2025年高考物理復習考點解密追蹤與預測（新高考）專題06 動量與能量綜合運用（講義篇）（解析版）

專題06動量與能量綜合運用01專題網絡·思維腦圖02考情分析·解密高考03高頻考點·以考定法04核心素養(yǎng)·難點突破05創(chuàng)新好題·輕松練習考點內容考情預測能量結合圖像問題動量與能量綜合運用基本以生活中的常見現(xiàn)象為命題點，如斜面、彈簧、豎直面內的圓周運動等。從簡單的動量和能量守恒的條件判斷，到涉及斜面、彈簧、碰撞等模型進行動量能量綜合運用，前者只需要熟悉守恒條件，后者對公式運用及化簡有更高的要求。而機車啟動模型也是各省高考?？碱}，兩種啟動方式均有作為命題點。機械能及能量守恒的理解及應用動量定理及動量守恒的理解及應用機車啟動模型（重點?？迹脛恿考澳芰渴睾憬鉀Q碰撞問題應用動量定理處理“流體問題”“粒子流問題”學習目標熟悉掌握基本的物理公式推導，變形出和圖像結合的函數(shù)表達形式，從而通過斜率、截距、面積等得到相關的物理量。2.熟悉動量守恒及機械能守恒的條件，靈活運用動量守恒公式和機械能守恒公式聯(lián)立求解。3.掌握機車啟動模型的兩種方式，理解P-t圖和v-t圖上各段過程，對三個常用公式熟悉掌握。4.熟悉碰撞問題的動量守恒公式和能量守恒公式，并且聯(lián)立后的結果能熟悉記憶，避免考試時還需化簡求解。5.掌握應用動量定理處理“流體問題”“粒子流問題”，理解取一段時間后求此段時間的質量的方法。【典例1】（2023·浙江·統(tǒng)考高考真題）鉛球被水平推出后的運動過程中，不計空氣阻力，下列關于鉛球在空中運動時的加速度大小a、速度大小v、動能Ek和機械能E隨運動時間t的變化關系中，正確的是（）A．

B．

C．

D．

【答案】D【詳解】A．由于不計空氣阻力，鉛球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不隨時間改變，故A錯誤；B．鉛球被水平推出后做平拋運動，豎直方向有v則拋出后速度大小為v=可知速度大小與時間不是一次函數(shù)關系，故B錯誤；C．鉛球拋出后的動能E可知動能與時間不是一次函數(shù)關系，故C錯誤；D．鉛球水平拋出后由于忽略空氣阻力，所以拋出后鉛球機械能守恒，故D正確。故選D?！镜淅?】（多選）（2023·廣東·統(tǒng)考高考真題）人們用滑道從高處向低處運送貨物．如圖所示，可看作質點的貨物從14圓弧滑道頂端P點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端Q點時速度大小為6m/s。已知貨物質量為20kg，滑道高度?為4m，且過Q點的切線水平，重力加速度取10m/s2。關于貨物從

A．重力做的功為360J B．克服阻力做的功為C．經過Q點時向心加速度大小為9m/s2 D．經過Q【答案】BCD【詳解】A．重力做的功為WA錯誤；B．下滑過程據(jù)動能定理可得W代入數(shù)據(jù)解得，克服阻力做的功為WB正確；C．經過Q點時向心加速度大小為a=C正確；D．經過Q點時，據(jù)牛頓第二定律可得F?mg=ma解得貨物受到的支持力大小為F=380據(jù)牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為380N故選BCD?！镜淅?】（2023·山西·統(tǒng)考高考真題）使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質量大于乙的質量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等?，F(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻（）

A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的動量大小比乙的小C．甲的動量大小與乙的相等 D．甲和乙的動量之和不為零【答案】BD【詳解】對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示

