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第五部分 创新应用考法新情境试题集锦
专题5.2“动量与能量”
一．选择题
1.(2022·河北省纵向评价)在北京冬奥会中，中国健儿取得了出色的成绩。某次训练中，运动员将质量为
19.1 kg的冰壶甲以某一速度掷出，冰壶在向前运动过程中，碰到了对方的静止冰壶乙，冰壶乙在运动 0.2
m后停下。已知比赛双方所用冰壶完全相同，冰壶与冰面的动摩擦因数为 0.01，当地重力加速度约为10
m/s2。假设两冰壶的碰撞为一维碰撞，且不计碰撞的能量损失，则冰壶甲在碰前的速度约为( )
A．2.0 m/s B．0.2 m/s
C．1.0 m/s D．0.1 m/s
【答案】 B
【解析】 碰撞过程中，甲乙冰壶的动量守恒得mv ＝mv ＋mv ，根据机械能守恒定律得mv＝mv＋mv，对
0 1 2
乙冰壶根据动能定理得－μmgx＝0－mv，解得v＝0.2 m/s，故B正确。
0
2.(2022·广东佛山二模)如图所示，机械臂主要结构包括上臂、支柱和电机，上臂、支柱由同种材料制作。
已知上臂长2 m，重10 kg，支柱高2.5 m，重20 kg，机械臂将15 kg的A物体从如图3所示位置缓慢提高2
m，g＝10 m/s2，则电机消耗电能约为( )
A．300 J B．400 J
C．500 J D．600 J【答案】 B
【解析】 机械臂将A物体从如图所示位置缓慢提高2 m，需要克服物体的重力和机械臂的重力做功，机
械臂的重心上升高度约为1 m，则消耗的电能转化为重力势能，则E ＝mg·＋mgh＝(10×10×＋15×10×2)
电 1 2
J＝400 J，故B正确。
3.(2022·浙江百校模拟)潮汐能是海水周期性涨落运动中所具有的能量，是一种可再生能源。现建立一个简
化模型，某发电站大坝内储水水库的有效面积为 S＝4×106 m2，涨潮时，当大坝外侧海平面高度为h＝4 m
时(以海水流入前的水库水面为参考系)，打开大坝下面通道的闸门海水流入，此过程中通道处的水轮机利
用水流的动能发电，直至大坝内外水面等高，关闭闸门。等到完全退潮后，开闸放水，再次发电，直至大
坝内外水面再次相同，关闭闸门，等待下一次涨潮发电(此时的水库水面高度即为涨潮前的水库水面高度)。
由于海洋很大，大坝外的海平面高度在海水流入、流出水库过程中几乎不变，潮水一天涨落两次，海水的
势能有25%转化为电能，则这个发电站一天的发电量约为( )
A．4.0×1010 J B．1.5×1010 J
C．3.0×1011 J D．1.5×1011 J
【答案】 C
【解析】 根据题意可得电能为E ＝E×25%＝4×106×4×4×1.0×103×10×2×25% J＝3.2×1011 J，故日发电量
电 p
约为3.0×1011 J，A、B、D错误，C正确。
4．(2022·内蒙古包头一模)大约在东汉时期，我国就发明了用来灌溉农田的水车，它体现了中华民族辉煌
的创造力。如图，水车外形酷似古式车轮，轮幅直径大的 20 m左右，小的也在10 m左右，周边装有盛水
的容器(一般用竹筒做成)，在流水的冲力作用下，水车匀速转动将装满水的竹筒送到最高处，并将水全部
倒入水槽中。现有一架水车，周边装有60个均匀分布的竹筒，每个竹筒能装m＝1 kg的水，河水的流速为
v＝0.5 m/s，假设水车能获得60%的流水速度匀速转动，则可知水车的功率约为( )A．10 W B．30 W
C．60 W D．100 W
【答案】 C
【解析】 水车能获得60%的流水速度匀速转动，即水车转动的线速度为v ＝0.6v＝0.3 m/s，设轮幅半径
1
为R，水车转动一圈对水做功增加水的重力势能，有ΔE ＝60mg·2R，转一圈的时间为t＝，则水车的功率
机
约为P＝＝≈60 W，故C正确。
5.(2022·嘉兴基础测试)打羽毛球时，当对方击来网前球时，用球拍轻轻一托，将球向上弹起，球一过网就
很快朝下坠落，称为放网。如图所示是运动员放网成功的情境，空气阻力不能忽略，则此羽毛球在放网过
程中( )
A．上升阶段加速度方向竖直向下
B．坠落阶段的运动轨迹是抛物线
C．上升阶段的机械能增加
D．机械能一直减小
【答案】D
【解析】：上升阶段羽毛球受到竖直向下的重力和斜向下的空气阻力，合力方向不沿竖直向下方向，则加
速度方向不是竖直向下，选项A错误；由于受到空气阻力，所以坠落阶段的运动轨迹不是抛物线，选项B
错误；空气阻力一直对空中的羽毛球做负功，所以其机械能一直减小，选项C错误，D正确。
6.[多选](2022·许昌月考)弹跳杆运动是一项广受青少年喜爱的运动。弹跳杆的结构如图所示，弹簧的下端固
定在跳杆的底部，上端与一个套在跳杆上的脚踏板底部相连接。质量为 M的小孩站在脚踏板上保持静止时，
弹簧的压缩量为x 。设小孩和弹跳杆只在竖直方向上运动，跳杆的质量为m，取重力加速度为g，空气阻
0
力、弹簧和脚踏板的质量以及两者之间的摩擦均忽略不计。某次弹跳中，弹簧从最大压缩量3x 开始竖直
0
向上弹起，不考虑小孩做功。下列说法正确的是( )A．弹簧从压缩量3x 到恢复原长过程中弹簧的弹力做的功为(M＋m)gx
0 0
B．弹簧从压缩量3x 到恢复原长过程中弹簧的弹力做的功为Mgx
0 0
C．小孩在上升过程中能达到的最大速度为2
D．小孩在上升过程中能达到的最大速度为
【答案】BC
【解析】： 质量为M的小孩站在脚踏板上保持静止时，弹簧的压缩量为 x ，此时有Mg＝kx ，则弹簧压
