秘籍清单02 功能与动量综合（五大题型）（抢分清单）（上海专用）2026年高考物理终极冲刺讲练测

该高中物理高考复习知识清单聚焦功能与动量综合核心考点，涵盖功和功率、动能定理、机械能守恒、动量守恒碰撞、功能动量综合多过程五大模块，按考纲要求分基础、高频、难点层级组织，配套例题解析与跟踪训练。 清单通过模型建构（如弹性碰撞公式推导）、科学推理（动能定理适用条件辨析）培养科学思维，设疑难点拨（多过程规律切换技巧）和母题模板（板块摩擦生热计算步骤），标注高频考点（动量守恒碰撞标为最高频），助力学生自主梳理知识体系，教师可据此优化复习策略，提升备考效率。

秘籍02功能与动量综合 秘籍导览 【解密高考】 【秘籍特训】 【解密一】 功和功率（必考基础） 【解密二】 动能定理（高频压轴） 【解密三】 机械能守恒（热门） 【解密四】 动量守恒碰撞（最高频） 【解密五】 功能动量综合多过程（难点） 【疑难点拨】 多过程中不同阶段的规律（如动能定理、动量守恒）切换混乱（难点拉分） 解密高考 ：上海高考功能与动量综合是高频核心考点，涵盖功和功率、动能定理、机械能守恒、动量守恒、碰撞及多过程综合六大模块。选择题侧重概念辨析、图像分析与守恒条件判断；计算题常以板块、弹簧、碰撞、传送带为载体，融合功能关系与动量规律。命题多设置多情境、多过程设问，注重能量转化、系统选取及临界状态考查，综合性强、区分度高，是高考物理拉分重点板块。 ：备考先厘清六大考点核心规律，精准区分动能定理、机械能守恒、动量守恒适用条件。专攻v-t、E-x等功能动量类图像题型，熟练掌握读图析量技巧。归类突破弹性碰撞、板块摩擦生热、弹簧多过程等经典模型，熟记二级结论与解题步骤。强化系统选取、相对位移、能量损耗等疑难易错点，专项精练多过程综合大题。限时刷题整理母题模板，复盘错题归纳失分成因，规范列式与步骤书写，适配上海高考命题风格。 秘籍特训 【解密一】功和功率（必考基础） 秘籍解读 考向1 恒力功的计算 1．恒力功的计算方法 2．总功的计算方法 方法一：先求合力F合，再用W总＝F合lcos α求功，此法要求F合为恒力。 方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W总＝W1＋W2＋W3＋…求总功，注意代入“＋”“－”再求和。 考向2 变力做功的计算 方法 以例说法 应用动能定理 用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做的功为WF，则有WF－mgl(1－cos θ)＝0，得WF＝mgl(1－cos θ) 微元法 质量为m的木块在水平面内做半径为R的圆周运动，运动一周克服摩擦力做的功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR 等效转换法 恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做的功W＝F·(－) 平均力法 弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做的功W＝·(x2－x1) 图像法 一水平拉力F0拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝F0x0 秘籍应用 【例1】（2026·上海嘉定·二模）拉坯是传统手工艺陶瓷制作的关键工序，将泥料置于可匀速转动的转盘中心，随着转盘转动，双手对泥料施加作用力，提拉成型。 1．已知转盘的转速为120r/min，坯体上到转轴距离分别为1cm、2cm、3cm的三点的线速度大小之比为___________； A．6∶3∶2 B．3∶2∶1 C．1∶1∶1 D．1∶2∶3 E．2∶3∶6 2．当转速太大时，转盘上一小泥块沿水平方向飞出，落到地面上，已知泥块质量为m，飞出点离地高度为h，落地点距飞出点的水平距离为x，重力加速度大小为g。不计空气阻力，则泥块飞出时的初速度大小为___________；从飞出开始计时，t时刻（未落地）重力做功的瞬时功率为____________，此时泥块的机械能为__________（设地面为零势能面）。 3．某同学利用该转盘验证做匀速圆周运动的物体的向心加速度a与转动半径r和转动角速度ω之间的关系。如图甲所示，将手机固定在转盘上的M位置，手机上的运动分析软件可记录手机的向心加速度和角速度，改变电机的转速，重复实验，根据多组实验数据获得图乙所示的a-ω图像中的曲线①。 （1）为得到过原点的直线，需将横轴改为_____。 A．    B．    C． （2）手机固定在转盘的距离转轴更远的N位置，重复实验操作，得到图乙中所示的曲线可能为___________。 A．①    B．②    C．③ 【答案】1．D 2． 3． A B 【解析】1．转盘的转速为120r/min，即2r/s，根据可得角速度为 坯体上到转轴距离分别为1cm、2cm、3cm的三点的角速度相等，半径之比为，根据线速度和角速度关系，可知线速度大小之比为 故选D。 2．[1]一小泥块沿水平方向飞出，做平抛运动，根据飞出点离地高度为h，有 可得时间为 落地点距飞出点的水平距离为x，有 可得泥块飞出时的初速度大小为 [2]t时刻的竖直速度为，重力做功的瞬时功率为 [3]设地面为零势能面，泥块平抛过程中机械能守恒，可知此时泥块的机械能为初始时的机械能，为 3．[1]将手机固定在转盘上的M位置，即转动半径不变，根据可知向心加速度与角速度的平方成正比，故将横轴改为。 故选A。 [2] 手机固定在转盘的距离转轴更远的N位置，半径变大，根据可知向心加速度变大，故为曲线②。 故选B。 【跟踪训练1】（25-26高一下·上海浦东新·期中）人们很早就利用空气的动能通过风车来抽水、磨面……现在，人们感兴趣的是如何利用风发电。风力发电就是利用空气流动的动能带动风力发电机的叶片旋转，再通过齿轮增速箱提升旋转的速度来驱动发电机发电。风力发电具有成本低、清洁、可再生等优点。 4．很多地区人们使用牲畜来拉磨盘，比如瓦特为了测定蒸汽机功率，就引入“马力”这一功率单位。如图，瓦特认为一匹马能180磅（相当于800 N）的力拉着转动半径为12英尺（相当于3.7 m）的磨轮以144圈/时的转速转动。此时马的功率即为1马力，则1马力=________W。（保留两位有效数字） 5．将瓦特用国际单位制中的基本单位表示，________。 6．（计算）如图所示的风车磨坊，可认为风车迎风面是一个半径为5 m的圆。空气垂直于迎风面吹来，速度为，空气密度为。为了讨论的简单起见，假设吹过风车迎风面的空气速度均减为，风车的机械效率为。求风车磨坊的输出功率。（保留两位有效数字） 7．荷兰是风车大国，荷兰人利用风车进行围海造田，这项庞大的工程让荷兰人成功从大海中取得了近三分之一的国土。抽取海水是围海造田中重要的一步，右图是抽水过程的简单示意图，用风车驱动的水泵不断抽取坝体内的海水，海水从泵内流出后流向事先开凿的运河。图中为海面到海床的距离，为此时坝内水面到海床距离，为水泵到海床距离，为运河水面到海床距离。海水密度为，重力加速度为g。 （1）若单位时间内泵抽水体积为，则此时泵的功率最小为________。 （2）（绘图）以开始抽水为计时起点（即时）定性画出（功率-时间）图像_____。 （3）若坝体内的水体表面积为，将坝内的海水全部抽完需要做的功最少为________。（表达式中不可出现） 【答案】4． 5． 6． 7． 【解析】4．根据功的计算公式有（其中弧长为弧长，为转速） 功率为 代入数据联立得 5．功率的单位是瓦特（W），定义为1秒内做1焦耳的功 根据牛顿第二定律， 将上述关系代入得到 6．单位时间内空气质量 单位时间内空气损失动能 单位时间内风车磨坊输出能量即输出功率 代入数据联立解得 7．[1] 海水重心提升的有效高度为 单位时间内，水泵对海水做的功等于海水重力势能的增加量 功率P为单位时间内做的功，即 因为W为单位时间的功，则此时泵的功率 [2] 设坝体内的水体表面积为S，水位下降的高度 在任意时刻，坝内水面高度为 联立解得，则图为一条直线（其纵截距为，斜率为,最大功率为，总时间），如下图所示 [3]根据上述分析可知总时间 最大功率为 由于图像与时间轴围成面积表示功，如下图所示 故将坝内的海水全部抽完需要做的功 【跟踪训练2】（2026·上海普陀·二模）安全气囊 汽车安全气囊在汽车受到猛烈撞击时，会引燃气体发生剂产生气体，极短时间内充满气囊，从而有效保障驾乘人员的安全。 8．某次气囊充气结束时，囊中气体的压强为p、体积为V，已知囊中气体摩尔质量为M、密度为、阿伏加德罗常数为。气囊中的气体可视为理想气体。 （1）充气结束时，囊中气体分子的个数为________； A．    B．    C．    D． （2）充气结束后，驾乘人员挤压安全气囊会导致气囊的可变排气孔开始排气。当气囊中气体的压强变为0.8p时停止排气，此时气囊的体积为。此过程中气体温度的变化可忽略，则排出气体的质量与排气前气体的总质量之比________。 A．    B．    C．    D． 9．通过碰撞试验检测气囊的安全性，一质量为的车辆与固定的刚性墙体发生正面碰撞，墙体对车的作用力F随作用距离x的变化关系如图所示。当时，车辆刚好停止。在此碰撞过程中， （1）车辆克服作用力F所做的功为________J； （2）车辆与墙体刚碰撞时的速度大小为________（结果保留3位有效数字）。 【答案】8． B C 9． 15.9 【解析】8．[1]气体总质量 所以物质的量 故分子总数 故选 B。 [2]以原有气体为研究对象，气体温度不变，排气过程可看作等温膨胀过程，由玻意耳定律有 解得 排出气体的质量与排气前气体的总质量之比等于排出气体的体积与排气前气体的总体积之比，故 故选 C。 9．[1]图像与轴围成的面积等于力做的功，即车辆克服做的功，故车辆克服做的功为 解得 [2]根据动能定理，车辆克服做的功等于初动能 解得 【跟踪训练3】（25-26高二下·上海黄浦·期中）生活中各种各样的交通工具方便了我们的出行。 10．某同学骑自行车的运动可以看作机械运动，如果要描绘他的整体运动，我们可以选择一个点代表他，图中标出的各点最合适的是（　　） A．点 B．点 C．点 D．点 11．（多选）下列对自行车描述正确的是（　　） A．骑自行车下坡时，可以将人和自行车受到的重力分解为沿坡面向下的分力和竖直向下的分力 B．把手的花纹是为了增大接触面积，从而增大摩擦力 C．当人在水平地面匀速骑行时，自行车受力平衡 D．骑行过程中，若一切外力消失，自行车将做匀速直线运动 12．在某段时间内自行车做匀变速直线运动的位移与时间的关系式为与单位是和，则该自行车的加速度大小为________，前两秒内的平均速度为________m/s。 13．汽车从到做减速运动，下面四个选项中分别画出了汽车转弯时所受合力的四种方向，其中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 14．（多选）一辆汽车从静止开始沿平直公路匀加速前进，启动时刚好有一位绿色出行的人骑自行车匀速从汽车旁经过，它们的位移随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．时，两车相遇 B．时，两车平均速率不同 C．时，汽车刚好追上自行车 D．时，汽车的速度大于自行车的速度 15．炎热的夏天，一辆卡车在丘陵地带行驶，由于轮胎太旧，在驶过如图所示的一段地形时有可能爆胎，则下列地点中爆胎概率最大的点是（　　） A．点 B．点 C．点 D．点 16．额定功率为的汽车，在某条平直公路上从静止开始先做加速度为的匀加速直线运动，如果汽车质量，在运动过程中阻力不变。汽车行驶最终运动的最大速度是，则汽车在该路段所受阻力大小为________；汽车匀加速运动的时间是________s。 【答案】10．B 11．CD 12． 2 5 13．B 14．AD 15．D 16． 2000 8 【解析】10．要描绘人和自行车的整体运动，将整体看作质点，所选点应为整体的重心位置。所以图中标出的各点最合适的是点。 故选B。 11．A．根据作用效果，一个作用效果使自行车沿着坡面向下行驶，另一个作用效果使自行车和人紧压斜面，采用正交分解法，骑自行车下坡时，可以将人和自行车受到的重力分解为沿坡面向下的分力和垂直坡面斜向下的分力，故A错误； B．把手的花纹是为了增大接触面的粗糙程度，从而增大摩擦力，故B错误； C．当人在水平地面匀速骑行时，自行车受力平衡，故C正确； D．力是改变物体运动状态的原因，因此骑行过程中若一切外力消失，自行车将做匀速直线运动，故D正确。 故选CD。 12．[1]在某段时间内自行车做匀变速直线运动的位移与时间的关系式为，结合匀变速直线运动位移时间公式 可知自行车的初速度和加速度分别为， [2]前两秒内的位移为 则前两秒内的平均速度为 13．做曲线运动的汽车受到的合力指向其运动轨迹弯曲的内侧，由于汽车是从M向N做减速运动，所以合力方向与汽车的速度方向（切线方向）的夹角大于90°。 故选B。 14．AC．由图像可知，时，两车处于同一位置，则此时两车相遇，汽车刚好追上自行车，故A正确，C错误； B．由图像可知，内，两车的路程相同，则两车平均速率相同，故B错误； D．根据图像的切线斜率表示速度，可知时，汽车的速度大于自行车的速度，故D正确。 故选AD。 15．最容易爆胎的地方应是轮胎受到的压力最大的地方。在a、c两处，向心加速度的方向向下，汽车处于失重状态，轮胎所受压力小于汽车重力；而在b、d两处，向心加速度方向向上，压力大于重力，由图可知，b处半径大于d处半径，由 可知，速率相同的情况下，半径越小压力越大，故爆胎概率最大的点是d点。 故选D。 16．[1]当牵引力等于阻力时，汽车的速度达到最大，则有 可得汽车在该路段所受阻力大小为 [2]汽车匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得 解得牵引力大小为 汽车匀加速结束时的速度大小为 则汽车匀加速运动的时间为 【解密二】 动能定理（高频压轴） 秘籍解读 模型界定 动能定理是力学中的一个十分重要的规律，它揭示了做功与动能之间的关系，给出了过程量功与状态量动能之间的标量运算式。他是解决动力学问题的重要方法，使用中要优于牛顿运动定律。本模型从动能定理内容和意义的理解、应用动能定理分析、解决实际问题的基本思路和方法等方面加以分析归纳。 模型破解 1动能定理： 合外力对物体做的功等于物体动能的变化. [来源:学科网ZXXK] 动能定理的物理意义在于他指出了外力对物体所做的总功与物体的动能变化之间的关系，即外力对物体做的总功对应着物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度 2.对动能定理的理解 （i）W合是所有外力对物体做的总功，求所有外力做的总功有两种方法： 第一种方法是：先求出物体所受各力的合力F合，再根据W总=F合lcosα计算总功，但应注意α应是合力与位移l的夹角.这种方法一般用于各力都是恒力且作用时间相同的情况下. 第二种方法是：分别求出每一个力做的功：W1=F1l1cosα1，W2=F2l2cosα2，W3=F3l3cosα3，…再把各个外力的功求代数和即：W总=W1+W2+W3+… 这种方法一般用于各力分别作用或作用时间不同时的情况下. （ii）动能定理适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功.力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用. （iii）因为动能定理中功和能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关.中学物理中一般取地球为参考系. （iv）动能定理公式两边的每一项都是标量，动能定理是一个标量方程，故动能定理没有分量形式. （v）若物体运动包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段应用，也可以全过程应用. （vi）动能定理是计算物体位移或速率的简捷公式，当题目中涉及位移时可优先考虑动能定理.动能定理通常不解决涉及时间的问题，但动力机械起动过程除外. （vii）做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的“=”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”. （viii）若Ek2＞Ek1，即W总＞0，合力对物体做正功，物体的动能增加；若Ek2＜Ek1，即W总＜0，合力对物体做负功，物体的动能减少. （ix）一个物体的动能变化ΔEk与合外力对物体所做功W合具有等量代换关系：W合=ΔEk.这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法. 3. 应用动能定理解题的基本思路 （i）选取研究对象，明确并分析运动过程.[来源:学科网] （ii）分析受力及各力做功的情况，求出总功； 受哪些力各力是否做功做正功还是负功做多少功确定求总功思路求出总功. （iii）明确过程始、末状态的动能Ek1及Ek2. （4）列方程W合=Ek2-Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，列辅助方程进行求解. 秘籍应用 【例1】（2026·上海嘉定·二模）小朋友喜欢在草地上玩球、赏灯、滑草。 17．一小球在距离草地高为h处自由下落，与草地碰撞后反弹的速度是碰前，碰撞时间为t，重力加速度大小为g，则球自由下落过程中的平均速度大小为____________，与草地碰撞过程中的平均加速度大小为___________。 18．插在草地上的杆子挂着一质量为m的鱼灯，O为悬挂点。 （1）如图（a）所示，细线保持竖直方向，杆子对O点的作用力方向为图（b）中的___________。（选择对应的选项） （2）如图（c）所示，若在风的作用下，细线与竖直方向成θ夹角且保持不变，重力加速度大小为g，则风对鱼灯的作用力大小至少为____________。 19．滑草场的滑道由倾斜的AB段与水平的BC段平滑连接而成，如图所示。一总质量m为100kg的载人滑草车从A点由静止开始下滑，进入BC段滑行后停下。已知AB段高度H为6m，倾角θ为37°，滑草车与整个滑道的动摩擦因数μ为0.5，（，。g取不计空气阻力及交接处的能量损失） （1）滑草车在AB段运动的加速度大小为___________m/s²，在BC段滑行的时间_________s。 （2）（计算）求在整个运动过程中摩擦力对载人滑草车做的功______。 【答案】17． 18． E 19． 1.96 1.28 【解析】17．[1]取向下为正方向，小球在空中做自由落体运动，触地瞬间的速度大小为 故球自由下落过程中的平均速度大小为 [2]由题意知与草地碰撞后反弹的速度 故草地碰撞过程中，小球的平均加速度大小为 18．（1）[1]细线竖直时，细线对O点的拉力竖直向下，O点受力平衡，因此杆子对O点的作用力竖直向上，对应方向E。 （2）[2]鱼灯受细线拉力、重力及风的作用力，重力大小方向固定，拉力方向固定，当风力与细线垂直时，风力最小，作出力的矢量三角形如下图所示 由图可知 19．（1）[1]对滑草车在AB段受力分析，根据牛顿第二定律有 解得 [2]AB段长 故滑草车到达B点速度满足 滑草车在BC段减速时，根据牛顿第二定律，加速度大小满足 解得 可知在BC段滑行的时间 （2）[3]滑草车初末动能均为0，由动能定理有 解得 【跟踪训练1】（25-26高二下·上海黄浦·期中）火星是我们的近邻，天问一号火星探测器开启了我国火星探测的序幕。 20．同一原子钟放在地面和直接装载在天问一号相比，每天会有时间差，导致这一时间差的是（　　） A．牛顿力学效应 B．量子力学效应 C．相对论效应 21．从地球上发射天问一号火星探测器，发射速度需大于地球的（　　） A．第一宇宙速度 B．