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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Ek、机械能E 随位移x 变化的关系图像可能正确的是（ ）
1
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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=10 m /s
2。则下
列说法正确的是（ ）
2
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A．0~3s内物块的加速度大小为1m/s
2
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/s
2
B．0~3s内由动量定理得
F1t03- μmgt04- F2t34=mv
解得
v =- 4 m/s
物块在4s末的动能为
Ek= 1
2 m v
2=16J
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
x = 1
2 at
2= 1
2 ×1×3
2m = 4.5 m
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
3
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定功率加速，其加速度a 和速度的倒数1
v 的关系如图所示。已知轿车的总质量为1500kg，其所受的阻力不
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
v - f =ma
变式可得
a= P
m ⋅1
v - f
m
结合其图像可得
P
m = 2.1
0.03 W /kg，f
m =2.1N /kg
解得
P =105kW，f =3150 N=3.15×10
3 N
故CD 错误；
B．根据以上分析可得变加速运动，
a=70 1
v -2.1（m/s
2）
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。
4
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【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（ ）
A．滑块滑到C 点的动能为EkC = 1
2 mv0
2-mgh
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
C．滑块从C 点抛出后的落地点距点E 的水平距离为sC，有sC =√v0
2-2gh⋅√
4 h
g
D．当v0=√5 gh时，滑块从C 点抛出后落点距E 点的水平距离sC，和从D 点抛出后落点距E 点的水平
距离sD，有sC<sD
【答案】BD
【详解】A．根据题意，由动能定理有
-mg⋅2h= EkC - 1
2 m v0
2
解得
EkC = 1
2 mv0
2-mg⋅2h
故A 错误；
B．根据题意，在C点，由牛顿第二定律有
mg- F = m vC
2
2h
解得
5
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FC =mg- mvC
2
2h =mg-
1
2 mv0
2-mg⋅2h
2h
=2mg- mv0
2
2×2h
同理可得
F D=2mg- m v0
2
2h
可知
FC> F 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
t =√
2×2h
g
=√
4 h
g
水平距离为
sC = vC t =√v0
2- 4 gh√
4 h
g
故C 错误；
D．根据题意，由C 分析可知，当v0=√5 gh时，滑块从C 点抛出后落点距E 点的水平距离
sC =√5 gh- 4 gh√
4 h
g =2h
同理可得
sD=√5 gh-2gh√
2h
g =√6h>2h
即
sC<sD
故D 正确。
故选BD。
【针对练习5】（多选）如图所示，质量均为m的物体A、B 通过轻绳连接，A 穿在竖直光滑杆上，B 放在
光滑水平面上且另一端用轻弹簧连接竖直挡板。初始时，A 位于O点，与物体B 等高，轻弹簧处于原长状
态，轻绳刚好绷直。现将A 由静止释放，当A 运动到M点时的速度为v，已知ON = L，OM =√3 L，重力
加速度为g，不计一切阻力，下列说法正确的是（ ）
6
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A．A 从O点运动到M点的过程中，A、B 组成的系统机械能守恒
