文档内容
押全国卷20题：能量与动量（体育运动+经典模型）
核心考点 考情统计 考向预测 备考策略
2023·新课标卷19
2023·新课标卷20
动能定理 2023·全国甲卷25
功能关系与动量问题是每年
机械能守
2023·全国乙卷25 高考必考内容，从近年来的高考 牢记力学部分知识和规律，力求
恒定律
情况看，选择题和计算题中都会 将力学中解题的三大观点融会贯
动量定理 2022全国甲卷14
涉及，通常难度较大，综合性较 通。尤其突出对能量观点和动量
动量守恒 题
强。因此该部分内容是我们2024 观点的理解和运用。
定律
2022全国乙卷25 高考备考必须要重点研究的。
题
2022全国甲卷24
题
1．（2022·全国乙卷，T20）（多选）一质量为1kg的物体在水平拉力的作用下，由静止开始在水平地面上沿x
轴运动，出发点为x轴零点，拉力做的功W与物体坐标x的关系如图所示。物体与水平地面间的动摩擦因数为
0.4，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A．在x = 1m时，拉力的功率为6W
B．在x = 4m时，物体的动能为2J
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为8J
D．从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为2kg∙m/s
【答案】BC【详解】由于拉力在水平方向，则拉力做的功为
W = Fx
可看出W—x图像的斜率代表拉力F。
AB．在物体运动的过程中根据动能定理有
则x = 1m时物体的速度为
v= 2m/sx = 1m时，拉力为
1
则此时拉力的功率
P = Fv= 12Wx = 4m时物体的动能为
1
E= 2J
k
A错误、B正确；
C．从x = 0运动到x = 2m，物体克服摩擦力做的功为
W= μmgx = 8J
f
C正确；
D．根据W—x图像可知在0—2m的过程中F= 6N，2—4m的过程中F= 3N，由于物体受到的摩擦力恒为f =
1 2
4N，则物体在x = 2m处速度最大，且根据选项AB分析可知此时的速度
则从x = 0运动到x = 4的过程中，物体的动量最大为
D错误。
故选BC。
2．（2023·新课标卷，T20）（多选）质量为 的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运
动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取 。则（
）
A． 时物块的动能为零
B． 时物块回到初始位置
C． 时物块的动量为D． 时间内F对物块所做的功为
【答案】AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从 s内由动量定理可知
即
得
3s时物块的动量为
设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得
即
解得
所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B． s物块发生的位移为x，由动能定理可得
1
即
得
过程中，对物块由动能定理可得
即
得
物块开始反向运动，物块的加速度大小为
发生的位移为即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为
拉力所做的功为
故D正确。
故选AD。
1.常见功能关系
能量 功能关系 表达式
重力做功等于重力势能减少量
弹力做功等于弹性势能减少量
势能 W＝E －E ＝－ΔE
p1 p2 p
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能 合外力做功等于物体动能变化量 W＝E －E ＝mv2－mv2
k2 k1 0
除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能
机械能 W ＝E－E＝ΔE
其他 2 1
变化量