第二宇宙速度 C．第三宇宙速度 22．火星沿椭圆轨道绕太阳公转，以太阳为参考系，在火星靠近太阳的过程中，火星的速度和加速度的大小变化情况为（　　） A．和均逐渐减小 B．逐渐增大，逐渐减小 C．和均逐渐增大 D．逐渐减小，逐渐增大 23．火星的公转半径大于地球的公转半径，则火星绕太阳运动的周期________地球绕太阳运动的周期，火星绕太阳运动的角速度________地球绕太阳运动的角速度。（均选填“>”或“=”或“<”） 24．已知火星半径为，探测器环绕火星表面飞行的速率为，引力常量为，火星自转的周期为，则火星的质量为________，火星表面的重力加速度为________，火星同步卫星轨道的半径为________。 【答案】20．C 21．B 22．C 23． > < 24． 【解析】20．同一原子钟放在地面和直接装载在天问一号相比，每天会有时间差，导致这一时间差的是相对论效应。 21．从地球上发射天问一号火星探测器，需要脱离地球引力的束缚，但仍在太阳系中，所以发射速度需大于地球的第二宇宙速度，小于地球的第三宇宙速度。 故选B。 22．火星沿椭圆轨道绕太阳公转，以太阳为参考系，在火星靠近太阳的过程中，万有引力对火星做正功，火星的动能逐渐增大，所以火星的速度逐渐增大；根据牛顿第二定律可得 可得 可知火星的加速度逐渐增大。 故选C。 23．[1][2]根据万有引力提供向心力可得 可得， 已知火星的公转半径大于地球的公转半径，则火星绕太阳运动的周期大于地球绕太阳运动的周期，火星绕太阳运动的角速度小于地球绕太阳运动的角速度。 24．[1]已知火星半径为，探测器环绕火星表面飞行的速率为，引力常量为，由万有引力提供向心力得 解得火星的质量为 [2]在火星表面有 可得火星表面的重力加速度为 [3]对于火星同步卫星，有 可得火星同步卫星轨道的半径为 【跟踪训练2】（25-26高二下·上海黄浦·期中）物理与生活密不可分，同学们在游乐场边玩边思考物理。 25．某同学前往游乐场途中观察到列车车厢的双层玻璃窗内积水了。车行驶过程中，他发现水面的形状如图甲所示，此时车内水平桌面上放置的一密闭的盛水容器（如图乙），容器内有一气泡，则列车的加速度方向为水平向________，该气泡（相对于容器）向________运动。（均选填“左”或“右”） 26．在“旋转咖啡杯”项目中，某游客坐在咖啡杯内，咖啡杯绕中心轴做水平圆周运动。工作人员通过控制装置，让咖啡杯的角速度缓慢增大，咖啡杯到中心轴的距离不变。在此过程中，游客的向心力（　　） A．增大 B．减小 C．不变 D．无法确定 27．（多选）游客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重与失重的感觉。下列描述正确的是（　　） A．当升降机减速下降时，游客是处在超重状态 B．当升降机减速下降时，游客是处在失重状态 C．当升降机加速上升时，游客是处在超重状态 D．当升降机加速上升时，游客是处在失重状态 28．“激流勇进”设施如图所示，船和游客在动力系统的牵引下，由静止开始沿倾角为的直道，匀加速提升至一定高度，随后依次经过几段不同的轨道最后冲入水池中。在沿直道提升阶段，船对游客（　　） A．做正功 B．不做功 C．做负功 29．“海盗船”在外力驱动下启动，当达到一定高度后撤去驱动力，此后“海盗船”来回摆动，幅度逐渐减小。由低处向高处摆动过程中，“海盗船”的重力势能________；动能________；机械能________。（均选填“增大”、“不变”或“减小”） 30．图甲为游乐场中的水滑梯，其简化示意图如图乙，可视为由倾斜的光滑轨道AB和水平阻力轨道BC平滑连接组成。倾斜轨道的起点A到水平地面的竖直高度，人在水平轨道上受到的平均阻力大小是重力的，重力加速度大小。 （1）游客从起点A静止开始滑下，刚滑到水平轨道B时的速度多大？ （2）出于安全考虑，要求人不能碰撞水平轨道的末端C，则水平轨道至少要多长？ 【答案】25． 右 右 26．A 27．AC 28．A 29． 增大 减小 减小 30．（1）；（2） 【解析】25．[1]根据图甲及惯性原理可知，水向左倾移动表示此时列车向右加速，则列车的加速度方向为水平向右； [2]图乙中水的密度大于气泡的密度，所以相同体积下，水的惯性大于气泡的惯性，列车向右加速，可知该气泡（相对于容器）向右运动。 26．工作人员通过控制装置，让咖啡杯的角速度缓慢增大，咖啡杯到中心轴的距离不变，根据，可知在此过程中，游客的向心力增大。 故选A。 27．AB．当升降机减速下降时，加速度方向向上，游客是处在超重状态，故A正确，B错误； CD．当升降机加速上升时，加速度方向向上，游客是处在超重状态，故C正确，D错误。 故选AC。 28．由静止开始沿倾角为的直道，匀加速提升至一定高度，可知在沿直道提升阶段，游客的动能增大，根据动能定理可知合力对游客做正功，由于重力对游客做负功，所以船对游客做正功。 故选A。 29．[1][2][3]此后“海盗船”来回摆动，幅度逐渐减小。可知“海盗船”的机械能逐渐减小；由低处向高处摆动过程中，“海盗船”的重力势能增大；合力做负功，所以“海盗船”的动能减小；由于除了重力外，还有阻力做负功，所以“海盗船”的机械能减小。 30．（1）游客从起点A到B点过程中，根据动能定理可得 解得游客刚滑到水平轨道B时的速度大小为 （2）游客在水平轨道从B点到停下过程，根据动能定理可得 其中，解得 可知水平轨道至少长为。 【跟踪训练3】（25-26高一下·上海·月考）低碳时代，自行车不仅作为一种重要的交通工具，自行车运动也已经成为一种时髦休闲运动方式． 31．如图所示．若某自行车的后车轮半径，固定在轮轴上的飞轮半径，与脚踏板关联的链轮半径．运动员骑行时每秒蹬脚踏板2圈，不考虑车轮打滑等传递损耗．链轮的角速度_________rad/s；自行车前行速度_________m/s．（结果保留） 32．气嘴灯安装在自行车的气嘴上，如图是一种气嘴灯的感应装置结构。一重物套在光滑杆上，并与弹簧连接，静止时重物上的触点M与固定在B端的触点N始终分离，当骑行达到一定速度后，触点MN接触，LED灯就会发光。则（    ） A．气嘴灯运动至车轮最高点时LED灯不可能发光 B．LED灯最容易被点亮的位置是与车轮轴等高的位置 C．逐渐增大车速，当重物的重力大于弹簧的弹力后，触点MN才可能接触，使LED灯发光 D．当车速增大到一定程度后，无论气嘴灯在哪个位置都能使LED灯发光 33．小进同学骑自行车在水平路面沿直线行进，当人停止蹬车后，自行车受阻力作用做减速运动，直至速度减为零，此过程中克服阻力做功为W，人停止蹬车时自行车的速度为v，符合实际情况的图像为图中的（    ） A． B． C． D． 34．某智能电动助力自行车在水平平直公路上由静止开始运动，运动过程中各类机械摩擦等损耗可折合成一个恒定的阻力，其大小为车和人总重力的0.06倍，已知骑行者与自行车总质量．骑行者做了如下的一个实验研究，将工作模式分为两个阶段： （1）第一阶段：0-6s内电动辅助驱动阶段．电动车从静止开始，骑行者提供沿运动方向恒定牵引力，同时电动驱动系统提供恒定功率，3s内速度达到最大，且． ①该过程中，自行车的加速度变化情况是_____ A、一直变大    B、先变大后不变    C、先变小后变大    D、一直减小0 ②计算：求人提供的牵引力的大小。_____ （2）第二阶段：6s以后制动减速阶段，骑行者停止施力，自行车在受到阻力的同时，启动了刹车制动模式．通过制动，使自行车减速，直到自行车静止．已知该过程中自行车克服刹车阻力做的功为．计算第二阶段通过的位移；_____ 【答案】31． 32．D 33．AC 34． D 20N 10m 【解析】31．[1]由题可知，链轮的周期 则链轮的角速度 [2]根据传动装置的特点可知，链轮的线速度等于飞轮的线速度，则有 飞轮的角速度 自行车前行速度为 32．A．气嘴灯运动至车轮最高点时若速度较大，则重物做离心运动，则触点M也可能与触点N接触，使得LED灯发光，故A错误； B．在同等转速下在最低点时，则有 在最高点时，则有 由于 即在最低点时弹簧被拉长得较大，则LED灯最容易被点亮的位置是最低点的位置，故B错误； C．当车速较小时，重物需要较小的向心力即可维持圆周运动，此时弹簧伸长量较小，以最低点为例：弹簧弹力大于重物的重力 触点MN还没有接触，LED灯不发光，逐渐增大车速，当重物的重力大于弹簧的弹力后，触点MN才可能接触，使LED灯发光，故C错误； D．当车速增大到一定程度后，重物做离心运动到达一定程度时，无论气嘴灯在哪个位置都可能是触点MN接触使LED灯发光，故D正确。 故选D。 33．根据动能定理可得 解得 即与是二次函数的关系，开口向上。 故选AC。 34．[1]根据 可知随着速度v增大，牵引力F逐渐减小，根据牛顿第二定律可得 可知a逐渐减小，当时 故选D。 [2]3s末速度达到最大，此时 对自行车受力分析可得 代入数据解得 [3]根据动能定理可得 代入数据解得 【解密三】 机械能守恒（热门） 秘籍解读 模型界定 本模型主要是归纳有关于机械能守恒定律的适用条件、表达形式、应用方法等问题． 模型破解 1. 适用条件 （i)内容 在只有重力（或系统内弹力）做功的情形下，物体的重力势能（或弹性势能）和动能发生相互转化，但总的机械能保持不变. （ii）适用条件 只有重力或弹力做功.可以从以下三个方面理解： ①只受重力作用，例如在不考虑空气阻力的情况下的各种抛体运动，物体的机械能守恒. ②受其他力，但其他力不做功，只有重力或弹力做功.例如物体沿光滑的曲面下滑，受重力、曲面的支持力的作用，但曲面的支持力不做功，物体的机械能守恒. ③其他力做功，但做功的代数和为零. （iii）判定方法 做功条件分析法： 应用系统机械能守恒的条件进行分析.分析物体或系统的受力情况（包括内力和外力），明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒. 能量转化分析法： 从能量转化的角度进行分析.若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转化成其他形式的能（如内能增加），则系统的机械能守恒. 增减情况分析法： 直接从机械能的各种形式的能量的增减情况进行分析.若系统的动能与势能均增加或均减少，则系统的机械能不守恒；若系统的动能不变，而势能发生了变化，或系统的势能不变，而动能发生了变化，则系统的机械能不守恒；若系统内各个物体的机械能均增加或均减少，则系统的机械能不守恒. 秘籍应用 【例1】扫描隧道显微镜中，常用绝缘减振平台和磁阻尼减振器互补减振，简化装置如图（a）所示。平台通过三根关于轴对称分布的轻杆悬挂在轻质弹簧的下端，弹簧上端固定在点，三个相同的磁阻尼减振器对称固定在平台下方。磁阻尼减振器的闭合线圈通过绝缘轻杆固定在平台的下表面，辐向磁场由固定在桌面上的磁体产生（桌面、磁体未画出），辐向磁场、线圈均在水平面内，线圈所在处的磁感应强度大小处处相等。已知平台、三个线圈的总质量为，轻杆与竖直方向夹角均为，弹簧的劲度系数为，重力加速度为。 35．平台静止时，弹簧的伸长量____________，每根轻杆的拉力大小____________。 36．弹簧的弹力与其形变量的变化关系如图（b）所示，则平台静止时弹簧的弹性势能____________。 37．使用前测试该装置的振动性能。撤去磁场，施加一个微小扰动，平台立即上下振动，最高、最低点的高度差恒为。当平台由平衡位置向下振动时开始计时，测出平台在时第30次回到平衡位置。则（　　） A．振幅 B．频率 C．时，平台向下减速 D．时，平台的加速度向上 E．时，弹簧的弹性势能最小 38．施加磁场，平台受到外界微小扰动后，在竖直方向做阻尼振动，取竖直向上为正方向，其位移随时间变化的关系如图（c）所示。已知线圈所处位置的磁感应强度大小为，时平台速度大小为，、时刻的振幅分别为、，每个线圈的匝数均为、电阻均为、圆周长均为，忽略空气阻力。求： （1）时，每个线圈产生感应电流的大小； （2）在时间内，系统损耗的机械能（计算）； （3）在时间内，弹簧弹力的冲量（计算）。 【答案】35． 36． 37．BCD 38．（1）；（2）；（3） 【解析】35．[1]对平台、线圈整体受力平衡，由胡克定律有 解得 [2]对平台受力分析，三根轻杆竖直分力之和平衡重力有 解得 36．弹性势能等于F-x图像的面积（克服弹力做功），即 解得 37．A．最高最低点高度差为，振幅 A错误； B．从平衡位置开始计时，第30次回到平衡位置对应总时间 解得T=0.05s 频率 B正确； C．，平台仍向下运动向最低点运动，回复力（加速度）向上，因此平台向下减速，C正确； D．，平台在平衡位置下方，加速度向上，D正确； E．=T，平台回到平衡位置，此时弹簧处于伸长状态，弹簧弹性势能不是最小，E错误。 故选BCD。 38．（1）辐向磁场中，n匝总电动势 由欧姆定律得 （2）以平衡位置为机械能零点，总机械能满足 t=0时y=0，因此 t1时在最高点，速度为0，y=A1，因此 损耗的机械能 （3）t1、t2时刻平台都在最高点，速度均为0，竖直方向由动量定理（向上为正）有 解得 【跟踪训练1】弹珠机 如图所示为一台竖直放置的弹珠游戏机装置简图，ABCD是边长为2R的正方形面板。向下拉动把手N，弹簧被压缩，质量为m的小弹珠落入卡槽内静止；松手后，小弹珠向上运动，在A点脱离弹簧，经半径为R的圆弧轨道从H点飞出，再与竖直挡板CD发生弹性碰撞（碰撞后速度的竖直分量不变，水平分量反向、大小不变）落到AD边。已知重力加速度为g，不计一切摩擦。 39．小弹珠在脱离弹簧的过程中，加速度如何变化 ？ A．一直变小 B．先变小后变大 C．一直变大 D．先变大后变小 40．某次游戏中，若小弹珠恰能到达H点，则其在H点的速度大小为________，从A点射出时的速度大小为________。 41．某次游戏中，若小弹珠运动到H点时的速度为v，则其与挡板CD碰撞过程中，动量变化量的大小为________，方向为________。 42．（计算）若要使小弹珠与挡板CD碰撞后，直接落回A点，求小弹珠在最高点H处的速度大小______。 【答案】39．B 40． 41． 水平向右 42． 【解析】39．小弹珠脱离弹簧过程中，受向上的弹力kx和向下的重力mg。初始时弹力大于重力，根据牛顿第二定律有 随弹珠上移，弹簧压缩量x减小，弹力减小，加速度a减小；当弹力小于重力后，有 x继续减小，弹力继续减小，合力增大，加速度a增大。因此加速度先变小后变大。 40．[1]恰能到达H点，则有 解得 [2]小球从A到H上升高度为2R，不计摩擦，根据机械能守恒定律有 解得 41．[1][2]碰撞前水平速度大小为v，方向向左，碰撞后水平速度大小不变，方向反向（向右），竖直分量不变。设水平向右为正方向，动量变化Δp=mv−(−mv)=2mv 因此动量变化量大小为2mv，方向水平向右。 42．弹性碰撞可利用镜像法，碰撞后的运动等价于小弹珠从H直接平抛到A点关于CD的对称点，总竖直下落高度为2R，总水平路程为3R。竖直方向自由下落，有 水平方向匀速，有 解得 【跟踪训练2】如图为某创新实验室制作的一个“圆环轨道力学装置”示意图．其中直轨道AB与光滑竖直半圆轨道BCD平滑连接，直径BD处于竖直方向，C点位于圆心等高处，一小球经固定的弹簧发射器发射出后，沿直轨道运动，经B点沿半圆轨道上升，并从D点水平抛出，最后落在轨道AB上。已知小球质量为，半圆轨道半径，安装于D处的光电门测得速度。（不考虑空气阻力） 43．若小球从A点弹出时的速度为10m/s，则发射过程弹簧发射器对小球做了_________J的功，运动到B点时发现速度有所减小，可能的原因是_________． 44．（多选）小球沿BCD轨道上升过程中，小球（    ） A．在D点时加速度方向向下 B．在C点时加速度方向向左 C．从B到D的过程中，只有重力做功 D．从B到D的过程中，弹力先做正功后做负功 45．小球从B点到达D点的过程中，其速度大小与其离B点的竖直高度h的关系，下列图可能正确的是（    ） A． B． C． D． 46．计算：（1）求小球在D点所受弹力； （2）若AB轨道水平，小球从D点抛出后，求落地点距B点距离； （3）当小球在B点速度小于多少时，将无法到达D点？ 【答案】43． 25 AB段摩擦力对小球做负功 44．AC 45．D 46．（1）6.25N，方向竖直向下；（2）1.2m；（3）/4.47m/s 【解析】43．[1]若小球从A点弹出时的速度为10m/s，则发射过程弹簧发射器对小球做的功为 [2]运动到B点时发现速度有所减小，可能的原因是：AB段摩擦力对小球做负功。 44．A．小球在D点时，水平方向不受力，小球的合力方向一定竖直向下，所以加速度方向向下，故A正确； B．小球在C点时，轨道对小球的弹力水平向左，小球的重力竖直向下，根据力的合成可知，小球合力的方向斜向左下方，因此小球的加速度斜向左下方，故B错误； CD．B到D的过程中，弹力的方向始终垂直于小球的运动方向，弹力对小球不做功，只有重力对小球做负功，故C正确，D错误。 故选AC。 45．B到D的过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律可得 解得 根据数学知识可知图像应为开口向左的抛物线。 故选D。 46．（1）小球在D点，由牛顿第二定律可得 代入数据解得 （2）若AB轨道水平，小球从D点抛出做平抛运动，竖直方向有 解得 则落地点距B点距离为 （3）当小球恰好可以到达D点时，有 设此时小球在B点的速度为，由机械能守恒定律可得 联立解得 可知小球在B点的速度小于4.47m/s时，小球将无法到达D点。 【跟踪训练3】四消防员训练 消防员需要通过无数次的训练，提升体能，磨炼技能，以在关键时刻科学施救，全力守护人民的生命财产安全。 47．如图（a）所示，消防员进行爬杆练习。在他竖直向上爬杆的某段过程中，手与杆之间不打滑，且攀爬速率的倒数与攀爬高度的关系如图（b）所示。 在此过程中，消防员 （1）所受的摩擦力和合外力的方向分别为___________； A．向上、向上    B．向上、向下    C．向下、向上    D．向下、向下 （2）所用的时间为___________s。 48．消防员用灭火弹消防车进行灭火演练，如图（c）所示。已知消防车的出弹口与高楼竖直外墙面着火处的高度差为，连线与水平面的夹角为，灭火弹恰好垂直墙面击中处，重力加速度大小为，不计空气阻力，从出弹口射出的灭火弹可视为质点。 （1）求灭火弹从出弹口射出时的速度大小__________； （2）以所在水平面为零势能面，当灭火弹运动到高度处时，重力势能和动能相等。证明：__________。 49．消防员在灭火演练现场发现一个废弃的氧气瓶。到达安全地带后，检测出钢瓶内封闭气体压强为（为1个标准大气压）。为消除安全隐患，他拟用下面两种处理方案： （1）冷却法：经过合理冷却，使瓶内温度降为，此时封闭气体压强降为。则瓶内气体原来的温度为___________℃； （2）放气法： ①保持瓶内气体温度不变，缓慢放出一部分气体，使瓶内气体压强降为。则放好气后，瓶内剩余气体质量是原来封闭气体质量的___________； ②若不刻意保持气体温度不变，直接打开阀门，缓慢放出气体。瓶内气体压强降为时，瓶内剩余气体的质量为。则___________。 A．    B．    C． 【答案】47． B 7.5 48． 见解析 49． 477 40 A 【解析】47．（1）[1]消防员向上爬时，手相对杆有向下滑动的趋势，因此静摩擦力方向向上；由图像可知h增大时增大，说明v减小，即消防员向上做减速运动，加速度方向向下，因此合外力方向向下。 故选B。 （2）[2]根据可得 所以图线与坐标轴所围面积表示时间，则 48．（1）[1]灭火弹恰好垂直墙面击中处，则有 解得 又 解得 连线与水平面的夹角为，则有 解得水平速度 则灭火弹从出弹口射出时的速度大小 （2）[2]从出弹口到着火处根据机械能守恒有 重力势能和动能相等时有 解得 49．