B．A 从O点运动到M点的过程中，A 减少的机械能大于B 增加的机械能
C．A 运动到M点时，弹簧的弹性势能为√3mgL- 7
8 m v
2
D．A 运动到M点时，弹簧的弹性势能为√3mgL-m v
2
【答案】BC
【详解】AB．A 从O点运动到M点的过程中，A、B 和弹簧组成的系统满足机械能守恒，A 减少的机械能
等于B 增加的机械能和增加的弹性势能之和，则A 减少的机械能大于B 增加的机械能，故A 错误，B 正确；
CD．A 运动到M点时，设MN与竖直方向的夹角为θ，则有
tanθ = ON
OM =
L
√3 L = √3
3
可得
θ =30°
此时B 的速度为
vB= v cosθ = √3
2 v
根据系统机械能守恒可得
Ep=mg⋅√3 L- 1
2 m v
2- 1
2 m vB
2
联立解得弹簧的弹性势能为
Ep=√3mgL- 7
8 mv
2
故C 正确，D 错误。
故选BC。
【针对练习6】如图所示，一轻质弹性绳原长为OA，上端固定在O 点，下端连接一小物体竖直拉伸弹性绳
后置于粗糙水平地面上的B 处。在A 位置紧挨弹性绳右侧固定一光滑档杆，在弹性绳弹性限度内，让物体
在水平向右的恒力F 作用下从B 点经C 运动到D 点，AC=2AB，AD=3AB，点O、A、B、C、D 在同一竖直
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平面内，弹性绳的势能正比于形变量的平方。则以下说法正确的是（ ）
A．物体从B 到D 做匀加速直线运动
B．物体从B 到C 与从C 到D 弹性绳势能的增量相等
C．物体运动过程中所受的摩擦力不变
D．物体从B 到C 与从C 到D 摩擦生热相等
【答案】C
【详解】根据题意，设AB 间距离为x，弹性绳的劲度系数为k，弹性绳的势能正比于形变量的平方，比例
系数为k
'，物体与地面的动摩擦因数为μ，弹性绳与水平面间的角度为θ。
AC．物体向右运动的任一时刻，弹性绳的弹力为
F弹=k Δ x = kx
sinθ
对物体进行受力分析，则水平和竖直方向上分别有
F - F 弹cosθ - f =ma，mg = FN+ F弹sinθ
又因为
f = μ FN
整理可得摩擦力
f = μ(mg- kx
sinθ ⋅sinθ)= μ(mg-kx)
可知摩擦力大小不变，加速度
a=
F - kx
tanθ - μ(mg -kx)
m
随着物体向右运动，θ逐渐减小，tanθ逐渐减小，加速度a减小。物体从B 到D 做不是匀加速直线运动，
故A 错误、C 正确；
B．根据题意可知B、C、D 三处的弹性势能分别为
Ep B=k
' x
2，EpC =k
'(2 x)
2，Ep D=k
'(3 x)
2
则物体从B 到C 与从C 到D 弹性绳势能的增量分别为
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Δ EpBC = EpC - EpB=3k
' x
2，Δ EpCD= Ep D- EpC =5k
' x
2
物体从B 到C 与从C 到D 弹性绳势能的增量不相等，故B 错误；
D．根据几何关系可知BC和CD距离分别为
BC =√(2 x)
2- x
2=√3 x，CD =√(3 x)
2- x
2- BC =(2√2-√3)x
摩擦生热为
Q = f ⋅s
因为摩擦力大小不变，BC长度与CD不等，则摩擦生热不相等，故D 错误。
故选C。
【命题点03 动量定理及动量守恒的理解及应用】
【针对练习7】如图所示，一辆小车静止在光滑的水平面上，用轻绳将小球悬挂在小车立柱上，将小球缓
慢拉至与悬点在同一水平面上的A 点，并从静止释放，下列说法正确的是（ ）
A．小球自A 点释放后，小球的机械能守恒
B．小球自A 点释放后，小球的动量守恒
C．小球自A 点释放后，小球和小车组成的系统动量守恒
D．小球自A 点释放后，小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒
【答案】D
【详解】A．小球向下摆动的过程中，轻绳拉力对小球做负功，对小车做正功，则小球的机械能不守恒，
但小球和小车组成的系统机械能守恒，故A 错误；
BCD．小球自A 点释放后，小球在竖直方向有加速度，小车在竖直方向没有加速度，则小球和小车组成的
系统在竖直方向的合外力不为0，小球的动量不守恒，小球和小车组成的系统动量不守恒；但小球和小车
组成的系统水平方向的合外力为0，所以小球和小车组成的系统水平方向上动量守恒，故BC 错误，D 正确。
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故选D。
【针对练习8】我国规定摩托车、电动车、自行车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔。小明
在某轻质头盔的安全性测试中进行了模拟检测，某次他在头盔中装入质量为5.0kg 的物体，物体与头盔紧