0 0
缩量为3x 时，弹力大小为3Mg，所以弹簧从压缩量3x 到恢复原长过程中弹簧的弹力做的功W＝F·3x ＝
0 0 0
·3x ＝Mgx ，选项A错误，B正确；当小孩在上升过程中所受合外力为零，即弹簧压缩量为 x 时速度最大，
0 0 0
在此过程中弹簧所做的功为W′＝·2x ＝4Mgx ，根据能量守恒可得4Mgx ＝Mv2＋Mg·2x ，解得小孩在上升
0 0 0 0
过程中能达到的最大速度为v＝2，选项C正确，D错误。
7.(2022·温州九校联考)利用太阳能发电系统发电是我国近几年重点发展的新型发电方式，人们利用太阳能
发电系统进行发电，该系统由太阳能电池组、太阳能控制器、蓄电池组组成。已知太阳与地球之间的平均
距离约为1.5×1011 m，太阳每秒辐射的能量约为3.86×1026 J，现有一太阳能发电用户在自家楼顶装了面积
为120 m2的太阳能发电板，且太阳能转化为电能的效率为5%，如果每天的平均日照时间为6 h，以下说法
正确的是( )
A．该用户一天的太阳能发电约为5 kW·h
B．太阳每秒照到太阳能发电板上的能量约为136.6 J
C．发电一小时可供22 W的灯泡正常工作约410 h
D．以上说法都不正确
【答案】D
【解析】： 建立以太阳为中心，太阳与地球间距为半径的球体模型，则球面面积S＝4πr2＝2.8×1023 m2。
已知太阳每秒辐射的能量约为E＝3.86×1026 J、太阳能发电板的面积为S＝120 m2、太阳能转化为电能的效
0
率为5%，则每秒产生的电能为E＝×S×5%＝8.27×103 J。根据焦耳与千瓦时的公式换算可知，这家用户一
0 0
天的太阳能发电约为E ＝6×3 600E ＝ kW·h≈49.6 kW·h，选项A、B错误；发电一小时的能量E ＝3
总 0 1
600E，可共20 W的灯泡正常工作时间t＝＝ h＝376 h，选项C错误。
0
8.(2022·成都模拟)“双摇跳绳”是指每次在双脚跳起后，绳连续绕身体两周的跳绳方法。在比赛中，高三某
同学1 min摇轻绳240圈，跳绳过程脚与地面接触的时间约为总时间的，则他在整个跳绳过程中克服重力
做功的平均功率约为( )A．15 W B．60 W
C．120 W D．300 W
【答案】C
【解析】： 假设该同学的质量约为50 kg，每次跳跃的时间t ＝ s＝0.5 s，腾空时间t ＝×0.5 s＝0.3 s，腾
1 2
空高度h＝gt2＝×10×2 m＝0.112 5 m，上升过程中克服重力做功W＝mgh＝50×10×0.112 5 J＝56.25 J，则跳
绳过程中克服重力做功的平均功率P＝＝ W＝112.5 W，最接近120 W，故选项C正确。
9. (2022·浙江七彩阳光联考)山东舰是中国首艘自主建造的国产航母，为了缩短飞机起飞前行驶的距离，通
常用发射架将飞机弹出，使飞机获得一定的初速度。如图 6所示，在静止的山东舰上，某质量为m的飞机
通过发射架获得的初速度为v ，之后在水平跑道上以恒定功率P沿直线加速，经过时间t离开山东舰且恰
0
好达到最大速度v ，设飞机在跑道上所受阻力的大小恒定。下列判断正确的是( )
m
A．飞机在跑道上加速所受到的阻力f＝
B．在整个过程中牵引力做功为mv
C．山东舰跑道的最短长度为
D．山东舰跑道的最短长度为
【答案】 D
【解析】 当飞机速度达到最大时，牵引力与阻力相等，由 F＝＝f得f＝，A错误；由动能定理W＋W＝
f
mv－mv得整个过程中牵引力做功W＝Pt＝mv－mv－W，B错误； 由W＋W＝mv－mv知W＝mv－mv－
f f f
Pt，又W＝－fs，f＝，联立可得s＝，C错误，D正确。
f
10.(2022·浙江名校联盟联考)固定滚轮训练是飞行员为提高空间定向能力而特有的一种训练手段。如图所示，
固定滚轮是转轴固定可在竖直面内绕轴自由转动的轮子，训练时飞行员手脚支撑在轮子上做圆周运动。已
知飞行员质量为m，滚轮半径为R，滚轮质量可忽略，某次训练中飞行员双臂间的夹角为 120°，飞行员恰好能在竖直面内做完整的圆周运动，当其头部转动到最低点时，踏板对脚无作用力，此时( )
A．飞行员脚的线速度大小为2
B．飞行员重心的线速度大小为2
C．每个手臂的支持力大小为5mg
D．飞行员身体的最大向心加速度大小为5g
【答案】 C
【解析】 飞行员重心恰好能通过圆周最高点，则此时重心的速度为零，假设重心到转轴距离为L，当其
头部转动到最低点时，则由机械能守恒定律 mg·2L＝mv2，解得重心的速度v＝2，则飞行员脚的线速度v
＝，A、B错误；每个手臂的支持力大小为F ，由牛顿第二定律可知2F cos 60°－mg＝m，解得F ＝5mg，
N N N
飞行员身体的最大向心力加速度a＝＝4g，C正确，D错误。
n
11.据《科技日报》报道，上海中车公司生产的全球最大马力无人遥控潜水器近日在上海下线。该潜水器自
重5×103 kg，主要用于深海搜寻和打捞等。若在某次作业中，潜水器带着 4×103 kg 的重物从3 000 m深的
海底一起匀速上升到了海面，已知上升过程中潜水器的机械功率恒为 180 kW，水对潜水器(含重物)的浮力
和阻力相互平衡(g取10 m/s2)，则潜水器上升的时间为( )
A．0.5×103 s B．1.0×103 s
C．1.5×103 s D．2.0×103 s
【答案】C
【解析】： 由题意可知，潜水器(含重物)匀速运动，动力等于重力，F＝mg，由P＝Fv可得上升速度为v