（1）[1]冷却过程体积不变，由查理定律有 解得 （2）①[2]若保持瓶内气体温度不变，根据玻意耳定律有 解得 即气体压强降为时总体积应为，而氧气瓶体积固定，剩余气体的体积为，说明放出的气体 根据 可得瓶内剩余气体质量与原来封闭气体质量之比 ②[3]不刻意保持温度，放气过程中瓶内气体膨胀对外做功，内能减小，压强降到时瓶内温度 由理想气体状态方程 等温放气时剩余气体的物质的量 不刻意保持温度时剩余气体的物质的量 所以。 选A。 【解密四】 动量守恒碰撞（最高频） 秘籍解读 1 弹性碰撞 1.碰撞三原则： (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2. “动碰动”弹性碰撞 v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： (1) (2) 联立（1）、（2）解得：v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 2 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 1.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 2.完全非弹性碰撞 v1 v2 v共 m1 m2 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 3 人船模型 1. 适用条件 ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；②动量守恒或某方向动量守恒． 2. 常用结论 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t, 即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L， 可解得：； 3. 类人船模型 类型一 类型二 类型三 类型四 类型五 秘籍应用 【例1】摆动 物体的摆动是生活中常见的物理现象，像海盗船，钟摆等等，都能在竖直平面内周期性地来回“摆动”，他们都包含了摆的科学原理。 50．如图所示，以点为平衡位置，单摆在、两点间做简谐运动。下列说法正确的是（    ） A．摆球从点经点运动到点即完成一次全振动 B．摆球经过平衡位置时所受合力为零 C．摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比 D．从A点向O点运动的过程中，摆球受到的拉力不断增大，回复力不断减小 51．如图甲所示，挖掘机的顶部垂下一个大铁球并让它小幅度地摆动，即可用来拆卸混凝土建筑。若将该设备视为单摆模型，它对应的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（    ） A．铁球振动的周期是 B．时，铁球的速度最大 C．铁球的质量增大，周期变小 D．从t=4s到6s，铁球的势能不断增大 52．如图所示演示装置，一根张紧的水平绳上挂着5个单摆，其中A、D摆长相同，先使A摆摆动，其余各摆也摆动起来，稳定后可以发现（    ） A．B摆振动的周期最短 B．C摆振动的周期最长 C．各摆摆动的周期均与摆相同 D．D摆的振幅最小 53．小明同学荡秋千时，发现秋千在运动过程中具有周期性，于是他在实验室找到一些器材进行探究。 （1）（多选题）为了能够满足“单摆”的模型要求，应( ) A．选用1米左右的轻质细线    B．选用质量较小的塑料球 C．将线紧密缠绕在水平横杆上    D．摆角尽可能的小 （2）小明用拉力传感器替代光电门传感器，按图（丙）所示安装好。摆球在小角度摆动的过程中，启动计算机软件，得到图（丁）所示的图像。则t=1.5 s时摆球在__________位置，摆球的振动周期______s。 54．如图，一单摆的摆长为，摆球质量，当地重力加速度，用力将摆球从最低点在竖直平面内向右缓慢拉开一个偏角，到达点后从静止开始释放。刚释放摆球的瞬间，摆球的回复力大小为__________。摆球从释放开始到达最低点的时间为__________。 55．接上题，如摆球静止在点时，给摆球一个水平向左的冲量Ⅰ，使得摆球能够继续绕悬挂点在竖直平面内做一个完整的圆周运动，则需要的最小冲量为多少？ 【答案】50．D 51．B 52．C 53． AD 最低点 2 54． 55． 【解析】50．A．全振动是指物体从某点出发，再次以相同的速度回到该点的过程，摆球从A点经O点运动到B点只完成了半个周期的运动，故A错误； B．摆球经过平衡位置O时，速度最大，向心力不为零，合力提供向心力，指向悬点，合力不为零，故B错误； C．单摆做简谐运动的回复力大小与位移大小成正比，但合力包括回复力和向心力，合力大小不与位移大小成正比，故C错误； D．从A点向O点运动的过程中，靠近平衡位置，位移减小，回复力不断减小；速度增大，由可知，减小，增大，则拉力不断增大，故D正确。 故选D。 51．A．由图乙可知，铁球振动的周期是，故A错误； B．时，位移，铁球经过平衡位置，速度最大，故B正确； C．单摆的周期，与铁球的质量无关，故C错误； D．从到，铁球从负向最大位移处向平衡位置运动，高度降低，重力势能不断减小，故D错误。 故选B。 52．ABC．A摆摆动后，其余各摆做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A摆的周期，所以各摆摆动的周期均与A摆相同，故AB错误，C正确； D．D摆的摆长与A摆相同，固有频率等于驱动力的频率，发生共振，振幅最大，故D错误。 故选C。 53．（1）[1] A．单摆模型要求摆线质量忽略不计，应选用轻质细线，且长度约1米，故A正确； B．为减小空气阻力影响，摆球应选用质量大、体积小的球，塑料球质量太小，故B错误； C．摆线悬点必须固定，不能缠绕在横杆上，否则摆长会变化，故C错误； D．单摆做简谐运动要求摆角尽可能小（小于），故D正确。 故选AD。 （2）[2][3]摆球在最低点时速度最大，拉力最大，由图（丁）可知，时拉力最大，说明摆球在最低点；拉力变化的周期是振动周期的一半，由图可知拉力变化的周期为1s，则摆球的振动周期。 54．[1][2]刚释放瞬间，摆球速度为零，向心力为零，合力沿切线方向，即回复力，大小为；摆球从最大位移处运动到平衡位置（最低点）的时间为四分之一周期，即 55．设摆球获得冲量后的速度为，则 摆球要能做完整的圆周运动，必须能通过最高点，设最高点速度为，临界条件为 从点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得 联立解得 【跟踪训练1】小艾同学被某展馆的如图（a）所示的仪器吸引，想要研究其原理。图（b）所示为俯视图，由四个叶片组成的“风车”置于密闭玻璃罩内的转轴上，相邻叶片之间成，每个叶片一面涂黑、一面镀银。光照射时，叶片会转动。 56．假设密闭玻璃罩内无叶片，初始时，温度为，压强为，若温度升高，压强将增大__________。（忽略玻璃罩内容积的变化） 57．如图（b）所示，光垂直照射叶片。假设很短的时间内照射到单个叶片的光子数为，单个光子的能量为，光速大小为。若光子被黑面完全吸收（即光子动量完全传递给叶片），这段时间内黑面受到的冲量大小为_____________；若光子打在银面上以相同速度大小反弹，这段时间内银面受到的平均冲力大小为______________。 58．叶片黑面吸热，黑面附近的气体压强会增大，其原因是__________。 A．气体体积膨胀，分子间斥力增大 B．光子直接撞击叶片，产生额外压强 C．气体分子数密度增大，单位时间内撞击叶片次数增多 D．气体分子平均速率增大，撞击叶片时的平均冲量增大 59．关于叶片转动的原因有两种观点：甲认为黑面和银面均受光子的冲力，叶片转动主要是“光压”差；乙认为黑面和银面均能吸热但程度不同，叶片转动主要是这两个面附近的气压差， （1）（多选）以下符合推理的是___________。 A．根据甲观点，相对于同时照射黑面和银面，光只照射银面时叶片转更快 B．根据乙观点，相对于同时照射黑面和银面，光只照射黑面时叶片转更快 C．无论根据哪种观点，玻璃罩内抽成真空时，叶片都转得更快 D．无论根据哪种观点，照射的光强增大，叶片都转得更快 （2）（简答）小艾观察到叶片转动方向为顺时针（俯视），如图（c）所示，即黑面背离光源方向。你支持甲乙哪种观点，并说明依据_______。 【答案】56．5 57． 58．D 59． ABD 我支持乙观点，依据为：黑面吸热更多，附近气体温度更高、压强更大，对黑面的推力更大，推动叶片向银面方向转动，与观察到的实际转动方向一致 【解析】56．密闭玻璃罩内的封闭气体体积不变，根据查理定律可得 其中，， 解得 57．[1]单个光子的能量为 光子的波长为 则单个光子的动量为 联立，解得 光子被黑面完全吸收，对时间内的所有光子，根据动量定理可得 因为光子动量完全传递给叶片，所以这段时间内黑面受到的冲量大小为； [2]若光子打在银面上以相同速度大小反弹，设光子受到到平均作用力大小为，根据动量定理可得 解得 根据牛顿第三定律可得，这段时间内银面受到的平均冲力大小为。 58．气体的体积不变，气体分子数密度不变；叶片黑面吸热，黑面附近的气体温度升高，撞击叶片时的平均冲量增大。 故选D。 59．（1）[1]A．设光子受到黑面的平均作用力大小为，根据动量定理可得 解得 根据牛顿第三定律可得，这段时间内黑面受到的平均冲力大小为，即银面受到的平均冲力更大，所以根据甲观点，相对于同时照射黑面和银面，光只照射银面时叶片转更快，故A正确； B．黑面吸热程度更大，温度升高更大，根据可知，黑面的气压差更大，所以根据乙观点，相对于同时照射黑面和银面，光只照射黑面时叶片转更快，故B正确； C．玻璃罩内抽成真空时，没有气体压强，则不存在气压差，对于乙观点，则叶片将静止，故C错误； D．照射的光强增大，对甲观点，黑面和银面受光子的冲力均增大，则叶片转得更快；对乙观点，封闭气体温度升高更大，根据可知，黑面的气压差更大，则叶片转得更快，故D正确。 故选ABD。 （2）[2]黑面吸热更多，附近气体温度更高、压强更大，对黑面的推力更大，推动叶片向银面方向转动，与观察到的实际转动方向一致，所以乙观点正确。 【跟踪训练2】五跳跃松鼠 松鼠是松鼠科物种的统称，有63属285种。松鼠的体形细长，后肢更长；前后肢间无皮翼，四肢强健；眼大而明亮，耳朵长，耳尖有一束毛，冬季尤其显著；夏毛一般为黑褐色或赤棕色，冬毛多呈灰色、烟灰色或灰褐色，腹毛为白色；指、趾端有尖锐的钩爪，尾毛多而且蓬松，常朝向背部反卷。松鼠雌性个体比雄性个体稍重一些。因为松鼠的样子像老鼠，而且大多数喜欢啃食松果之类的坚果，习惯生活在树木尤其是松树上，故名松鼠。 60．一只松鼠在树枝间跳跃，要从这个树枝节点以一定水平初速度跳到另外一个树枝节点上：已知两个节点的水平距离为，竖直方向的高度为，不考虑空气阻力，求松鼠要完成这次跳跃所需的最小初速度？ 61．又一只松鼠在一根与水平方向夹角为的倾斜树枝上，从静止开始沿树枝向上做匀加速直线运动；已知它在内沿树枝运动了【计算结果，保留2位有效数字】。 （1）求松鼠的加速度； （2）已知松鼠的质量为，求该过程中树枝对松鼠的作用力。 62．生物学家通过研究发现：当松鼠受到的平均作用力小于自身重力的15倍时，不会受到永久性伤害。某次实验中，一只质量为的松鼠从静止开始下落，其速度随位移的变化关系如图所示。 （1）求松鼠下落10m的过程中，空气阻力对它做的功； （2）若松鼠与地面的作用时间为90ms，请通过计算论证该松鼠落地后是否会受到永久性伤害？ 【答案】60． 61．（1），方向沿树枝向上；（2），方向斜向上 62．（1）；（2）否，论证见解析 【解析】60．松鼠做平抛运动，将运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动。水平方向，有 竖直方向，有 联立消去时间，得到刚好落到目标点的最小初速度 61．（1）松鼠做初速度为0的匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间的关系，得 代入，，解得 方向沿树枝向上。 （2）对松鼠受力分析，松鼠受重力，树枝的作用力，将分解为沿树枝分量​、垂直树枝分量。垂直树枝方向，受力平衡，有 解得 沿树枝方向由牛顿第二定律，得 解得 合作用力大小 方向斜向上。 62．（1）由图像可知，松鼠下落时，落地速度 下落过程由动能定理，得 解得 （2）取向上为正方向，松鼠落地过程，由动量定理，得 其中，解得平均作用力 平均作用力小于时不会受伤，其中 因为，因此该松鼠落地后不会受到永久性伤害。 【跟踪训练3】无人机、无人驾驶汽车等是人工智能时代物流配送的重要工具。 63．如图，无人机用轻绳吊着质量为m的包裹，一段时间内飞行高度保持不变，轻绳偏离竖直方向的夹角始终为。已知重力加速度为g，包裹所受空气阻力忽略不计。 （1）包裹的加速度大小为______。 （2）包裹可能做______运动。（多选） A．匀速　　B．匀加速　　C．匀减速　　D．变加速 （3）飞行过程中，突然解锁轻绳，包裹在空中的运动轨迹可能是______。 A．B．C． D． 64．某实验小组研究无人机的运动，测得其在竖直方向飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线。无人机的质量为2kg，取竖直向上为正方向。 （1）EF段无人机的速度大小为______； （2）FM段无人机处于______状态（填“超重”或“失重”） （3）MN段无人机机械能______（填“增加”“减少”或“不变”） （4）EN段无人机所受合外力冲量大小为______。 【答案】63． BCD C 64． 失重 减小 【分析】63．[1]对包裹受力分析：竖直方向高度不变，合力为0，水平方向合力提供加速度。由平衡条件和牛顿第二定律 联立得 [2]包裹合力恒定，加速度恒定，做匀变速运动；若加速度与速度同向为匀加速，反向为匀减速，如果包裹做匀速圆周运动，则做变加速运动；因此选BCD。 [3]解锁时包裹初速度沿水平方向，解锁后只受重力，轨迹向重力方向（竖直向下）弯曲，因此选向下弯曲的轨迹C。 64．[1]EF段无人机的速度大小等于图像中EF段的斜率，可知EF段无人机的速度大小为 [2]根据图像可知FM段无人机先竖直向上做减速运动，后竖直向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机处于失重状态。 [3]MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，无人机的机械能减小。 [4]MN段速度为 由动量定理，合外力冲量 所以EN段无人机所受合外力冲量大小为 【解密五】 功能动量综合多过程（难点） 秘籍解读 1．若题目中涉及过程较复杂，需要规律较多，应该将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接． 2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图． 3．根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程． 4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程． 5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论． 秘籍应用 【例1】如图所示，弹簧振子在B、C之间做简谐振动，O为平衡位置，其振动周期为T，经过O点时速度大小为v0 65．振子从O→B的运动过程中，其速度__________，其加速度__________。（均选涂“A．变大”或“B．变小”） 66．若将振子拉至位置开始振动，其振动周期，经过O点时速度大小，则_____，_____ 67．如图所示，水平地面上竖直放置着用轻质弹簧拴接的物块A，B，弹簧劲度系数为k，A的质量为m0，质量也为m0的物块C从距A高度为处由静止释放，与A碰撞后粘在一起，之后它们运动到最高点时，B与地面间的弹力恰好减小为0。已知重力加速度为g，不计碰撞时间及空气阻力，弹簧足够长且弹力始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为2m0 B．物块A、C粘在一起后做简谐运动的振幅为 C．A、C碰撞后，第一次运动至最低点的时间为 D．A、C运动到最低点时，地面对B的支持力大小为 【答案】65． B A 66． 2 67．AD 【解析】65．[1]振子从O→B的运动过程中，位移变大，弹簧的弹力做负功，动能转化为弹性势能，速度减小。故涂B。 [2]振子从O→B的运动过程中，位移变大，弹力变大，根据牛顿第二定律可知加速度变大，故涂A。 66．[1]若弹簧振子的周期与振幅无关，则 [2]若振幅变为原来的2倍，则在最大位移处时，弹簧的弹性势能，根据 弹簧的弹性势能的最大值变为原来的4倍，即最大动能变为原来的4倍，根据 振子经过平衡位置时的速度变为原来的2倍，即 67．AB．根据题意可知，规定向下为正方向，C与A碰撞，由动量守恒定律可知 对C，由动能定理可得 对A受力分析可得 A、C碰后一起运动的过程中，系统机械能守恒，在平衡位置时 A、C在最高点时 此时对B受力分析可得 此时弹簧被拉长，弹簧振子的振幅为 A、C运动到最高点的过程中，根据机械能守恒可得 联立解得，，，故A正确，B错误； C．根据题意有，A、C碰后，位移从，则第一次运动到最低点的时间小于，弹簧振子的振动周期 则其时间，故C错误； D．根据题意可知，A、C运动到最低点时，弹簧压缩量为 弹簧弹力为 对B受力分析可得 得，故D正确。 故选AD。 【跟踪训练1】斯诺克（Snooker，意为“阻碍、障碍”）又称障碍台球。 68．在斯诺克比赛中，下列情况可以将台球视为质点的是（　　）。 A．研究台球旋转与击球力度的关系 B．研究台球在球桌上运动的轨迹 C．研究皮头与台球接触时台球的微小形变 D．研究台球内微粒受摩擦作用的变化情况 69．斯诺克比赛中经常会出现“抽射”的情况，即球员突然发力，将台球击出。击球过程，台球所受力与时间的关系如图（a）所示。已知每小格的边长均为1，则在这段时间内，台球受到的平均冲力为______。（保留3位有效数字） 70．2016年国际锦标赛的赛场上出现了罕见的“七星连珠”情况，简化如图（b）所示。6颗红球互相接触，在同一条直线上，先白球以的速度匀速射出（桌面摩擦忽略不计），并与最靠近的红球发生碰撞（所有球之间的碰撞均为弹性碰撞，且球的质量均为m）。试分析7颗台球最后的运动状态。 71．在比赛平局的时候，会进入“争黑”环节，此时台面只有一颗白球和一颗黑球，某位球员在击球后，白球与黑球的运动轨迹用频闪相机记录下来，如图（c）所示。小组同学想用这个图像验证动量守恒定律，请补全该动量示意图。 【答案】68．B 69． 70．见解析 71． 【解析】68．A．研究台球旋转与击球力度的关系，不能忽略其大小和形状，不能将其看成质点，A错误； B．研究台球在球桌上运动的轨迹，可以忽略其大小和形状，将其看成质点，B正确； C．研究皮头与台球接触时台球的微小形变，不能忽略其大小和形状，不能将其看成质点，C错误； D．研究台球内微粒受摩擦作用的变化情况，不能忽略其大小和形状，不能将其看成质点，D错误。 故选B。 69．根据图像的面积表示冲量，可知其冲量大小为 根据动量定理则有 70．当白球和第一颗红球相碰时，根据动量守恒和能量守恒可得， 解得， 以此类推，不断交换速度，最终白球和前5个红球全部静止，第6颗红球以做匀速直线运动。 71．根据矢量的合成法则作出其碰后的动量图示如下 【跟踪训练2】如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧槽A与长度也为R、上表面粗糙的木板B静止在光滑水平面上，A、B之间通过大小可忽略的感应器平滑连接，当有滑块从连接处经过时两部分分离；初始时木板B的右端贴近等高的固定平台D停放；在平台左端有一弹射器，当小滑块进入弹射器后会自动补充一定量的机械能，然后以某个角度射出。