密接触，使其从1.80m 的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.03m 时，物体的速度减为
0。如图所示，挤压过程中视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g
取
。下列说法不正确的是（ ）
A．物体做自由下落运动的时间为0.6s
B．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为
C．物体做匀减速直线过程中动量变化量为
，方向竖直向上
D．匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为3050N
【答案】C
【详解】A．根据自由落体运动规律有
可得物体做自由下落运动的时间为
故A 正确，不符合题意要求；
B．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为
故B 正确，不符合题意要求；
C．落地的速度为
以向下为正方向，则物体做匀减速直线过程中动量变化量为
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方向竖直向上，故C 错误，符合题意要求；
D．头盔被挤压了0.03m，则根据动能定理有
解得匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小为
故D 正确，不符合题意要求。
故选C。
【针对练习9】高空坠物危及社会安全，某探究小组的同学将一颗质量
的鸡蛋，从某楼层由静止
自由释放，利用相机恰好抓拍到了鸡蛋下落的模糊痕迹，长度为2 个标准砖的厚度（已知该砖的厚度约为
5cm），如图，已知相机的本次曝光时间为
。鸡蛋与地面撞击时的竖直高度为6cm，认为鸡蛋落地后，
鸡蛋顶端到地面底端运动为匀减速运动，并且顶端运动到地面时恰好静止，以鸡蛋的底端、顶端落地的时
间间隔作为鸡蛋与地面的撞击时间。（
，空气阻力忽略不计）（ ）
A．鸡蛋下落点距地面的高度约为40m
B．鸡蛋撞击地面的时间约为0.4s
C．鸡蛋撞击地面过程中地面对鸡蛋的平均冲击力大小约为375.5N
D．鸡蛋在整个下落过程的平均速度约为12.5m/s
【答案】C
【详解】AD．鸡蛋做自由落体运动，由于相机曝光时间极短，则鸡蛋下落至距地面第2 块砖处的速度大小
可以近似等于该位移内的平均速度，即用平均速度代替瞬时速度，可得
则鸡蛋下落点距离该块砖的高度约为
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则可知鸡蛋下落点距地面的高度约为
则鸡蛋下落至地面所用时间约为
可知鸡蛋在整个下落过程的平均速度约为
故AD 错误；
BC．鸡蛋底端落地后，鸡蛋顶端的运动是匀减速运动，并且顶端运动到地面时恰好静止，根据运动学公式
解得
规定竖直向上为正，由动量定理有
可得鸡蛋撞击地面过程中地面对鸡蛋的平均冲击力大小
根据牛顿第三定律，可得鸡蛋撞击地面过程中对地面的平均冲击力大小为
故B 错误，C 正确。
故选C。
【命题点04 机车启动模型（重点常考）】
【针对练习10】（多选）一辆汽车在平直公路上由静止启动，汽车输出功率P 与汽车速度v 的关系图像如
图所示，当汽车速度达到v0后，汽车的功率保持恒定，汽车能达到的最大速度为2v0，若运动过程中汽车
所受阻力恒为f，汽车的质量为m，下列说法正确的是（ ）
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A．汽车先做匀加速运动，后做匀速运动
B．汽车速度为0.5 v0时，加速度大小为f
m
C．汽车从静止到速度v0通过的位移为m v0
2
2f
D．若汽车速度达到2v0所用时间为t，则经过的位移为2v0t - 3m v0
2
f
【答案】BCD
【详解】A．根据
P = Fv
可知，0∼v0过程牵引力不变，汽车做匀加速度运动。当牵引力功率保持恒定，则速度增大，牵引力减小，
根据
F - f =ma
可知，汽车的加速度减小，即v0∼2v0过程，汽车做变加速运动，A 错误；
B．汽车速度最大时
Pmax= F ⋅2v0= f ⋅2v0
汽车速度为0.5 v0时，处于匀加速度运动阶段，牵引力大小为
F = Pmax
v0
=2f
根据
F - f =ma
加速度大小为
a= f
m
B 正确；
C．汽车从静止到速度v0通过的位移为
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x1= v0
2
2a = mv0
2
2f
C 正确；
D．汽车在变加速阶段，根据动能定理
Pmax(t - v0
a )- f x2= 1
2 m(2v0)
2- 1
2 m v0
2
其中
x = x1+ x2