A．根據(jù)牛頓第二定律有aa由于m甲>m乙所以a甲<a乙由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得v甲<v乙A錯誤；BCD．對于整個系統(tǒng)而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左，顯然甲的動量大小比乙的小，BD正確、C錯誤。故選BD。一．機械能1.重力勢能：.(1)定性關系：重力對物體做正功，重力勢能就減少；重力對物體做負功，重力勢能就增加．(2)定量關系：重力對物體做的功等于物體重力勢能的減少量．即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－ΔEp.①重力勢能是地球和物體組成的系統(tǒng)共有的，而不是物體單獨具有的.②重力勢能的大小和零勢能面的選取有關.③重力勢能是標量，但有“+”、“-”之分.2.彈性勢能：.彈力做正功，彈性勢能減小，彈力做負功，彈性勢能增加．3.機械能是否守恒的三種判斷方法(1)利用機械能的定義判斷：若物體動能、勢能之和不變，則機械能守恒．(2)用做功判斷：若物體或系統(tǒng)只有重力(或彈簧的彈力)做功，雖受其他力，但其他力不做功，機械能守恒．(3)利用能量轉化判斷：若物體或系統(tǒng)與外界沒有能量交換，物體或系統(tǒng)內也沒有機械能與其他形式能的轉化，則機械能守恒．對一些繩子突然繃緊，物體間非彈性碰撞等問題，除非題目特別說明，機械能必定不守恒，完全非彈性碰撞過程機械能也不守恒.4.動能定理：合外力對物體所做的功等于物體動能的變化．W＝ΔEk＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1).（1）適用條件①動能定理既適用于直線運動，也適用于曲線運動．②既適用于恒力做功，也適用于變力做功．③力可以是各種性質的力，既可以同時作用，也可以不同時作用．（2）定理中“外力”的兩點理解①重力、彈力、摩擦力、電場力、磁場力或其他力，它們可以同時作用，也可以不同時作用．②既可以是恒力，也可以是變力．5.功能關系二．動量定理及動量守恒1．動量定理(1)內容：物體所受合力的沖量等于物體動量的變化量．(2)表達式：F合·t＝Δp＝p′－p.(3)矢量性：動量變化量方向與合力的方向相同，可以在某一方向上用動量定理．2．動量定理的三大應用(1)用動量定理解釋現(xiàn)象①物體的動量變化一定，此時力的作用時間越短，力就越大；時間越長，力就越?。绮ＡП粼谒嗟厣弦姿?而掉在沙地上不易碎。②作用力一定，此時力的作用時間越長，動量變化越大；力的作用時間越短，動量變化越?。?2)應用I＝Δp求變力的沖量．(3)應用Δp＝F·Δt求恒力作用下的曲線運動中物體動量的變化量．（1）動量定理的研究對象是一個質點(或可視為一個物體的系統(tǒng))．（2）動量定理的表達式是矢量式，在一維情況下，各個矢量必須選同一個正方向．（3）動量定理不僅適用于恒定的力，也適用于隨時間變化的力。這種情況下，動量定理中的力F應理解為變力在作用時間內的平均值.（4）動量定理中的沖量是合外力的沖量,而不是某一個力的沖量,它可以是合力的沖量,也可以是各力沖量的矢量和,還可以是外力在不同階段的沖量的矢量和.（5）由Ft＝p′－p得F＝eq\f(p′－p,t)＝eq\f(Δp,t)，即物體所受的合外力等于物體的動量對時間的變化率。3．動量守恒定律的表達式m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，兩個物體組成的系統(tǒng)初動量等于末動量．可寫為：p＝p′、Δp＝0和Δp1＝－Δp2守恒條件(1)理想守恒：系統(tǒng)不受外力或所受外力的合力為零，則系統(tǒng)動量守恒．(2)近似守恒：系統(tǒng)受到的合力不為零，但當內力遠大于外力時，系統(tǒng)的動量可近似看成守恒．(3)分方向守恒：系統(tǒng)在某個方向上所受合力為零時，系統(tǒng)在該方向上動量守恒．考向01能量結合圖像問題【針對練習1】（2023·云南·校聯(lián)考模擬預測）跳臺滑雪運動員在助滑段加速后，從起跳區(qū)a位置處水平飛出，落在著陸區(qū)內的b點，不計空氣阻力，如圖所示。Ep、Ek、E、P分別表示運動員在空中的重力勢能、動能、機械能、重力的功率，用t表示運動員在空中的運動時間，則下列圖像中可能正確的是（A． B．C． D．【答案】B【詳解】A．運動員在空中做平拋運動，下落的高度為?=以b為零勢能點，則有E故A錯誤；B．根據(jù)動能定理有E可得E故B正確；C．平拋過程中只受重力，故機械能守恒，E?t圖線應為橫線，故C錯誤；D．運動員沿豎直方向上的速度為v則重力的功率P=mg?故D錯誤。故選B?！踞槍毩?】（多選）如圖甲所示，一質量為M的長木板A置于光滑的水平面上，其右端放有一質量為m可視為質點的小物體B。現(xiàn)將一水平向右的拉力作用于長木板A上，使長木板由靜止開始運動，在運動過程中長木板A和小物體B的加速度aA、aB隨時間變化的圖像分別如圖乙、丙所示。已知t2時刻，小物體沒有滑離長木板，重力加速度為gA．0~tB．A、B間的動摩擦因數(shù)為aC．0~t1D．0~t2【答案】BCD【詳解】A．由圖乙可知t1F?μ拉力不變，A錯誤；B．對B由牛頓第二定律得μ可得A、B間的動摩擦因數(shù)為μ=B正確；C．t1v=0~tW=C正確；D．0~t1時間內A、B間沒有相對滑動，Δ0~tQ=μmgD正確；故選BCD。考向02機械能及能量守恒的理解及應用【針對練習3】（多選）如圖所示，彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為M的光滑弧形槽靜止在光滑水平面上，底部與水平面相切，一個質量為mm<M的小球從弧形槽hA．在下滑過程中弧形槽對小球的彈力始終不做功B．在小球壓縮彈簧的過程中，小球的機械能減小C．小球離開彈簧后，小球和弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒，但小球不能回到弧形槽h高處D．在整個過程中，小球、弧形槽和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，水平方向動量守恒【答案】BC【詳解】A．因為光滑弧形靜止在光滑水平面上，則可知小球下落，小球和弧形槽整體在水平方向上動量守恒，小球獲得水平向右的速度，弧形槽獲得水平向左的速度，可知在小球下滑的過程中小球給弧形槽做正功，則弧形槽給小球的彈力做負功，故A錯誤；B．當小球壓縮彈簧的過程中，彈簧和小球組成的系統(tǒng)的機械能守恒，但彈簧對小球的彈力做負功，故小球機械能減小，故B正確；C．小球在弧形槽上下滑的過程中，系統(tǒng)水平方向不受外力，系統(tǒng)水平方向動量守恒，小球與弧形槽分離時兩者動量大小相等，由于m＜M，則小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被彈簧原速率彈回后將追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球離開彈簧后，只有重力和系統(tǒng)內彈力做功，故小球和弧形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒。由于球與弧形槽組成的系統(tǒng)總動量水平向左，球滑上弧形槽的最高點時兩者共速，則此時共同速度也必須水平向左，則二者從靜止開始運動到共速狀態(tài)，系統(tǒng)的動能增加，重力勢能一定要減小，小球上升的最大高度要小于h，故C正確；D．整個運動過程中小球和弧形槽、彈簧組成的系統(tǒng)只有重力與系統(tǒng)內彈力做功，故系統(tǒng)機械能守恒；在整個過程中，由于存在墻壁對彈簧水平方向上的彈力，故水平方向上的動量不守恒，故D錯誤；故選BC。【針對練習4】如圖所示，固定光滑斜面頂端有一輕質光滑定滑輪，質量為m的物塊P和質量為3m的物塊Q用輕質細繩相連，外力作用于P，使P、Q均靜止，某時刻撤去外力，當Q下降的高度為?時，細繩斷裂，重力加速度為g，sin37°=0.6