小滑块C自圆弧槽的顶端由静止滑下，滑到木板B的右端时恰好与B共速，然后B撞上固定平台停止运动，滑块进入弹射器，由弹射器补充能量后射出，恰好击中距离弹射器水平距离为、高度为R的目标。已知小滑块C的质量为m，光滑圆弧槽A、木板B的质量均为，重力加速度为g，空气阻力不计。求： （1）小滑块C运动到圆弧槽A的最低端时对圆弧槽的压力； （2）木板B右端与固定平台的最大距离； （3）小滑块C经过弹射器的过程中需要补充能量的最小值及对应的弹射角。 【答案】（1）；（2）；（3）， 【详解】（1）小滑块C沿圆弧槽下滑过程中，对、、整体，水平方向根据动量守恒定律得 根据机械能守恒定律得解得， 在最低点， 由牛顿第三定律得 （2）小滑块沿圆弧槽下滑过程中，对、、整体，水平方向根据动量守恒定律得 对时间累积求和可得，解得 自滑到上至滑到的最右端的过程，对、整体，根据动量守恒定律得 由功能关系得 自滑上至的速度减为0有解得 B离开平台的最大位移为 （3）设滑块离开弹射器时速度大小为，方向与水平方向夹角为 则，解得 其中变形为 当时，即,有最小值 需要补充能量的最小值为 【跟踪训练3】冰壶被大家喻为冰上的“国际象棋”，它考验参与者的体能与脑力，展现动静之美，取舍之智慧。 73．运动员在光滑冰面上水平推出冰壶瞬间，下列说法正确的是（　　） A．运动员和冰壶相互作用过程中机械能不变 B．运动员对冰壶的冲量大小等于冰壶对运动员的冲量大小 C．运动员对冰壶做的功与冰壶对运动员做的功大小相等 D．冰壶动能增加量等于运动员动能减少量 74．在冰壶比赛中，队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞。碰撞前后两壶运动的v-t图线如图b，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等、材料不同，则（　　） A．两壶发生了弹性碰撞 B．碰后蓝壶再经过5s停止运动 C．碰后蓝壶速度为0.6m D．碰后蓝壶移动的距离为2.0m 75．如图，光滑冰面上有一质量M=2kg的小车，小车左部为半径R=1.2m的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一长度L=2.85m的水平粗糙面，动摩擦因数，粗糙面右端是一挡板。一质量m=1kg的小物块从圆弧轨道顶端A点静止释放。小物块与挡板的碰撞无机械能损失，重力加速度g取10m/s2。 （1）锁定小车，求物块第一次滑到圆弧轨道末端时轨道对小物块的支持力大小； （2）解除小车锁定： ①判断小车和物块的系统动量是否守恒，说明理由； ②求第一次滑到圆弧轨道末端时物块的速度大小； ③求整个运动过程中物块与小车右端挡板碰撞的次数以及小车发生的位移大小。 【答案】73．B 74．BD 75．（1）30N；（2）①见解析，②4m/s，③3次，1.1m 【解析】73．A．运动员和冰壶相互作用过程中，运动员要消耗体内生物能转化为运动员和冰壶的机械能，所以运动员和冰壶相互作用过程中机械能增加，故A错误； B．根据牛顿第三定律，运动员与冰壶间的相互作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，则运动员对冰壶的冲量大小等于冰壶对运动员的冲量大小，故B正确； C．运动员与冰壶间有相对位移，二者对地的位移大小不同，则运动员对冰壶做的功与冰壶对运动员做的功大小不相等，故C错误； D．由于运动员和冰壶相互作用过程中机械能增加，所以冰壶动能增加量不等于运动员动能减少量，故D错误。 故选B。 74．AC．由图可知，碰前红壶的速度为碰后速度为 碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得 代值可得 碰前的机械能为碰后机械能为 可知所以两壶发生了非弹性碰撞，故AC错误； BD．由图可知，红壶的加速度为 设蓝壶运动时间为t，由图可得 碰后蓝壶移动的距离为故BD正确。 故选BD。 75．（1）小车被锁定，小物块下滑到最低点过程机械能守恒，则 在最低点，有解得 （2）①解除锁定后，小物块下滑过程中，小车向左加速，小物块和小车组成的系统所受合外力不等于零，故系统动量不守恒，但在水平方向上合力为零，水平方向动量守恒； ②设小物块刚滑上右侧粗糙区域时速度大小为v1，小车速度大小为v2，则有， 代入数据解得 ③从小物块滑下到最终相对小车静止，物块在小车粗糙面上滑动的路程为解得 设最终物块停在距离挡板右侧∆x处，则 可得，当n=5时 即物块在水平面上滑动了5个L，实际与挡板碰撞3次，最终将停在离开右侧挡板0.75m处； 物块相对小车停下时，小车也停止运动，整个过程中，物块相对小车发生位移为 选取m和M为系统，由于水平方向动量守恒，设m水平向右发生位移大小为x1，M水平向左发生位移大小为x2，可推得， 解得 疑难点拨 易错点：多过程中不同阶段的规律（如动能定理、动量守恒）切换混乱（难点拉分） 1．解动力学问题的三个基本观点 （1）力的观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 （2）能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 （3）动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2．力学规律的选用原则 （1）如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，可用牛顿第二定律。 （2）研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理涉及时间的问题或动能定理涉及位移的问题去解决问题。 （3）若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 （4）在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。 （5）在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 3．解题技巧 （1）认真审题，提炼已知条件和隐含已知条件。 （2）通过画运动轨迹图和v-t图像，再现运动过程。 （3）明确研究对象，分析其不同的运动阶段的受力情况、运动特点、各力做功及系统能量转化情况，用已知量和未知量列出相关方程。一个方程不能求解，则通过方程组求解。 【例1】碰撞现象 76．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以（　　） A．减小球对手的冲量 B．减小球对手的冲击力 C．减小球的动量变化量 D．减小球的动能变化量 77．一物体从某高处由静止释放，设所受空气阻力恒定，当它下落h时的动量大小为，当它下落时动量大小为，那么等于（　　） A． B． C． D． 78．一个质量是的钢球，以的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以的速度水平向左运动。若以水平向右为正方向，则碰撞前后钢球的动量变化为（　　） A．0 B． C． D． 79．利用气垫导轨进行“验证动量守恒定律”这一实验 （1）甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有尼龙搭扣，若要求碰撞动能损失最小则应选下图中的____。（填“甲”或“乙”） （2）某同学实验中选取滑块1的质量，与质量为静止的滑块2相碰，由实验测得它们在碰撞前后的图像如图，可知滑块1碰撞前的是，滑块1碰撞后的是____，滑块2碰撞后的是____。由此得出结论在此过程中总动量____（选填“是”“不是”）守恒的。 80．在足够长的光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B（可视为质点）。物块B与左右两边槽壁的距离如图所示，凹槽与物块B的质量均为，两者之间的动摩擦因数。开始时物块B静止，凹槽以的初速度向右运动，设物块B与凹槽壁的碰撞没有能量损失，且碰撞时间不计。g取。则 （1）物块B和凹槽A第一次碰撞时，它们已运动了多少时间？ （2）物块B与凹槽相对静止时的共同速度为多少？ （3）从物块B开始运动到两者相对静止所经历的时间为多少？ （4）从物块B开始运动到两者相对静止所经历的时间内物块运动的位移大小为多少？ 【答案】76．B 77．B 78．C 79． 甲 0.0075 0.0075 是 80．（1）；（2）；（3）；（4） 【解析】76．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以增加缓冲时间，由动量定理 可知，缓冲时间增长，作用力减小，而冲量、动量的变化量、动能的变化量都不变。 故选B。 77．由动能定理，故由可知故选B。 78．规定水平向右为正方向，则有故选C。 79．[1]若要求碰撞动能损失最小，则应选择装有弹性圈的甲图。 [2]由图像可知碰后1的速度为动量为 [3]碰后2的速度为动量为 [4]碰后的动量为则 所以碰撞过程中总动量是守恒的。 80．（1）物块和凹槽相对滑动时加速度大小为 第一次碰撞时，有 又，联立解得 （2）设二者相对静止时的速度为v，由动量守恒定律可得解得 （3）依题意，二者质量相等，且碰撞过程没有能量损失，可知每碰撞一次均交换速度一次，故可以用匀变速直线运动规律求解时间，即又 解得 （4）设二者相对静止前，相对运动的路程为s1，由动能定理可得 解得 即物块与凹槽相对静止时物块在凹槽的左端。设凹槽与物体的速度分别为和，根据动量守恒可得 即 二者运动方向均水平向右，可得又 解得 【跟踪训练1】（多选）“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。 (1)小明将质量为2m的小球甲以水平速度v弹出，与光滑地面上一个质量为m的静止小球乙发生正碰，关于两小球碰后速度的分析，下列说法可能正确的是（　　） A．   B．   C．   D．   (2)小华在光滑水平桌面上用一个质量为3m的绿色弹珠以某一速度与前方静止的质量为m的黄色弹珠发生弹性正碰，已知碰撞前绿色弹珠的动能为E，碰撞之后黄色弹珠的动能为（　　） A． B． C． D． (3)如图所示为小朋友玩的一种弹珠游戏的简化模型。内壁光滑、半径为R的圆形轨道平放在滑水平面上并固定，质量分别为m、2m、m的弹珠a、b、c（均可视为质点）静止在圆形轨道同一直径两侧，a、c两弹珠紧靠在一起。现将a、c弹珠分别以v和3v的速度沿相反方向弹出，弹珠间所有的碰撞均为弹性碰撞，弹珠始终沿圆轨道运动，则三个弹珠再次回到初始位置所需的时间可能为（　　） A． B． C． D． 【答案】(1)A(2)B(3)BCD 【详解】（1）根据题意可知，甲乙两球碰撞的可能性需要符合3个条件，碰撞前后： ①系统动量守恒，即 ②以甲球原运动方向为正方向，则碰后 ③碰撞前后，系统总动能不增加，即 将选项中数据逐一代入上式，通过计算，符合条件的只有，故选A。 （2）根据题意两小球碰撞为弹性碰撞，可知系统动量守恒、机械能守恒，即 ，又因为 方程联立解得碰撞之后黄色弹珠的动能为故选B。 （3）因弹珠速度较大，故首先两弹珠相碰，设碰后弹珠的速度为，b弹珠的速度为，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 联立解得， 由分析可知，、两弹珠将在轨道点发生碰撞，如图所示 设碰后弹珠的速度为，弹珠的速度为，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有联立解得， 即碰后弹珠静止，而后弹珠以、弹珠以的速度迎面相撞，相撞点为圆轨道上B点，由于两弹珠质量相等，碰后速度交换，即恢复到初始状态，只是弹珠、、的位置沿圆轨道顺时针转过，这个过程中弹珠运动的时间为 结合上述分析可知三个弹珠均回到初始位置需转过，所需要的时间 故选BCD。 【跟踪训练2】如图， 一质量的小球P由长的轻质细线悬挂于O点。一质量的小滑块Q 静置于水平轨道A处，位于O点正下方。将P向左拉开由静止释放，P在与Q碰撞前瞬间的向心加速度，碰撞后瞬间P的速度是碰撞前瞬间速度的。且测得小球P 与滑块作用时间为0.01s，滑块与轨道间动摩擦因数，g取 。求： （1）P与Q碰撞前瞬间小球P的速度大小v； （2）请从系统受力的角度定量分析小球P和滑块Q碰撞过程水平方向动量是否守恒？ （3）假设小球与滑块的碰撞可视为弹性碰撞，求碰撞后物体Q获得的速度； （4）假设小球与滑块的碰撞可视为弹性碰撞，求P与Q碰撞后第一次回到最低点时，Q与A点之间的距离s。 【答案】（1）；（2）见解析；（3）；（4）0.5m 【详解】（1）P与Q碰撞前瞬间小球P的加速度为 解得碰撞前瞬间小球P的速度大小 （2）小球P和滑块Q碰撞过程外力的冲量大小为由动量定理得 代入数据解得 可知小球P和滑块Q碰撞过程P、Q组成的系统水平方向动量变化量可忽略不计，即水平方向动量守恒。 （3）若小球与滑块的碰撞为弹性碰撞，则， 解得， （4）从P与Q碰撞后到第一次回到最低点用时由单摆周期公式得解得 碰撞后Q做匀减速运动，加速度大小为，Q速度减到零用时 解得因为 所以P与Q碰撞后第一次回到最低点时，Q已经停止运动，有 解得 【跟踪训练3】疯狂动物园 刚刚结束了紧张的月考，明辉利用周末时间前往动物园游玩。第一站——美丽的海底世界 83．明辉沿着海底隧道慢慢往前走，看着色彩绚丽的小鱼漫游在珊瑚丛中，仿佛置身大洋深处。贝类、海星、水母在海草丛中起舞，其中有一只质量为0.9kg的乌贼，吸入0.1kg的水后静止在水中，此后在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，乌贼获得2m/s的速度向前运动。下列说法正确的是（　　） A．在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统动量增大 B．在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为1.8N·s C．喷水过程结束瞬间，乌贼喷出的水的速度大小为9m/s D．喷水过程结束瞬间，乌贼和所喷出水的动能之比为 第二站——“功夫”熊猫 84．明辉来到熊猫馆，看到熊猫圆圆正惬意地躺在地上晒太阳，熊猫滚滚则调皮地爬到了木桩顶端，结果一个没站稳拌了下来，正好砸在熊猫圆圆的脑袋上，并且没有反弹。已知熊猫滚滚的质量为100kg，木桩高度为0.8m，熊猫圆圆受到冲击的时间约为0.2s。下列说法中正确的是（　　）    A．两只熊猫作用过程中，熊猫滚滚的动量变化量大小约为400kg·m/s B．熊猫滚滚对熊猫圆圆的冲量方向竖直向上 C．熊猫滚滚对熊猫圆圆的冲量大小约为400N·s D．熊描滚滚对熊猫圆圆的平均作用力大小约为2000N 中场休息——“拒绝动物表演 全息点亮未来”微电影 85．全息电影是利用光的干涉现象来记录影像和重现影像，用全息摄影的方法制作和显示的电影。在前往下一个场馆之前，明辉观看了以海洋为主题的全息电影，其中，海豚的一段顶球表演给他留下了深刻的印象：只见海豚在饲养员的指挥下高高跃起，用细长的嘴巴向上顶了一下皮球，随后优雅地落入水中。已知在海豚顶球过程中，皮球重力忽略不计，皮球所受合外力随时间变化的曲线如图所示，下列说法中正确的是（　　）      A．皮球速度的变化量等于曲线与横轴所围的面积 B．皮球的动能的变化量正比于曲线与横轴所围的面积 C．皮球的动量大小先增大后减小 D．皮球的加速度大小先增大后减小 第三站——玩泥巴的小象 86．炎炎夏日，突如其来的一场大雨在大象馆的地面上留下了大大小小的泥坑，小象们兴奋地在泥地里打滚，尽情享受着“泥巴浴”。饲养员见状，赶紧拿起手边的高压水枪对地面进行清洁。已知高压水枪出水口直径为d，水从枪口高速喷出后，近距离垂直喷射到地面且速度在短时间内由v变为零，忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为。则水在地面产生的平均冲击力大小为（　　） A． B． C． D． 终点站——猴山 87．一天的游览即将结束，临走前，明辉隐约听到猴山方向传来阵阵欢呼，走近一看，原来是猴王在玩荡秋千，其运动可以简化为如下图所示的模型。质量为的猴王抓住一端固定的轻绳，从高为的猴山上由静止开始摆下，运动到最低点时与静止在光滑地面上的木箱发生弹性碰撞。地面左边有一个静止的四分之一圆光滑滑槽，其末端和地面相切，木箱冲上滑槽后，滑槽开始向左运动，木箱恰好能够到达滑槽的最高点。已知绳长，木箱的质量，滑槽的质量，在猴王和木箱碰撞前的瞬间，绳子张力为460N。求： （1）猴王与木箱发生碰撞前瞬间，猴王的速度； （2）碰撞后木箱获得的速度； （3）滑槽的高度H； （4）滑槽最终获得的最大速度； （5）若猴王从高为的山头摆下，请分别以地面、滑槽作为参考系，描述木箱在达到滑槽最高点后很短的一段时间内将做什么运动。    【答案】83．B 84．A 85．D 86．C 87．（1）；（2）；（3）；（4）；（5）见解析 【解析】83．A．极短时间内把吸入的水向后全部喷出，乌贼喷水过程遵守动量守恒，故A错误； B．乌贼所受合力的冲量等于动量改变量故B正确； C．根据动量守恒 鸟贼喷出的水的速度大小故C错误； D．乌贼和所喷出水的动能之比故D错误。故选B。 84．A．熊猫滚滚落地速度 两只熊猫作用过程中，熊猫滚滚的动量变化量大小 故A正确； B．熊猫滚滚对熊猫圆圆的作用力方向竖直向下，所以冲量方向竖直向下，故B错误； CD．对熊猫滚滚应用动量定理 解得熊猫滚滚对熊猫圆圆的冲量大小约为 故CD错误。 故选A。 85．A．皮球所受合外力随时间变化的曲线如图所示，根据动量定理可知皮球动量的变化量等于曲线与横轴所围的面积，故A错误； B．皮球的动能的变化量等于合外力的功，与曲线与横轴所围的面积不成正比，故B错误； C．根据图像可知，面积始终为正值，所以皮球的动量大小始终增大，故C错误； D．根据牛顿第二定律可知，皮球的加速度大小先增大后减小，故D正确。 故选D。 86．设水与物体表面的作用时间为t，则在时间t内喷到物体表面水的质量 对喷到物体表面的水，以水的速度方向为正方向，由动量定理得 解得物体表面对水的作用力故选C。 87．（1）根据牛顿第二定律可得解得 （2）猴王与木箱发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律可得， 联立解得 （3）木箱与华漕组成的系统水平方向动量守恒，根据题意可得 根据能量守恒定律可得 解得 （4）当木箱从华漕最高点回到华漕底端时，华漕速度最大，根据动量守恒定律可得 根据能量守恒定律可得 联立解得 （5）根据（3）分析可知，猴王与木箱发生碰撞后速度交换，若猴王从高为的山头摆下，木箱与滑槽组成系统水平动量守恒，根据分析可知，当木箱与滑槽水平方向速度相等时，木箱竖直方向的速度不为零，以地面作为参考系木箱做斜抛运动，以滑槽作为参考系木箱做竖直上抛运动。 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘籍02功能与动量综合 秘籍特训 【解密一】功和功率（必考基础） 【例1】 【答案】1．D 2． 3． A B 【解析】1．转盘的转速为120r/min，即2r/s，根据可得角速度为 坯体上到转轴距离分别为1cm、2cm、3cm的三点的角速度相等，半径之比为，根据线速度和角速度关系，可知线速度大小之比为 故选D。 2．[1]一小泥块沿水平方向飞出，做平抛运动，根据飞出点离地高度为h，有 可得时间为 落地点距飞出点的水平距离为x，有 可得泥块飞出时的初速度大小为 [2]t时刻的竖直速度为，重力做功的瞬时功率为 [3]设地面为零势能面，泥块平抛过程中机械能守恒，可知此时泥块的机械能为初始时的机械能，为 3．