联立可得，汽车速度达到2v0所用时间为t，则经过的位移为
x =2v0t - 3m v0
2
f
D 正确。
故选BCD。
【针对练习11】（多选）2021 年10 月25 日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树
立了一面“中国高端制造”的新旗帜。若该起重机某次从t =0时刻由静止开始以恒定加速度向上提升质量
为m的重物，其P -t图像如图乙所示，重力加速度为g，不计其它阻力，下列说法正确的是（ ）
A．0~t0时间内，重物处于失重状态
B．0~t0时间内，重物增加的机械能为1
2 P0t0
C．该物体的最大速度为P0
mg
D．t0时刻，重物的加速度为√
P0
mt0
【答案】BC
【详解】A．由
P = Fv = Fat
可知，0~t0时间内，图线斜率不变，拉力和加速度不变，重物做匀加速直线运动。处于超重状态。故A 错
误；
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B．0~t0时间内，重物增加的机械能等于起重机对重物做的功，即
ΔE = 1
2 P0t0
故B 正确；
C．起重机输出功率达到额定功率后，保持额定功率运行，当起重机对重物的拉力等于重物的重力时，重
物达到最大速度，即
P0=mg vm
解得
vm= P0
mg
故C 正确；
D．0~t0时间内，重物做匀加速直线运动，有
v1=at0
根据牛顿第二定律，可得
F1-mg=ma
又
P0= F1v1
联立，解得
a=√
4 P0
mt0
+ g
2- g
2
故D 错误。
故选BC。
【针对练习12】如图所示，质量为M =2kg的玩具动力小车在水平地面上运动，用水平轻绳拉着质量为
m=1kg的物块由静止开始运动。运动t =6s时，物块速度为v，此时轻绳从物块上脱落，物块继续滑行一
段位移后停下，且轻绳脱落时小车恰好达到额定功率（此后保持功率不变）。已知小车受地面的阻力
f =2N恒定，小车达到额定功率前其牵引力F =8 N也恒定，物块与地面间的动摩擦因数μ=0.3，重力加速
度为g=10 m/s
2，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
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A．轻绳脱落前，小车运动的加速度为3 m/s
2
B．运动t =6s时，物块速度为v =6 m/s
C．轻绳脱落后，物块滑行的总位移大小为3 m
D．轻绳脱落后，小车做匀加速直线运动
【答案】B
【详解】A．轻绳脱落前，小车与物块一起做匀加速直线运动，加速度
a= F - f - μmg
M +m
=1m/s
2
A 错误；
B．在t =6s时，物块的速度
v =at =6 m/s
B 正确；
C．当轻绳脱落后，物块的加速度大小
a物= μg =3 m/s
2
物块滑行总位移大小
x物= v
2
2a物
=6 m
C 错误；
D．在轻绳脱落后，小车以额定功率运动，此时牵引力大于阻力，做加速运动，由于功率恒定，则牵引力
变小，小车不可能做匀加速直线运动，D 错误。
故选B。
【命题点05 应用动量及能量守恒解决碰撞问题】
【针对练习13】如图所示，某超市两辆相同的手推购物车质量均为
、相距
沿直线排列，静置于水平地
面上。为节省收纳空间，工人给第一辆车一个瞬间的水平推力使其运动，并与第二辆车相碰，且在极短
时间内相互嵌套结为一体，以共同的速度运动了距离，恰好停靠在墙边。若车运动时受到的摩擦力恒为车
重的倍，忽略空气阻力，重力加速度为。（ ）
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A．第一辆车与第二辆车碰撞前的速度为
B．购物车碰撞过程中系统损失的机械能
C．工人给第一辆购物车的水平冲量大小
D．工人给第一辆购物车的水平冲量大小
【答案】ABC
【详解】AB．设第一辆车碰前瞬间的速度为v1，与第二辆车碰后的共同速度为v2，碰撞前后瞬间动量守恒，
则由动量守恒定律有
对碰撞后的过程，由动能定理有
则碰撞中系统损失的机械能
联立以上各式解得
，
故AB 正确；
CD．设第一辆车推出时的速度为v0，对碰撞前的过程，由动能定理有
工人给第一辆购物车的水平冲量大小
联立解得
故C 正确，D 错误。
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故选ABC。
【针对练习14】如图所示，左端连接着轻质弹簧、质量为2m的小球B 静止在光滑水平地面上，质量为m
的小球A 以大小为v0的初速度向右做匀速直线运动，接着逐渐压缩弹簧并使小球B 运动，一段时间后，小
球A 与弹簧分离，若小球A、B 与弹簧相互作用过程中无机械能损失，弹簧始终处于弹性限度内，则在上