＝2 m/s，由h＝vt解得潜水器上升的时间为t＝1.5×103 s，选项C正确。
12.(2022·衡水中学月考)如图所示，在一次冰壶比赛中，冰壶(可看作质点)被释放后，在水平面上做匀减速
直线运动，依次经过a、b、c三点，到达c点时冰壶恰好停止。已知a、b间的距离是b、c间距离的3倍。不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．冰壶通过ab段所用时间小于通过bc段所用时间
B．冰壶在ab段所受摩擦力的冲量等于在bc段所受摩擦力的冲量
C．冰壶在ab段的动量变化量大于在bc段的动量变化量
D．冰壶在ab段的动能变化量等于在bc段的动能变化量
【答案】B
【解析】： 冰壶运动的逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，由x＝at2可知，冰壶通过ab段所用时间
等于通过bc段所用时间，选项A错误；冰壶受到冰面的摩擦力不变，由I＝Ft知，ab段冰壶所受摩擦力的
冲量等于bc段冰壶所受摩擦力的冲量，选项B正确；摩擦力即为冰壶所受的合外力，由I＝Ft＝Δp可知，
冰壶在ab段的动量变化量等于在bc段的动量变化量，选项C错误；摩擦力在ab段对冰壶做的功大于在bc
段对冰壶做的功，由动能定理可知，FΔx＝ΔE ，故冰壶在ab段的动能变化量大于在bc段的动能变化量，
k
选项D错误。
13.(2022·山东聊城一中段考)如图所示，水龙头出水口的横截面积为 S，出水口到水平地面的距离为h，水
离开出水口时的速度大小为v 。假设水在下落的过程中不散开，重力加速度大小为g，不计空气阻力。则(
0
)
A．水下落到地面前瞬间的速度大小为
B．水下落到地面前瞬间的速度大小为
C．水柱在接近地面时的横截面积为
D．水柱在接近地面时的横截面积为
【答案】 D
【解析】 假设水柱落到地面前瞬间的速度为v ，由机械能守恒定律得mv＋mgh＝mv，解得v ＝，A、B
1 1错误；相同时间，上、下部分水柱体积相同，即h S ＝h S ，则vtS ＝vtS ，解得S ＝，C错误，D
上 上 下 下 0 上 1 下 下
正确。
14.(2022·开封一模)在2019年女排世界杯中，中国女排一路过关斩将，获得比赛冠军。如图所示，某次比
赛中，来自河南的主攻手朱婷接队友传球时，在网前L＝3.6 m处起跳，在离地面高H＝3.04 m处将排球以
v 的速度正对球网水平击出，已知球网高h＝2.24 m，重力加速度g取10 m/s2(忽略空气阻力)。则( )
0
A．若排球恰好过网，则v＝5 m/s
0
B．若击球的方向改变，球过网后可以竖直落地
C．运动过程中，任意相等时间内排球的动量变化量相等
D．运动过程中，任意相等时间内排球的动能变化量相等
【答案】C
【解析】： 排球被击出后，将做平抛运动，则根据平抛运动规律可知，排球刚好过网时，排球下落的高
度为H－h＝(3.04－2.24) m＝0.8 m，则排球下落的时间t＝＝ s＝0.4 s，水平方向有v ＝＝ m/s＝9 m/s，A
0
错误；由于排球在水平方向做匀速直线运动，则排球不可能竖直落地，B错误；由动量定理可知mgΔt＝
Δp，故任意相等时间内排球的动量变化量相等，C正确；由于排球在竖直方向做自由落体运动，则排球在
相等时间内下落的高度不等，由动能定理可知mgΔh＝ΔE ，故任意相等时间内排球的动能变化量不相等，
k
D错误。
15.(2022·山东济宁市高三期末)航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进
剂离子化 (即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进
或姿态调整的反冲动力．已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷
口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响．该发动
机产生的平均推力F的大小为( )
A．F＝I B．F＝IC．F＝I D．F＝2I
【答案】 A
【解析】 以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝mv2，Δt时间内通过的总电荷量为Q＝IΔt，喷出的总
质量为M＝m＝m.由动量定理可知正离子所受平均冲量Δt＝Mv，由以上式子可得＝I，根据牛顿第三定律可
知，发动机产生的平均推力F＝I，故A正确，B、C、D错误．
16.2022年将在我国举办第24届冬季奥林匹克运动会，短道速滑接力是其中一个比赛项目。如图所示，在
比赛过程中，“接捧”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，
乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的
相互作用，则甲、乙组成的系统( )
A．机械能守恒，水平方向动量守恒
B．机械能不守恒，水平方向动量守恒
C．机械能守恒，水平方向动量不守恒
D．机械能不守恒，水平方向动量不守恒
【答案】B
【解析】：把运动员甲、乙看作一个系统，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互
作用，水平方向上系统所受合外力为零，因此水平方向上系统的动量守恒；在乙推甲的过程中有内力做功，