摩擦产生 一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等
Q＝F·x
f 相对
的内能 于产生的内能
电能 克服安培力做功等于电能增加量 W ＝E－E＝ΔE
克安 2 1
2.连接体的机械能守恒问题
轻 ①分清两物体是速度大小相等，还是沿绳方向的
绳 分速度大小相等
模 ②用好两物体的位移大小关系或竖直方向高度变
型 化的关系
轻 ①平动时两物体速度相等，转动时两物体角速度
杆 相等．沿杆方向速度大小相等
模 ②杆对物体的作用力并不总是沿杆的方向，杆能对物体做功，单个物体机械能不守恒
③对于杆和球组成的系统，忽略空气阻力和各种
型
摩擦且没有其他力对系统做功，则系统机械能守
恒
①含弹簧的物体系统在只有弹簧弹力和重力做功
时，物体和弹簧组成的系统机械能守恒，而单个
物体机械能不守恒
轻
②同一根弹簧弹性势能大小取决于弹簧形变量的
弹
大小，在弹簧弹性限度内，形变量相等，弹性势
簧
能相等
模
③由两个或两个以上的物体与弹簧组成的系统，
型
当弹簧形变量最大时，弹簧两端连接的物体具有
相同的速度；弹簧处于自然长度时，弹簧弹性势
能最小(为零)
3.有关板块类的功能关系问题
(1)动力学角度：首先隔离物块和木板，分别分析受力，求出加速度，根据初速
度分析两者的运动过程，画出运动轨迹图，找到位移和相对位移关系，根据时
间关系列位移等式和速度等式。
两个分析角度
(2)能量角度：物块在木板上滑行时，速度减小的物块动能减小，速度增大的木
板动能增加，根据能量守恒，减小的动能等于增加的动能与系统产生的内能之
和。
(1)求解对地位移可优先考虑应用动能定理。
三种处理方法 (2)求解相对位移可优先考虑应用能量守恒定律。
(3)地面光滑时，求速度可优先考虑应用动量守恒定律。
4.传送带中摩擦力做功与能量转化
静摩擦力做 (1)静摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
功的特点 (2)相互作用的一对静摩擦力做功的代数和总是等于零，不会转化为内能．
(1)滑动摩擦力可以做正功，也可以做负功，还可以不做功．
滑动摩擦力
(2)相互间存在滑动摩擦力的系统内，一对滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产生
做功的特点
的内能．
摩擦生热 (1)Q＝F·s ，其中s 为相互摩擦的两个物体间的相对路程．
f 相对 相对的计算 (2)传送带因传送物体多消耗的能量等于物体增加的机械能与系统产生的内能之和.
5.动量守恒及应用
（1）判断动量守恒的三种方法
① 理想守恒：不受外力或所受外力的合力为0，如光滑水平面上的板－块模型、电磁感应中光滑导轨上
的双杆模型．
② 近似守恒：系统内力远大于外力，如爆炸、反冲．
③ 某一方向守恒：系统在某一方向上所受外力的合力为0，则在该方向上动量守恒，如滑块－斜面(曲面)
模型．
（2）动量守恒定律的三种表达形式
① mv＋mv＝mv′＋mv′，作用前的动量之和等于作用后的动量之和(用的最多)．
1 1 2 2 1 1 2 2
② Δp＝－Δp，相互作用的两个物体动量的增量等大反向．
1 2
③ Δp＝0，系统总动量的增量为零．
（3）弹性碰撞的重要结论
以质量为m、速度为v 的小球与质量为m 的静止小球发生弹性碰撞为例，则有mv＝mv′＋mv′
1 1 2 1 1 1 1 2 2
mv2＝mv′2＋mv′2联立解得：v′＝v，v′＝v
1 1 1 1 2 2 1 1 2 1
① 若m＝m，则v′＝0，v′＝v(速度交换)；
1 2 1 2 1
② 若m>m，则v′>0，v′>0(碰后两小球沿同一方向运动)；当m≫m 时，v′≈v，v′≈2v；
1 2 1 2 1 2 1 1 2 1
③ 若m0(碰后两小球沿相反方向运动)；当m≪m 时，v′≈－v，v′≈0.
1 2 1 2 1 2 1 1 2
（4）完全非弹性碰撞的重要结论
物体A与静止的物体B发生碰撞，当发生完全非弹性碰撞时损失的机械能最多，物体 B的速度最小，v ＝
B
v，当发生弹性碰撞时，物体B速度最大，v ＝v.则碰后物体B的速度范围为：v≤v ≤v.
