文档内容
专题 06 动量与能量综合运用
A·常考题不丢分
命题点01 能量结合图像问题
命题点02 机械能及能量守恒的理解及应用
命题点03 动量定理及动量守恒的理解及应用
命题点04 机车启动模型（重点常考）
命题点05 应用动量及能量守恒解决碰撞问题
命题点06 应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”
B·拓展培优拿高分
C·挑战真题争满分
【命题点01 能量结合图像问题】
【针对练习1】蹦床运动是运动员利用弹性蹦床的反弹在空中表演杂技的竞技运动，如图所示。t=0时，运
动员在最高点自由下落，直至运动到弹性蹦床最低点的过程中，空气阻力大小恒定，则运动员的位移x、
加速度a随时间t及动能E、机械能E随位移x变化的关系图像可能正确的是（ ）
k
【淘宝店铺：向阳百分百】A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】A．一运动员在最高点自由下落，直至运动到弹性蹦床最低点的过程中，运动员开始一段时间受
到重力和恒定的空气阻力作用，做匀加速直线运动，之后受到重力、恒定的空气阻力和弹性蹦床的的弹力
作用，根据牛顿第二定律有
mg-kx-f =ma
弹性床对运动员的弹力逐渐变大，运动员的速度逐渐减小，所以运动员做加速度减小的加速运动，当弹性
床的弹力大于运动员的重力之后，合力向上，根据牛顿第二定律可知
kx-mg-f =ma
运动员做加速度增大的减速运动，而x-t图像的斜率表示速度，第一段图像应该为开口向上的抛物线，第
二段速度先增大后减小，则斜率先增大后减小，故A错误；
B．将重力和空气阻力合成为等效重力，则运动员在弹性床上运动属于简谐运动的一部分，根据加速度的
对称性可知，运动员在最低点的加速度大于自由落体加速度，故B错误；
C．自由下落阶段对运动员分析，根据动能定理，有即接触弹性床之前，动能增加与下落距离成正比，图
像为倾斜直线；接触弹性床之后到弹力等于等效重力之前，运动员依然做加速运动，所以动能继续增大，
图像为向上斜率变小的曲线，之后，弹力大于等效重力后动能减少，故C错误；
D．运动员在接触到弹性床之前，空气阻力大小恒定一直做负功，则机械能均匀减小，接触弹性床之后，
由于弹性床对运动员做负功和空气阻力做负功，所以运动员的机械能减少的更快，故D正确。
故选D。
【针对练习2】（多选）质量为2kg的物块在水平拉力F的作用下由静止开始在水平地面上向右做直线运动，
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0.3，取重力加速度大小g=10m/s2。则下
列说法正确的是（ ）
【淘宝店铺：向阳百分百】A．0~3s内物块的加速度大小为1m/s2 B．物块在4s末的动能为零
C．物块在6s末回到了出发点 D．0~3s内拉力F对物块所做的功为36J
【答案】AD
【详解】A．0~3s内由牛顿第二定律得
F-μmg=ma
带入数据解得
a=1m/s2
B．0~3s内由动量定理得
F t -μmgt -F t =mv
1 03 04 2 34
解得
v=-4m/s
物块在4s末的动能为
1
E = mv2=16J
k 2
B错误；
C．0~3s物块沿正方向加速运动，3s～6s物块先沿正方向减速运动，再反向加速，且加速度大小与0～3s
内的加速度大小相等，故6s时物块没有回到初始位置，C错误；
D．0~3s内的位移为
1 1
x= at2= ×1×32m=4.5m
2 2
拉力F对物块所做的功为
W =Fx=8×4.5J=36J
D正确；
故选AD。
【针对练习3】（2023上·福建莆田·高三莆田第二十五中学校考阶段练习）一辆小轿车在平直路面上以恒
【淘宝店铺：向阳百分百】1
定功率加速，其加速度a和速度的倒数 的关系如图所示。已知轿车的总质量为1500kg，其所受的阻力不
v
变，则轿车（ ）
A．速度随时间均匀增大
B．小轿车做变加速运动
C．所受阻力大小为2.88×103N
D．电动机输出功率为104kW
【答案】B
【详解】CD．设小轿车的功率恒为P，所受 阻力恒为f，则由牛顿第二定律有
P
-f =ma
v
变式可得
P 1 f
a= ⋅ -
m v m
结合其图像可得
P 2.1 f
= W/kg， =2.1N/kg
m 0.03 m
解得
P=105kW，f =3150N=3.15×103N
故CD错误；
B．根据以上分析可得变加速运动，
1
a=70 -2.1（m/s2）
v
因此可知，小轿车做变加速运动，速度随时间不是均匀增大的，故A错误，B正确。
故选B。
【淘宝店铺：向阳百分百】【命题点02 机械能及能量守恒的理解及应用】
【针对练习4】（多选）如图，地面上有ABC和ABD为两个光滑固定轨道，A、B、E在同一水平面，
C、D、E在同一竖直线上，D点是以E点为圆心，半径为h的竖直圆的最高点，C点是以E点为圆心，
半径为2h的竖直圆的最高点，一质量为m的滑块从A点以初速度v分别沿两轨道滑行到C或D处后水平
抛出（不计一切摩擦）。下列说法正确的是（ ）
1
A．滑块滑到C点的动能为E = mv2-mgh
kC 2 0
B．滑块经过C点时受到的支持力大于经过D点时受到的支持力
√4h
C．滑块从C点抛出后的落地点距点E的水平距离为s ，有s =√v2-2gh⋅
C C 0 g
D．当v =√5gh时，滑块从C点抛出后落点距E点的水平距离s ，和从D点抛出后落点距E点的水平
0 C
距离s ，有s F
C D
即滑块经过C点时受到的支持力大于经过D点时受到的支持力，故B正确；
C．滑块从C点抛出后做平抛运动，运动时间为
√2×2h √4h
t= =
g g
水平距离为
√4h
s =v t=√v2-4gh
C C 0 g
故C错误；
D．根据题意，由C分析可知，当v =√5gh时，滑块从C点抛出后落点距E点的水平距离
0
√4h
s =√5gh-4gh =2h
C g
同理可得
√2h
s =√5gh-2gh =√6h>2h
D g
即
s v
1 2
设物块的对地位移为x ，木板的对地位移为x
m M
CD．根据能量守恒定律可得
1 1 1
mv2= mv2+ Mv2+fl
2 0 2 1 2 2
整理可得
1 1 1 1
mv2= mv2-fl- Mv2< mv2-fl
2 1 2 0 2 2 2 0
【淘宝店铺：向阳百分百】D正确，C错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热
Q=fL=f(x -x )
m M
根据运动学公式
v +v
x = 0 1 ⋅t
m 2
v
x = 2 ⋅t
M 2
因为
v >v >v
0 1 2
可得
x >2x
m M
则
x -x =l>x
m M M
所以
W =f x tanθ=
L
1
即有
h
L >
1 μ
因μ ≤μ≤1.2μ ，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得
0 0
h
L >
1 μ
0
滑行结束时停在水平滑道上，即在摩擦因数取最小时能停在滑道上，由全程的动能定理有
L
mg⋅2h-μ mgcosθ⋅ 1 -μ mgL ≤0
0 cosθ 0 2
要求进入水平滑道，因此最大的动摩擦因数能够进入水平滑道，即
L
mg⋅2h-1.2μ mgcosθ⋅ 1 ≥0
0 cosθ
综合需满足
h 5h 2h
a
上 下
由于上升过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据公式
1
l= at2
2
则可得出
t