述过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小球B 的最大速度为1
3 v0
B．弹簧的最大弹性势能为1
3 m v0
2
C．两小球的速度大小可能同时都为1
2 v0
D．从小球A 接触弹簧到弹簧再次恢复原长时，弹簧对小球A、B 的冲量相同
【答案】B
【详解】A．小球A 逐渐压缩弹簧并使小球B 运动，一段时间后小球A 与弹簧分离时，B 球速度最大，由
动量守恒定律及能量守恒定律可得
m v0=m vA+2m vB，1
2 mv0
2= 1
2 mvA
2 + 1
2 ×2mvB
2
解得小球B 的最大速度为
vB= 2
3 v0
故A 错误；
B．当弹簧被压缩到最短时，两球速度相同，设为v，此时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律可得
m v0=3mv
解得
v = 1
3 v0
由能量守恒定律可得，弹簧的最大弹性势能为
Ep= 1
2 m v0
2- 1
2 ⋅3m v❑
2 = 1
3 m v0
2
故B 正确；
C．两小球组成的系统的初动量为
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p0=m v0
初动量方向向右。小球A 压缩弹簧后，小球B 在弹簧弹力作用下只能向右运动，假设两小球的速度大小都
为1
2 v0，小球A 运动方向向右时，系统的动量为
p=m⋅v0
2 +2m⋅v0
2 = 3
2 m v0
小球A 运动方向向左时，系统的动量为
p=-m⋅v0
2 +2m⋅v0
2 = 1
2 mv0
由于p≠p0，可知假设错误，故C 错误；
D．从小球A 接触弹簧到再次恢复原长时，弹簧弹力对两小球的弹力始终大小相等、方向相反，所以弹簧
对A、B 的冲量大小相等，方向相反， 故D 错误。
故选B。
【针对练习15】在光滑水平地面上放一个质量为2kg 的内侧带有光滑弧形凹槽的滑块 M，凹槽的底端切线
水平，如图所示。质量为1kg 的小物块m 以 v ₀=6m/ s的水平速度从滑块 M 的底端沿槽上滑，恰好能
到达滑块 M 的顶端。重力加速度取 g=10 m /s²，不计空气阻力。在小物块 m 沿滑块 M 滑行的整个
过程中，下列说法正确的是（ ）
A．小物块 m 沿滑块 M 上滑的最大高度为0.3m
B．小物块 m 沿滑块 M 上滑的最大高度为 0.6m
C．合力对滑块 M 的冲量大小为 8N·s
D．合力对滑块 M 的冲量大小为 16 N·s
【答案】C
【详解】AB．当二者速度相等时，小物块m 沿滑块M 上滑的高度最大，设最大高度为h，系统水平方向动
量守恒，以v0的方向为正方向，有
m v0=(m+ M )v
根据机械能守恒可知
1
2 m v0
2= 1
2
(m+ M )v
2+mgh
解得
19
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h=1.2m
AB 错误；
CD．设小物块m 返回滑块M 的底端时，小物块m 与滑块M 的速度分别为v1、v2，系统水平方向动量守恒，
有
m v0=m v1+ M v2
根据机械能守恒定律有
1
2 m v0
2= 1
2 m v1
2+ 1
2 M v2
2
解得
v1=- 1
3 v0=-2m /s
v2= 2
3 v0= 4 m /s
根据动量定理，合力对滑块 M 的冲量大小为
I = M v2-0=8 N·s
C 正确，D 错误。
故选C。
【命题点06 应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”】
【针对练习13】（多选）我国航天事业持续飞速发展，
月
日梦天实验舱与长征五号遥四运载火箭组
合体已转运至发射区，计划于近日择机发射。年底前还计划实施天舟五号、神舟十五号飞行和神舟十四号
返回等任务，完成空间站建造。假设飞船质量
正以速度
在轨运行，为了与天宫号对接进行微调，在非
常短的时间
内将质量m（可认为飞船质量不变）的气体垂直于飞船运行方向以速度喷出，则（ ）
A．飞船也可相对空间站更低轨道减速后实现对接
B．飞船也可相对空间站更高轨道减速后实现对接
C．喷出气体后飞船速度变为
D．飞船受到因喷出气体产生的平均作用力为
【答案】BCD
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【详解】AB．要实现变轨对接，可以在高轨道减速（做近心运动降低轨道）或低轨道加速（做离心运动抬
高轨道），故A 错误，B 正确；
C．喷出气体后根据动量守恒可知飞船侧向获得动量为
可知
喷出气体后飞船速度变为
C 正确；
D．飞船对气体的冲量有
可知飞船对气体的平均作用力为
，根据力的相互性可知飞船受到因喷出气体产生的平均作用力为
，D
正确。
故选BCD。
【针对练习14】（多选）如图1 所示，某款四轴航拍无人机有4 个半径均为的动力螺旋桨，在没有风的