0 B 0 0 B 0
（5）多次碰撞问题分析
①用v－t图像分析多次碰撞问题
分析物体间的碰撞过程，画出两个物体或某个物体的v－t图像，通过v－t图像确定物体的运动情况，并计算出
物体的位移．
②用归纳法分析多次碰撞问题
第一次碰撞开始，研究几次碰撞过程，寻找物理量的规律，通过归纳，总结碰撞n次满足的通式，进而求解某
物理量．
6.力学三大观点对比及选用原则
力学三大观点 对应规律 表达式
动力学观点 牛顿第二定律 F ＝ma
合v＝v＋at
0
匀变速直线运动规律 x＝vt＋at2
0
v2－v2＝2ax等
0
动能定理 W ＝ΔE
合 k
机械能守恒定律 E ＋E ＝E ＋E
k1 p1 k2 p2
能量观点
功能关系 W ＝－ΔE 等
G p
能量守恒定律 E＝E
1 2
动量定理 I ＝p′－p
合
动量观点
动量守恒定律 p＋p＝p′＋p′
1 2 1 2
(1)当物体受到恒力作用做匀变速直线运动(曲线运动某一方向可分解为匀变速直
线运动)，涉及时间与运动细节时，一般选用动力学方法解题．
(2)当涉及功、能和位移时，一般选用动能定理、机械能守恒定律、功能关系或
能量守恒定律解题，题目中出现相对位移(摩擦生热)时，应优先选用能量守恒定
选用原则 律．
(3)不涉及物体运动过程中的加速度而涉及物体运动时间的问题，特别是对于打
击类问题，因时间短且冲力随时间变化，应用动量定理求解．
(4)对于碰撞、爆炸、反冲、地面光滑的板—块问题，若只涉及初、末速度而不
涉及力、时间，应用动量守恒定律求解．
1．（多选）老鹰俯冲捕猎时的速度可达200km/h，图1是老鹰成功捕获鲤鱼的图片，图2为某同学估算所画的
捕获示意图。一质量为2kg的老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为半径 的圆周运动，捕猎前瞬时的水
平速度大小 ，鲤鱼质量为0.5kg，老鹰和鱼均可视为质点，忽略鱼的初速度以及捕猎过程中水的作
用力，重力加速度g取 ，则（ ）A．捕猎前、后瞬时，老鹰处于非平衡状态
B．捕猎前、后瞬时，老鹰的加速度大小不变
C．捕猎后瞬时，老鹰的速度大小为40km/h
D．捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬时减少5N
【答案】AD
【详解】A．老鹰捕猎前、后的一小段运动近似为圆周运动，圆周运动是曲线运动，所以合外力不为0，老鹰处
于非平衡状态。故A正确；
B．捕猎前、后瞬时，圆周运动过程由老鹰的质量变成了老鹰和鱼的总质量，根据水平方向动量守恒可得老鹰
的瞬时速度减小，即
代入数据，解得
加速度
老鹰的速度减小了，圆周运动半径不变，则老鹰的加速度变小。故BC错误；
D．捕猎前设空气对老鹰的作用力为 ，捕猎后空气对老鹰的作用力为 ，分别对捕猎前老鹰和捕猎后的整体
进行受力分析，有
，
解得
，
可知
即捕猎后瞬时老鹰所受空气作用力比捕猎前瞬时减少5N。故D正确。
故选AD。
2．（多选）如图所示，水平放置的大餐桌转盘绕着过转盘圆心的竖直轴 做匀速圆周运动，转盘表面质地均
匀；转盘上放着两个完全相同的小碟子，随着转盘共同转动；两个碟子的质量都是m，线速度大小都是v；其中
一个碟子中装有一个苹果，在任何情况下苹果都与该碟子保持相对静止；另一个碟子是空的。以下说法正确的
是（ ）A．匀速转动时，碟子对转盘的摩擦力方向指向转盘圆心
B．若转盘的角速度逐渐增大，则空碟子先相对转盘发生滑动
C．转盘匀速转动半周的过程中，转盘对空碟子摩擦力的冲量大小为