转化为系统的机械能，所以系统的机械能不守恒，选项B正确。
17.(多选)(2022·福建福州期末)福州某地铁站的安检设施如图所示。该设施中的水平传送带以恒定速率v运
动，乘客将质量为m的物品静止放在传送带上，加速后匀速通过安检设施，对此过程下列说法正确的是(
)
A．物品先受滑动摩擦力，后受静摩擦力作用
B．物品受到滑动摩擦力的方向与其运动方向相同
C．物品由于摩擦产生的热量为mv2
D．传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量为mv2【答案】 BD
【解析】 物品加速时受滑动摩擦力，匀速时不受摩擦力，故A错误；物品受到滑动摩擦力的方向与其运
动方向相同，滑动摩擦力使物体加速运动，故B正确；设物体由加速到匀速所用时间为t，则这段时间内
传送带的位移x＝vt
1
物体的位移x＝t
2
物体与传送带之间产生的热量Q＝FΔx＝F(x－x)＝Fx
f f 1 2 f 2
物体加速过程应用动能定理得Fx＝mv2
f 2
物品由于摩擦产生的热量Q＝mv2
故C错误；传送带动力装置为传送该物品多消耗的能量有两部分，一部分转化为物体的动能E＝mv2
k
另一部分由于摩擦产生热量Q＝mv2
故多消耗的能量为E＝E＋Q＝mv2
k
故D正确。
18．[多选](2022·莱州调研)我国自行研制的新一代轮式装甲车已达到西方国家第三代战车的水平，其将成
为中国军方快速部署轻型装甲部队的主力装备。设该装甲车的质量为m，若在平直的公路上从静止开始加
速，则前进较短的距离s其速度便可达到最大值v 。设在加速过程中发动机的功率恒为P，装甲车所受阻
max
力恒为f，当速度为v(v >v)时，所受牵引力为F。以下说法正确的是( )
max
A．装甲车速度为v 时，牵引力做的功为Fs
max
B．装甲车的最大速度v ＝
max
C．装甲车速度为v时，加速度a＝
D．装甲车从静止开始达到最大速度v 所用时间t＝
max
【答案】BC
【解析】： 因为在运动过程中，装甲车功率不变，速度增大，则牵引力减小，故加速过程牵引力不是恒
力，所以装甲车速度为v 时，牵引力做的功不能通过W＝Fs求解，则牵引力做的功不等于Fs，选项A错
max
误；当牵引力与阻力相等时，装甲车的速度达到最大，根据P＝fv 知，最大速度v ＝，选项B正确；当
max max
装甲车的速度为v时，根据牛顿第二定律得加速度a＝，选项C正确；根据动能定理得Pt－fs＝mv 2，解
max
得t＝，选项D错误。
19.(多选)(2022·河北张家口市高三期末)河北省张家口市风电装机容量累计突破了千万千瓦.草原天路景区风力发电机如图所示，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中产生电流，
实现风能向电能的转化.已知叶片长为l，风速为v，空气的密度为ρ，空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半
减速为零，一半原速率穿过，下列说法正确的是( )
A.一台风力发电机获得风能的功率为πρl2v3
B.一台风力发电机获得风能的功率为πρl2v3
C.空气对一台风力发电机的平均作用力为πρl2v2
D.空气对一台风力发电机的平均作用力为πρl2v2
【答案】 BC
【解析】 建立一个“风柱”模型如图所示
风柱的横截面积为叶片旋转扫出的面积S＝πl2，经过时间t风柱长度x＝vt，所形成的风柱体积V＝πl2vt
风柱的质量m＝ρV＝ρπl2vt，根据动能定理，风力在这一段位移做的功
W＝E＝mv2×＝ρπl2v3t
k
风柱的功率，即一台风力发电机获得风能的功率为P＝＝ρπl2v3，故A错误，B正确；根据动量定理可得Ft
＝mΔv＝ρπl2v2t
解得F＝ρπl2v2，故C正确，D错误.
20.(2022·金丽衢十二校联考)有人设想在进行宇宙探测时，给探测器安上反射率极高(可认为100%)的薄膜，
并让它正对太阳，用光压为动力推动探测器加速。已知某探测器在轨道上运行，阳光恰好垂直照射在薄膜
上，薄膜面积为S，每秒每平方米面积照射到的太阳光能为E，若探测器总质量为M，光速为c，则探测器
获得的加速度大小的表达式是( )
A. B.
C. D.【答案】 A
【解析】 光子垂直照射到薄膜上后全部反射，每秒在薄膜上产生的总能量为ES，结合单个光子的能量ε
＝hν，则N个光子的总能量为Nhν＝Nh＝ES，解得λ＝，结合单个光子的动量p＝，则光子的总动量变化量
大小为Δp＝2N＝2N＝，以光子为研究对象，应用动量定理FΔt＝Δp，式中Δt＝1 s，解得F＝，根据牛顿
第三定律知光子对探测器的作用力大小为F′＝F＝，根据F′＝Ma得a＝，故A正确。
21．(2022·重庆南开中学质检) “水刀”应用高压水流切割技术，相比于激光切割有切割材料范围广，效率
高，安全环保等优势。某型号“水刀”工作过程中，将水从细喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，
从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”在任意相等时间t内用水量都为m ，水的密度为ρ，假设
0
高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散开没有反弹，当水对材料垂直于表面方向的压强为 p
时便可以将该材料切开。则该“水刀”细喷嘴的横截面积至多为( )
