2023年高考物理专题突破讲义专题突破 专题1 第3课时　动力学两类基本问题　板块模型和传送带模型中的动力学问题含答案.docx

《2023年高考物理专题突破讲义专题突破 专题1 第3课时　动力学两类基本问题　板块模型和传送带模型中的动力学问题含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考物理专题突破讲义专题突破 专题1 第3课时　动力学两类基本问题　板块模型和传送带模型中的动力学问题含答案.docx（30页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023年高考物理专题突破讲义专题突破 第3课时动力学两类基本问题板块模型和传送带模型中的动力学问题命题规律1.命题角度：(1)动力学的两类基本问题；(2)板块模型中的动力学问题；(3)传送带模型中的动力学问题.2.常考题型：计算题高考题型1动力学两类基本问题动力学两类基本问题的解题思路例1(2021安徽合肥市高三上第一次教学质量调研)如图1所示，一质量为m1 kg的木块在水平推力F作用下沿倾角37的固定斜面向上做匀速直线运动，已知木块与斜面间的动摩擦因数0.5，g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.求：图1(1)水平推力F的大小；(2)当F30 N时，木块从斜面底端由静止

2、开始向上做加速运动，2 s末撤去F，之后木块恰好到达斜面顶端，求撤去F时木块的速度及斜面的长度答案(1)20 N(2)10 m/s，方向平行斜面向上15 m解析(1)木块做匀速直线运动时，对木块受力分析如图垂直斜面方向FNmgcos Fsin 平行斜面方向Fcos Ffmgsin 又FfFN解得F20 N(2)木块从斜面底端向上做加速运动过程：设加速度为a1，受力如图垂直斜面方向FNmgcos Fsin 平行斜面方向Fcos mgsin Ffma1又FfFN解得a15 m/s2，2 s末木块的速度为va1t52 m/s10 m/s，方向平行斜面向上，该过程木块发生的位移x1a1t2522 m1

3、0 m撤去F后：设木块的加速度大小为a2，受力如图垂直斜面方向FNmgcos 平行斜面方向mgsin Ffma2又FfFN解得a2gsin gcos 10 m/s2该过程木块发生的位移x2 m5 m，所以斜面的长度为x1x215 m高考题型2板块模型中的动力学问题动力学解决板块模型问题的思路例2如图2，两个滑块A和B的质量分别为mA1 kg和mB5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量为m4 kg，与地面间的动摩擦因数为20.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v03 m/s.A、B相遇时，A与木板恰好相对静止设最大静摩擦力等于

4、滑动摩擦力，取重力加速度大小g10 m/s2.求：图2(1)B与木板相对静止时，木板的速度；(2)A、B开始运动时，两者之间的距离答案(1)1 m/s，方向与B的初速度方向相同(2)1.9 m解析(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动设A、B和木板所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3，A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB，木板相对于地面的加速度大小为a1.在滑块B与木板达到共同速度前有Ff11mAgFf21mBgFf32(mmAmB)g由牛顿第二定律得Ff1mAaAFf2mBaBFf2Ff1Ff3ma1设在t1时刻，B与木板达到共同速度，其大小为v1，由运动学公式有

5、v1v0aBt1v1a1t1联立式，代入已知数据得v11 m/s，方向与B的初速度方向相同(2)在t1时间内，B相对于地面移动的距离为xBv0t1aBt12设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统，由牛顿第二定律有Ff1Ff3(mBm)a2由式知，aAaB；再由式知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2，设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2，则由运动学公式，对木板有v2v1a2t2对A有：v2v1aAt2在t2时间内，B(以及木板)相对地面移动的距离为x1v1t

6、2a2t22在(t1t2)时间内，A相对地面移动的距离为xAv0(t1t2)aA(t1t2)2A和B相遇时，A与木板的速度也恰好相同因此A和B开始运动时，两者之间的距离为x0xAx1xB联立以上各式，并代入数据得x01.9 m高考题型3传送带模型中的动力学问题1模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向2解题关键(1)理清物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决传送带问题的关键(2)物体与传送带达到相同速度时往往出现摩擦力突变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口例3(2021江苏省四校第三次联考)如图3甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速