天气时，我们可操控无人机调整姿态，让每个桨叶均以大小相等的转速旋转、并沿竖直方向向下吹风，从
而产生反作用力，使无人机悬停在空中，图2 中显示了这4 个螺旋桨形状。已知当地的空气密度为，空气
被每个桨叶向下吹出后的平均速度大小均为。下列关于无人机悬停时的分析正确的是（ ）
A．这4 个螺旋桨的旋转方向都相同
B．单位时间内每个螺旋桨向下推动空气的质量为
C．每个螺旋桨对空气的平均作用力为
D．无人机的总重力等于
【答案】BC
【详解】A．由于无人机悬停时受到的升力与其重力平衡，螺旋桨吹风方向均为竖直向下，根据题图中桨
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叶的形状以及牛顿第三定律的知识可以判断，相邻的一对螺旋桨其旋转方向相反，故A 错误；
B．单位时间内被每个螺旋桨推动的空气质量为
故B 正确；
CD．由动量定理可得在
时间内有
则每个螺旋桨对空气的作用力
根据平衡条件
故C 正确，D 错误。
故选BC。
【针对练习15】用高压水枪清洗汽车的照片如图所示。设水枪喷出的水柱截面为圆形，直径为D，水流速
度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后反方向的速度为
，高压水枪的质量为M，手持高压水枪
操作，已知水的密度为。下列说法正确的是（ ）
A．水柱对汽车的平均冲力为
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为
C．当高压水枪喷口的出水速度变为原来2 倍时，平均冲力加倍
D．高压水枪喷出水柱直径D 减半时，水柱对汽车的压强不变
【答案】D
【详解】AB．高压水枪单位时间喷出的水的质量为
规定水流的速度方向为正方向，由动量定理得
解得
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AB 错误；
C．根据
可知当高压水枪喷口的出水速度变为原来2 倍时，平均冲力不是加倍，C 错误；
D．水柱对汽车的压强为
压强p 与高压水枪喷出水柱直径D 无关，故D 减半时，水柱对汽车的压强不变，D 正确；
故选D。
一、单选题
1．已知汽车在平直路面上由静止启动，阻力恒定，最终达到最大速度
后以额定功率匀速行驶，ab、cd
平行于v 轴，bc 反向延长线过原点O，汽车质量为M，已知M、
、
、
，下列说法不正确的是
（ ）
A．汽车额定功率为
B．汽车从b 到c 过程作变加速运动
C．汽车匀加速运动持续的时间为
D．汽车从a 到b 过程克服阻力做功
【答案】C
【详解】A．根据
可得
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汽车额定功率为图象的斜率，有
故A 正确；
B．汽车从b 到c 过程中功率保持不变，随着汽车速度的增大，牵引力减小，根据牛顿第二定律有
可知随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，故汽车从b 到c 过程作变加速运动，故B 正确；
C．汽车所受的阻力为
由于额定功率等于图象斜率有
即
汽车从a 到b，根据牛顿第二定律有
汽车从a 到b 匀加速运动持续的时间为
故C 错误；
D．汽车从a 到b 过程的位移
汽车从a 到b 过程克服阻力做功
故D 正确。
本题选不正确的，故选C。
2．光滑水平面上放有一上表面光滑、倾角为的斜面A，斜面质量为
，如图所示。将一质量为
的可视
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为质点的滑块B 从斜面的顶端由静止释放，滑块B 经过时间刚好滑到斜面底端，此时滑块对地位移大小
为。此过程中斜面对滑块B 的弹力大小为
，重力加速度为，则下列选项中正确的是（ ）
A．滑块B 下滑过程中
对B 的冲量大小为
B．滑块B 下滑过程中地面对斜面A 弹力的冲量大小为
C．滑块B 下滑过程中A、B 组成的系统动量守恒
D．此过程中斜面A 向左滑动的距离为
【答案】D
【详解】A．滑块B 下滑过程中，斜面会向左运动，滑块B 的加速度并不沿着斜面向下，滑块B 在垂直于
斜面的方向上加速度有分量，因此，
不再等于
，则滑块B 下滑过程中
对B 的冲量大小不等于
，故A 错误；
B．若整个系统处于平衡状态，则地面对斜面A 弹力的冲量大小为
，但滑块B 在竖直方向上所
受合外力不为零，其有竖直向下的加速度的分量，因此地面对斜面A 弹力的冲量小于
，故B 错
误；
C．由于该系统竖直方向合外力不为零，因此该系统动量不守恒，但该系统水平方向合外力为零，因此该
系统只在水平方向动量守恒，故C 错误；
D．取向右为正方向，根据该系统水平方向动量守恒，则在任意时刻，水平方向总有
取极短时间
，则有
根据时间上的等时性，在时间内位移进行累积可得
即
解得