A. B.
C. D.
【答案】 A
【解析】 设水的速度为v，该“水刀”细喷嘴的横截面积为S，任意相等时间t内用水量都为m，则有m
0 0
＝ρSvt，解得v＝，选取Δt时间内打在材料表面质量为Δm的水为研究对象，由动量定理得－FΔt＝0－
Δmv，其中Δm＝ρSvΔt，解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律知材料表面受到的压力 F′＝F，水对材料垂直于
表面方向的压强为p′＝，联立解得p′＝，由题意当水对材料垂直于表面方向的压强为p时便可以将该材料
切开，则p′＝≥p，解得S≤，A正确，B、C、D错误。
22．(2022·山东泰安一模)冬奥会冰壶比赛中所用的冰壶除颜色外其他完全相同，如图(a)某队员将红壶推出，
之后与静止在大本营中心的蓝壶发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰后运动员用冰壶刷摩擦蓝壶前进方向的
冰面，来减小阻力。碰撞前后两壶运动的v－t图线如图(b)中实线所示。重力加速度g＝10 m/s2。则运动员
由于用冰壶刷摩擦冰面使冰壶与冰面间的动摩擦因数减少了( )A．0.02 B．0.012
C．0.008 D．0.006
【答案】 C
【解析】 由图(b)可知，不用冰壶刷时，冰壶做减速运动的加速度a ＝＝ m/s2＝0.2 m/s2，由于a ＝μg，
0 0 1
则冰壶与冰面间的动摩擦因数μ＝0.02，若红壶与蓝壶不碰撞，则红壶停止时刻为t＝＝ s＝6 s，红壶与蓝
1
壶碰撞过程中满足动量守恒，则有mv ＝mv ＋mv ，由图(b)中信息可得碰后蓝壶的速度v ＝0.6 m/s，蓝
0 红 蓝 蓝
壶减速过程中的加速度大小a ＝＝ m/s2＝0.12 m/s2，由a ＝μg得μ ＝0.012，因此蓝壶与冰面间动摩擦
蓝 蓝 2 2
因数减少了Δμ＝μ－μ＝0.008，故C正确。
1 2
23.如图是在玩“跳跳鼠”的儿童，该玩具弹簧上端连接脚踏板，下端连接跳杆，儿童在脚踏板上用力向下
压缩弹簧，然后弹簧将人向上弹起，最终弹簧将跳杆带离地面。下列说法正确的是( )
A．从人被弹簧弹起到弹簧第一次恢复原长，人一直向上加速运动
B．无论下压弹簧的压缩量多大，弹簧都能将跳杆带离地面
C．人用力向下压缩弹簧至最低点的过程中，人和“跳跳鼠”组成的系统机械能增加
D．人用力向下压缩弹簧至最低点的过程中，人和“跳跳鼠”组成的系统机械能守恒
【答案】C【解析】： 从人被弹簧弹起到弹簧第一次恢复原长，当弹力等于重力后，人开始向上做减速运动，A错
误；当弹簧下压的程度较小时，弹簧具有的弹性势能较小，弹簧不能将跳杆带离地面，B错误；人用力向
下压弹簧至最低点的过程中，因为人的内能转化为人和“跳跳鼠”组成的系统的机械能，故该系统机械能
增加，选项C正确，D错误。
24.如图所示为风力发电机，风力带动叶片转动，叶片再带动转子(磁极)转动，使定子(线圈，不计电阻)中
产生感应电流，实现风能向电能的转化。若叶片长为 l，设定的额定风速为v，空气的密度为ρ，额定风速
下发电机的输出功率为P，则风能转化为电能的效率为( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】：如图所示
建立一个“风柱”模型，“风柱”的横截面积为叶片旋转扫出的面积，则 S＝πl2，经过时间t，可得“风
柱”长度x＝vt，故所形成的“风柱”体积V＝πl2vt，“风柱”的质量m＝ρV＝ρπl2vt，“风柱”提供的风能
为W＝E＝mv2＝ρπl2vt·v2＝ρπl2v3t，“风柱”的功率P ＝＝ρπl2v3，风能转化为电能的效率η＝＝。
k 风
25.(2022·长沙月考)如图所示，运动员在水上做飞行运动表演。他操控喷射式悬浮飞行器将水带送上来的水
反转180°后竖直向下喷出，令自己悬停在空中。已知运动员与装备的总质量 M为100 kg，两个圆管喷嘴的
直径均为10 cm，已知重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约
为( )
A．3.0 m/s B．5.6 m/s
C．8.0 m/s D．10.2 m/s
【答案】B【解析】： 设飞行器对水的平均作用力大小为F，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力大小也
等于F，对飞行器受力分析可知F＝Mg，设水喷出时的速度为v，在时间t内喷出的水的质量Δm＝ρ·ΔV＝
2ρSvt，对t时间内质量为Δm的水由动量定理得Ft＝Δmv－Δm(－v)，联立可得v≈5.6 m/s，选项B正确。
26．(2022·洛阳一模)高空抛物是一种不文明的行为，而且会带来很大的社会危害。某小区楼下一位年轻妈
妈被从三楼阳台丢下的一节5号干电池击中头部，当场受伤。若一节质量为0.1 kg 的干电池从1.25 m高处
自由下落到水平地面上后又反弹到0.2 m高度处，电池第一次接触地面的时间为0.01 s，第一次落地对地面
的冲击力跟电池重量的比值为k，重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，则( )
A．该电池的最大重力势能为10 J
B．该电池的最大动能为100 J
C．k＝71
D．电池在接触地面过程中动量的变化量大小为0.3 kg·m/s
【答案】C
【解析】： 电池的最大重力势能E ＝mgh ＝0.1×10×1.25 J＝1.25 J，选项A错误；根据机械能守恒定律
pmax 1
可知，当重力势能为0时，动能最大，最大动能E ＝1.25 J，选项B错误；干电池下落过程为自由落体运
kmax
动，根据匀变速直线运动规律有2gh ＝v2，解得干电池接触地面时的速度v ＝＝5 m/s(也可根据最大动能
1 1 1
求出速度)，干电池与地面碰撞后做竖直上抛运动(上升高度h 为0.2 m)，可逆向看作自由落体运动，可知
2
干电池与地面碰撞后的速度 v ＝＝2 m/s，规定竖直向上为正方向，动量变化量 Δp＝mv －(－mv)＝0.7
2 2 1
kg·m/s，对与地面碰撞时的电池受力分析，如图，
根据动量定理可知(F－mg)t＝Δp，解得地面对电池的作用力F大小为71 N，根据牛顿第三定律可知，电池