A．物塊P沿斜面上升的最大高度為35B．當細繩斷裂的瞬間，物塊Q的重力的功率為9mgC．在細繩斷裂后，物塊P沿斜面向上運動的時間為5D．當物塊P運動至最高點時，物塊Q的機械能相對t=0時刻減少了35【答案】C【詳解】A．根據(jù)題意可知，當Q下降的高度為?時，細繩斷裂，根據(jù)幾何關系得，P上升的高度?細繩斷裂的瞬間P、Q速度大小相等，對3mg??mg解得v=細繩斷裂后，P還能上升的最大高度滿足mg解得?則物塊P沿斜面上升的最大高度H=故A錯誤；B．當細繩斷裂的瞬間，物塊Q重力做功的功率P=3mgv故B錯誤；C．細繩斷裂后，物塊P在斜面上的運動時間t=故C正確；D．根據(jù)題意可知，細繩斷裂前P、Q組成的系統(tǒng)機械能守恒，細繩斷裂后，物塊P、Q的機械能均守恒，則當物塊P運動至最高點時，物塊P增加的機械能等于物塊Q的機械能相對Δ故D錯誤。故選C。考向03動量定理及動量守恒的理解及應用【針對練習5】2022年北京冬奧會跳臺滑雪項目在位于張家口的國家跳臺滑雪中心舉行，運動員穿專用滑雪板，在滑雪道上獲得一定速度后從跳臺飛出，在空中飛行一段距離后著陸?，F(xiàn)有某運動員從跳臺處沿水平方向飛出，在斜坡處著陸，如圖所示。已知時運動員離斜坡面最遠，測得間的水平距離為，不計空氣阻力，重力加速度，下列說法正確的是（）A．運動員在處的速度大小為B．從處運動到處的時間為C．從處運動到處過程中動量變化率不斷變化D．運動員離坡面的最大距離為【答案】D【詳解】AB．運動員從跳臺水平飛出，做平拋運動，設運動員初速度大小為，斜面的傾角為，運動員從開始運動到坡底所用的時間為，已知時運動員離斜坡面最遠，此時運動員速度的方向與斜面平行，則有，解得則，故AB錯誤；C．從處運動到處過程中解得C錯誤；D．將運動按沿斜面方向和垂直斜面方向分解，如圖所示運動員做勻變速運動，當沿方向的分速度減為0時，運動員離坡面最遠，最遠距離為。D正確。故選D。【針對練習6】如圖所示，半圓形粗糙圓弧軌道固定在豎直平面內，軌道圓心為，半徑為。將質量為的小球在軌道上與等高的A點由靜止釋放，經過時間小球運動到軌道的最低點，已知小球通過最低點時的速度大小為，重力加速度為，則小球從A點運動到點的過程中，下列說法正確的是（）A．重力對小球的沖量大小為B．軌道支持力對小球的沖量大小為0C．軌道對小球作用力的沖量大小為D．軌道對小球作用力的沖量大小為【答案】A【詳解】A．根據(jù)沖量的計算公式，可得重力對小球的沖量大小為故A正確；B．小球從A點運動到點的過程中，支持力不為零，且方向沿右上方，所以支持力的沖量不為零，故B錯誤；CD．根據(jù)動量定理做出矢量三角形可得軌道對小球作用力的沖量大小為CD錯誤。故選A。考向04機車啟動模型（重點?？迹?.模型綜述物體在牽引力(受功率和速度制約)作用下，從靜止開始克服一定的阻力，加速度不變或變化，最終加速度等于零，速度達到最大值．2.兩種模型的比較（1）兩種啟動方式的比較兩種模型以恒定功率啟動以恒定加速度啟動P－t圖和v－t圖OA段過程分析v↑?F＝eq\f(P不變,v)↓?a＝eq\f(F－f,m)↓a＝eq\f(F－F阻,m)不變?F不變eq\o(?,\s\up6(v↑))P＝Fv↑直到P額＝Fv1運動性質加速度減小的加速直線運動勻加速直線運動，維持時間t0＝eq\f(v1,a)AB段過程分析F＝f?a＝0?f＝eq\f(P,vm)v↑?F＝eq\f(P額,v)↓?a＝eq\f(F－f,m)↓運動性質以vm做勻速直線運動加速度減小的加速運動BC段無F＝f?a?0?以vm＝eq\f(P額,f)勻速運動（2）三個重要關系式(1)無論哪種啟動過程，機車的最大速度都等于其勻速運動時的速度，即vm＝eq\f(P,Fmin)＝eq\f(P,f)(式中Fmin為最小牽引力，其值等于阻力f)．(2)機車以恒定加速度啟動的運動過程中，勻加速過程結束時，功率最大，速度不是最大，即v＝eq\f(P,F)<vm＝eq\f(P,f).(3)機車以恒定功率運行時，牽引力做的功W＝Pt.由動能定理：Pt－fs＝ΔEk.此式經常用于求解機車以恒定功率啟動過程的位移大小.【典例4】（2023·山東·統(tǒng)考高考真題）質量為M的玩具動力小車在水平面上運動時，牽引力F和受到的阻力f均為恒力，如圖所示，小車用一根不可伸長的輕繩拉著質量為m的物體由靜止開始運動。當小車拖動物體行駛的位移為S1時，小車達到額定功率，輕繩從物體上脫落。物體繼續(xù)滑行一段時間后停下，其總位移為S2。物體與地面間的動摩擦因數(shù)不變，不計空氣阻力。小車的額定功率P0為（