[1]将手机固定在转盘上的M位置，即转动半径不变，根据可知向心加速度与角速度的平方成正比，故将横轴改为。 故选A。 [2] 手机固定在转盘的距离转轴更远的N位置，半径变大，根据可知向心加速度变大，故为曲线②。 故选B。 【跟踪训练1】【答案】4． 5． 6． 7． 【解析】4．根据功的计算公式有（其中弧长为弧长，为转速） 功率为 代入数据联立得 5．功率的单位是瓦特（W），定义为1秒内做1焦耳的功 根据牛顿第二定律， 将上述关系代入得到 6．单位时间内空气质量 单位时间内空气损失动能 单位时间内风车磨坊输出能量即输出功率 代入数据联立解得 7．[1] 海水重心提升的有效高度为 单位时间内，水泵对海水做的功等于海水重力势能的增加量 功率P为单位时间内做的功，即 因为W为单位时间的功，则此时泵的功率 [2] 设坝体内的水体表面积为S，水位下降的高度 在任意时刻，坝内水面高度为 联立解得，则图为一条直线（其纵截距为，斜率为,最大功率为，总时间），如下图所示 [3]根据上述分析可知总时间 最大功率为 由于图像与时间轴围成面积表示功，如下图所示 故将坝内的海水全部抽完需要做的功 【跟踪训练2】【答案】8． B C 9． 15.9 【解析】8．[1]气体总质量 所以物质的量 故分子总数 故选 B。 [2]以原有气体为研究对象，气体温度不变，排气过程可看作等温膨胀过程，由玻意耳定律有 解得 排出气体的质量与排气前气体的总质量之比等于排出气体的体积与排气前气体的总体积之比，故 故选 C。 9．[1]图像与轴围成的面积等于力做的功，即车辆克服做的功，故车辆克服做的功为 解得 [2]根据动能定理，车辆克服做的功等于初动能 解得 【跟踪训练3】 【答案】10．B 11．CD 12． 2 5 13．B 14．AD 15．D 16． 2000 8 【解析】10．要描绘人和自行车的整体运动，将整体看作质点，所选点应为整体的重心位置。所以图中标出的各点最合适的是点。 故选B。 11．A．根据作用效果，一个作用效果使自行车沿着坡面向下行驶，另一个作用效果使自行车和人紧压斜面，采用正交分解法，骑自行车下坡时，可以将人和自行车受到的重力分解为沿坡面向下的分力和垂直坡面斜向下的分力，故A错误； B．把手的花纹是为了增大接触面的粗糙程度，从而增大摩擦力，故B错误； C．当人在水平地面匀速骑行时，自行车受力平衡，故C正确； D．力是改变物体运动状态的原因，因此骑行过程中若一切外力消失，自行车将做匀速直线运动，故D正确。 故选CD。 12．[1]在某段时间内自行车做匀变速直线运动的位移与时间的关系式为，结合匀变速直线运动位移时间公式 可知自行车的初速度和加速度分别为， [2]前两秒内的位移为 则前两秒内的平均速度为 13．做曲线运动的汽车受到的合力指向其运动轨迹弯曲的内侧，由于汽车是从M向N做减速运动，所以合力方向与汽车的速度方向（切线方向）的夹角大于90°。 故选B。 14．AC．由图像可知，时，两车处于同一位置，则此时两车相遇，汽车刚好追上自行车，故A正确，C错误； B．由图像可知，内，两车的路程相同，则两车平均速率相同，故B错误； D．根据图像的切线斜率表示速度，可知时，汽车的速度大于自行车的速度，故D正确。 故选AD。 15．最容易爆胎的地方应是轮胎受到的压力最大的地方。在a、c两处，向心加速度的方向向下，汽车处于失重状态，轮胎所受压力小于汽车重力；而在b、d两处，向心加速度方向向上，压力大于重力，由图可知，b处半径大于d处半径，由 可知，速率相同的情况下，半径越小压力越大，故爆胎概率最大的点是d点。 故选D。 16．[1]当牵引力等于阻力时，汽车的速度达到最大，则有 可得汽车在该路段所受阻力大小为 [2]汽车匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得 解得牵引力大小为 汽车匀加速结束时的速度大小为 则汽车匀加速运动的时间为 【解密二】 动能定理（高频压轴） 秘籍应用 【例1】【答案】17． 18． E 19． 1.96 1.28 【解析】17．[1]取向下为正方向，小球在空中做自由落体运动，触地瞬间的速度大小为 故球自由下落过程中的平均速度大小为 [2]由题意知与草地碰撞后反弹的速度 故草地碰撞过程中，小球的平均加速度大小为 18．（1）[1]细线竖直时，细线对O点的拉力竖直向下，O点受力平衡，因此杆子对O点的作用力竖直向上，对应方向E。 （2）[2]鱼灯受细线拉力、重力及风的作用力，重力大小方向固定，拉力方向固定，当风力与细线垂直时，风力最小，作出力的矢量三角形如下图所示 由图可知 19．（1）[1]对滑草车在AB段受力分析，根据牛顿第二定律有 解得 [2]AB段长 故滑草车到达B点速度满足 滑草车在BC段减速时，根据牛顿第二定律，加速度大小满足 解得 可知在BC段滑行的时间 （2）[3]滑草车初末动能均为0，由动能定理有 解得 【跟踪训练1】【答案】20．C 21．B 22．C 23． > < 24． 【解析】20．同一原子钟放在地面和直接装载在天问一号相比，每天会有时间差，导致这一时间差的是相对论效应。 21．从地球上发射天问一号火星探测器，需要脱离地球引力的束缚，但仍在太阳系中，所以发射速度需大于地球的第二宇宙速度，小于地球的第三宇宙速度。 故选B。 22．火星沿椭圆轨道绕太阳公转，以太阳为参考系，在火星靠近太阳的过程中，万有引力对火星做正功，火星的动能逐渐增大，所以火星的速度逐渐增大；根据牛顿第二定律可得 可得 可知火星的加速度逐渐增大。 故选C。 23．[1][2]根据万有引力提供向心力可得 可得， 已知火星的公转半径大于地球的公转半径，则火星绕太阳运动的周期大于地球绕太阳运动的周期，火星绕太阳运动的角速度小于地球绕太阳运动的角速度。 24．[1]已知火星半径为，探测器环绕火星表面飞行的速率为，引力常量为，由万有引力提供向心力得 解得火星的质量为 [2]在火星表面有 可得火星表面的重力加速度为 [3]对于火星同步卫星，有 可得火星同步卫星轨道的半径为 【跟踪训练2】【答案】25． 右 右 26．A 27．AC 28．A 29． 增大 减小 减小 30．（1）；（2） 【解析】25．[1]根据图甲及惯性原理可知，水向左倾移动表示此时列车向右加速，则列车的加速度方向为水平向右； [2]图乙中水的密度大于气泡的密度，所以相同体积下，水的惯性大于气泡的惯性，列车向右加速，可知该气泡（相对于容器）向右运动。 26．工作人员通过控制装置，让咖啡杯的角速度缓慢增大，咖啡杯到中心轴的距离不变，根据，可知在此过程中，游客的向心力增大。 故选A。 27．AB．当升降机减速下降时，加速度方向向上，游客是处在超重状态，故A正确，B错误； CD．当升降机加速上升时，加速度方向向上，游客是处在超重状态，故C正确，D错误。 故选AC。 28．由静止开始沿倾角为的直道，匀加速提升至一定高度，可知在沿直道提升阶段，游客的动能增大，根据动能定理可知合力对游客做正功，由于重力对游客做负功，所以船对游客做正功。 故选A。 29．[1][2][3]此后“海盗船”来回摆动，幅度逐渐减小。可知“海盗船”的机械能逐渐减小；由低处向高处摆动过程中，“海盗船”的重力势能增大；合力做负功，所以“海盗船”的动能减小；由于除了重力外，还有阻力做负功，所以“海盗船”的机械能减小。 30．（1）游客从起点A到B点过程中，根据动能定理可得 解得游客刚滑到水平轨道B时的速度大小为 （2）游客在水平轨道从B点到停下过程，根据动能定理可得 其中，解得 可知水平轨道至少长为。 【跟踪训练3】 【答案】31． 32．D 33．AC 34． D 20N 10m 【解析】31．[1]由题可知，链轮的周期 则链轮的角速度 [2]根据传动装置的特点可知，链轮的线速度等于飞轮的线速度，则有 飞轮的角速度 自行车前行速度为 32．A．气嘴灯运动至车轮最高点时若速度较大，则重物做离心运动，则触点M也可能与触点N接触，使得LED灯发光，故A错误； B．在同等转速下在最低点时，则有 在最高点时，则有 由于 即在最低点时弹簧被拉长得较大，则LED灯最容易被点亮的位置是最低点的位置，故B错误； C．当车速较小时，重物需要较小的向心力即可维持圆周运动，此时弹簧伸长量较小，以最低点为例：弹簧弹力大于重物的重力 触点MN还没有接触，LED灯不发光，逐渐增大车速，当重物的重力大于弹簧的弹力后，触点MN才可能接触，使LED灯发光，故C错误； D．当车速增大到一定程度后，重物做离心运动到达一定程度时，无论气嘴灯在哪个位置都可能是触点MN接触使LED灯发光，故D正确。 故选D。 33．根据动能定理可得 解得 即与是二次函数的关系，开口向上。 故选AC。 34．[1]根据 可知随着速度v增大，牵引力F逐渐减小，根据牛顿第二定律可得 可知a逐渐减小，当时 故选D。 [2]3s末速度达到最大，此时 对自行车受力分析可得 代入数据解得 [3]根据动能定理可得 代入数据解得 【解密三】 机械能守恒（热门） 秘籍应用 【例1】 【答案】35． 36． 37．BCD 38．（1）；（2）；（3） 【解析】35．[1]对平台、线圈整体受力平衡，由胡克定律有 解得 [2]对平台受力分析，三根轻杆竖直分力之和平衡重力有 解得 36．弹性势能等于F-x图像的面积（克服弹力做功），即 解得 37．A．最高最低点高度差为，振幅 A错误； B．从平衡位置开始计时，第30次回到平衡位置对应总时间 解得T=0.05s 频率 B正确； C．，平台仍向下运动向最低点运动，回复力（加速度）向上，因此平台向下减速，C正确； D．，平台在平衡位置下方，加速度向上，D正确； E．=T，平台回到平衡位置，此时弹簧处于伸长状态，弹簧弹性势能不是最小，E错误。 故选BCD。 38．（1）辐向磁场中，n匝总电动势 由欧姆定律得 （2）以平衡位置为机械能零点，总机械能满足 t=0时y=0，因此 t1时在最高点，速度为0，y=A1，因此 损耗的机械能 （3）t1、t2时刻平台都在最高点，速度均为0，竖直方向由动量定理（向上为正）有 解得 【跟踪训练1】【答案】39．B 40． 41． 水平向右 42． 【解析】39．小弹珠脱离弹簧过程中，受向上的弹力kx和向下的重力mg。初始时弹力大于重力，根据牛顿第二定律有 随弹珠上移，弹簧压缩量x减小，弹力减小，加速度a减小；当弹力小于重力后，有 x继续减小，弹力继续减小，合力增大，加速度a增大。因此加速度先变小后变大。 40．[1]恰能到达H点，则有 解得 [2]小球从A到H上升高度为2R，不计摩擦，根据机械能守恒定律有 解得 41．[1][2]碰撞前水平速度大小为v，方向向左，碰撞后水平速度大小不变，方向反向（向右），竖直分量不变。设水平向右为正方向，动量变化Δp=mv−(−mv)=2mv 因此动量变化量大小为2mv，方向水平向右。 42．弹性碰撞可利用镜像法，碰撞后的运动等价于小弹珠从H直接平抛到A点关于CD的对称点，总竖直下落高度为2R，总水平路程为3R。竖直方向自由下落，有 水平方向匀速，有 解得 【跟踪训练2】 【答案】43． 25 AB段摩擦力对小球做负功 44．AC 45．D 46．（1）6.25N，方向竖直向下；（2）1.2m；（3）/4.47m/s 【解析】43．[1]若小球从A点弹出时的速度为10m/s，则发射过程弹簧发射器对小球做的功为 [2]运动到B点时发现速度有所减小，可能的原因是：AB段摩擦力对小球做负功。 44．A．小球在D点时，水平方向不受力，小球的合力方向一定竖直向下，所以加速度方向向下，故A正确； B．小球在C点时，轨道对小球的弹力水平向左，小球的重力竖直向下，根据力的合成可知，小球合力的方向斜向左下方，因此小球的加速度斜向左下方，故B错误； CD．B到D的过程中，弹力的方向始终垂直于小球的运动方向，弹力对小球不做功，只有重力对小球做负功，故C正确，D错误。 故选AC。 45．B到D的过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律可得 解得 根据数学知识可知图像应为开口向左的抛物线。 故选D。 46．（1）小球在D点，由牛顿第二定律可得 代入数据解得 （2）若AB轨道水平，小球从D点抛出做平抛运动，竖直方向有 解得 则落地点距B点距离为 （3）当小球恰好可以到达D点时，有 设此时小球在B点的速度为，由机械能守恒定律可得 联立解得 可知小球在B点的速度小于4.47m/s时，小球将无法到达D点。 【跟踪训练3】 【答案】47． B 7.5 48． 见解析 49． 477 40 A 【解析】47．（1）[1]消防员向上爬时，手相对杆有向下滑动的趋势，因此静摩擦力方向向上；由图像可知h增大时增大，说明v减小，即消防员向上做减速运动，加速度方向向下，因此合外力方向向下。 故选B。 （2）[2]根据可得 所以图线与坐标轴所围面积表示时间，则 48．（1）[1]灭火弹恰好垂直墙面击中处，则有 解得 又 解得 连线与水平面的夹角为，则有 解得水平速度 则灭火弹从出弹口射出时的速度大小 （2）[2]从出弹口到着火处根据机械能守恒有 重力势能和动能相等时有 解得 49．（1）[1]冷却过程体积不变，由查理定律有 解得 （2）①[2]若保持瓶内气体温度不变，根据玻意耳定律有 解得 即气体压强降为时总体积应为，而氧气瓶体积固定，剩余气体的体积为，说明放出的气体 根据 可得瓶内剩余气体质量与原来封闭气体质量之比 ②[3]不刻意保持温度，放气过程中瓶内气体膨胀对外做功，内能减小，压强降到时瓶内温度 由理想气体状态方程 等温放气时剩余气体的物质的量 不刻意保持温度时剩余气体的物质的量 所以。 选A。 【解密四】 动量守恒碰撞（最高频） 秘籍应用 【例1】 【答案】50．D 51．B 52．C 53． AD 最低点 2 54． 55． 【解析】50．A．全振动是指物体从某点出发，再次以相同的速度回到该点的过程，摆球从A点经O点运动到B点只完成了半个周期的运动，故A错误； B．摆球经过平衡位置O时，速度最大，向心力不为零，合力提供向心力，指向悬点，合力不为零，故B错误； C．单摆做简谐运动的回复力大小与位移大小成正比，但合力包括回复力和向心力，合力大小不与位移大小成正比，故C错误； D．从A点向O点运动的过程中，靠近平衡位置，位移减小，回复力不断减小；速度增大，由可知，减小，增大，则拉力不断增大，故D正确。 故选D。 51．A．由图乙可知，铁球振动的周期是，故A错误； B．时，位移，铁球经过平衡位置，速度最大，故B正确； C．单摆的周期，与铁球的质量无关，故C错误； D．从到，铁球从负向最大位移处向平衡位置运动，高度降低，重力势能不断减小，故D错误。 故选B。 52．ABC．A摆摆动后，其余各摆做受迫振动，受迫振动的周期等于驱动力的周期，即等于A摆的周期，所以各摆摆动的周期均与A摆相同，故AB错误，C正确； D．D摆的摆长与A摆相同，固有频率等于驱动力的频率，发生共振，振幅最大，故D错误。 故选C。 53．（1）[1] A．单摆模型要求摆线质量忽略不计，应选用轻质细线，且长度约1米，故A正确； B．为减小空气阻力影响，摆球应选用质量大、体积小的球，塑料球质量太小，故B错误； C．摆线悬点必须固定，不能缠绕在横杆上，否则摆长会变化，故C错误； D．单摆做简谐运动要求摆角尽可能小（小于），故D正确。 故选AD。 （2）[2][3]摆球在最低点时速度最大，拉力最大，由图（丁）可知，时拉力最大，说明摆球在最低点；拉力变化的周期是振动周期的一半，由图可知拉力变化的周期为1s，则摆球的振动周期。 54．[1][2]刚释放瞬间，摆球速度为零，向心力为零，合力沿切线方向，即回复力，大小为；摆球从最大位移处运动到平衡位置（最低点）的时间为四分之一周期，即 55．设摆球获得冲量后的速度为，则 摆球要能做完整的圆周运动，必须能通过最高点，设最高点速度为，临界条件为 从点到最高点的过程中，由机械能守恒定律得 联立解得 【跟踪训练1】 【答案】56．5 57． 58．D 59． ABD 我支持乙观点，依据为：黑面吸热更多，附近气体温度更高、压强更大，对黑面的推力更大，推动叶片向银面方向转动，与观察到的实际转动方向一致 【解析】56．密闭玻璃罩内的封闭气体体积不变，根据查理定律可得 其中，， 解得 57．[1]单个光子的能量为 光子的波长为 则单个光子的动量为 联立，解得 光子被黑面完全吸收，对时间内的所有光子，根据动量定理可得 因为光子动量完全传递给叶片，所以这段时间内黑面受到的冲量大小为； [2]若光子打在银面上以相同速度大小反弹，设光子受到到平均作用力大小为，根据动量定理可得 解得 根据牛顿第三定律可得，这段时间内银面受到的平均冲力大小为。 58．气体的体积不变，气体分子数密度不变；叶片黑面吸热，黑面附近的气体温度升高，撞击叶片时的平均冲量增大。 故选D。 59．（1）[1]A．设光子受到黑面的平均作用力大小为，根据动量定理可得 解得 根据牛顿第三定律可得，这段时间内黑面受到的平均冲力大小为，即银面受到的平均冲力更大，所以根据甲观点，相对于同时照射黑面和银面，光只照射银面时叶片转更快，故A正确； B．黑面吸热程度更大，温度升高更大，根据可知，黑面的气压差更大，所以根据乙观点，相对于同时照射黑面和银面，光只照射黑面时叶片转更快，故B正确； C．玻璃罩内抽成真空时，没有气体压强，则不存在气压差，对于乙观点，则叶片将静止，故C错误； D．照射的光强增大，对甲观点，黑面和银面受光子的冲力均增大，则叶片转得更快；对乙观点，封闭气体温度升高更大，根据可知，黑面的气压差更大，则叶片转得更快，故D正确。 故选ABD。 （2）[2]黑面吸热更多，附近气体温度更高、压强更大，对黑面的推力更大，推动叶片向银面方向转动，与观察到的实际转动方向一致，所以乙观点正确。 【跟踪训练2】 【答案】60． 61．（1），方向沿树枝向上；（2），方向斜向上 62．（1）；（2）否，论证见解析 【解析】60．松鼠做平抛运动，将运动分解为水平方向匀速直线运动和竖直方向自由落体运动。水平方向，有 竖直方向，有 联立消去时间，得到刚好落到目标点的最小初速度 61．（1）松鼠做初速度为0的匀加速直线运动，由匀变速直线运动位移与时间的关系，得 代入，，解得 方向沿树枝向上。 （2）对松鼠受力分析，松鼠受重力，树枝的作用力，将分解为沿树枝分量​、垂直树枝分量。垂直树枝方向，受力平衡，有 解得 沿树枝方向由牛顿第二定律，得 解得 合作用力大小 方向斜向上。 62．（1）由图像可知，松鼠下落时，落地速度 下落过程由动能定理，得 解得 （2）取向上为正方向，松鼠落地过程，由动量定理，得 其中，解得平均作用力 平均作用力小于时不会受伤，其中 因为，因此该松鼠落地后不会受到永久性伤害。 【跟踪训练3】 【答案】63． BCD C 64． 失重 减小 【分析】63．[1]对包裹受力分析：竖直方向高度不变，合力为0，水平方向合力提供加速度。由平衡条件和牛顿第二定律 联立得 [2]包裹合力恒定，加速度恒定，做匀变速运动；若加速度与速度同向为匀加速，反向为匀减速，如果包裹做匀速圆周运动，则做变加速运动；因此选BCD。 [3]解锁时包裹初速度沿水平方向，解锁后只受重力，轨迹向重力方向（竖直向下）弯曲，因此选向下弯曲的轨迹C。 64．[1]EF段无人机的速度大小等于图像中EF段的斜率，可知EF段无人机的速度大小为 [2]根据图像可知FM段无人机先竖直向上做减速运动，后竖直向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机处于失重状态。 [3]MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减小，无人机的机械能减小。 [4]MN段速度为 由动量定理，合外力冲量 所以EN段无人机所受合外力冲量大小为 【解密五】 功能动量综合多过程（难点） 秘籍应用 【例1】 【答案】65． B A 66． 2 67．AD 【解析】65．[1]振子从O→B的运动过程中，位移变大，弹簧的弹力做负功，动能转化为弹性势能，速度减小。故涂B。 [2]振子从O→B的运动过程中，位移变大，弹力变大，根据牛顿第二定律可知加速度变大，故涂A。 66．