对地面的冲击力大小F′＝F＝71 N，则k＝＝71，选项C正确，D错误。
27.(2022·浙江6月选考)风力发电已成为我国实现“双碳”目标的重要途径之一。如图所示，风力发电机是
一种将风能转化为电能的装置。某风力发电机在风速为9 m/s时，输出电功率为405 kW，风速在5～10 m/s
范围内，转化效率可视为不变。该风机叶片旋转一周扫过的面积为A，空气密度为ρ，风场风速为v，并保
持风正面吹向叶片。下列说法正确的是( )A．该风力发电机的输出电功率与风速成正比
B．单位时间流过面积A的流动空气动能为ρAv2
C．若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天发电量为2.4×109 kW·h
D．若风场每年有5 000 h风速在6～10 m/s的风能资源，则该发电机年发电量至少为6.0×105 kW·h
【答案】 D
【解析】 单位时间流过面积A的流动空气体积为V ＝Av，单位时间流过面积A的流动空气质量为m ＝
0 0
ρV ＝ρAv，单位时间流过面积A的流动空气动能为mv2＝ρAv3，即P＝ρAv3，风速在5～10 m/s范围内，转
0 0
化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，A、B错误；由于风力发电
存在转化效率，若每天平均有1.0×108 kW的风能资源，则每天发电量应满足E<1.0×108×24 kW·h＝2.4×109
kW·h，C错误；若风场每年有5 000 h风速在6～10 m/s的风能资源，当风速取最小值6 m/s时，该发电机
年发电量具有最小值，根据题意，风速为9 m/s时，输出电功率为405 kW，且风速在5～10 m/s范围内，
转化效率可视为不变，则风速为6 m/s时，输出电功率为P′＝63× kW＝120 kW，则该发电机年发电量至少
为E′＝P′t＝120×5 000 kW·h＝6.0×105 kW·h，D正确。
二．非选择题
28.香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下鲸鱼模型背部会喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板
上的米老鼠模型托起，使其稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，米老鼠模型能够上下运动，引人驻足，
如图所示。这一景观可做如下简化，水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出，流量为 Q(流量定义：在单位
时间内向上通过水柱横截面的水的体积)，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平
板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部。冲击冲浪板前水柱在水平方向的速
度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开，冲浪板静
止在水柱上。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水
的粘滞阻力均可忽略不计。
(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所
受的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时，水到达冲浪板底部的速度大小；
(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化，需调整水泵对水做功的功率。水泵对水做功的功率定义为
单位时间内从喷口喷出的水的动能。请根据第(2)问中的计算结果，推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P 之间的关系式。
0
【思维建模】米老鼠模型是青少年喜闻乐见的，喷泉不但可以观赏，还可以净化空气，此题以迪士尼游乐
园喷泉为切入点，考查微元法、平衡条件、动量定理、机械能守恒定律、功率等知识。
(1)米老鼠模型和冲浪板在空中悬停，水对板的冲力与总重力Mg是一对平衡力。
(2)对水应用动量定理时，取小段时间Δt，且不计其重力的冲量。
(3)水从喷口喷出后竖直上升阶段只有重力作用，机械能守恒。
【答案】 (1)ρQ (2) (3)h＝－
【解析】(1)由题干定义知，单位时间内喷出的水的质量为m＝ρQ。
(2)由题意知米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时，冲击冲浪板底面的水的速度由 v变为0，设Δt时间内这些
水对板的作用力为F′，板对水的作用力为F，以竖直向下为正方向，不考虑Δt时间内水的重力，根据动量
定理有
FΔt＝0－mΔt(－v)
根据牛顿第三定律得F＝－F′
由于米老鼠模型在空中悬停，根据力的平衡条件得
－F′＝Mg
联立解得v＝。
(3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h，水离开水泵喷口时的速度为v
0
对于Δt时间内喷出的水，根据机械能守恒定律得
mΔtv2＋mΔtgh＝mΔtv 2
0
水泵对水做功的功率为P＝＝
0
联立解得h＝－。
29．在一次消防演练中，演习者被困在公寓的第24层楼的房间内，通过救生缓降器进行自救，开始下滑的
位置离地面72 m，要求他在离地面高6.1 m下以1 m/s的速度匀速着地。演习者调节调速器先加速下滑一
段时间后再减速下滑，刚好按要求到达地面。已知演习者的质量为60 kg，加速时加速度最大可达到6
m/s2，减速时加速度最大允许值为5 m/s2，g＝10 m/s2。要求演习者以最短时间到达地面，忽略空气阻力。
求：(1)演习者加速下滑过程中的位移；
(2)整个过程中，演习者克服缓降器的拉力所做的功。
【答案】：(1)30 m (2)43 170 J
【解析】：(1)当演习者以最大加速度加速和减速时，所用时间最短。设演习者加速下滑过程中加速度为
a ，位移为x ，末速度为v ，减速下滑过程中加速度为a ，位移为x ，末速度为v ，开始下滑的位置离地