A．2F2(F?f)C．2F2(F?f)【答案】A【詳解】設物體與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，當小車拖動物體行駛的位移為S1的過程中有F－f－μmg=(m＋M)a

v2=2aS1P0=Fv輕繩從物體上脫落后a2=μgv2=2a2(S2－S1)聯(lián)立有P故選A?！踞槍毩?】（多選）某物流站點采用如圖甲所示裝置運送大物件，電動機通過跨過定滑輪的繩子與斜面上的物件相連，電動機啟動后以額定功率工作，牽引物件沿斜面上升，5s時速度達最大值，物件運動的v?t圖像如圖乙所示。已知斜面傾角為30°，物件質量為400kg，物件與斜面間的動摩擦因數(shù)為32，電動機額定功率為10kW，重力加速度大小取A．物件的最大速度是2m/sC．摩擦力對物件做的功為29520J D．物件機械能的增量【答案】AB【詳解】A．物件速度最大時做勻速運動，根據(jù)平衡條件，牽引力大小為F=mg則此時最大速度為v故A正確；B．0～5sPt?(mg解得x=9.84故B正確；C．摩擦力對物件做的功為W故C錯誤；D．物件機械能的增量Δ故D錯誤。故選AB?！踞槍毩?】汽車以恒定加速度啟動后，最終以額定功率在平直公路上行駛。汽車所受牽引力與速度倒數(shù)的關系如圖所示，已知汽車的質量為m=2×103kg，汽車運動過程中所受阻力恒定，下列說法正確的是（）