7、度v1运行初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的vt图象(以地面为参考系)如图乙所示已知v2v1，则()图3At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案B解析小物块相对地面速度为零时，即t1时刻，向左离开A处最远，t2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此时刻，它相对传送带滑动的距离最大，A错误，B正确；0t2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动

8、摩擦力，方向始终向右，大小不变，t2时刻以后小物块相对传送带静止，与传送带一起以速度v1匀速运动，不再受摩擦力作用，C、D错误例4(2020全国卷25改编)如图4，相距L11.5 m的两平台位于同一水平面内，二者之间用传送带相接传送带向右匀速运动，其速度的大小v可以由驱动系统根据需要设定质量m10 kg的载物箱(可视为质点)，以初速度v05.0 m/s自左侧平台滑上传送带载物箱与传送带间的动摩擦因数0.10，重力加速度取g10 m/s2.图4(1)若v4.0 m/s，求载物箱通过传送带所需的时间；(2)求载物箱到达右侧平台时所能达到的最大速度和最小速度答案(1)2.75 s(2)4 m/s m

9、/s解析(1)传送带的速度为v4.0 m/s时，载物箱在传送带上先做匀减速运动，设其加速度大小为a，由牛顿第二定律有mgma设载物箱滑上传送带后匀减速运动的位移为x1，由运动学公式有v2v022ax1联立式，代入题给数据得x14.5 m因此，载物箱在到达右侧平台前，速度先减小到v，然后开始做匀速运动设载物箱从滑上传送带到离开传送带所用的时间为t1，做匀减速运动所用的时间为t1，由运动学公式有vv0at1t1t1联立式并代入题给数据得t12.75 s(2)当载物箱滑上传送带后一直做匀减速运动时，到达右侧平台时的速度最小，设为v1；当载物箱滑上传送带后一直做匀加速运动时，到达右侧平台时的速度最大，

10、设为v2，则v12v022gLv22v022gL由式并代入题给条件得v1 m/s, v24 m/s1.(2021安徽蚌埠市一模)如图5所示，质量为1 kg的小物块以10 m/s的速度从倾角为37的固定斜面(足够长)底端向上滑行，物块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，求：图5(1)物块沿斜面向上滑行的最大距离；(2)物块从最高点滑回底端所经历的时间；(3)从开始沿斜面上滑到返回底端的过程中，物块所受合力的冲量答案(1)5 m(2) s(3)(210) Ns，方向沿斜面向下解析(1)设物块沿斜面做匀减速直线运动的加速度大小为a1，向

11、上滑行的最大距离为x，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma1由匀变速直线运动规律得v022a1x，解得x5 m(2)设物块沿斜面向下滑行时的加速度为a2、时间为t，回到底端的速度大小为v，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma2由匀变速直线运动规律得xa2t2，解得t s(3)物块下滑时，由匀变速直线运动规律得va2t，解得v2 m/s以沿斜面向上为正方向，根据动量定理得Im(v)mv0(210) Ns故物块所受合力的冲量大小为(210) Ns，方向沿斜面向下2(2021安徽省高三一模)如图6所示，水平地面上有一个薄木板，在木板最右端叠放一个可视为质点的小滑块小滑块质量m1 kg

12、，与木板间的动摩擦因数10.3，木板长l0.5 m，质量M2 kg，木板和小滑块与水平地面间的动摩擦因数均为20.1.现对木板施加方向水平向右的拉力，拉力大小F14 N重力加速度大小g取10 m/s2，小滑块落地后不反弹求：图6(1)小滑块经多长时间从木板上掉下；(2)小滑块停止运动时，小滑块与木板间的距离答案(1)1 s(2)34.5 m解析(1)对小滑块，根据牛顿第二定律可得1mgma1则a13 m/s2由位移公式得x1a1t2对木板，根据牛顿第二定律可得F1mg2(Mm)gMa2则a24 m/s2木板的位移x2a2t2且x2x1l联立可得t1 s(2)小滑块离开木板时，小滑块的速度为v1