D．转盘匀速转动半周的过程中，转盘对空碟子的摩擦力所做的功为零
【答案】CD
【详解】A．匀速转动时，碟子的向心力由转盘给碟子的摩擦力提供，指向转盘圆心，由牛顿第三定律可得，
碟子对转盘的摩擦力方向为转盘圆心与碟子的连线向外，故A错误；
B．当刚发生相对滑动时有最大静摩擦提供向心力，即
两个碟子与转盘接触面动摩擦因数相同，半径相同，则可知两个碟子相对转盘发生滑动的角速度相同，故B错
误；
C．转盘匀速转动半周的过程中，空碟子速度反向，合外力对空碟子的冲量等于其动量改变量，则有
故C正确；
D．转盘匀速转动半周的过程中，转盘对空碟子的摩擦力提供向心力，始终指向圆心，与速度方向垂直，不做
功，则转盘对空碟子的摩擦力所做的功为零，故D正确。
故选CD。
3．（多选）如图甲所示，北宋曾公亮在《武经总要》中记载了一种古代运输装备，名为“绞车”，因其设计精
妙，使用时灵活方便，这种绞车又被称为“中国式绞车”，“合大木为床，前建二叉手柱，上为绞车，下施四
轮，皆极壮大，力可挽二千斤。”其原理如图乙所示，将一根圆轴削成同心而半径不同的两部分，其中a、b两
点分别是大小辘轳边缘上的两点，其上绕以绳索，绳下加一动滑轮，滑轮下挂上重物，人转动把手带动其轴旋
转便可轻松将重物吊起，则在起吊过程中，下列说法正确的是（ ）
A．a点的角速度等于b点的角速度 B．a点的向心加速度小于b点的向心加速度
C．人对把手做的功等于重物机械能的增加量 D．滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量
【答案】AD【详解】AB．a的半径大于b的半径，由于两点是同轴转动，角速度相同，根据 可知a的向心加速度大
于b点的向心加速度，故A正确，B错误；
C．由能量守恒可知，人对把手做功除了转化为重物的机械能外，还有轮轴的动能及摩擦生热等，因此人对把
手做的功大于重物机械能的增加量，故C错误；
D．由功能关系可知滑轮对重物做的功等于重物机械能的增加量，故D正确。
故选AD。
4．如图所示为我国自主研发的第一台全地面起重机QAY25，起重范围从25t到2600t。若该起重机由静止开始
竖直提升质量为200t的物体，其 图像如图所示，不计其它阻力，g取 ，下列说法正确的是（ ）
A．起重机的额定功率为 B．重物上升的最大速度
C．重物0~10s内做匀加速直线运动 D．7s内起重机对重物做的功为
【答案】D
【详解】C．由图像可知重物匀加速运动的时间为
可知重物0~5s内做匀加速直线运动，故C错误；
A．根据牛顿第二定律与功率表达式可得
，
联立可得
由 图像的斜率可得
解得起重机的额定功率为
故A错误；
B．当牵引力等于重力时重物有最大速度，则重物的最大速度故B错误；
D． 内设起重机对重物做的功为 ，对重物由动能定理得
解得
后起重机功率恒定，那么 内起重机对重物做的功为
那么 内起重机对重物做的功为
故D正确。
故选D。
5．（多选）如图所示，足球兴趣小组在某次训练中要求运动员甲将足球由水平球场上的A点踢向C点，但在
AC连线上的B点站立有守门员乙，训练中守门员乙只在B点竖直起跳拦截足球，已知 ，守
门员乙的原地摸高为 ，足球质量 ，重力加速度g取 ，忽略空气阻力，将足球视为质点。
则欲将足球踢出后直接飞落到C点且确保不被拦截，下列说法正确的是（ ）
A．若足球恰好被拦截，足球能够上升的最大高度为4m
B．若足球恰好被拦截，足球能够上升的最大高度为3.2m
C．运动员甲对足球做功最少为32J
D．运动员甲对足球做功最少为32.8J
【答案】BD