A．汽車勻加速過程中能達到的最大速度為15m/sB．汽車做勻加速直線運動的時間為4sC．汽車做勻加速直線運動的加速度為1m/s2D．汽車的額定功率為80kW【答案】D【詳解】D．由圖可知，汽車的額定功率P=Fv=4×103×20W=8×104W故D正確；C．當汽車速度為vm=20m/s時，由平衡條件可得F汽車剛啟動時所受牽引力為F'=8×103N，由牛頓第二定律可得汽車做勻加速直線運動的加速度為a=故C錯誤；A．汽車勻加速運動過程中的最大速度v故A錯誤；B．汽車做勻加速直線運動的時間為t=故B錯誤。故選D。考向05應用動量及能量守恒解決碰撞問題一．碰撞1．概念：碰撞指的是物體間相互作用持續(xù)時間很短，物體間相互作用力很大的現(xiàn)象，在碰撞過程中，一般都滿足內力遠大于外力，故可以用動量守恒定律處理碰撞問題．2．分類(1)彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能守恒，相互作用過程中遵循的規(guī)律是動量守恒和機械能守恒．(2)非彈性碰撞：在碰撞過程中機械能損失的碰撞，在相互作用過程中只遵循動量守恒定律．(3)完全非彈性碰撞：這種碰撞的特點是系統(tǒng)的機械能損失最大，作用后兩物體粘合在一起，速度相等，相互作用過程中只遵循動量守恒定律．1．解析碰撞的三個依據(jù)(1)動量守恒：p1＋p2＝p1′＋p2′.(2)動能不增加：Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或eq\f(p\o\al(2,1),2m1)＋eq\f(p\o\al(2,2),2m2)≥eq\f(p1′2,2m1)＋eq\f(p2′2,2m2).(3)速度要符合情景①如果碰前兩物體同向運動，則后面的物體速度必大于前面物體的速度，即v后＞v前，否則無法實現(xiàn)碰撞．②碰撞后，原來在前面的物體速度一定增大，且速度大于或等于原來在后面的物體的速度，即v前′≥v后′.③如果碰前兩物體是相向運動，則碰后兩物體的運動方向不可能都不改變．除非兩物體碰撞后速度均為零．【典例5】（2022·湖南·統(tǒng)考高考真題）1932年，查德威克用未知射線轟擊氫核，發(fā)現(xiàn)這種射線是由質量與質子大致相等的中性粒子（即中子）組成。如圖，中子以速度v0分別碰撞靜止的氫核和氮核，碰撞后氫核和氮核的速度分別為v1和A．碰撞后氮核的動量比氫核的小 B．碰撞后氮核的動能比氫核的小C．v2大于v1 D．v【答案】B【詳解】設中子的質量為m，氫核的質量為m，氮核的質量為14m，設中子和氫核碰撞后中子速度為v3m1聯(lián)立解得v設中子和氮核碰撞后中子速度為v4m1聯(lián)立解得v可得v碰撞后氫核的動量為p氮核的動量為p可得p碰撞后氫核的動能為E氮核的動能為E可得E故B正確，ACD錯誤。故選B?！踞槍毩?】如圖所示，光滑水平面上有一質量為2M、半徑為R（R足夠大）的14圓弧曲面體C，質量為M的小球B置于其底端，另一個小球A質量為M2，小球A以v0=6m/s的速度向B運動，并與A．A、B發(fā)生彈性碰撞后A的速度大小為2m/sB．B運動到最高點時的速率為34C．C的最大速率為43D．B能與A再次發(fā)生碰撞【答案】A【詳解】A．A與B發(fā)生彈性碰撞，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和動能守恒得M1聯(lián)立解得vA=-2m/svB=4m/s所以A、B發(fā)生彈性碰撞后A的速度大小為2m/s，故A正確；B．B沖上C并運動到最高點時二者共速，設為v，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得M代入數(shù)據(jù)解得v=故B錯誤；CD．從B沖上C然后又滑下的過程，設B、C分離時速度分別為vB′、vC′，取水平向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律可得MvB=MvB′+2MvC′由機械能守恒定律可得1聯(lián)立解得vv由此可知C的最大速度為83v所以B能與A不會再次發(fā)生碰撞，故CD錯誤。故選A?！踞槍毩?0】（多選）如圖所示，光滑的水平面上，小球甲以水平向右的速度與靜止的小球乙發(fā)生正碰，兩小球質量均勻、半徑相同，規(guī)定水平向右為正方向，下列說法正確的是（）A．若甲的質量小于乙的質量，且甲、乙發(fā)生彈性碰撞，則碰撞后甲的速度可能為正B．若甲、乙發(fā)生彈性碰撞，且碰撞后甲、乙的速度分別為v甲、C．若甲、乙發(fā)生完全非彈性碰撞產生的熱量為Q，且甲、乙的質量之比為2：1，碰前甲的速度為v0，則乙的質量為D．若甲、乙發(fā)生彈性碰撞，且碰后甲、乙的速度大小相等，則甲、乙的質量之比為1：3【答案】CD【詳解】AB．向右為正方向，若發(fā)生彈性正碰，根據(jù)動量守恒定律和能量關系可知m1解得vvv若甲的質量小于乙的質量，且甲、乙發(fā)生彈性碰撞，則碰撞后甲的速度為負，碰撞之前甲的速度為v選項AB錯誤；C．若甲、乙發(fā)生完全非彈性碰撞，則m產生的熱量為Q=且甲、乙的質量之比為m解得乙的質量為m選項C正確；D．若甲、乙發(fā)生彈性碰撞，且碰后甲、乙的速度大小相等，方向一定相反，根據(jù)A的結論可得v即m則甲、乙的質量之比為m選項D正確。故選CD?？枷?6應用動量定理處理“流體問題”“粒子流問題”【典例6】（2021·福建·統(tǒng)考高考真題）福建屬于臺風頻發(fā)地區(qū)，各類戶外設施建設都要考慮臺風影響。已知10級臺風的風速范圍為24.5m/s~28.4m/sA．2倍 B．4倍 C．8倍 D．16倍【答案】B【詳解】設空氣的密度為ρ，風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌的橫截面積為S，在時間Δt的空氣質量為Δm=ρSv?Δt假定臺風迎面垂直吹向一固定的交通標志牌的末速度變?yōu)榱?，對風由動量定理有?F?Δt=0?Δmv可得F=ρS10級臺風的風速v1≈25m/sF故選B?！踞槍毩?1】（多選）由高壓水槍豎直向上噴出的水柱，將一個質量為16kg的小鐵盒開口向下倒頂在空中，鐵盒懸停在距離水槍口的距離為。已知水以恒定速率從橫截面積為的水槍中持續(xù)噴出，向上運動并沖擊鐵盒后，水流以不變的速率豎直返回；忽略水在與盒作用時水的重力的影響，水的密度為，，則下列說法正確的是（）A．水沖擊鐵盒后以的速度返回B．水槍的輸出功率為5kWC．水從水槍口噴出的速度為D．鐵盒懸停受到水的沖擊力為160N【答案】CD【詳解】ACD．設水從水槍口噴出的速度為v0，極短時間Δt內水與小鐵盒作用過程中，對水由動量定理可得FΔt=mv-（-mv）=2ρVv=2ρv0ΔtSv水從槍口噴出到鐵盒處由其中鐵盒受力平衡可知F=m鐵盒g=160N其中h=1.8m，解得v=8m/sv0=10m/s故A錯誤，CD正確；B．時間Δt內從槍口噴出水的動能為則水槍的輸出功率為聯(lián)立解得P=0.5kW故B錯誤。故選CD?！踞槍毩?2】離子發(fā)動機是利用電場加速離子形成高速離子流而產生推力的航天發(fā)動機，工作時將推進劑離子化，使之帶電，然后在靜電場作用下推進劑得到加速后噴出，從而產生推力，這種發(fā)動機適用于航天器的姿態(tài)控制、位置保持等，航天器質量，單個離子質量，帶電量，加速電場的電壓為，高速離子形成的等效電流強度為，根據(jù)以上信息計算該發(fā)動機產生的推力為（）A． B． C． D．【答案】B【詳解】對離子，根據(jù)動能定理有解得根據(jù)電流的定義式則有對離子，根據(jù)動量定理有解得根據(jù)牛頓第三定律，推進器獲得的推力大小為故選B。一、單選題1．2022年10月31日，搭載空間站夢天實驗艙的長征五號運載火箭，在文昌航天發(fā)射場點火發(fā)射成功?；鸺l(fā)射時總質量是900t，火箭剛點火時，該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為2.5km/s，產生的推力約為1.05×107N，則它在（）A．火箭剛點火時的加速度11.67m/s2B．火箭剛點火時的加速度3.34m/s2C．火箭1s時間內噴射的氣體質量為4.2×103kgD．火箭1s時間內噴射的氣體質量為4.2×102kg【答案】C【詳解】AB.剛點火時，由牛頓第二定律得故AB錯誤；CD.設它在?t時間內噴射的氣體質量為?m，根據(jù)動量定理解得則它在1s時間內噴射的氣體質量約為4.2×103kg，故C正確，D錯誤。故選C。2．如圖所示，將一個內外側均光滑的半圓形槽置于光滑的水平面上，槽的左側有一固定的豎直墻壁。現(xiàn)讓一小球自左端槽口A點的正上方由靜止開始下落，從A點與半圓形槽相切進入槽內，則下列說法正確的是（）