13、a1t3 m/s木板的速度为v2a2t4 m/s小滑块停止运动时，运动时间为t13 s运动的距离为x14.5 m小滑块离开木板后，木板的加速度a26 m/s2木板运动的距离为x2v2t1a2t1239 m小滑块与木板间的距离xx2x134.5 m.3(2021江苏南京市、盐城市二模)如图7所示，电动传送带以恒定速度v01.2 m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角37，现将质量m20 kg的箱子轻放到传送带底端，经过一段时间后，箱子被送到h1.8 m的平台上已知箱子与传送带间的动摩擦因数0.85，不计其他损耗(g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8)求：图7(1)箱子在传送带

14、上刚开始运动时加速度的大小；(2)箱子从传送带底端送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦而产生的热量答案(1)0.8 m/s2(2)122.4 J解析(1)箱子刚开始运动时，受到竖直向下的重力mg和沿传送带向上的滑动摩擦力Ff，将重力沿传送带方向和垂直传送带方向进行正交分解，由牛顿第二定律得Ffmgsin maFfFNFNmgcos 联立式，得a0.8 m/s2(2)箱子加速所用时间为t s1.5 s箱子加速过程中传送带的位移x传v0t1.8 m传送带底端到平台的距离为L3 m箱子加速的位移为x箱at20.81.52 m0.9 mL箱子速度与传送带速度相同后，一起匀速运动至平台箱子从传送带

15、底端送到平台上的过程中，箱子与传送带之间因摩擦产生的热量QFfxFf(x传x箱)122.4 J专题强化练保分基础练1.(2021山东济宁市高三一模)用货车运输规格相同的两层水泥板，底层水泥板固定在车厢内，为防止货车在刹车时上层水泥板撞上驾驶室，上层水泥板按如图1所示方式放置在底层水泥板上货车以3 m/s2的加速度启动，然后以12 m/s的速度匀速行驶，遇紧急情况后以8 m/s2的加速度刹车至停止已知每块水泥板的质量为250 kg，水泥板间的动摩擦因数为0.75，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10 m/s2，则()图1A启动时上层水泥板所受摩擦力大小为1 875 NB刹车时上层水泥板所受摩擦力

16、大小为2 000 NC货车在刹车过程中行驶的距离为9 mD货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动的距离为0.6 m答案C解析摩擦力提供给水泥板最大的加速度为ag7.5 m/s2，启动时，加速度小于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为静摩擦力，大小为Ffma2503 N750 N，A错误；刹车时，加速度大于最大加速度，上层水泥板所受摩擦力为滑动摩擦力，其大小为Ffmg1 875 N，B错误；货车在刹车过程中行驶的距离为s9 m，C正确；货车刹车至停止的时间为t1.5 s，该时间内，上层水泥板滑动的距离为svtgt218 m8.437 5 m9.562 5 m，货车停止时上层水泥板相对底层水泥板滑动

17、的距离为sss0.562 5 m，D错误2(2021全国甲卷14)如图2，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角可变将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角的大小有关若由30逐渐增大至60，物块的下滑时间t将()图2A逐渐增大 B逐渐减小C先增大后减小 D先减小后增大答案D解析设PQ的水平距离为L，由运动学公式可知(gsin )t2，可得t2，45时t有最小值，故当由30逐渐增大至60，物块的下滑时间t先减小后增大，故选D.3如图3所示，水平地面上依次排放两块完全相同的木板，

18、长度均为l2 m，质量均为m21 kg，一质量为m11 kg的物体(可视为质点)以v06 m/s的速度冲上A木板的左端，物体与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数20.2.(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2)图3(1)若物体滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件；(2)若10.5，求物体滑到木板A末端时的速度大小和在木板A上运动的时间答案(1)0.42(m1m2)g联立两式，代入数据得0.40.此后，管与球将以加速度g减速上升h2，到达最高点由运动学公式有h2设管第一次落地弹起后上升的最大高度为H1，则H1h1h2联立式可得H1

19、H(3)设第一次弹起过程中球相对管的位移为x1.在管开始下落到上升H1这一过程中，由动能定理有Mg(HH1)mg(HH1x1)Ffx10联立式并代入题给数据得x1H同理可推得，管与球从再次下落到第二次弹起至最高点的过程中，球与管的相对位移为x2H1设圆管长度为L.管第二次落地弹起后的上升过程中，球不会从管中滑出的条件是x1x2L联立式，L应满足条件为LH.第4课时运动的合成与分解命题规律1.命题角度：(1)曲线运动、运动的合成与分解；(2)抛体运动.2.常考题型：选择题、计算题高考题型1曲线运动、运动的合成与分解考向一运动的合成与分解例1(2021山西吕梁市高三一模)在光滑的水平面上建立xOy