【详解】AB．由图可知，足球轨迹的最高点为O点，设最高点的速度为由几何关系可知
足球从O到C做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，则
竖直方向做自由落体运动，设足球能够上升的最大高度H，则
若足球恰好被拦截，足球能够上升的最大高度为
故A错误，B正确；
CD．水平方向有
可得足球在最高点的速度为
由功能关系可知，运动员甲对足球做功最少为
故C错误，D正确。
故选BD。
6．（多选）如图甲所示，质量分别为 和 的两物块A、B静止叠放在光滑水平地面上，B物块足够长，A、
B之间的动摩擦因数为 ，重力加速度为g。现给物块A一个水平向右的初速度v，待A、B共速时其位移分别
为 和 ，测得 与 的关系如图乙所示，则 和 的值分别为（ ）
A． ，4 B．1，3 C． D．2，
【答案】AD【详解】系统动量守恒，则从开始运动到两者共速时满足
对B分析可知
解得
由图像可知
解得
或者
对A分析可知
解得
则
解得
则
或者
故选AD。
7．（多选）“离心轨道演示仪”（如图甲所示）是演示物体在竖直平面内做圆周运动的实验仪器，其轨道由主
轨长道、轨道圆和辅轨长道三部分组成，主轨长道的长度约为轨道圆半径R的6倍。将主轨长道压制成水平状
态后，轨道侧视示意图如图乙所示。空间中存在水平向右的匀强电场（未画出），电场强度的大小 。
现在主轨长道上的一点A静止释放一电荷量为q、质量为m的绝缘小球，小球沿主轨长道向右运动，从B点进
入轨道圆，若不计一切摩擦，重力加速度为g，则小球再次通过最低点之前（ ）A．小球上升到与圆心等高处时，其动能最大
B．小球上升到轨道圆最高处时，其机械能最大
C．若AB间距离为 ，则小球恰好不脱离轨道
D．若小球不脱离轨道，则小球对轨道的最大压力的大小可能为6mg
【答案】CD
【详解】A．等效场的观点，将重力场和电场等效的看做一个场，结合平行四边形法则可得，等效重力加速度
设等效场对小球的力与竖直方向的夹角为 ，如图所示，则有
解得
由“等效重力”可知，当小球运动到BC间且与圆心连线与竖直方向的夹角为 时，小球的速度最大，动能最
大，A错误；
B．小球在轨道上运动的过程中，能量守恒，小球在与圆心等高且在圆弧右侧的位置电势能最小，所以小球在
该点的机械能最大，B错误；
C．设释放点A到B的距离为L时，小球恰好不脱离圆轨道，图中D点与圆心连线与圆相交的点M，即为“等
效重力”中的最高点，小球恰好不脱离圆轨道，电场力与重力的合力刚好提供向心力，则有
解得从开始释放小球到运动到M点的过程中，由动能定理可得，
解得
C正确；
D．若小球恰好能做完整的圆周运动，小球运动到D点时的动能最大，速度最大，对轨道的压力最大，小球从
A点到D点的过程中，根据动能定理有
解得
在 点，根据牛顿第二定律有
解得
若小球不做完整的圆周运动，当小球运动到与MD连线垂直时，如图中的P点，接下来将沿着轨道返回，此时
也未脱离轨道，该过程中在D点速度也有一个最大值，对轨道的压力也为一个最大值，小球从P点到D点，根
据动能定理有
解得
在D点，根据牛顿第二定律有
解得
所以小球对轨道的最大压力的大小可能为6mg，D正确。
故选CD。
8．（多选）图甲是正在送餐的“机器人服务员”，其质量m=40kg，该机器人正在沿图乙中ABCD曲线给16号
桌送餐，圆弧BC与直线路径AB、CD相切，AB段长度为5m，CD段长度为12m，机器人从A点由静止匀加速
出发，到达B点时速率达到1m/s，接着以1m/s的速率匀速通过BC段，通过C点后仍以1m/s的速率运动到某位