A．小球在半圓形槽內運動的全過程中，只有重力對它做功B．小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，小球處于失重狀態(tài)C．小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)機械能守恒D．小球從下落到從右側離開半圓形槽的過程中，機械能守恒【答案】C【詳解】A．小球在槽內運動的全過程中，從剛釋放到最低點，只有重力做功，而從最低點開始上升過程中，除小球重力做功外，還有槽對球作用力做負功，故A錯誤；B．小球從A點向半圓形槽的最低點運動的過程中，在最低點附近，加速度向上，小球處于超重狀態(tài)，故B錯誤；C．小球從A點經最低點向右側最高點運動的過程中，小球與半圓形槽組成的系統(tǒng)只有重力做功，機械能守恒，故C正確；D．小球在槽內運動的全過程中，從剛釋放到最低點，只有重力做功，機械能守恒；從最低點開始上升過程中，除小球重力做功外，還有槽對球作用力做負功，所以小球的機械能不守恒，故D錯誤。故選C。3．質量為m的汽車由靜止開始在水平地面上做加速度大小為a的勻加速直線運動，經過時間發(fā)動機達到額定功率，接著汽車保持額定功率不變做變加速直線運動，然后以最大速度勻速運動。已知汽車運動過程中所受的阻力恒為f，下列說法正確的是（