20、平面直角坐标系，一质点在水平面上从坐标原点开始运动，沿x方向和y方向的xt图象和vyt图象分别如图1所示，则04 s内()图1A质点的运动轨迹为直线B质点的加速度恒为1 m/s2C4 s末质点的速度为6 m/sD4 s末质点离坐标原点的距离为16 m答案B解析质点在x方向做匀速直线运动，其速度为vx2 m/s，在y方向做匀加速直线运动，其初速度、加速度分别为vy00，a1 m/s2，所以质点的合初速度在x方向，合加速度在y方向，故质点做匀加速曲线运动，A错误，B正确；4 s末质点在y方向的分速度为vy44 m/s，故其合速度为v2 m/s，C错误；4 s末质点在y方向的位移为yvy4t8 m，

21、所以4 s末质点离坐标原点的距离为s8 m，D错误例2如图2所示，一个质量为m1 kg的物体在光滑水平面上沿直线AB做速度大小为v05 m/s的匀速直线运动在某时刻(到O点处)，受到两个互相垂直的水平恒力作用，一个力大小为F14 N，另一个力F2与v0方向所成的夹角53.当物体速度大小为4 m/s时，恰好经过F2方向上的P点已知sin 530.8，cos 530.6，求：图2(1)物体从O点到P点的运动时间tOP；(2)O点到P点的位移大小xOP；(3)F2的大小答案(1)2 s(2)11 m(3)2.5 N解析(1)将v0分解到x、y两个方向，如图有vxv0cos 50.6 m/s3 m/s

22、vyv0sin 50.8 m/s4 m/s在x方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律得ax在y方向先做匀减速运动后反向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得ay4 m/s2经历tOP到达P点，则有tOP s2 s(2)此时vP4 m/s而vyP4 m/s根据vP可得vxP8 m/s故ax m/s22.5 m/s2所以xOP m11 m(3)根据牛顿第二定律可得F2max12.5 N2.5 N.考向二关联速度问题把物体的实际速度分解为垂直于绳(杆)和平行于绳(杆)两个分量，根据沿绳(杆)方向的分速度大小相等求解常见的模型如图3所示图3例3如图4所示，套在竖直细杆上的轻环A由跨过光滑轻质定滑轮的不可伸长

23、的轻绳与重物B相连，施加外力让A沿杆以速度v匀速上升，从图中M位置上升至与定滑轮的连线处于水平的N位置，已知AO与竖直杆成角，MN之间的距离为L，则下列说法正确的是()图4A刚开始时B的速度大小为BA运动到位置N时，B的速度为零CA由M上升到N的过程中，B下降的距离为LD重物B下降过程，绳对B的拉力小于B的重力答案B解析对于A，它的速度如图中标出的v，这个速度看成是A的合速度，其分速度大小分别是va、vb，其中vb等于B的速率(同一根绳子，两端速度大小相同)，故刚开始上升时B的速度大小为vBvbvcos ，故A错误；B下降过程做减速运动，处于超重状态，绳对B的拉力大于B的重力，故D错误；当A运

24、动到位置N时90，此时vB0，B正确；A由M上升到N的过程中，B下降的距离为Ltan ，故C错误考向三小船渡河问题例4如图5所示，某河流水流速度大小恒为v1，A处的下游C处有个漩涡，漩涡与河岸相切于B点，漩涡的半径为r，ABr.为使小船从A点出发以恒定的速度安全到达对岸，小船航行时在静水中速度的最小值为()图5A.v1 B.v1 C.v1 D.v1答案C解析如图所示，当小船从A点沿与漩涡相切的虚线渡河，且在静水中的速度v2与其在河流中的实际速度v垂直时，小船在静水中的速度最小，设为v2，故有v2v1sin ，而tan ，解得v2v1，故选C.高考题型2抛体运动1抛体运动为ag的匀变速运动，基本