1 1 1 2 2 2
面高度为H，最后匀速下滑的位移为h
取向下为正方向，则有a＝6 m/s2，a＝－5 m/s2，v＝1 m/s，H＝72 m，h＝6.1 m
1 2 2
由题意得v2＝2ax，v2－v2＝2ax，H＝x＋x＋h
1 1 1 2 1 2 2 1 2
联立解得x＝35.9 m，x＝30 m。
2 1
(2)设整个过程中缓降器的拉力对演习者做的功为W，由动能定理可得
mgH＋W＝mv2－0
2
解得W＝－43 170 J
即演习者克服缓降器的拉力做的功为43 170 J。
30.如图是游乐场的一项娱乐设备。一环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座
舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。已知座舱开始下落的高度为 H＝75
m，当落到离地面h＝30 m的位置时开始制动，座舱均匀减速。在一次娱乐中，某同学把质量m＝6 kg的
书包放在自己的腿上。g取10 m/s2。不计座舱与柱子间的摩擦力及空气阻力。
(1)求座舱制动过程中书包对该同学腿部的压力多大。
(2)若环形座舱与同学们的总质量M＝4×103 kg，求制动过程中机器输出的平均功率。
【思维建模】本题以游乐场的一种大型娱乐设备为切入点，考查匀变速直线运动规律、牛顿运动定律、功
能关系等知识。(1)环形座舱先做自由落体运动，后匀减速制动，直到地面停止运动。
(2)制动减速阶段，制动力做负功，平均功率＝，其中t为减速的时间。
【答案】 (1)150 N (2)1.5×106 W
【解析】 (1)设座舱开始制动时的速度为v，制动的加速度大小为a，书包受到的支持力为F ，
N
由匀变速直线运动的规律得
v2＝2g(H－h)
v2＝2ah
由牛顿第二定律得
F －mg＝ma
N
可求得：v＝30 m/s，a＝15 m/s2，F ＝150 N。
N
由牛顿第三定律可知书包对该同学腿部的压力大小为150 N。
(2)设减速制动力为F，制动时间为t，则有：
v－at＝0
制动过程由牛顿第二定律得
F－Mg＝Ma
制动力做功为W＝Fh
又平均功率＝
联立以上各式，可求得：
＝1.5×106 W。
31．(2022·青岛质检)游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为2 kg的球a放在高度h＝1.8 m的平台上，
长木板c放在水平地面上，带凹槽的容器b放在c的最左端。a、b可视为质点，b、c质量均为1 kg，b、c
间的动摩擦因数μ＝0.4，c与地面间的动摩擦因数μ＝0.6。在某次投掷中，球a以v＝6 m/s的速度水平抛
1 2 0
出，同时给木板c施加一水平向左、大小为24 N的恒力，使球a恰好落入b的凹槽内并瞬间与b合为一体。
取g＝10 m/s2，求：(1)球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离x；
0
(2)a、b合为一体时的速度大小；
(3)要使a、b不脱离木板c，木板长度L的最小值。
【答案】：(1)4.32 m (2)3.2 m/s (3)2.96 m
【解析】：(1)a球从抛出到落到b槽内的时间
t＝＝0.6 s
此过程中a球的水平位移x＝vt＝3.6 m
a 0
设a、b、c的质量分别为2m、m、m；假设b、c之间无相对滑动，一起向左加速运动，则加速度
a′＝＝ m/s2＝6 m/s2>a＝μg＝4 m/s2
1
则b、c之间要产生相对滑动，其中b的加速度为a＝μg＝4 m/s2
b 1
在时间t内槽b的位移为x＝at2＝0.72 m
b b
球a抛出时，凹槽b与球a之间的水平距离x＝x＋x＝4.32 m。
0 a b
(2)a落在槽b中时，槽b的速度v＝at＝2.4 m/s
1 b
方向向左，设向右为正方向，则对a、b系统由动量守恒定律：2mv－mv＝(2m＋m)v
0 1 2
解得v＝3.2 m/s。
2
(3)在a做平抛运动的时间内，木板c的加速度a＝＝8 m/s2
c
当球a落到槽b中时木板c的速度v ＝at＝4.8 m/s
c1 c
此时槽b相对木板c向右滑动的距离为
Δx＝(a－a)t2＝0.72 m
1 c b
当球a落到槽b中后板c的加速度
a′＝＝－12 m/s2
c
而ab的共同加速度仍为a ＝μg＝4 m/s2
ab 1
因ab一起向右减速，而c向左减速，则当三个物体都停止运动时相对运动的位移
Δx＝＋＝ m＋ m＝2.24 m
2
则木板长度L的最小值L＝Δx＋Δx＝2.96 m。
1 232二十一世纪，能源问题是全球关注的焦点问题。新能源电动汽车在近几年发展迅速。下表给出的是某款
电动汽车的相关参数：
0～100 km/h 制动距离(100
参数指标 整车质量 最大速度 电池容量
加速时间 km/h～0)
数值 2 000 kg 4.4 s 250 km/h 90 kW·h 40 m
请从上面的表格中选择相关数据，重力加速度g取10 m/s2，完成下列问题：
(1)求汽车在从速度为100 km/h到完全停止的制动过程(可视为匀变速运动过程)中的加速度大小(计算过程中
100 km/h近似为30 m/s)；
(2)若已知电动汽车电能转化为机械能的效率为 η＝80%，整车在行驶过程中的阻力约为车重的 0.05倍，试
估算此电动汽车以20 m/s的速度匀速行驶时的续航里程(能够行驶的最大里程)，并根据你的计算，提出提
高电动汽车续航里程的合理化建议(至少两条)；
(3)若此电动汽车的速度从5 m/s提升到20 m/s需要25 s，此过程中电动汽车获得的动力功率随时间变化的
关系如图所示，整车在行驶过程中的阻力仍约为车重的0.05倍，求此加速过程中汽车行驶的路程。
[思维建模] 本题以新能源电动汽车为切入点，考查汽车启动、行驶和制动减速等知识。
(1)电池容量90 kW·h指汽车的最大电能，其转化为机械能时的效率为η，还要克服行驶过程阻力做功。
(2)本题给出了动力功率随时间的变化图线，图线与t轴所围面积表示动力所做的总功。
【答案】 (1)11.25 m/s2 (2)259.2 km 建议见解析 (3)265 m
【解析】 (1)由速度位移公式可得，制动过程中的加速度a＝＝－11.25 m/s2
所以加速度的大小为11.25 m/s2。