）A．汽車做勻加速直線運動時受到的牽引力大小為maB．汽車做勻加速直線運動的距離為C．汽車的額定功率為D．汽車的最大速度為【答案】B【詳解】A．汽車做勻加速直線運動時，根據(jù)牛頓第二定律可得解得汽車受到的牽引力大小為故A錯誤；B．汽車做勻加速直線運動的距離為故B正確；C．時刻，汽車的速度為此時汽車功率達到額定功率，則有故C錯誤；D．當牽引力等于阻力時，汽車做勻速運動，速度達到最大，則有故D錯誤。故選B。4．如圖所示，一滑雪運動員從山坡上的A點由靜止開始滑到山坡底的B點，該運動員和雪橇的總質量為m，滑到B點的速度大小為v，A、B兩點的高度差為h，重力加速度為g，該過程中阻力做的功為（）A．B．C．D．【答案】C【詳解】對運動員和雪橇從A點到B點過程，應用動能定理解得故選C。5．2023年杭州亞運會，全紅嬋憑借完美的表現(xiàn)奪得10米臺跳水比賽金牌，引起廣泛關注。假設不計空氣阻力，運動員從10米臺跳下時初速度為零，若入水姿勢正確，則從接觸水面到速度為零下降距離約3米；若入水姿勢不正確，則從接觸水面到速度為零下降距離約1米，運動員在向下運動的過程中（）A．在空中重力的沖量與下降的距離成正比B．入水姿勢正確的情況下，在水中動量變化量小，受到水的沖擊力小C．入水姿勢不正確的情況下，在水中動量變化率小，受到水的沖擊力小D．入水姿勢正確的情況下，在水中動量變化率小，受到水的沖擊力小【答案】D【詳解】A．人在空中做自由落體運動，重力的沖量為故A錯誤；BCD．人在空中做自由落體運動，下降高度為h，入水前速度為在空中用時在水中認為受水作用力F不變時可以看作勻減速運動下降d，水中用時為整個過程對人運用動量定理有所以若入水姿勢正確，d較大，人受到水的沖擊力小F較小，即人在水中動量變化率??；若入水姿勢不正確，d較小，人受到水的沖擊力小F較大，即人在水中動量變化率大，故BC錯誤，D正確。故選D。6．當無人機懸停在空中時，其螺旋槳旋轉向下推動空氣從而獲得升力來平衡重力，大風時，無人機通過調節(jié)各個螺旋槳的轉速來控制姿態(tài)水平保持穩(wěn)定。如圖所示，某結構對稱的四旋翼無人機在空中保持水平靜止，其四個旋翼分別由四個電動機帶動，每個旋翼的螺旋槳都是水平的，無人機的質量為m，每個螺旋槳旋轉形成的面積為S，空氣的密度為ρ，重力加速度為g，不計空氣的浮力和風力的影響，下列說法正確的是（）A．被螺旋槳推動的空氣的速度大小為B．1s內被每臺電機的螺旋槳推動的空氣的質量為C．1s內每臺電動機的做的功為D．每臺電動機做功的功率為【答案】D【詳解】A．根據(jù)平衡條件可得?t時間內被螺旋槳推動的空氣的質量為由動量定理，螺旋槳對空氣的作用力大小聯(lián)立可得故A錯誤；B．1s內被每臺電機的螺旋槳推動的空氣的質量為故B錯誤；C．1s內每臺電動機的做的功為故C錯誤；D．每臺電動機做功的功率為故D正確。故選D。7．如圖，水平傳送帶上表面的右側，與一個豎直的光滑半圓軌道底端相接，在半圓軌道下端O放一質量為m的滑塊A。傳送帶以速率沿順時針轉動，現(xiàn)在傳送帶的左端輕輕放上一個質量也為m的滑塊B。物塊與傳送帶的動摩擦因數(shù)為μ，物塊B以速度為與A發(fā)生彈性碰撞，兩滑塊可視為質點，則下列說法不正確的是（）A．傳送帶至少長B．物塊B第一次在傳送帶上運動達到傳送帶速度所需時間為C．要保證被撞后的A滑塊能沿圓弧軌道運動，圓弧軌道的半徑最大為D．若A與B能在O點發(fā)生多次碰撞，則當A與B發(fā)生第三次碰撞時，產生的總內能為【答案】C【詳解】A．物塊B在傳送帶上滑動，根據(jù)牛頓第二定律有可得，物塊B的加速度為則物塊B加速到時的位移為則傳送帶至少長，故A正確；B．物塊B第一次在傳送帶上運動達到傳送帶速度所需時間為故B正確；C．物塊B以速度為與A發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒有根據(jù)機械能守恒有解得，碰撞后A、B的速度分別為，A滑塊在圓弧最高點時，根據(jù)牛頓第二定律有從碰撞后瞬間到A滑塊運動到圓弧最高點，根據(jù)機械能守恒有解得則要保證被撞后的A滑塊能沿圓弧軌道運動，圓弧軌道的半徑最大為，如果A最高點小于四分之一圓弧，則半徑可以無限大，故C錯誤；D．物塊B第一次在傳送帶上加速運動的位移為傳送帶的路程為相對位移為產生的內能為第一次碰撞后B靜止，A滑上圓弧后又滑回來與B發(fā)生碰撞，根據(jù)機械能守恒可知，A滑上圓弧后又滑回來的速度仍然為，由上述分析可知，與B發(fā)生第二次碰撞后，A的速度為零，B的速度為，方向水平向左，然后物體B在傳送帶上做減速運動，直到速度為零，則減速的時間為減速的位移為減速過程中，傳送帶的路程為此過程的相對位移為此過程產生的內能為B速度減為零后又開始反向向右加速，與第一次碰撞前情況相同，所以若A與B能在O點發(fā)生多次碰撞，則當A與B發(fā)生第三次碰撞時，產生的總內能為故D正確。本題選不正確的，故選C。8．某摩托車在平直的道路上由靜止啟動，其運動的速度v與時間t的關系如圖甲所示，圖乙表示該摩托車牽引力的功率P與時間t的關系。設摩托車在前進過程中所受阻力為車（包括駕駛員和物資）總重力的k倍，在18s末摩托車的速度恰好達到最大。已知摩托車（包括駕駛員和物資）總質量，重力加速度g取。則下列說法正確的是（）A．0到18s內摩托車一直勻加速運動B．0到8s內，摩托車的牽引力為800NC．D．從靜止開始加速到最大速度的過程中，摩托車前進的路程為125.5m【答案】C【詳解】A．圖像的斜率表示加速，根據(jù)圖甲可知，0到18s內摩托車先做勻加速運動，后做加速度減小得變加速直線運動，故A錯誤；B．根據(jù)圖像可知，8s時，摩托車功率達到額定功率，令勻加速過程牽引力為，，則有解得故B錯誤C．根據(jù)圖甲可知，18s后摩托車做勻速直線運動，牽引力與阻力平衡，速度達到最大值，則有解得故C正確；D．圖像中，圖像與時間軸所圍幾何圖形的面積表示位移，根據(jù)圖甲可知，內的位移為在內經歷時間為該段時間內，功率始終為額定功率，根據(jù)動能定理有解得則從靜止開始加速到最大速度的過程中，摩托車前進的路程為故D錯誤。故選C。9．一輛摩托車在平直的公路上由靜止啟動，摩托車所受牽引力隨時間變化關系如圖所示。摩托車總質量為200kg，額定功率為，運動過程所受阻力恒定，則（