置才开始做匀减速直线运动，最终停在16号桌旁的D点。已知餐盘与水平托盘间的动摩擦因数 ，餐盘
与托盘之间未发生相对滑动，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是（ ）A．从B运动到C过程中机器人的动量变化量为
B．从A运动到B过程中机器人的加速度为
C．圆弧BC的半径可以设计为0.45m
D．机器人从C到D的最短时间为12.25s
【答案】BD
【详解】A．根据题意，不能确定从B运动到C过程中机器人的速度变化量，从而不能确定动量变化量，故A
错误；
B．从A运动到B过程中，有
解得机器人的加速度为
故B正确；
C．餐盘与托盘恰好不发生相对滑动，摩擦力提供向心力有
解得
故C错误；
D．机器人以1m/s的速度匀减速至D点的加速度为
则减速的时间为
匀减速的位移为
故从C点开始匀速运动的时间
所以从C运动到D点的最短时间为故D正确。
故选BD。
9．（多选）操场上两同学练习排球，在空中同一水平直线上A、B两点处分别把1、2相同的两球同时击出，A
做平抛运动，B做斜抛运动，两球的运动轨迹在同一竖直平面内，如图，轨迹交于P点，P是AB连线中垂线上
一点，球1的初速度为v，球2的初速度为v，不考虑排球的旋转，不计空气阻力，两球从抛出到P点的过程
1 2
中（ ）
A．单位时间内，1球速度的变化等于2球速度的变化
B．两球在P点相遇
C．2球在最高点的速度小于v
1
D．1球动量的变化大于2球动量的变化
【答案】AC
【详解】A．由于两球的加速度均为重力加速度，所以单位时间内，1球速度的变化等于2球速度的变化，故A
正确；
BC．若两球在P点相遇，下落的高度相同，则运动的时间相同，对1球，有
对2球，有
由此可知
，
所以1球先经过P点，两球不会在P点相遇，2球在最高点的速度小于v，故B错误，C正确；
1
D．根据动量定理可得
由于
所以1球动量的变化小于2球动量的变化，故D错误。
故选AC。10．如图所示为一种航空托运缓冲转运装置，卸货时飞机不动，缓冲装置A紧靠飞机，转运车B靠紧A，A曲
面光滑、水平部分粗糙，包裹C沿A的曲面由静止滑下，C在缓冲装置A上运动时A不动，C滑上转运车B被
运走，C与B的右挡板发生碰撞时间极短，碰撞时间和损失的机械能都可忽略，C与A、B水平面间的动摩擦因
数均为 ，A与水平地面间的动摩擦因数为 ，转运车B与地面间的摩擦可忽略，A、B的质量均
为M=50kg，A、B水平部分的长度均为L=4m，包裹C可视为质点且无其它包裹影响，重力加速度
（ ）
A．包裹C的质量m最大不超过150kg
B．无论包裹C从什么高度滑下，都能滑上转运车B
C．若包裹C的质量为100kg，从1.8m处由静止滑下，C刚滑上转运车B左端时速度为4m/s
D．若包裹C的质量为50kg，从6.6m处由静止滑下，该包裹能安全被转运
【答案】AD
【详解】A．A恰好不运动需要满足
解得
故包裹C的质量最大不超过150 ，故A正确；
B．包裹C滑到B左端速度恰好为0，根据动能定理
解得
故若包裹C下滑高度小于1m，则滑不到B上，故B错误；
C．包裹C的质量 ，故当过程中A保持静止状态，根据动能定理
解得
故C刚滑上转运车B左端时速度为 ，故C错误；
D．包裹C的质量 ，故当过程中A保持静止状态,设包裹C滑到B左端速度为 ，根据动能定理
解得C与B相互作用的全过程，两者组成的系统满足动量守恒，若C最终能在B上静止，根据动量守恒
根据能量守恒定律
解得
又
得物体在车上的相对位移
由
故包裹C不会从B左端滑下，且与B共速，包裹能安全被转运，故D正确。
故选AD。