(2)对电动汽车匀速行驶的全过程，由动能定理得
W－W＝ΔE
f k
即80%C－0.05mgs＝0，
其中C＝90 kW·h＝90×3.6×106 J＝3.24×108 J解得s＝259.2 km
提高电动汽车续航里程的合理化建议：①提高电动汽车的工作效率；②减小汽车行驶过程中的阻力；③提
高电动汽车电池的容量。
(3)根据动能定理得W－fx ＝mv′2－mv′2
1 1 t 0
动力做的功由Pt图像与坐标轴所围的面积可求得，由图求得W＝6.4×105 J，又f＝0.05mg
1
解得x＝265 m。
1
33．(2022·山西吕梁阶段测试)在中华人民共和国成立70周年国庆阅兵仪式上，我国展示了明星武器——
歼20战斗机，歼20战斗机是我国空军目前装备的最先进的战斗机，也是性能达到世界领先水平的战斗机。
如图所示，假定歼20战斗机的起飞跑道由水平部分和倾斜部分组成，战斗机从水平部分由静止开始启动。
水平部分长为8L，倾斜部分长为L，高度差为0.1L。歼20战斗机的质量为m，发动机的推力大小始终等于
其重力的大小，且方向与速度方向相同，在整个运动的过程中受到的其他阻力恒为其重力的 0.1倍。歼20
战斗机可看成质点，重力加速度为g。
(1)求歼20战斗机到达倾斜跑道末端时的速度大小。
(2)若去掉斜坡，保持水平部分不变，让歼20战斗机仍以(1)中到达倾斜跑道末端时的速度起飞，发动机的
推力应增大到重力的多少倍？
【答案】：(1)4 (2)1.1倍
【解析】：(1)设歼20战斗机到达倾斜跑道末端时的速度为v，由动能定理有
mg(8L＋L)－0.1mg(8L＋L)－mg·0.1L＝mv2
解得v＝4。
(2)设歼20战斗机发动机的推力为F，由动能定理有F×8L－0.1mg×8L＝mv2
解得F＝1.1mg
因此歼20战斗机发动机的推力应增大到重力的1.1倍。
34．(2022·北京海淀区模拟)如图甲所示，校园中的喷泉将水以相同倾斜角度和速率喷射而出，喷出的水落
到水面泛起涟漪甚为美观。喷出的水的运动可视为一般的抛体运动，在水平方向不受力，在竖直方向只受
重力，我们可以仿照研究平抛运动的方法来研究一般的抛体运动。喷泉喷出水的运动轨迹示意图如图乙所
示，喷出的水上升的最大高度为 h，落在水面的位置距喷水口的水平距离为 d。已知喷水口的水流量为
Q(水流量Q为单位时间内喷出水的体积)，水的密度为ρ，重力加速度为g，忽略空气阻力。(1)求喷出的水上升至最大高度时水平速度v 的大小；
x
(2)假设水落在水面上时速度立即变为零，且在极短时间内落到水面的水受到的重力可忽略不计，求水落到
水面时对水面竖直向下的平均作用力F 的大小；
y
(3)该喷泉利用水泵将水先从地下水池由静止提升至喷泉水面，然后再喷射出去。已知地下水池的水面距喷
泉水面的高度恒为H，若H＝h，d＝4h，水泵的效率为η，求水泵的平均功率P。
【答案】：(1) (2)ρQ (3)
【解析】：(1)喷出的水在到达最高点后做初速度为v 的平抛运动，由运动的合成与分解及平抛运动规律可
x
知
竖直方向上有h＝gt2，水平方向上有＝vt
x
联立解得v＝。
x
(2)极短时间Δt内落在水面上的水的质量Δm＝ρQΔt
水落在水面上竖直方向的速度v＝
y
设水受到水面竖直向上的平均作用力为F，取竖直向下为正方向
由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，解得F＝ρQ
y
根据牛顿第三定律，可得水落到水面上时对水面在竖直方向上的平均作用力的大小F＝ρQ。
y
(3)在Δt时间内，喷射出水的质量Δm＝ρQΔt
对Δt时间内喷出的水，在最高点竖直方向速度为零，此时其动能E＝Δmv2
k x
由功能关系得ηPΔt＝Δmg(H＋h)＋E
k
联立解得P＝。
35．根据量子理论，光子不但有能量，还有动量，光子动量 p＝，其中h是普朗克常量，λ是光子的波长。
光子有动量，光照到物体表面时，会对物体表面产生压力。某同学设计了一种以光压为动力的宇宙飞船。
给飞船装上面积为S＝4×104 m2的反射率极高的帆板，并让帆板正对太阳，轨道位置上一平方米每秒钟得
到的太阳光能为E＝1.35 kJ，飞船的质量为M＝50 kg，忽略除光压力以外其他力的作用，不考虑因位置变
0
化导致的单位面积功率变化，光速c＝3.0×108 m/s。求：(1)1 s内照射到帆板上光子的总动量大小；
(2)飞船的加速度大小；
(3)1小时内飞船的速度变化量大小(结果保留2位有效数字)。
【答案】：(1)0.18 kg·m·s－1 (2)3.6×10－3 m/s2 (3)13 m/s
【解析】：(1)光子能量E＝hν，光子动量p＝＝h
所以E＝pc
1 s接收到的能量与光子数n的关系ES＝nE，p ＝np
0 总
所以p ＝＝0.18 kg·m·s－1。
总
(2)对撞上帆板的光子进行分析，由动量定理得p ＝F t，其中t＝1 s
总 压
由牛顿第二定律得飞船的加速度大小a＝＝3.6×10－3 m/s2。
(3)由题意可知Δv＝at＝3.6×10－3×3 600 m/s＝13 m/s。
0
36.(2022·浙江绍兴诊断考)起跳摸高是篮球爱好者喜欢的运动。如图所示，篮板下沿距地面2.90 m，篮球框
高度是3.05 m。某男生质量为60 kg，手竖直向上伸直后指尖离地高度为2.10 m，某次从地面竖直起跳后恰
好碰到了篮板下沿，忽略空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)他起跳时的速度多大？
(2)起跳前，他先下蹲使重心下降一定高度H，然后用力蹬地，在地面1 560 N支持力作用下重心匀加速上
升，求H的值；
(3)落地时，该男生采用双膝弯曲的方式进行自我保护，假设脚与地面相互作用缓冲的时间为 1.2 s，求每条
腿在缓冲过程中受到的平均作用力大小。
【答案】 (1)4 m/s (2)0.5 m (3)400 N
【解析】 (1)男生起跳后做竖直上抛运动，有
h＝2.90 m－2.10 m＝0.80 m据v2＝2gh，解得v＝4 m/s。
(2)设匀加速上升过程的加速度为a
1
据牛顿第二定律F －mg＝ma 得
N 1
a＝16 m/s2
1
据v2＝2aH得H＝0.5 m。
1
(3)落地缓冲过程，据动量定理
(F－mg)·Δt＝mv得F＝800 N
则F＝＝400 N。
1