25、思想是运动的分解平抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动；斜抛运动可分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的竖直上(下)抛运动2平抛运动、速度方向和位移方向的应用已知条件情景示例解题策略已知速度方向从斜面外平抛，垂直落在斜面上，如图所示，已知速度的方向垂直于斜面分解速度tan 从圆弧形轨道外平抛，恰好无碰撞地进入圆弧形轨道，如图所示，已知速度方向沿该点圆弧的切线方向分解速度tan 已知位移方向从斜面上平抛又落到斜面上，如图所示，已知位移的方向沿斜面向下分解位移tan 在斜面外平抛，落在斜面上位移最小，如图所示，已知位移方向垂直斜面 分解位移tan 3平抛运动的两个推论(1

26、)设做平抛运动的物体在任意时刻的速度方向与水平方向的夹角为，位移方向与水平方向的夹角为，则有tan 2tan ，如图6甲所示(2)做平抛运动的物体任意时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点，如图乙所示图64斜抛运动至最高点时速度水平，可采用逆向思维法，看作平抛运动考向一平抛运动例5(2020全国卷16)如图7，在摩托车越野赛途中的水平路段前方有一个坑，该坑沿摩托车前进方向的水平宽度为3h，其左边缘a点比右边缘b点高0.5h.若摩托车经过a点时的动能为E1，它会落到坑内c点c与a的水平距离和高度差均为h；若经过a点时的动能为E2，该摩托车恰能越过坑到达b点.等于()图7A20 B1

27、8 C9.0 D3.0答案B解析摩托车从a点做平抛运动到c点，水平方向：hv1t1，竖直方向：hgt12，可解得v1，动能E1mv12；摩托车从a点做平抛运动到b点，水平方向：3hv2t2，竖直方向：0.5hgt22，解得v23，动能E2mv22mgh，故18，B正确例6(2018全国卷17)在一斜面顶端，将甲、乙两个小球分别以v和的速度沿同一方向水平抛出，两球都落在该斜面上甲球落至斜面时的速率是乙球落至斜面时速率的()A2倍 B4倍 C6倍 D8倍答案A解析如图所示，可知：xvt，xtan gt2vygt2tan v则落至斜面的速率v落v，即v落v，甲、乙两球抛出速度为v和，则可得落至斜面时

28、速率之比为21.考向二斜抛运动例7图8甲是充气弹跳飞人的娱乐装置，玩家在气包上躺着，工作人员从站台上蹦到气包上，使玩家弹起并落入海洋球中现有一玩家刚开始静止躺在气包上，被弹起时做抛体运动，玩家躺着的面可视为斜面，用AC表示，与水平方向的夹角37，玩家从P点抛起的初速度方向恰好与AC垂直，玩家重心运动的轨迹如图乙所示，B为轨迹上的一点，O为轨迹的最高点，B点到O点的竖直高度h3.2 m，水平距离l2.4 m，忽略空气阻力，已知sin 370.6，g10 m/s2.求玩家：甲乙图8(1)在最高点的速度大小；(2)被抛出时的速度大小答案(1)3 m/s(2)5 m/s解析(1)从O点到B点，竖直方向

29、有：hgt2解得t0.8 s水平方向有：lv0t解得v03 m/s(2)从P点到O点的运动可视为从O点平抛到P点的逆过程，水平方向速度不变，由速度分解可知vP5 m/s.1(2021江苏无锡市市北高级中学高三期末)如图9所示，从匀速运动的水平传送带边缘，垂直弹入一底面涂有墨汁的棋子，棋子在传送带表面滑行一段时间后随传送带一起运动以传送带的运动方向为x轴，棋子初速度方向为y轴，以出发点为坐标原点，棋子在传送带上留下的墨迹为()图9答案A解析研究墨迹，也就是研究棋子相对于传送带的相对运动分析可知，在传送带这个参考系中，合速度的方向和摩擦力的方向在一条直线上，所以运动轨迹应该是一条过坐标原点的倾斜直

