1、方法点拨做好以下几步：(1)确定研究对象，进行运动分析和受力分析；(2)分析物理过程，按特点划分阶段；(3)选用相应规律解决不同阶段的问题，列出规律性方程1(多观点分析运动过程)(多选)一辆汽车从圆弧形拱桥最高处匀速驶下，在此过程中，下列说法中正确的是()A汽车的动量保持不变B汽车的机械能减少C汽车所受的合外力为零D汽车所受的合外力做功为零2(守恒条件判断)如图 1 所示，在光滑的水平面上固定着两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视为一个系统，则小球在运动过程中()图 1A系统的动量守恒，动能守恒B系统的动量守恒，机械能守恒C系统的动量不守恒，机械能守恒D系统的动量不守恒，动
2、能守恒3(多观点分析动力学问题)(多选)如图 2 所示，质量为 m 的小球从距离地面高 H的 A 点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为 h 的 B 点速度减为零不计空气阻力，重力加速度为 g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有()A小球的机械能减少了 mg(Hh)B小球克服阻力做的功为 mgh图 2C小球所受阻力的冲量大于 m 2gHD小球动量的改变量等于所受阻力的冲量4(多观点分析动力学问题)(多选)把皮球从地面以某一初速度竖直上抛，经过一段时间后皮球又落回抛出点，上升最大高度的一半处记为 A 点以地面为零势能面设运动过程中受到公众号：卷洞洞的
3、空气阻力大小与速率成正比，则()A皮球上升过程中克服重力做的功等于下降过程中重力做的功B皮球上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量C皮球上升过程与下降过程空气阻力的冲量大小相等D皮球下降过程中重力势能与动能相等的位置在 A 点下方5在课堂中，老师用如图 3 所示的实验研究平抛运动A、B是质量相等的两个小球，处于同一高度用小锤打击弹性金属片，使 A 球沿水平方向飞出，同时松开 B 球，B 球自由下落 某同学设想在两小球下落的空间中任意选取两个水平面 1、2，小球 A、B 在通过两水平面的过程中，动量的变化量分别为pA和pB，动能的变化量分别为EkA和EkB，忽略一切阻力的影响，下列判断正确
4、的是()图 3ApApB，EkAEkBBpApB，EkAEkBCpApB，EkAEkBDpApB，EkAEkB6如图 4，一轻弹簧左端固定在长木板 M 的左端，右端与小木块 m 连接，且 m、M 间及 M与地面的接触面均光滑开始时，m 和 M 均静止，现同时对 m、M 施加等大反向的水平恒力F1和 F2，从两物体开始运动以后的全部运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度对于 m、M 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的有()图 4由于 F1、F2等大反向，故系统机械能守恒；当弹簧弹力大小与 F1、F2大小相等时，m、M 各自的动能最大；由于 F1、F2大小不变，所以 m、M 各自一直做匀加速运动；由
5、于F1、F2等大反向，故系统的总动量始终为零ABCD7如图 5 所示，在光滑的水平面上静止放一质量为 m 的木 板 B，木板表面光滑，左端固定一轻质弹簧 质量为 2m 的木块 A 以速度 v0从板的右端水平向左滑上木板 B.在木块 A 与弹簧公众号：卷洞洞相互作用的过程中，下列判断正确的是()A弹簧压缩量最大时，B 板运动速率最大图 5BB 板的加速度一直增大C弹簧给木块 A 的冲量大小为2mv03D弹簧的最大弹性势能为mv2038如图 6 所示，在光滑水平面上有一质量为 M 的木块，木块与轻弹簧水平相连，弹簧的另一端连在竖直墙上，木块处于静止状态一质量为 m 的子弹以水平速度 v0击中木块，
6、并嵌在其中，木块压缩弹簧后在水平面上做往复运动木块自被子弹击中前到第一次回到原来位置的过程中，木块受到的合外力的冲量大小为()图 6A.Mmv0MmB2Mv0C.2Mmv0MmD2mv09如图 7 所示，一长木板放置在水平地面上，一根轻弹簧右端固定在长木板上，左端连接一个质量为 m 的小物块，小物块可以在木板上无摩擦滑动现在用手固定长木板，把小物块向左移动，弹簧的形变量为 x1；然后，同时释放小物块和木板，木板在水平地面上滑动，小物块在木板上滑动；经过一段时间后，长木板达到静止状态，小物块在长木板上继续往复运动 长木板静止后，弹簧的最大形变量为 x2.已知地面对长木板的滑动摩擦力大小为 Ff.