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故D 正确。
故选D。
3．如图所示，水平桌面上放置一个压力传感器（已调零），重0.5N 的容器放在传感器上，容器上方有一
个装满芝麻的大漏斗，打开阀门K 芝麻可以从漏斗口无初速度的漏出，在空中做自由落体运动互不影响，
落在容器后速度立即减为0，每秒漏出芝麻的质量恒定为20g；10s 末，关闭阀门K，此时落在芝麻堆顶的
芝麻速度为2m/s，芝麻落在容器或芝麻堆上时受到弹力远大于自身重力，重力加速度为
。则
10s 末传感器的示数为（ ）
A．2.50N
B．2.52N
C．2.54N
D．2.56N
【答案】A
【详解】取落到芝麻堆上一小部分
在
时间内静止，根据动量定理
设每秒漏出的质量为
，则芝麻对芝麻堆的冲击力为
设已经静止的芝麻质量为
，空中的芝麻质量为
，则
得
在10s 内流出的芝麻总质量为
，芝麻对容器的压力为
则10s 末传感器承受的压力即传感器示数为
故选A。
4．如图所示，一弹性轻绳（绳的弹力与其伸长量成正比）左端固定在A 点，弹性绳自然长度等于AB，跨
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过由轻杆OB 固定的定滑轮连接一个质量为m 的小球，小球穿过竖直固定的杆。初始时A、B、C 在同一条
水平线上，小球从C 点由静止释放滑到E 点时速度恰好为零。已知C、E 两点间距离为h，D 为CE 的中点，
小球在C 点时弹性绳的拉力为
，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性绳始终处在弹性限度内。下
列说法正确的是（ ）
A．对于弹性绳和小球组成的系统，从C 点到E 点的过程中机械能守恒
B．小球从C 点到E 点的过程中摩擦力大小不变
C．小球在CD 阶段损失的机械能大于小球在DE 阶段损失的机械能
D．若在E 点给小球一个向上的速度
，则小球恰好能回到C 点
【答案】B
【详解】A．由于小球受到杆的滑动摩擦力做负功，对于弹性绳和小球组成的系统，从C 点到E 点的过程
中机械能减少，故A 项错误；
B．设BC 间距为x，在C 点时，绳上的拉力为
从C 点向下运动过程，设B 点右侧绳长为
，与竖直方向夹角为，水平方向由平衡条件可得
小球受到的滑动摩擦力大小为
故小球从C 点到E 点的过程中摩擦力大小不变，故B 项正确；
C．结合上述解析可知，小球在CD 阶段和在DE 阶段克服摩擦力所做的功相同，故损失的机械能相同，故
C 项错误；
D．从C 到E 过程，据动能定理可得
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若在E 点给小球一个向上的速度
，从E 到C 过程，据动能定理可得
联立解得到达C 点的动能
可知小球无法到达C 点的速度大于0，故D 项错误。
故选B。
5．从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m 的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的
空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为
，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小
球在整个运动过程中（ ）
A．最大的加速度为4g
B．从最高点下降落回到地面所用时间小于
C．球上升阶段阻力的冲量等于下落阶段阻力的冲量
D．球上升阶段动量变化的大小小于下落阶段动量变化的大小
【答案】C
【详解】A．设小球的初速度为
，满足
而小球的末速度为
，有
小球刚抛出时阻力最大，其加速度最大，有
当小球向下匀速时有
联立解得
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故A 错误；
B．由于机械能损失，上升和下降经过同一位置时，上升的速度大于下降的速度，故上升过程的平均速度
大于下降过程的平均速度，而上升过程与下降过程的位移大小相等，则小球上升的时间小于下降的时间，
则从最高点下降落回到地面所用时间大于
，故B 错误；
C．由题意知，小球受到的空气阻力与速率的关系为
k 是比例系数，则阻力的冲量大小为
因为上升过程和下降过程位移大小相同，所以上升和下降过程阻力的冲量大小相等，故C 正确；
D．根据
可得，上升阶段动量的变化量为
，下降阶段动量的变化量为
，球上升阶段动量变化
的大小大于下落阶段动量变化的大小，故D 错误。
故选C。
二、多选题
6．如图所示，半径为的竖直光滑圆环ABCD，质量为2m 的球1 穿在竖直圆环上，质量为
的球2 穿在竖
直杆上，球1、球2 通过带有铰链的轻杆相连，球1 初始在A 位置。给球1 一个轻微的扰动，使其沿竖直圆