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A．摩托車在時間內做勻加速運動，時間內做減速運動B．摩托車在時間內的加速度為C．運動過程中摩托車的最大速度為20m/sD．摩托車勻加速行駛的時間為20s【答案】D【詳解】A．由圖可知，摩托車在時間內，，在時刻功率達到額定功率，在時間內以額定功率做加速度逐漸減小的加速運動，直到時刻達到最大速度，然后做勻速直線運動，故A錯誤；B．由A選項分析可知，時刻后摩托車做勻速直線運動，根據(jù)受力平衡可得根據(jù)牛頓第二定律可得摩托車在時間內的加速度為故B錯誤；C．摩托車做勻速直線運動時速度最大，即故C錯誤；D．摩托車勻加速行駛的的最大速度為故摩托車勻加速行駛的時間為故D正確。故選D。10．如圖所示，固定光滑斜面傾角，其底端與豎直面內半徑為R的固定光滑圓弧軌道相切，位置D為圓弧軌道的最低點。質量為2m的小球A和質量為m的小環(huán)B（均可視為質點）用的輕桿通過輕質鉸鏈相連。B套在光滑的固定豎直長桿上，桿和圓軌道在同一豎直平面內，桿過軌道圓心O，初始輕桿與斜面垂直。在斜面上由靜止釋放A，假設在運動過程中兩桿不會碰撞，小球能滑過D點且通過軌道連接處時無能量損失（速度大小不變），重力加速度為g，從小球A由靜止釋放到運動至最低點的過程中，下列判斷正確的是（）A．A和B組成的系統(tǒng)的機械能不守恒B．剛釋放時小球A的加速度大小為C．小環(huán)B速度最大時輕桿彈力為D．小球A運動到最低點時的速度大小為【答案】B【詳解】A．在小球A下落到最低點的過程中，A和B組成的系統(tǒng)只有重力做功，故A和B組成的系統(tǒng)機械能守恒，故A錯誤；B．剛釋放時小球A時，由牛頓第二定律可知解得故B正確；C．小環(huán)B速度最大時，小環(huán)B在豎直方向上的合力為零，輕桿的彈力豎直分量為mg，而只有A到達最低點，B速度為零時，輕桿的水平分量才為零，故小環(huán)B速度最大時，輕桿彈力大于mg，故C錯誤；D．幾何關系如圖所示設A初始時刻距離最低點的距離為h1，由幾何關系可知解得設小環(huán)B初始時刻距離最低點的距離為h2，由幾何關系可知由系統(tǒng)機械能守恒可知解得故D錯誤。故選B。二、多選題11．如圖所示，水平輕彈簧與物體A和B相連，放在光滑水平面上，處于靜止狀態(tài)，物體A的質量為m，物體B的質量為M，且，現(xiàn)用大小相等的水平恒力拉A和B，從它們開始運動到彈簧第一次為最長的過程中（）A．因，所以A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒B．因，所以A、B和彈簧組成的系統(tǒng)動量守恒C．由于大小不變，所以m、M各自一直做勻加速運動D．彈簧第一次最長時，A和B總動能最小【答案】BD【詳解】A．此過程均做正功，A、B和彈簧組成的系統(tǒng)機械能增大，系統(tǒng)機械能不守恒，故A錯誤；B．兩拉力大小相等方向相反，系統(tǒng)所受合外力為零，系統(tǒng)動量守恒，故B正確；C．在拉力作用下，A、B開始做加速度減小的加速運動，后做加速度增大的減速運動，故C錯誤；D．彈簧第一次最長時，A、B的速度均為零，則總動能最小，故D正確。故選BD。12．如圖所示，光滑水平面上有大小相同的A、B兩球在同一直線上相向運動，A、B兩球的質量分別為m和，A、B兩球發(fā)生正碰，碰撞后A球的速率是原來的兩倍，B球恰好靜止。則（）A．碰撞前A、B兩球的速度大小之比為1∶1B．碰撞前A、B兩球的速度大小之比為3∶2C．A、B兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞D．A、B兩球發(fā)生的碰撞是非彈性碰撞【答案】AC【詳解】AB．設向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得A正確，B錯誤；CD．碰撞前系統(tǒng)動能為碰撞后系統(tǒng)動能為可知，碰撞前后系統(tǒng)機械能相等，A、B兩球發(fā)生的碰撞是彈性碰撞，C正確，D錯誤。故選AC。13．如圖所示，半圓豎直軌道與水平面平滑連接于B點，半圓軌道的圓心為O，半徑為R，C為其最高點。BD段為雙軌道，D點以上只有內軌道，D點與圓心的連線與水平方向夾角為θ，一小球從水平面上的A點以一定的初速度向右運動，能沿圓弧軌道恰好到達C點。不計一切摩擦。則（）A．小球到達C點時速度為0B．小球到達C點后做平拋運動落在地面上C．小球在A點的初速度為D．若小球到達D點時對內外軌道均無彈力，則【答案】AD【詳解】A．小球恰好過圓弧軌道最高點C，由于下方有支持物，所以過C點時速度為0，故A正確；B．小球過C點時速度為0，不能做平拋運動，故B錯誤C．A到C，由機械能守恒定律可得解得故C錯誤；D．由D到C根據(jù)機械能守恒有在D點小球對內外軌道均無彈力，則重力的分力提供向心力，有解得故D正確。故選AD。14．有一質量為的支架靜止于粗糙的水平面上，支架外邊緣為正方形，內壁為半徑為R的光滑豎直圓軌道，支架的豎直截面如圖所示。一質量為m的小球靜止于圓形軌道的最低點A?，F(xiàn)給小球一個沿過A點切線方向的初速度，之后小球沿圓形軌道在豎直平面內作逆時針方向的圓周運動，支架相對地面始終保持靜止。已知小球可視為質點，重力加速度大小為，則在小球運動過程中以下說法正確的是（）A．支架受到小球的最小彈力為B．支架受到小球的最小彈力為C．支架對地面的最小壓力為D．支架對地面的最小壓力為【答案】AC【詳解】AB．通過定性分析可得支架受到小球最小彈力的位置應該在小球運動到圓心О點以上，如圖所示設此位置與О點的連線與水平方向的夾角為θ，此點的速度為，從A點到此點過程，根據(jù)機械能守恒定律可得設支架對小球的彈力為，在此點做圓周運動有兩式聯(lián)立解得根據(jù)牛頓第三定律，小球對支架的彈力為所以當時，即小球運動到軌道最高點時，此時有最大值，小球對支架的彈力有最小值為故A正確，B錯誤；CD．通過定性分析可得支架對地面壓力最小的位置應該在小球運動到圓心О點以上，以支架為研究對象，設地面對支架的支持力為，根據(jù)平衡條件，豎直方向上有聯(lián)立解得即是關于的二次函數(shù)，函數(shù)圖像為開口向上的拋物線，根據(jù)二次函數(shù)性質可知當時，有最小值，將代入得地面對支架的最小支持力為根據(jù)牛頓第三定律可知，支架對地面的最小壓力也為，故C正確，D錯誤。故選AC。15．如圖所示，質量為m、高為h、傾角為的光滑斜面體A放在