[1]若弹簧振子的周期与振幅无关，则 [2]若振幅变为原来的2倍，则在最大位移处时，弹簧的弹性势能，根据 弹簧的弹性势能的最大值变为原来的4倍，即最大动能变为原来的4倍，根据 振子经过平衡位置时的速度变为原来的2倍，即 67．AB．根据题意可知，规定向下为正方向，C与A碰撞，由动量守恒定律可知 对C，由动能定理可得 对A受力分析可得 A、C碰后一起运动的过程中，系统机械能守恒，在平衡位置时 A、C在最高点时 此时对B受力分析可得 此时弹簧被拉长，弹簧振子的振幅为 A、C运动到最高点的过程中，根据机械能守恒可得 联立解得，，，故A正确，B错误； C．根据题意有，A、C碰后，位移从，则第一次运动到最低点的时间小于，弹簧振子的振动周期 则其时间，故C错误； D．根据题意可知，A、C运动到最低点时，弹簧压缩量为 弹簧弹力为 对B受力分析可得 得，故D正确。 故选AD。 【跟踪训练1】 【答案】68．B 69． 70．见解析 71． 【解析】68．A．研究台球旋转与击球力度的关系，不能忽略其大小和形状，不能将其看成质点，A错误； B．研究台球在球桌上运动的轨迹，可以忽略其大小和形状，将其看成质点，B正确； C．研究皮头与台球接触时台球的微小形变，不能忽略其大小和形状，不能将其看成质点，C错误； D．研究台球内微粒受摩擦作用的变化情况，不能忽略其大小和形状，不能将其看成质点，D错误。 故选B。 69．根据图像的面积表示冲量，可知其冲量大小为 根据动量定理则有 70．当白球和第一颗红球相碰时，根据动量守恒和能量守恒可得， 解得， 以此类推，不断交换速度，最终白球和前5个红球全部静止，第6颗红球以做匀速直线运动。 71．根据矢量的合成法则作出其碰后的动量图示如下 【跟踪训练2】 【答案】（1）；（2）；（3）， 【详解】（1）小滑块C沿圆弧槽下滑过程中，对、、整体，水平方向根据动量守恒定律得 根据机械能守恒定律得解得， 在最低点， 由牛顿第三定律得 （2）小滑块沿圆弧槽下滑过程中，对、、整体，水平方向根据动量守恒定律得 对时间累积求和可得，解得 自滑到上至滑到的最右端的过程，对、整体，根据动量守恒定律得 由功能关系得 自滑上至的速度减为0有解得 B离开平台的最大位移为 （3）设滑块离开弹射器时速度大小为，方向与水平方向夹角为 则，解得 其中变形为 当时，即,有最小值 需要补充能量的最小值为 【跟踪训练3】 【答案】73．B 74．BD 75．（1）30N；（2）①见解析，②4m/s，③3次，1.1m 【解析】73．A．运动员和冰壶相互作用过程中，运动员要消耗体内生物能转化为运动员和冰壶的机械能，所以运动员和冰壶相互作用过程中机械能增加，故A错误； B．根据牛顿第三定律，运动员与冰壶间的相互作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，则运动员对冰壶的冲量大小等于冰壶对运动员的冲量大小，故B正确； C．运动员与冰壶间有相对位移，二者对地的位移大小不同，则运动员对冰壶做的功与冰壶对运动员做的功大小不相等，故C错误； D．由于运动员和冰壶相互作用过程中机械能增加，所以冰壶动能增加量不等于运动员动能减少量，故D错误。 故选B。 74．AC．由图可知，碰前红壶的速度为碰后速度为 碰后红壶沿原方向运动，设碰后蓝壶的速度为v，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，根据动量守恒定律可得 代值可得 碰前的机械能为碰后机械能为 可知所以两壶发生了非弹性碰撞，故AC错误； BD．由图可知，红壶的加速度为 设蓝壶运动时间为t，由图可得 碰后蓝壶移动的距离为故BD正确。 故选BD。 75．（1）小车被锁定，小物块下滑到最低点过程机械能守恒，则 在最低点，有解得 （2）①解除锁定后，小物块下滑过程中，小车向左加速，小物块和小车组成的系统所受合外力不等于零，故系统动量不守恒，但在水平方向上合力为零，水平方向动量守恒； ②设小物块刚滑上右侧粗糙区域时速度大小为v1，小车速度大小为v2，则有， 代入数据解得 ③从小物块滑下到最终相对小车静止，物块在小车粗糙面上滑动的路程为解得 设最终物块停在距离挡板右侧∆x处，则 可得，当n=5时 即物块在水平面上滑动了5个L，实际与挡板碰撞3次，最终将停在离开右侧挡板0.75m处； 物块相对小车停下时，小车也停止运动，整个过程中，物块相对小车发生位移为 选取m和M为系统，由于水平方向动量守恒，设m水平向右发生位移大小为x1，M水平向左发生位移大小为x2，可推得， 解得 疑难点拨 易错点：多过程中不同阶段的规律（如动能定理、动量守恒）切换混乱（难点拉分） 1．解动力学问题的三个基本观点 （1）力的观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 （2）能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 （3）动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2．力学规律的选用原则 （1）如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，可用牛顿第二定律。 （2）研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理涉及时间的问题或动能定理涉及位移的问题去解决问题。 （3）若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 （4）在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。 （5）在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 3．解题技巧 （1）认真审题，提炼已知条件和隐含已知条件。 （2）通过画运动轨迹图和v-t图像，再现运动过程。 （3）明确研究对象，分析其不同的运动阶段的受力情况、运动特点、各力做功及系统能量转化情况，用已知量和未知量列出相关方程。一个方程不能求解，则通过方程组求解。 【例1】【答案】76．B 77．B 78．C 79． 甲 0.0075 0.0075 是 80．（1）；（2）；（3）；（4） 【解析】76．接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以增加缓冲时间，由动量定理 可知，缓冲时间增长，作用力减小，而冲量、动量的变化量、动能的变化量都不变。 故选B。 77．由动能定理，故由可知故选B。 78．规定水平向右为正方向，则有故选C。 79．[1]若要求碰撞动能损失最小，则应选择装有弹性圈的甲图。 [2]由图像可知碰后1的速度为动量为 [3]碰后2的速度为动量为 [4]碰后的动量为则 所以碰撞过程中总动量是守恒的。 80．（1）物块和凹槽相对滑动时加速度大小为 第一次碰撞时，有 又，联立解得 （2）设二者相对静止时的速度为v，由动量守恒定律可得解得 （3）依题意，二者质量相等，且碰撞过程没有能量损失，可知每碰撞一次均交换速度一次，故可以用匀变速直线运动规律求解时间，即又 解得 （4）设二者相对静止前，相对运动的路程为s1，由动能定理可得 解得 即物块与凹槽相对静止时物块在凹槽的左端。设凹槽与物体的速度分别为和，根据动量守恒可得 即 二者运动方向均水平向右，可得又 解得 【跟踪训练1】 【答案】(1)A(2)B(3)BCD 【详解】（1）根据题意可知，甲乙两球碰撞的可能性需要符合3个条件，碰撞前后： ①系统动量守恒，即 ②以甲球原运动方向为正方向，则碰后 ③碰撞前后，系统总动能不增加，即 将选项中数据逐一代入上式，通过计算，符合条件的只有，故选A。 （2）根据题意两小球碰撞为弹性碰撞，可知系统动量守恒、机械能守恒，即 ，又因为 方程联立解得碰撞之后黄色弹珠的动能为故选B。 （3）因弹珠速度较大，故首先两弹珠相碰，设碰后弹珠的速度为，b弹珠的速度为，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有 联立解得， 由分析可知，、两弹珠将在轨道点发生碰撞，如图所示 设碰后弹珠的速度为，弹珠的速度为，由动量守恒定律有 由机械能守恒定律有联立解得， 即碰后弹珠静止，而后弹珠以、弹珠以的速度迎面相撞，相撞点为圆轨道上B点，由于两弹珠质量相等，碰后速度交换，即恢复到初始状态，只是弹珠、、的位置沿圆轨道顺时针转过，这个过程中弹珠运动的时间为 结合上述分析可知三个弹珠均回到初始位置需转过，所需要的时间 故选BCD。 【跟踪训练2】 【答案】（1）；（2）见解析；（3）；（4）0.5m 【详解】（1）P与Q碰撞前瞬间小球P的加速度为 解得碰撞前瞬间小球P的速度大小 （2）小球P和滑块Q碰撞过程外力的冲量大小为由动量定理得 代入数据解得 可知小球P和滑块Q碰撞过程P、Q组成的系统水平方向动量变化量可忽略不计，即水平方向动量守恒。 （3）若小球与滑块的碰撞为弹性碰撞，则， 解得， （4）从P与Q碰撞后到第一次回到最低点用时由单摆周期公式得解得 碰撞后Q做匀减速运动，加速度大小为，Q速度减到零用时 解得因为 所以P与Q碰撞后第一次回到最低点时，Q已经停止运动，有 解得 【跟踪训练3】 【答案】83．B 84．A 85．D 86．C 87．（1）；（2）；（3）；（4）；（5）见解析 【解析】83．A．极短时间内把吸入的水向后全部喷出，乌贼喷水过程遵守动量守恒，故A错误； B．乌贼所受合力的冲量等于动量改变量故B正确； C．根据动量守恒 鸟贼喷出的水的速度大小故C错误； D．乌贼和所喷出水的动能之比故D错误。故选B。 84．A．熊猫滚滚落地速度 两只熊猫作用过程中，熊猫滚滚的动量变化量大小 故A正确； B．熊猫滚滚对熊猫圆圆的作用力方向竖直向下，所以冲量方向竖直向下，故B错误； CD．对熊猫滚滚应用动量定理 解得熊猫滚滚对熊猫圆圆的冲量大小约为 故CD错误。 故选A。 85．A．皮球所受合外力随时间变化的曲线如图所示，根据动量定理可知皮球动量的变化量等于曲线与横轴所围的面积，故A错误； B．皮球的动能的变化量等于合外力的功，与曲线与横轴所围的面积不成正比，故B错误； C．根据图像可知，面积始终为正值，所以皮球的动量大小始终增大，故C错误； D．根据牛顿第二定律可知，皮球的加速度大小先增大后减小，故D正确。 故选D。 86．设水与物体表面的作用时间为t，则在时间t内喷到物体表面水的质量 对喷到物体表面的水，以水的速度方向为正方向，由动量定理得 解得物体表面对水的作用力故选C。 87．（1）根据牛顿第二定律可得解得 （2）猴王与木箱发生弹性碰撞，根据能量守恒定律和动量守恒定律可得， 联立解得 （3）木箱与华漕组成的系统水平方向动量守恒，根据题意可得 根据能量守恒定律可得 解得 （4）当木箱从华漕最高点回到华漕底端时，华漕速度最大，根据动量守恒定律可得 根据能量守恒定律可得 联立解得 （5）根据（3）分析可知，猴王与木箱发生碰撞后速度交换，若猴王从高为的山头摆下，木箱与滑槽组成系统水平动量守恒，根据分析可知，当木箱与滑槽水平方向速度相等时，木箱竖直方向的速度不为零，以地面作为参考系木箱做斜抛运动，以滑槽作为参考系木箱做竖直上抛运动。 1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 秘籍02功能与动量综合 秘籍导览 【解密高考】 【秘籍特训】 【解密一】 功和功率（必考基础） 【解密二】 动能定理（高频压轴） 【解密三】 机械能守恒（热门） 【解密四】 动量守恒碰撞（最高频） 【解密五】 功能动量综合多过程（难点） 【疑难点拨】 解密高考 ：上海高考功能与动量综合是高频核心考点，涵盖功和功率、动能定理、机械能守恒、动量守恒、碰撞及多过程综合六大模块。选择题侧重概念辨析、图像分析与守恒条件判断；计算题常以板块、弹簧、碰撞、传送带为载体，融合功能关系与动量规律。命题多设置多情境、多过程设问，注重能量转化、系统选取及临界状态考查，综合性强、区分度高，是高考物理拉分重点板块。 ：备考先厘清六大考点核心规律，精准区分动能定理、机械能守恒、动量守恒适用条件。专攻v-t、E-x等功能动量类图像题型，熟练掌握读图析量技巧。归类突破弹性碰撞、板块摩擦生热、弹簧多过程等经典模型，熟记二级结论与解题步骤。强化系统选取、相对位移、能量损耗等疑难易错点，专项精练多过程综合大题。限时刷题整理母题模板，复盘错题归纳失分成因，规范列式与步骤书写，适配上海高考命题风格。 秘籍特训 【解密一】功和功率（必考基础） 秘籍解读 考向1 恒力功的计算 1．恒力功的计算方法 2．总功的计算方法 方法一：先求合力F合，再用W总＝F合lcos α求功，此法要求F合为恒力。 方法二：先求各个力做的功W1、W2、W3、…，再应用W总＝W1＋W2＋W3＋…求总功，注意代入“＋”“－”再求和。 考向2 变力做功的计算 方法 以例说法 应用动能定理 用力F把小球从A处缓慢拉到B处，F做的功为WF，则有WF－mgl(1－cos θ)＝0，得WF＝mgl(1－cos θ) 微元法 质量为m的木块在水平面内做半径为R的圆周运动，运动一周克服摩擦力做的功Wf＝Ff·Δx1＋Ff·Δx2＋Ff·Δx3＋…＝Ff(Δx1＋Δx2＋Δx3＋…)＝Ff·2πR 等效转换法 恒力F把物块从A拉到B，绳子对物块做的功W＝F·(－) 平均力法 弹簧由伸长x1被继续拉至伸长x2的过程中，克服弹力做的功W＝·(x2－x1) 图像法 一水平拉力F0拉着一物体在水平面上运动的位移为x0，图线与横轴所围面积表示拉力所做的功，W＝F0x0 秘籍应用 【例1】（2026·上海嘉定·二模）拉坯是传统手工艺陶瓷制作的关键工序，将泥料置于可匀速转动的转盘中心，随着转盘转动，双手对泥料施加作用力，提拉成型。 1．已知转盘的转速为120r/min，坯体上到转轴距离分别为1cm、2cm、3cm的三点的线速度大小之比为___________； A．6∶3∶2 B．3∶2∶1 C．1∶1∶1 D．1∶2∶3 E．2∶3∶6 2．当转速太大时，转盘上一小泥块沿水平方向飞出，落到地面上，已知泥块质量为m，飞出点离地高度为h，落地点距飞出点的水平距离为x，重力加速度大小为g。不计空气阻力，则泥块飞出时的初速度大小为___________；从飞出开始计时，t时刻（未落地）重力做功的瞬时功率为____________，此时泥块的机械能为__________（设地面为零势能面）。 3．某同学利用该转盘验证做匀速圆周运动的物体的向心加速度a与转动半径r和转动角速度ω之间的关系。如图甲所示，将手机固定在转盘上的M位置，手机上的运动分析软件可记录手机的向心加速度和角速度，改变电机的转速，重复实验，根据多组实验数据获得图乙所示的a-ω图像中的曲线①。 （1）为得到过原点的直线，需将横轴改为_____。 A．    B．    C． （2）手机固定在转盘的距离转轴更远的N位置，重复实验操作，得到图乙中所示的曲线可能为___________。 A．①    B．②    C．③ 【跟踪训练1】（25-26高一下·上海浦东新·期中）人们很早就利用空气的动能通过风车来抽水、磨面……现在，人们感兴趣的是如何利用风发电。风力发电就是利用空气流动的动能带动风力发电机的叶片旋转，再通过齿轮增速箱提升旋转的速度来驱动发电机发电。风力发电具有成本低、清洁、可再生等优点。 4．很多地区人们使用牲畜来拉磨盘，比如瓦特为了测定蒸汽机功率，就引入“马力”这一功率单位。如图，瓦特认为一匹马能180磅（相当于800 N）的力拉着转动半径为12英尺（相当于3.7 m）的磨轮以144圈/时的转速转动。此时马的功率即为1马力，则1马力=________W。（保留两位有效数字） 5．将瓦特用国际单位制中的基本单位表示，________。 6．（计算）如图所示的风车磨坊，可认为风车迎风面是一个半径为5 m的圆。空气垂直于迎风面吹来，速度为，空气密度为。为了讨论的简单起见，假设吹过风车迎风面的空气速度均减为，风车的机械效率为。求风车磨坊的输出功率。（保留两位有效数字） 7．荷兰是风车大国，荷兰人利用风车进行围海造田，这项庞大的工程让荷兰人成功从大海中取得了近三分之一的国土。抽取海水是围海造田中重要的一步，右图是抽水过程的简单示意图，用风车驱动的水泵不断抽取坝体内的海水，海水从泵内流出后流向事先开凿的运河。图中为海面到海床的距离，为此时坝内水面到海床距离，为水泵到海床距离，为运河水面到海床距离。海水密度为，重力加速度为g。 （1）若单位时间内泵抽水体积为，则此时泵的功率最小为________。 （2）（绘图）以开始抽水为计时起点（即时）定性画出（功率-时间）图像_____。 （3）若坝体内的水体表面积为，将坝内的海水全部抽完需要做的功最少为________。（表达式中不可出现） 【跟踪训练2】（2026·上海普陀·二模）安全气囊 汽车安全气囊在汽车受到猛烈撞击时，会引燃气体发生剂产生气体，极短时间内充满气囊，从而有效保障驾乘人员的安全。 8．某次气囊充气结束时，囊中气体的压强为p、体积为V，已知囊中气体摩尔质量为M、密度为、阿伏加德罗常数为。气囊中的气体可视为理想气体。 （1）充气结束时，囊中气体分子的个数为________； A．    B．    C．    D． （2）充气结束后，驾乘人员挤压安全气囊会导致气囊的可变排气孔开始排气。当气囊中气体的压强变为0.8p时停止排气，此时气囊的体积为。此过程中气体温度的变化可忽略，则排出气体的质量与排气前气体的总质量之比________。 A．    B．    C．    D． 9．通过碰撞试验检测气囊的安全性，一质量为的车辆与固定的刚性墙体发生正面碰撞，墙体对车的作用力F随作用距离x的变化关系如图所示。当时，车辆刚好停止。在此碰撞过程中， （1）车辆克服作用力F所做的功为________J； （2）车辆与墙体刚碰撞时的速度大小为________（结果保留3位有效数字）。 【跟踪训练3】（25-26高二下·上海黄浦·期中）生活中各种各样的交通工具方便了我们的出行。 10．某同学骑自行车的运动可以看作机械运动，如果要描绘他的整体运动，我们可以选择一个点代表他，图中标出的各点最合适的是（　　） A．点 B．点 C．点 D．点 11．（多选）下列对自行车描述正确的是（　　） A．骑自行车下坡时，可以将人和自行车受到的重力分解为沿坡面向下的分力和竖直向下的分力 B．把手的花纹是为了增大接触面积，从而增大摩擦力 C．当人在水平地面匀速骑行时，自行车受力平衡 D．骑行过程中，若一切外力消失，自行车将做匀速直线运动 12．在某段时间内自行车做匀变速直线运动的位移与时间的关系式为与单位是和，则该自行车的加速度大小为________，前两秒内的平均速度为________m/s。 13．汽车从到做减速运动，下面四个选项中分别画出了汽车转弯时所受合力的四种方向，其中可能正确的是（　　） A． B． C． D． 14．（多选）一辆汽车从静止开始沿平直公路匀加速前进，启动时刚好有一位绿色出行的人骑自行车匀速从汽车旁经过，它们的位移随时间变化的图像如图所示。下列说法正确的是（　　） A．时，两车相遇 B．时，两车平均速率不同 C．时，汽车刚好追上自行车 D．时，汽车的速度大于自行车的速度 15．炎热的夏天，一辆卡车在丘陵地带行驶，由于轮胎太旧，在驶过如图所示的一段地形时有可能爆胎，则下列地点中爆胎概率最大的点是（　　） A．点 B．点 C．点 D．点 16．额定功率为的汽车，在某条平直公路上从静止开始先做加速度为的匀加速直线运动，如果汽车质量，在运动过程中阻力不变。汽车行驶最终运动的最大速度是，则汽车在该路段所受阻力大小为________；汽车匀加速运动的时间是________s。 【解密二】 动能定理（高频压轴） 秘籍解读 模型界定 动能定理是力学中的一个十分重要的规律，它揭示了做功与动能之间的关系，给出了过程量功与状态量动能之间的标量运算式。他是解决动力学问题的重要方法，使用中要优于牛顿运动定律。本模型从动能定理内容和意义的理解、应用动能定理分析、解决实际问题的基本思路和方法等方面加以分析归纳。 