7、当弹簧的形变量为 x 时，弹性势能 Ep12kx2，式中 k 为弹簧的劲度系数由上述信息可以判断()图 7A整个过程中小物块的速度可以达到kmx1B整个过程中木板在地面上运动的路程为k2Ff(x21x22)C长木板静止后，木板所受的静摩擦力的大小不变D若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，则运动过程中物块和木板的速度方向可能相同10如图 8 所示，半径 R0.50 m 的光滑四分之一圆轨道 MN 竖直固定在水平桌面上，轨道末端水平且端点 N 处于桌面边缘，把质量 m0.20 kg 的小物块从圆轨道上某点由静止释放，公众号：卷洞洞经过 N 点后做平抛运动，到达地面上的 P 点已知桌面高度 h
8、0.80 m，小物块经过 N 点时的速度 v03.0 m/s，g 取 10 m/s2.不计空气阻力，物块可视为质点求：图 8(1)圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差；(2)小物块经过 N 点时轨道对物块支持力的大小；(3)小物块落地前瞬间的动量大小图 911如图 9 所示，在光滑的水平面上有一长为 L 的木板 B，上表面粗糙，在其左端有一光滑的14圆弧槽 C，与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板上表面相平，B、C 静止在水平面上现有滑块 A 以初速度 v0从右端滑上 B，一段时间后，以v02滑离 B，并恰好能到达 C 的最高点A、B、C 的质量均为 m.求：(1)A 刚滑离木板 B
9、时，木板 B 的速度；(2)A 与 B 的上表面间的动摩擦因数；(3)圆弧槽 C 的半径 R；(4)从开始滑上 B 到最后滑离 C 的过程中 A 损失的机械能公众号：卷洞洞答答案案精精析析1BD汽车做匀速圆周运动，则动量大小不变，但方向变化，故 A 错误；汽车在驶下时，存在摩擦力做功，所以汽车的机械能减少，故 B 正确；由于汽车做匀速圆周运动，是变速运动，则所受的合外力不为零，故 C 错误；汽车所受的合外力与速度始终垂直，所以此力不做功，故 D 正确2C3AC由动能定理得 mg(Hh)Wf0，则 Wfmg(Hh)，所以小球的机械能减少了mg(Hh)，所以 A 选项正确，B 选项错误；小球自由下
10、落至地面的过程，机械能守恒，mgH12mv2，v 2gH，落到地面上后又陷入泥潭中，由动量定理得 IGIf0mv，所以 IfIGmvIGm 2gH，小球所受阻力的冲量大于 m 2gH，所以 C 选项正确；由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，所以 D 选项错误4ACD皮球上升过程中克服重力做的功、下降过程中重力做的功均为 mgh，A 正确；皮球先后通过同一位置的过程中，重力做功为零，阻力做负功，根据动能定理可知 vv，因此上升过程的平均速度一定大于下降过程的平均速度，所以上升时间小于下降时间，根据冲量的概念可知上升过程重力冲量较小，B 错误；如图所示为上抛过程中的速度图象，第一、第四象
11、限中阴影部分的面积分别表示上升和下降过程的位移，大小相等方向相反；由于 Ffv，可将纵坐标改为 Ff，第一、第四象限中阴影部分的面积仍相等，说明上升、下降过程阻力的冲量等大反向，C 正确；下降到 A 点时，重力势能减小12mgH，但由于克服阻力做功，动能的增加量小于12mgH，因此重力势能与动能相等的位置在 A 点下方，D 正确5A6D由于 F1、F2等大反向，m、M 系统所受合外力为零，因此动量守恒，故系统的总动量始终为零正确；开始阶段弹簧弹力小于 F1和 F2，m、M 都做加速运动，动能增加，当弹力增大到与 F1和 F2等大时，m、M 动能都最大，系统机械能一直增大，错误，正确；上述加速过
