：（1）上滑過程中的加速度的大小a1（2）木塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.35；（3）木塊回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度大小v＝2m/s．點(diǎn)評(píng)：解決本題的關(guān)鍵能夠正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式聯(lián)合求解．【解題方法點(diǎn)撥】1．根據(jù)牛頓第二定律知，加速度與合外力存在瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系．對(duì)于分析瞬時(shí)對(duì)應(yīng)關(guān)系時(shí)應(yīng)注意兩個(gè)基本模型特點(diǎn)的區(qū)別：（1）輕繩、輕桿模型：①輕繩、輕桿產(chǎn)生彈力時(shí)的形變量很小，②輕繩、輕桿的拉力可突變；（2）輕彈簧模型：①彈力的大小為F＝kx，其中k是彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，②彈力突變．2．應(yīng)用牛頓第二定律解答動(dòng)力學(xué)問題時(shí)，首先要對(duì)物體的受力情況及運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析，確定題目屬于動(dòng)力學(xué)中的哪類問題，不論是由受力情況求運(yùn)動(dòng)情況，還是由運(yùn)動(dòng)情況求受力情況，都需用牛頓第二定律列方程．應(yīng)用牛頓第二定律的解題步驟（1）通過審題靈活地選取研究對(duì)象，明確物理過程．（2）分析研究對(duì)象的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，必要時(shí)畫好受力示意圖和運(yùn)動(dòng)過程示意圖，規(guī)定正方向．（3）根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)公式列方程求解．（列牛頓第二定律方程時(shí)可把力進(jìn)行分解或合成處理，再列方程）（4）檢查答案是否完整、合理，必要時(shí)需進(jìn)行討論．3．物體在光滑斜面上的運(yùn)動(dòng)4．平拋運(yùn)動(dòng)速度的計(jì)算5．斜拋運(yùn)動(dòng)【知識(shí)點(diǎn)的認(rèn)識(shí)】1．定義：物體將以一定的初速度向空中拋出，僅在重力作用下物體所做的運(yùn)動(dòng)叫做拋體運(yùn)動(dòng)。2．方向：直線運(yùn)動(dòng)時(shí)物體的速度方向始終在其運(yùn)動(dòng)軌跡的直線方向上；曲線運(yùn)動(dòng)中，質(zhì)點(diǎn)在某一刻（或某一位置）的速度方向是在曲線這一點(diǎn)的切線方向。因此，做拋體運(yùn)動(dòng)的物體的速度方向，在其運(yùn)動(dòng)軌跡各點(diǎn)的切線方向上，并指向物體前進(jìn)的方向。注：由于曲線上各點(diǎn)的切線方向不同，所以，曲線運(yùn)動(dòng)的速度方向時(shí)刻都在改變。3．拋體做直線或曲線運(yùn)動(dòng)的條件：（1）物體做直線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)物體所受到合外力的方向跟它的初速方向在同一直線上時(shí)，物體做直線運(yùn)動(dòng)。（2）物體做曲線運(yùn)動(dòng)：當(dāng)物體所受到合外力的方向跟它的初速方向不在同一直線上時(shí)，物體做曲線運(yùn)動(dòng)。4．平拋運(yùn)動(dòng)（1）定義：將物體用一定的初速度沿水平方向拋出，且只在重力作用下所做的運(yùn)動(dòng)。（2）條件：①初速度方向?yàn)樗?；②只受重力作用。?）規(guī)律：平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，所以平拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)軌跡是拋物線。（4）公式：速度公式：水平方向：v位移公式：水平方向：x=v0tanα=5．斜拋運(yùn)動(dòng)（1）定義：將物體以一定的初速度沿斜上方拋出，僅在重力作用下的運(yùn)動(dòng)叫做斜拋運(yùn)動(dòng)。（2）條件：①物體有斜向上的初速度；②僅受重力作用。（3）規(guī)律：斜拋運(yùn)動(dòng)在水平方向的分運(yùn)動(dòng)是勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向的分運(yùn)動(dòng)是豎直上拋運(yùn)動(dòng)，所以斜拋運(yùn)動(dòng)是勻變速曲線運(yùn)動(dòng)。（4）公式：水平方向初速度：【命題方向】例1：某學(xué)生在體育場上拋出鉛球，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。已知在B點(diǎn)時(shí)的速度與加速度相互垂直，則下列說法中正確的是（）A．D點(diǎn)的速率比C點(diǎn)的速率大B．D點(diǎn)的加速度比C點(diǎn)加速度大C．從B到D加速度與速度始終垂直D．從B到D加速度與速度的夾角先增大后減小分析：不計(jì)空氣阻力，拋體在空中只受重力作用，機(jī)械能守恒；拋體運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向的勻變速運(yùn)動(dòng)。解答：A、拋體運(yùn)動(dòng)，機(jī)械能守恒，D點(diǎn)位置低，重力勢能小，故動(dòng)能大，速度大，故A正確；B、拋體運(yùn)動(dòng)，只受重力，加速度恒為g，不變，故B錯(cuò)誤；C、從B到D是平拋運(yùn)動(dòng)，重力一直向下，速度是切線方向，不斷改變，故只有最高點(diǎn)B處加速度與速度垂直，故C錯(cuò)誤；D、從B到D是平拋運(yùn)動(dòng)，加速度豎直向下，速度方向是切線方向，故夾角不斷減小，故D錯(cuò)誤。故選：A。點(diǎn)評(píng)：拋體運(yùn)動(dòng)可以分解為水平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)與豎直方向的勻變速直線運(yùn)動(dòng)，拋體運(yùn)動(dòng)機(jī)械能守恒。例2：如圖所示，將一籃球從地面上方B點(diǎn)斜向上拋出，剛好垂直擊中籃板上A點(diǎn)，不計(jì)空氣阻力。若拋射點(diǎn)B向籃板方向移動(dòng)一小段距離，仍使拋出的籃球垂直擊中A點(diǎn)，則可行的是（）A．增大拋射速度v0，同時(shí)減小拋射角θB．減小拋射速度v0，同時(shí)減小拋射角θC．增大拋射角θ，同時(shí)減小拋出速度v0D．增大拋射角θ，同時(shí)增大拋出速度v0分析：解決本題巧用平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)，由于題目中緊抓住籃球垂直打到籃板，故可以看成平拋運(yùn)動(dòng)，則有水平速度越大，落地速度越大，與水平面的夾角越小。解答：可以將籃