模型破解 1动能定理： 合外力对物体做的功等于物体动能的变化. [来源:学科网ZXXK] 动能定理的物理意义在于他指出了外力对物体所做的总功与物体的动能变化之间的关系，即外力对物体做的总功对应着物体动能的变化，变化的大小由做功的多少来量度 2.对动能定理的理解 （i）W合是所有外力对物体做的总功，求所有外力做的总功有两种方法： 第一种方法是：先求出物体所受各力的合力F合，再根据W总=F合lcosα计算总功，但应注意α应是合力与位移l的夹角.这种方法一般用于各力都是恒力且作用时间相同的情况下. 第二种方法是：分别求出每一个力做的功：W1=F1l1cosα1，W2=F2l2cosα2，W3=F3l3cosα3，…再把各个外力的功求代数和即：W总=W1+W2+W3+… 这种方法一般用于各力分别作用或作用时间不同时的情况下. （ii）动能定理适用于物体的直线运动，也适用于曲线运动；适用于恒力做功，也适用于变力做功.力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以分段作用. （iii）因为动能定理中功和能均与参考系的选取有关，所以动能定理也与参考系的选取有关.中学物理中一般取地球为参考系. （iv）动能定理公式两边的每一项都是标量，动能定理是一个标量方程，故动能定理没有分量形式. （v）若物体运动包含几个不同的过程，应用动能定理时，可以分段应用，也可以全过程应用. （vi）动能定理是计算物体位移或速率的简捷公式，当题目中涉及位移时可优先考虑动能定理.动能定理通常不解决涉及时间的问题，但动力机械起动过程除外. （vii）做功的过程是能量转化的过程，动能定理表达式中的“=”的意义是一种因果关系在数值上相等的符号，它并不意味着“功就是动能增量”，也不意味着“功转变成了动能”，而是意味着“功引起物体动能的变化”. （viii）若Ek2＞Ek1，即W总＞0，合力对物体做正功，物体的动能增加；若Ek2＜Ek1，即W总＜0，合力对物体做负功，物体的动能减少. （ix）一个物体的动能变化ΔEk与合外力对物体所做功W合具有等量代换关系：W合=ΔEk.这种等量代换关系提供了一种计算变力做功的简便方法. 3. 应用动能定理解题的基本思路 （i）选取研究对象，明确并分析运动过程.[来源:学科网] （ii）分析受力及各力做功的情况，求出总功； 受哪些力各力是否做功做正功还是负功做多少功确定求总功思路求出总功. （iii）明确过程始、末状态的动能Ek1及Ek2. （4）列方程W合=Ek2-Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，列辅助方程进行求解. 秘籍应用 【例1】（2026·上海嘉定·二模）小朋友喜欢在草地上玩球、赏灯、滑草。 17．一小球在距离草地高为h处自由下落，与草地碰撞后反弹的速度是碰前，碰撞时间为t，重力加速度大小为g，则球自由下落过程中的平均速度大小为____________，与草地碰撞过程中的平均加速度大小为___________。 18．插在草地上的杆子挂着一质量为m的鱼灯，O为悬挂点。 （1）如图（a）所示，细线保持竖直方向，杆子对O点的作用力方向为图（b）中的___________。（选择对应的选项） （2）如图（c）所示，若在风的作用下，细线与竖直方向成θ夹角且保持不变，重力加速度大小为g，则风对鱼灯的作用力大小至少为____________。 19．滑草场的滑道由倾斜的AB段与水平的BC段平滑连接而成，如图所示。一总质量m为100kg的载人滑草车从A点由静止开始下滑，进入BC段滑行后停下。已知AB段高度H为6m，倾角θ为37°，滑草车与整个滑道的动摩擦因数μ为0.5，（，。g取不计空气阻力及交接处的能量损失） （1）滑草车在AB段运动的加速度大小为___________m/s²，在BC段滑行的时间_________s。 （2）（计算）求在整个运动过程中摩擦力对载人滑草车做的功______。 【跟踪训练1】（25-26高二下·上海黄浦·期中）火星是我们的近邻，天问一号火星探测器开启了我国火星探测的序幕。 20．同一原子钟放在地面和直接装载在天问一号相比，每天会有时间差，导致这一时间差的是（　　） A．牛顿力学效应 B．量子力学效应 C．相对论效应 21．从地球上发射天问一号火星探测器，发射速度需大于地球的（　　） A．第一宇宙速度 B．第二宇宙速度 C．第三宇宙速度 22．火星沿椭圆轨道绕太阳公转，以太阳为参考系，在火星靠近太阳的过程中，火星的速度和加速度的大小变化情况为（　　） A．和均逐渐减小 B．逐渐增大，逐渐减小 C．和均逐渐增大 D．逐渐减小，逐渐增大 23．火星的公转半径大于地球的公转半径，则火星绕太阳运动的周期________地球绕太阳运动的周期，火星绕太阳运动的角速度________地球绕太阳运动的角速度。（均选填“>”或“=”或“<”） 24．已知火星半径为，探测器环绕火星表面飞行的速率为，引力常量为，火星自转的周期为，则火星的质量为________，火星表面的重力加速度为________，火星同步卫星轨道的半径为________。 【跟踪训练2】（25-26高二下·上海黄浦·期中）物理与生活密不可分，同学们在游乐场边玩边思考物理。 25．某同学前往游乐场途中观察到列车车厢的双层玻璃窗内积水了。车行驶过程中，他发现水面的形状如图甲所示，此时车内水平桌面上放置的一密闭的盛水容器（如图乙），容器内有一气泡，则列车的加速度方向为水平向________，该气泡（相对于容器）向________运动。（均选填“左”或“右”） 26．在“旋转咖啡杯”项目中，某游客坐在咖啡杯内，咖啡杯绕中心轴做水平圆周运动。工作人员通过控制装置，让咖啡杯的角速度缓慢增大，咖啡杯到中心轴的距离不变。在此过程中，游客的向心力（　　） A．增大 B．减小 C．不变 D．无法确定 27．（多选）游客乘坐能加速或减速运动的升降机，可以体会超重与失重的感觉。下列描述正确的是（　　） A．当升降机减速下降时，游客是处在超重状态 B．当升降机减速下降时，游客是处在失重状态 C．当升降机加速上升时，游客是处在超重状态 D．当升降机加速上升时，游客是处在失重状态 28．“激流勇进”设施如图所示，船和游客在动力系统的牵引下，由静止开始沿倾角为的直道，匀加速提升至一定高度，随后依次经过几段不同的轨道最后冲入水池中。在沿直道提升阶段，船对游客（　　） A．做正功 B．不做功 C．做负功 29．“海盗船”在外力驱动下启动，当达到一定高度后撤去驱动力，此后“海盗船”来回摆动，幅度逐渐减小。由低处向高处摆动过程中，“海盗船”的重力势能________；动能________；机械能________。（均选填“增大”、“不变”或“减小”） 30．图甲为游乐场中的水滑梯，其简化示意图如图乙，可视为由倾斜的光滑轨道AB和水平阻力轨道BC平滑连接组成。倾斜轨道的起点A到水平地面的竖直高度，人在水平轨道上受到的平均阻力大小是重力的，重力加速度大小。 （1）游客从起点A静止开始滑下，刚滑到水平轨道B时的速度多大？ （2）出于安全考虑，要求人不能碰撞水平轨道的末端C，则水平轨道至少要多长？ 【跟踪训练3】（25-26高一下·上海·月考）低碳时代，自行车不仅作为一种重要的交通工具，自行车运动也已经成为一种时髦休闲运动方式． 31．如图所示．若某自行车的后车轮半径，固定在轮轴上的飞轮半径，与脚踏板关联的链轮半径．运动员骑行时每秒蹬脚踏板2圈，不考虑车轮打滑等传递损耗．链轮的角速度_________rad/s；自行车前行速度_________m/s．（结果保留） 32．气嘴灯安装在自行车的气嘴上，如图是一种气嘴灯的感应装置结构。一重物套在光滑杆上，并与弹簧连接，静止时重物上的触点M与固定在B端的触点N始终分离，当骑行达到一定速度后，触点MN接触，LED灯就会发光。则（    ） A．气嘴灯运动至车轮最高点时LED灯不可能发光 B．LED灯最容易被点亮的位置是与车轮轴等高的位置 C．逐渐增大车速，当重物的重力大于弹簧的弹力后，触点MN才可能接触，使LED灯发光 D．当车速增大到一定程度后，无论气嘴灯在哪个位置都能使LED灯发光 33．小进同学骑自行车在水平路面沿直线行进，当人停止蹬车后，自行车受阻力作用做减速运动，直至速度减为零，此过程中克服阻力做功为W，人停止蹬车时自行车的速度为v，符合实际情况的图像为图中的（    ） A． B． C． D． 34．某智能电动助力自行车在水平平直公路上由静止开始运动，运动过程中各类机械摩擦等损耗可折合成一个恒定的阻力，其大小为车和人总重力的0.06倍，已知骑行者与自行车总质量．骑行者做了如下的一个实验研究，将工作模式分为两个阶段： （1）第一阶段：0-6s内电动辅助驱动阶段．电动车从静止开始，骑行者提供沿运动方向恒定牵引力，同时电动驱动系统提供恒定功率，3s内速度达到最大，且． ①该过程中，自行车的加速度变化情况是_____ A、一直变大    B、先变大后不变    C、先变小后变大    D、一直减小0 ②计算：求人提供的牵引力的大小。_____ （2）第二阶段：6s以后制动减速阶段，骑行者停止施力，自行车在受到阻力的同时，启动了刹车制动模式．通过制动，使自行车减速，直到自行车静止．已知该过程中自行车克服刹车阻力做的功为．计算第二阶段通过的位移；_____ 【解密三】 机械能守恒（热门） 秘籍解读 模型界定 本模型主要是归纳有关于机械能守恒定律的适用条件、表达形式、应用方法等问题． 模型破解 1. 适用条件 （i)内容 在只有重力（或系统内弹力）做功的情形下，物体的重力势能（或弹性势能）和动能发生相互转化，但总的机械能保持不变. （ii）适用条件 只有重力或弹力做功.可以从以下三个方面理解： ①只受重力作用，例如在不考虑空气阻力的情况下的各种抛体运动，物体的机械能守恒. ②受其他力，但其他力不做功，只有重力或弹力做功.例如物体沿光滑的曲面下滑，受重力、曲面的支持力的作用，但曲面的支持力不做功，物体的机械能守恒. ③其他力做功，但做功的代数和为零. （iii）判定方法 做功条件分析法： 应用系统机械能守恒的条件进行分析.分析物体或系统的受力情况（包括内力和外力），明确各力做功的情况，若对物体或系统只有重力或弹力做功，没有其他力做功或其他力做功的代数和为零，则系统的机械能守恒. 能量转化分析法： 从能量转化的角度进行分析.若只有系统内物体间动能和重力势能及弹性势能的相互转化，系统跟外界没有发生机械能的传递，机械能也没有转化成其他形式的能（如内能增加），则系统的机械能守恒. 增减情况分析法： 直接从机械能的各种形式的能量的增减情况进行分析.若系统的动能与势能均增加或均减少，则系统的机械能不守恒；若系统的动能不变，而势能发生了变化，或系统的势能不变，而动能发生了变化，则系统的机械能不守恒；若系统内各个物体的机械能均增加或均减少，则系统的机械能不守恒. 秘籍应用 【例1】扫描隧道显微镜中，常用绝缘减振平台和磁阻尼减振器互补减振，简化装置如图（a）所示。平台通过三根关于轴对称分布的轻杆悬挂在轻质弹簧的下端，弹簧上端固定在点，三个相同的磁阻尼减振器对称固定在平台下方。磁阻尼减振器的闭合线圈通过绝缘轻杆固定在平台的下表面，辐向磁场由固定在桌面上的磁体产生（桌面、磁体未画出），辐向磁场、线圈均在水平面内，线圈所在处的磁感应强度大小处处相等。已知平台、三个线圈的总质量为，轻杆与竖直方向夹角均为，弹簧的劲度系数为，重力加速度为。 35．平台静止时，弹簧的伸长量____________，每根轻杆的拉力大小____________。 36．弹簧的弹力与其形变量的变化关系如图（b）所示，则平台静止时弹簧的弹性势能____________。 37．使用前测试该装置的振动性能。撤去磁场，施加一个微小扰动，平台立即上下振动，最高、最低点的高度差恒为。当平台由平衡位置向下振动时开始计时，测出平台在时第30次回到平衡位置。则（　　） A．振幅 B．频率 C．时，平台向下减速 D．时，平台的加速度向上 E．时，弹簧的弹性势能最小 38．施加磁场，平台受到外界微小扰动后，在竖直方向做阻尼振动，取竖直向上为正方向，其位移随时间变化的关系如图（c）所示。已知线圈所处位置的磁感应强度大小为，时平台速度大小为，、时刻的振幅分别为、，每个线圈的匝数均为、电阻均为、圆周长均为，忽略空气阻力。求： （1）时，每个线圈产生感应电流的大小； （2）在时间内，系统损耗的机械能（计算）； （3）在时间内，弹簧弹力的冲量（计算）。 【跟踪训练1】弹珠机 如图所示为一台竖直放置的弹珠游戏机装置简图，ABCD是边长为2R的正方形面板。向下拉动把手N，弹簧被压缩，质量为m的小弹珠落入卡槽内静止；松手后，小弹珠向上运动，在A点脱离弹簧，经半径为R的圆弧轨道从H点飞出，再与竖直挡板CD发生弹性碰撞（碰撞后速度的竖直分量不变，水平分量反向、大小不变）落到AD边。已知重力加速度为g，不计一切摩擦。 39．小弹珠在脱离弹簧的过程中，加速度如何变化 ？ A．一直变小 B．先变小后变大 C．一直变大 D．先变大后变小 40．某次游戏中，若小弹珠恰能到达H点，则其在H点的速度大小为________，从A点射出时的速度大小为________。 41．某次游戏中，若小弹珠运动到H点时的速度为v，则其与挡板CD碰撞过程中，动量变化量的大小为________，方向为________。 42．（计算）若要使小弹珠与挡板CD碰撞后，直接落回A点，求小弹珠在最高点H处的速度大小______。 【跟踪训练2】如图为某创新实验室制作的一个“圆环轨道力学装置”示意图．其中直轨道AB与光滑竖直半圆轨道BCD平滑连接，直径BD处于竖直方向，C点位于圆心等高处，一小球经固定的弹簧发射器发射出后，沿直轨道运动，经B点沿半圆轨道上升，并从D点水平抛出，最后落在轨道AB上。已知小球质量为，半圆轨道半径，安装于D处的光电门测得速度。（不考虑空气阻力） 43．若小球从A点弹出时的速度为10m/s，则发射过程弹簧发射器对小球做了_________J的功，运动到B点时发现速度有所减小，可能的原因是_________． 44．（多选）小球沿BCD轨道上升过程中，小球（    ） A．在D点时加速度方向向下 B．在C点时加速度方向向左 C．从B到D的过程中，只有重力做功 D．从B到D的过程中，弹力先做正功后做负功 45．小球从B点到达D点的过程中，其速度大小与其离B点的竖直高度h的关系，下列图可能正确的是（    ） A． B． C． D． 46．计算：（1）求小球在D点所受弹力； （2）若AB轨道水平，小球从D点抛出后，求落地点距B点距离； （3）当小球在B点速度小于多少时，将无法到达D点？ 【跟踪训练3】四消防员训练 消防员需要通过无数次的训练，提升体能，磨炼技能，以在关键时刻科学施救，全力守护人民的生命财产安全。 47．如图（a）所示，消防员进行爬杆练习。在他竖直向上爬杆的某段过程中，手与杆之间不打滑，且攀爬速率的倒数与攀爬高度的关系如图（b）所示。 在此过程中，消防员 （1）所受的摩擦力和合外力的方向分别为___________； A．向上、向上    B．向上、向下    C．向下、向上    D．向下、向下 （2）所用的时间为___________s。 48．消防员用灭火弹消防车进行灭火演练，如图（c）所示。已知消防车的出弹口与高楼竖直外墙面着火处的高度差为，连线与水平面的夹角为，灭火弹恰好垂直墙面击中处，重力加速度大小为，不计空气阻力，从出弹口射出的灭火弹可视为质点。 （1）求灭火弹从出弹口射出时的速度大小__________； （2）以所在水平面为零势能面，当灭火弹运动到高度处时，重力势能和动能相等。证明：__________。 49．消防员在灭火演练现场发现一个废弃的氧气瓶。到达安全地带后，检测出钢瓶内封闭气体压强为（为1个标准大气压）。为消除安全隐患，他拟用下面两种处理方案： （1）冷却法：经过合理冷却，使瓶内温度降为，此时封闭气体压强降为。则瓶内气体原来的温度为___________℃； （2）放气法： ①保持瓶内气体温度不变，缓慢放出一部分气体，使瓶内气体压强降为。则放好气后，瓶内剩余气体质量是原来封闭气体质量的___________； ②若不刻意保持气体温度不变，直接打开阀门，缓慢放出气体。瓶内气体压强降为时，瓶内剩余气体的质量为。则___________。 A．    B．    C． 【解密四】 动量守恒碰撞（最高频） 秘籍解读 1 弹性碰撞 1.碰撞三原则： (1)动量守恒：即p1＋p2＝p1′＋p2′. (2)动能不增加：即Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋. (3)速度要合理 ①若碰前两物体同向运动，则应有v后>v前，碰后原来在前的物体速度一定增大，若碰后两物体同向运动，则应有v前′≥v后′。 ②碰前两物体相向运动，碰后两物体的运动方向不可能都不改变。 2. “动碰动”弹性碰撞 v1 v2 v1’ˊ v2’ˊ m1 m2 发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m1和m2，碰前速度为v1，v2，碰后速度分别为v1ˊ，v2ˊ，则有： (1) (2) 联立（1）、（2）解得：v1’=，v2’=. 特殊情况： 若m1=m2 ，v1ˊ= v2 ，v2ˊ= v1 . 3. “动碰静”弹性碰撞的结论 两球发生弹性碰撞时应满足动量守恒和机械能守恒。以质量为m1、速度为v1的小球与质量为m2的静止小球发生正面弹性碰撞为例，则有m1v1＝m1v1′＋m2v2′ （1） m1v＝m1v1′2＋m2v2′2 （2） 解得：v1′＝，v2′＝ 2 非弹性碰撞和完全非弹性碰撞 1.非弹性碰撞 介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。动量守恒，碰撞系统动能损失。 根据动量守恒定律可得：m1v1+m2v2=m1v1ˊ+m2v2ˊ (1) 损失动能ΔEk，根据机械能守恒定律可得： m1v12+ m2v22=m1v1ˊ2+m2v2ˊ 2 + ΔEk. (2) 2.完全非弹性碰撞 v1 v2 v共 m1 m2 碰后物体的速度相同， 根据动量守恒定律可得： m1v1+m2v2=(m1+m2)v共 （1） 完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔEk= ½m1v12+ ½ m2v22- ½(m1+m2)v共2 （2） 联立（1）、（2）解得：v共 =；ΔEk= 3 人船模型 1. 适用条件 ①系统由两个物体组成且相互作用前静止，系统总动量为零；②动量守恒或某方向动量守恒． 2. 常用结论 设人走动时船的速度大小为v船,人的速度大小为v人,以船运动的方向为正方向,则m船v船-m人v人=0,可得m船v船=m人v人；因人和船组成的系统在水平方向动量始终守恒，故有m船v船t=m人v人t, 即：m船x船=m人x人，由图可看出x船+x人=L， 可解得：； 3. 类人船模型 类型一 类型二 类型三 类型四 类型五 秘籍应用 【例1】摆动 物体的摆动是生活中常见的物理现象，像海盗船，钟摆等等，都能在竖直平面内周期性地来回“摆动”，他们都包含了摆的科学原理。 50．如图所示，以点为平衡位置，单摆在、两点间做简谐运动。下列说法正确的是（    ） A．摆球从点经点运动到点即完成一次全振动 B．摆球经过平衡位置时所受合力为零 C．摆球所受合力的大小跟摆球相对平衡位置的位移大小成正比 D．从A点向O点运动的过程中，摆球受到的拉力不断增大，回复力不断减小 51．如图甲所示，挖掘机的顶部垂下一个大铁球并让它小幅度地摆动，即可用来拆卸混凝土建筑。若将该设备视为单摆模型，它对应的振动图像如图乙所示，则下列说法正确的是（    ） A．铁球振动的周期是 B．时，铁球的速度最大 C．铁球的质量增大，周期变小 D．从t=4s到6s，铁球的势能不断增大 52．如图所示演示装置，一根张紧的水平绳上挂着5个单摆，其中A、D摆长相同，先使A摆摆动，其余各摆也摆动起来，稳定后可以发现（    ） A．B摆振动的周期最短 B．