12、程弹簧弹力逐渐增大，合力逐渐减小，不是匀加速运动，错误，所以应该公众号：卷洞洞选 D.7D当 A 向左压缩弹簧时 A 木块减速，B 板做加速度增大的加速运动，当弹簧压缩量最大时，A、B 共速，之后弹簧在恢复形变的过程中 B 板做加速度减小的加速运动，A 木块继续减速，当弹簧恢复原长时 B 板达最大速度，所以 A、B 选项均错；当弹簧恢复原长时，设 A、B 的速度分别为 v1和 v2，由动量守恒定律得，2mv02mv1mv2，由能量守恒定律有122mv20122mv2112mv22，联立解得：v113v0，v243v0，弹簧给木块A的冲量I2mv12mv04mv03，所以弹簧给木块 A 的冲量大
13、小为4mv03，C 选项错误；弹簧最大的弹性势能发生在 A、B 共速时，设共速的速度为 v，由动量守恒知 2mv03mv，v2v03，Ep122mv20123mv213mv20，所以 D 选项正确8A子弹击中木块并嵌在其中，该过程动量守恒，即 mv0(mM)v，即击中后木块速度为 vmv0mM，此后只有弹簧弹力做功，子弹、木块和弹簧组成的系统机械能守恒，当第一次回到平衡位置时，速度仍然等于 v，根据动量定理，木块受到的合外力的冲量等于动量的变化量即 IMv0Mmv0mM，选项 A 对9B根据动能定理：12mv2m12kx21Wf.因此速度不可能达到kmx1，A 错误；当木板静止时，小物块在长木
14、板上做往复运动，只有弹力做功，系统的机械能守恒，所以当木板静止时，系统具有的机械能为12kx22，根据能量守恒定律得，12kx2112kx22Ffs，因此 sk2Ff(x21x22)，B正确；木板静止后，板受到的静摩擦力大小随弹簧伸缩量的改变而改变，C 错误；若将长木板改放在光滑地面上，重复上述操作，根据动量守恒定律，运动过程中物块和木板的速度方向一定相反，D 错误10(1)0.45 m(2)5.6 N(3)1.0 kgm/s解析(1)设圆轨道上释放小物块的位置与桌面间的高度差为 H，小物块运动至 N 点过程中机械能守恒，则有 mgH12mv20解得 H0.45 m(2)设物块经过 N 点时所
15、受支持力为 F根据牛顿第二定律有 Fmgmv20R解得 F5.6 N公众号：卷洞洞(3)设物块做平抛运动的时间为 t，小物块落地前竖直分速度为 vy，则 h12gt2vygt解得 vy4.0 m/s小物块落地前速度 v v20v2y解得 v5.0 m/s动量 pmv解得 p1.0 kgm/s.11(1)v04(2)5v2016gL(3)v2064g(4)15mv2032解析(1)对 A 在木板 B 上的滑动过程，取 A、B、C 为一个系统，根据动量守恒定律有：mv0mv022mvB解得 vBv04(2)对 A 在木板 B 上的滑动过程，A、B、C 系统减少的动能全部转化为系统产生的热量mgL12mv2012m(v02)2122m(v04)2解得5v2016gL(3)对 A 滑上 C 直到最高点的作用过程，A、C 系统动量守恒，mv02mvB2mvA、C 系统机械能守恒 mgR12m(v02)212m(v04)2122mv2解得 Rv2064g(4)对 A 滑上 C 直到离开 C 的作用过程，A、C 系统动量守恒mv02mv04mvAmvCA、C 系统初、末状态动能相等，12m(v02)212m(v04)212mv2A12mv2C解得 vAv04.所以从开始滑上 B 到最后滑离 C 的过程中 A 损失的机械能为：E12mv2012mv2A15mv2032.公众号：卷洞洞