30、线，又因为棋子相对于传送带往后运动，故A正确，B、C、D错误2.(2021山东青岛市一模)如图10所示，在投掷游戏中，甲同学从A点将某个小玩具水平抛出，小玩具沿轨迹落到了地面上的D点；乙同学从位于A点正下方地面上的B点斜向上将另一个同样的小玩具抛出，玩具沿轨迹也恰好落到了D点，C点为轨迹最高点，A、C高度相同，不计空气阻力，下列说法正确的是()图10A两过程的水平速度相同B两过程中玩具在空中的运动时间相等C沿轨迹落到D点时小玩具落地速度大D两个过程中重力的冲量相等答案C解析轨迹小玩具能到达C点，从C到D在竖直方向做自由落体运动，而轨迹在竖直方向直接做自由落体运动，根据竖直方向的运动情况可知轨迹

31、小玩具运动的时间为轨迹的两倍，设轨迹运动的时间为t1，轨迹运动的时间为t2，则有t22t1，且两次在水平方向运动的位移相等，而时间之比为12，故水平速度之比为21，故A、B错误；由于两次击中D点时水平速度不相等，轨迹的水平速度大，竖直速度相等，则轨迹落地合速度大，即沿轨迹落到D点时小玩具落地速度大，故C正确；两个过程中重力相等，由于时间不相等，则两个过程中重力的冲量不相等，故D错误3(2021山东烟台市高三期末)某同学参加学校的跳远比赛，其运动轨迹可以简化为如图11所示，该同学以速率v沿与水平地面成某一角度方向跳出，运动过程中离开地面的最大高度为H，若该同学可视为质点，不计空气阻力，重力加速度

32、为g，则该同学本次跳远的成绩为()图11A. B. C. D.答案A解析设速率v与水平方向的夹角为，则H，运动时间t，水平位移xvcos t，联立解得x，故选A.4(2021湖北省部分重点高中高三期末联考)质量为m的粒子a以速度v在竖直面内水平向右运动，另一质量为m的粒子b以速度v沿与水平向右成45斜向下的方向运动，在某段时间内两个粒子分别受到相同的恒力的作用，在停止力的作用时，粒子a沿竖直向下方向以速度v运动，则粒子b的运动速率为(不计重力)()A.v B.v Cv D0.5v答案B解析作出粒子a的初速度、末速度及速度的变化量关系图，如图甲由于初、末速度大小相等，则v与水平向左方向成45斜向

33、下，vv，设恒力的作用时间为t，根据动量定理有Ftmv，得F可知作用力F与粒子b的初速度垂直，所以粒子b做类平抛运动，建立如图乙所示的直角坐标系，粒子b沿x轴正方向做匀速直线运动，沿y轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a经过时间t，粒子b的运动速率为vbv.故选B.专题强化练保分基础练1在冰球游戏中，冰球以速度v0在水平冰面上向左运动，某同学在水平面上沿图示方向快速打击冰球，不计一切摩擦和阻力下列图中的虚线能正确反映冰球被击打后可能的运动路径是()答案A解析因为不计一切摩擦和阻力，冰球受打击之后做匀速直线运动；冰球在受到打击时，沿打击的方向会获得一个分速度，所以合速度的方向一定在初

34、速度方向与打击的方向之间，不能沿打击的方向，由以上的分析可知，A正确，B、C、D错误2.(2021北京市东城区高三期末)如图1所示，从同一点沿同一水平方向多次抛出小球，其中三次分别落在台阶上A、B、C三点，用tA、tB、tC分别表示三次小球运动的时间，vA、vB、vC分别表示三次小球被抛出时的速度，则()图1AtAtBtC BvAvBvCCtAtBtC DvAvBvC答案B解析平抛运动竖直方向做自由落体运动，运动时间为t，由题图可知hAhBhC，所以tAtBxBxC，tAtBvBvC，B正确，D错误3(2021宁夏银川市高三二模)某同学疫情期间在家锻炼时，对着墙壁练习打乒乓球，球拍每次击球后，球都从同一位置斜向上飞出，其中有两次球在不同高度分别垂直撞在竖直墙壁上，不计空气阻力，则乒乓球在这两次从飞出到撞击墙壁前()A在空中飞行的时间可能相等B飞出时的初速度竖直分量可能相等C撞击墙壁的速度大小可能相等D飞出时的初速度大小可能相等答案D解析乒乓球运动的逆过程为平抛运动，两次的竖直高度不同，则两次运动的时间不同，A项错误；逆过程在竖直方向上是自由落体运动，因两次运