C摆振动的周期最长 C．各摆摆动的周期均与摆相同 D．D摆的振幅最小 53．小明同学荡秋千时，发现秋千在运动过程中具有周期性，于是他在实验室找到一些器材进行探究。 （1）（多选题）为了能够满足“单摆”的模型要求，应( ) A．选用1米左右的轻质细线    B．选用质量较小的塑料球 C．将线紧密缠绕在水平横杆上    D．摆角尽可能的小 （2）小明用拉力传感器替代光电门传感器，按图（丙）所示安装好。摆球在小角度摆动的过程中，启动计算机软件，得到图（丁）所示的图像。则t=1.5 s时摆球在__________位置，摆球的振动周期______s。 54．如图，一单摆的摆长为，摆球质量，当地重力加速度，用力将摆球从最低点在竖直平面内向右缓慢拉开一个偏角，到达点后从静止开始释放。刚释放摆球的瞬间，摆球的回复力大小为__________。摆球从释放开始到达最低点的时间为__________。 55．接上题，如摆球静止在点时，给摆球一个水平向左的冲量Ⅰ，使得摆球能够继续绕悬挂点在竖直平面内做一个完整的圆周运动，则需要的最小冲量为多少？ 【跟踪训练1】小艾同学被某展馆的如图（a）所示的仪器吸引，想要研究其原理。图（b）所示为俯视图，由四个叶片组成的“风车”置于密闭玻璃罩内的转轴上，相邻叶片之间成，每个叶片一面涂黑、一面镀银。光照射时，叶片会转动。 56．假设密闭玻璃罩内无叶片，初始时，温度为，压强为，若温度升高，压强将增大__________。（忽略玻璃罩内容积的变化） 57．如图（b）所示，光垂直照射叶片。假设很短的时间内照射到单个叶片的光子数为，单个光子的能量为，光速大小为。若光子被黑面完全吸收（即光子动量完全传递给叶片），这段时间内黑面受到的冲量大小为_____________；若光子打在银面上以相同速度大小反弹，这段时间内银面受到的平均冲力大小为______________。 58．叶片黑面吸热，黑面附近的气体压强会增大，其原因是__________。 A．气体体积膨胀，分子间斥力增大 B．光子直接撞击叶片，产生额外压强 C．气体分子数密度增大，单位时间内撞击叶片次数增多 D．气体分子平均速率增大，撞击叶片时的平均冲量增大 59．关于叶片转动的原因有两种观点：甲认为黑面和银面均受光子的冲力，叶片转动主要是“光压”差；乙认为黑面和银面均能吸热但程度不同，叶片转动主要是这两个面附近的气压差， （1）（多选）以下符合推理的是___________。 A．根据甲观点，相对于同时照射黑面和银面，光只照射银面时叶片转更快 B．根据乙观点，相对于同时照射黑面和银面，光只照射黑面时叶片转更快 C．无论根据哪种观点，玻璃罩内抽成真空时，叶片都转得更快 D．无论根据哪种观点，照射的光强增大，叶片都转得更快 （2）（简答）小艾观察到叶片转动方向为顺时针（俯视），如图（c）所示，即黑面背离光源方向。你支持甲乙哪种观点，并说明依据_______。 【跟踪训练2】五跳跃松鼠 松鼠是松鼠科物种的统称，有63属285种。松鼠的体形细长，后肢更长；前后肢间无皮翼，四肢强健；眼大而明亮，耳朵长，耳尖有一束毛，冬季尤其显著；夏毛一般为黑褐色或赤棕色，冬毛多呈灰色、烟灰色或灰褐色，腹毛为白色；指、趾端有尖锐的钩爪，尾毛多而且蓬松，常朝向背部反卷。松鼠雌性个体比雄性个体稍重一些。因为松鼠的样子像老鼠，而且大多数喜欢啃食松果之类的坚果，习惯生活在树木尤其是松树上，故名松鼠。 60．一只松鼠在树枝间跳跃，要从这个树枝节点以一定水平初速度跳到另外一个树枝节点上：已知两个节点的水平距离为，竖直方向的高度为，不考虑空气阻力，求松鼠要完成这次跳跃所需的最小初速度？ 61．又一只松鼠在一根与水平方向夹角为的倾斜树枝上，从静止开始沿树枝向上做匀加速直线运动；已知它在内沿树枝运动了【计算结果，保留2位有效数字】。 （1）求松鼠的加速度； （2）已知松鼠的质量为，求该过程中树枝对松鼠的作用力。 62．生物学家通过研究发现：当松鼠受到的平均作用力小于自身重力的15倍时，不会受到永久性伤害。某次实验中，一只质量为的松鼠从静止开始下落，其速度随位移的变化关系如图所示。 （1）求松鼠下落10m的过程中，空气阻力对它做的功； （2）若松鼠与地面的作用时间为90ms，请通过计算论证该松鼠落地后是否会受到永久性伤害？ 【跟踪训练3】无人机、无人驾驶汽车等是人工智能时代物流配送的重要工具。 63．如图，无人机用轻绳吊着质量为m的包裹，一段时间内飞行高度保持不变，轻绳偏离竖直方向的夹角始终为。已知重力加速度为g，包裹所受空气阻力忽略不计。 （1）包裹的加速度大小为______。 （2）包裹可能做______运动。（多选） A．匀速　　B．匀加速　　C．匀减速　　D．变加速 （3）飞行过程中，突然解锁轻绳，包裹在空中的运动轨迹可能是______。 A．B．C． D． 64．某实验小组研究无人机的运动，测得其在竖直方向飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线。无人机的质量为2kg，取竖直向上为正方向。 （1）EF段无人机的速度大小为______； （2）FM段无人机处于______状态（填“超重”或“失重”） （3）MN段无人机机械能______（填“增加”“减少”或“不变”） （4）EN段无人机所受合外力冲量大小为______。 【解密五】 功能动量综合多过程（难点） 秘籍解读 1．若题目中涉及过程较复杂，需要规律较多，应该将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接． 2．对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图． 3．根据“子过程”“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程． 4．分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程． 5．联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论． 秘籍应用 【例1】如图所示，弹簧振子在B、C之间做简谐振动，O为平衡位置，其振动周期为T，经过O点时速度大小为v0 65．振子从O→B的运动过程中，其速度__________，其加速度__________。（均选涂“A．变大”或“B．变小”） 66．若将振子拉至位置开始振动，其振动周期，经过O点时速度大小，则_____，_____ 67．如图所示，水平地面上竖直放置着用轻质弹簧拴接的物块A，B，弹簧劲度系数为k，A的质量为m0，质量也为m0的物块C从距A高度为处由静止释放，与A碰撞后粘在一起，之后它们运动到最高点时，B与地面间的弹力恰好减小为0。已知重力加速度为g，不计碰撞时间及空气阻力，弹簧足够长且弹力始终在弹性限度内。下列说法正确的是（　　） A．物块B的质量为2m0 B．物块A、C粘在一起后做简谐运动的振幅为 C．A、C碰撞后，第一次运动至最低点的时间为 D．A、C运动到最低点时，地面对B的支持力大小为 【跟踪训练1】斯诺克（Snooker，意为“阻碍、障碍”）又称障碍台球。 68．在斯诺克比赛中，下列情况可以将台球视为质点的是（　　）。 A．研究台球旋转与击球力度的关系 B．研究台球在球桌上运动的轨迹 C．研究皮头与台球接触时台球的微小形变 D．研究台球内微粒受摩擦作用的变化情况 69．斯诺克比赛中经常会出现“抽射”的情况，即球员突然发力，将台球击出。击球过程，台球所受力与时间的关系如图（a）所示。已知每小格的边长均为1，则在这段时间内，台球受到的平均冲力为______。（保留3位有效数字） 70．2016年国际锦标赛的赛场上出现了罕见的“七星连珠”情况，简化如图（b）所示。6颗红球互相接触，在同一条直线上，先白球以的速度匀速射出（桌面摩擦忽略不计），并与最靠近的红球发生碰撞（所有球之间的碰撞均为弹性碰撞，且球的质量均为m）。试分析7颗台球最后的运动状态。 71．在比赛平局的时候，会进入“争黑”环节，此时台面只有一颗白球和一颗黑球，某位球员在击球后，白球与黑球的运动轨迹用频闪相机记录下来，如图（c）所示。小组同学想用这个图像验证动量守恒定律，请补全该动量示意图。 【跟踪训练2】如图所示，半径为R的四分之一光滑圆弧槽A与长度也为R、上表面粗糙的木板B静止在光滑水平面上，A、B之间通过大小可忽略的感应器平滑连接，当有滑块从连接处经过时两部分分离；初始时木板B的右端贴近等高的固定平台D停放；在平台左端有一弹射器，当小滑块进入弹射器后会自动补充一定量的机械能，然后以某个角度射出。小滑块C自圆弧槽的顶端由静止滑下，滑到木板B的右端时恰好与B共速，然后B撞上固定平台停止运动，滑块进入弹射器，由弹射器补充能量后射出，恰好击中距离弹射器水平距离为、高度为R的目标。已知小滑块C的质量为m，光滑圆弧槽A、木板B的质量均为，重力加速度为g，空气阻力不计。求： （1）小滑块C运动到圆弧槽A的最低端时对圆弧槽的压力； （2）木板B右端与固定平台的最大距离； （3）小滑块C经过弹射器的过程中需要补充能量的最小值及对应的弹射角。 【跟踪训练3】冰壶被大家喻为冰上的“国际象棋”，它考验参与者的体能与脑力，展现动静之美，取舍之智慧。 73．运动员在光滑冰面上水平推出冰壶瞬间，下列说法正确的是（　　） A．运动员和冰壶相互作用过程中机械能不变 B．运动员对冰壶的冲量大小等于冰壶对运动员的冲量大小 C．运动员对冰壶做的功与冰壶对运动员做的功大小相等 D．冰壶动能增加量等于运动员动能减少量 74．在冰壶比赛中，队员利用红壶去碰撞对方的蓝壶，两者在大本营中心发生对心碰撞。碰撞前后两壶运动的v-t图线如图b，其中红壶碰撞前后的图线平行，两冰壶质量相等、材料不同，则（　　） A．两壶发生了弹性碰撞 B．碰后蓝壶再经过5s停止运动 C．碰后蓝壶速度为0.6m D．碰后蓝壶移动的距离为2.0m 75．如图，光滑冰面上有一质量M=2kg的小车，小车左部为半径R=1.2m的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一长度L=2.85m的水平粗糙面，动摩擦因数，粗糙面右端是一挡板。一质量m=1kg的小物块从圆弧轨道顶端A点静止释放。小物块与挡板的碰撞无机械能损失，重力加速度g取10m/s2。 （1）锁定小车，求物块第一次滑到圆弧轨道末端时轨道对小物块的支持力大小； （2）解除小车锁定： ①判断小车和物块的系统动量是否守恒，说明理由； ②求第一次滑到圆弧轨道末端时物块的速度大小； ③求整个运动过程中物块与小车右端挡板碰撞的次数以及小车发生的位移大小。 代值可得 疑难点拨 易错点：多过程中不同阶段的规律（如动能定理、动量守恒）切换混乱（难点拉分） 1．解动力学问题的三个基本观点 （1）力的观点：用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题。 （2）能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 （3）动量观点：用动量定理和动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题。 2．力学规律的选用原则 （1）如果要列出各物理量在某一时刻的动力学关系式，可用牛顿第二定律。 （2）研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理涉及时间的问题或动能定理涉及位移的问题去解决问题。 （3）若研究的对象为一物体系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和能量守恒定律机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件。 （4）在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转变为系统内能的量。 （5）在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换，这种问题由于作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决。 3．解题技巧 （1）认真审题，提炼已知条件和隐含已知条件。 （2）通过画运动轨迹图和v-t图像，再现运动过程。 （3）明确研究对象，分析其不同的运动阶段的受力情况、运动特点、各力做功及系统能量转化情况，用已知量和未知量列出相关方程。一个方程不能求解，则通过方程组求解。 【例1】碰撞现象 76．篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球。接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以（　　） A．减小球对手的冲量 B．减小球对手的冲击力 C．减小球的动量变化量 D．减小球的动能变化量 77．一物体从某高处由静止释放，设所受空气阻力恒定，当它下落h时的动量大小为，当它下落时动量大小为，那么等于（　　） A． B． C． D． 78．一个质量是的钢球，以的速度水平向右运动，碰到坚硬的墙壁后弹回，沿着同一直线以的速度水平向左运动。若以水平向右为正方向，则碰撞前后钢球的动量变化为（　　） A．0 B． C． D． 79．利用气垫导轨进行“验证动量守恒定律”这一实验 （1）甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有尼龙搭扣，若要求碰撞动能损失最小则应选下图中的____。（填“甲”或“乙”） （2）某同学实验中选取滑块1的质量，与质量为静止的滑块2相碰，由实验测得它们在碰撞前后的图像如图，可知滑块1碰撞前的是，滑块1碰撞后的是____，滑块2碰撞后的是____。由此得出结论在此过程中总动量____（选填“是”“不是”）守恒的。 80．在足够长的光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B（可视为质点）。物块B与左右两边槽壁的距离如图所示，凹槽与物块B的质量均为，两者之间的动摩擦因数。开始时物块B静止，凹槽以的初速度向右运动，设物块B与凹槽壁的碰撞没有能量损失，且碰撞时间不计。g取。则 （1）物块B和凹槽A第一次碰撞时，它们已运动了多少时间？ （2）物块B与凹槽相对静止时的共同速度为多少？ （3）从物块B开始运动到两者相对静止所经历的时间为多少？ （4）从物块B开始运动到两者相对静止所经历的时间内物块运动的位移大小为多少？ 【跟踪训练1】（多选）“打弹珠”是一种常见的民间游戏，该游戏的规则为：将手中一弹珠以一定的初速度瞬间弹出，并与另一静止的弹珠发生碰撞，被碰弹珠若能进入小坑中即为胜出。 (1)小明将质量为2m的小球甲以水平速度v弹出，与光滑地面上一个质量为m的静止小球乙发生正碰，关于两小球碰后速度的分析，下列说法可能正确的是（　　） A．   B．   C．   D．   (2)小华在光滑水平桌面上用一个质量为3m的绿色弹珠以某一速度与前方静止的质量为m的黄色弹珠发生弹性正碰，已知碰撞前绿色弹珠的动能为E，碰撞之后黄色弹珠的动能为（　　） A． B． C． D． (3)如图所示为小朋友玩的一种弹珠游戏的简化模型。内壁光滑、半径为R的圆形轨道平放在滑水平面上并固定，质量分别为m、2m、m的弹珠a、b、c（均可视为质点）静止在圆形轨道同一直径两侧，a、c两弹珠紧靠在一起。现将a、c弹珠分别以v和3v的速度沿相反方向弹出，弹珠间所有的碰撞均为弹性碰撞，弹珠始终沿圆轨道运动，则三个弹珠再次回到初始位置所需的时间可能为（　　） A． B． C． D． ，又因为 由机械能守恒定律有 【跟踪训练2】如图， 一质量的小球P由长的轻质细线悬挂于O点。一质量的小滑块Q 静置于水平轨道A处，位于O点正下方。将P向左拉开由静止释放，P在与Q碰撞前瞬间的向心加速度，碰撞后瞬间P的速度是碰撞前瞬间速度的。且测得小球P 与滑块作用时间为0.01s，滑块与轨道间动摩擦因数，g取 。求： （1）P与Q碰撞前瞬间小球P的速度大小v； （2）请从系统受力的角度定量分析小球P和滑块Q碰撞过程水平方向动量是否守恒？ （3）假设小球与滑块的碰撞可视为弹性碰撞，求碰撞后物体Q获得的速度； （4）假设小球与滑块的碰撞可视为弹性碰撞，求P与Q碰撞后第一次回到最低点时，Q与A点之间的距离s。 【跟踪训练3】疯狂动物园 刚刚结束了紧张的月考，明辉利用周末时间前往动物园游玩。第一站——美丽的海底世界 83．明辉沿着海底隧道慢慢往前走，看着色彩绚丽的小鱼漫游在珊瑚丛中，仿佛置身大洋深处。贝类、海星、水母在海草丛中起舞，其中有一只质量为0.9kg的乌贼，吸入0.1kg的水后静止在水中，此后在极短时间内把吸入的水向后全部喷出，乌贼获得2m/s的速度向前运动。下列说法正确的是（　　） A．在乌贼喷水的过程中，乌贼和喷出的水组成的系统动量增大 B．在乌贼喷水的过程中，乌贼所受合力的冲量大小为1.8N·s C．喷水过程结束瞬间，乌贼喷出的水的速度大小为9m/s D．喷水过程结束瞬间，乌贼和所喷出水的动能之比为 第二站——“功夫”熊猫 84．明辉来到熊猫馆，看到熊猫圆圆正惬意地躺在地上晒太阳，熊猫滚滚则调皮地爬到了木桩顶端，结果一个没站稳拌了下来，正好砸在熊猫圆圆的脑袋上，并且没有反弹。已知熊猫滚滚的质量为100kg，木桩高度为0.8m，熊猫圆圆受到冲击的时间约为0.2s。下列说法中正确的是（　　）    A．两只熊猫作用过程中，熊猫滚滚的动量变化量大小约为400kg·m/s B．熊猫滚滚对熊猫圆圆的冲量方向竖直向上 C．熊猫滚滚对熊猫圆圆的冲量大小约为400N·s D．熊描滚滚对熊猫圆圆的平均作用力大小约为2000N 中场休息——“拒绝动物表演 全息点亮未来”微电影 85．全息电影是利用光的干涉现象来记录影像和重现影像，用全息摄影的方法制作和显示的电影。在前往下一个场馆之前，明辉观看了以海洋为主题的全息电影，其中，海豚的一段顶球表演给他留下了深刻的印象：只见海豚在饲养员的指挥下高高跃起，用细长的嘴巴向上顶了一下皮球，随后优雅地落入水中。已知在海豚顶球过程中，皮球重力忽略不计，皮球所受合外力随时间变化的曲线如图所示，下列说法中正确的是（　　）      A．皮球速度的变化量等于曲线与横轴所围的面积 B．皮球的动能的变化量正比于曲线与横轴所围的面积 C．皮球的动量大小先增大后减小 D．皮球的加速度大小先增大后减小 第三站——玩泥巴的小象 86．炎炎夏日，突如其来的一场大雨在大象馆的地面上留下了大大小小的泥坑，小象们兴奋地在泥地里打滚，尽情享受着“泥巴浴”。饲养员见状，赶紧拿起手边的高压水枪对地面进行清洁。已知高压水枪出水口直径为d，水从枪口高速喷出后，近距离垂直喷射到地面且速度在短时间内由v变为零，忽略水从枪口喷出后的发散效应，水的密度为。则水在地面产生的平均冲击力大小为（　　） A． B． C． D． 终点站——猴山 87．一天的游览即将结束，临走前，明辉隐约听到猴山方向传来阵阵欢呼，走近一看，原来是猴王在玩荡秋千，其运动可以简化为如下图所示的模型。质量为的猴王抓住一端固定的轻绳，从高为的猴山上由静止开始摆下，运动到最低点时与静止在光滑地面上的木箱发生弹性碰撞。地面左边有一个静止的四分之一圆光滑滑槽，其末端和地面相切，木箱冲上滑槽后，滑槽开始向左运动，木箱恰好能够到达滑槽的最高点。已知绳长，木箱的质量，滑槽的质量，在猴王和木箱碰撞前的瞬间，绳子张力为460N。求： （1）猴王与木箱发生碰撞前瞬间，猴王的速度； （2）碰撞后木箱获得的速度； （3）滑槽的高度H； （4）滑槽最终获得的最大速度； （5）若猴王从高为的山头摆下，请分别以地面、滑槽作为参考系，描述木箱在达到滑槽最高点后很短的一段时间内将做什么运动。    1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 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