环运动，轻杆长3R，重力加速度为，不计一切摩擦，下列说法正确的是（ ）
A．球1 从A→C 运动过程中，轻杆对球2 做功为2mgR
B．球1 运动过程中有两个位置与球2 的速度大小相同
C．球1 运动到D 点的速度为
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D．球1 的最大速度为
【答案】BC
【详解】AD．球1 从A→C 运动过程中，依题意，球1 运动到C 点时，速度方向为水平向左，没有竖直方
向的速度，所以此时球2 的速度为零，对球2 由动能定理，可得
解得
对两球组成的系统，由动能定理，可得
解得
故AD 错误；
B．当球1 运动到B 点和D 点时，两球沿轻杆方向的分速度相同，两球实际速度与轻杆夹角也相同，所以
球1 在这两个位置时，与球2 的速度大小相同。故B 正确；
C．由几何关系可知，球1 运动到D 点时，球2 距D 点的竖直高度差为
球1 从A 点运动到D 点的过程中，对两球组成的系统由动能定理，可得
解得
故C 正确。
故选BC。
7．如图所示，小物体Q 固定在水平地面上。轻质细线一端固定在Q 上，另一端绕过三个光滑轻质小滑轮
1、2 和3 后连接在地面上。小物体P 与小滑轮2 相连，系统静止，四段细线都竖直，P 与地面间高度差为
h。已知P、Q 质量分别为4m 和m，重力加速度为g，不计空气阻力。解除对Q 的固定，P 触地后静止不动，
下列说法正确的是（ ）
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A．Q 上升的整个过程中，P 与Q 组成的系统机械能守恒
B．P 落地前瞬间，P 与Q 重力做功功率之比为2:1
C．Q 的最大速度为
D．Q 上升的最大高度为3h
【答案】BD
【详解】A．分析可知，当P 落地后Q 还会继续上升，而在P 未落地前，P 与Q 组成的系统机械能守恒，
当P 落地后，由于与地面的碰撞，P 与Q 组成的系统机械能瞬间减小，因此，Q 上升的整个过程中，P 与Q
组成的系统机械能不守恒，故A 错误；
B．根据滑轮组的特征可知，在P 落地前，当P 下降距离为时，Q 上升距离为
，由于两者具有同时性，
因此可知，在P 落地前
由此可知，P 落地前瞬间，P 与Q 重力做功功率之比为
故B 正确；
C．在P 落地前，Q 一直做加速运动，当P 落体后连接Q 的绳子上的张力减为0，此时Q 所受合外力为重力，
即此后Q 将做减速运动，因此可知，Q 速度最大时即为P 落前瞬间，根据机械能守恒有
解得
故C 错误；
D．P 落地后Q 做竖直上抛运动，设其继续上升的高度为
，根据机械能守恒有
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解得
则可知Q 上升的最大高度为
故D 正确。
故选BD。
8．电动汽车在研发过程中都要进行性能测试，如图所示为某次测试中某型号汽车在水平路面上由初速度
为
开始运动，牵引力与速度的倒数
图像，
表示最大速度，
平行于轴，
反向延长过原
点。已知阻力恒定，汽车质量为
。下列说法正确的是（ ）
A．汽车从到持续的时间为
B．汽车由到过程做匀加速直线运动
C．在此测试过程中汽车最大功率为
D．汽车能够获得的最大速度为
【答案】AC
【详解】A．点时牵引力等于阻力，所以
汽车从到的做匀加速直线运动，加速度为
汽车从到持续的时间为
故A 正确；
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B．根据
，结合
段图像，可知汽车从到的恒定功率加速，根据牛顿第二定律有
可知汽车由到过程做加速度减小的加速运动，故B 错误；
C．由点知
故C 正确；
D．汽车能够获得的最大速度为
故D 错误。
故选AC。
9．如图所示，小球A 质量为m，系在细线的一端，线的另一端固定在O 点，O 点到光滑水平面的距离为
h，物块B 和C 的质量分别是
和
，B 与C 用轻弹簧拴接，置于光滑的水平面上，且B 物块位于O 点
正下方。现拉动小球使细线水平伸直静止释放，运动到最低点时与物块B 发生正碰（碰撞时间极短），碰
撞过程损失的机械能为
，小球与物块均视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则（ ）
A．碰后A 上升的最大高度为
B．碰后B 物块的速度大小为
C．碰后轻弹簧获得的最大弹性势能为
D．从开始至物块C 获得最大速度过程，弹簧对C 物体做的功为
【答案】ABD
【详解】AB．设小球运动到最低点与物块碰撞前的速度大小为
，根据机械能守恒定律有
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解得
设碰撞后小球反弹的速度大小为
，物块的速度大小为
，取水平向右为正方向，由动量守恒定律有
由系统能量守恒得
解得
或
（因
舍去该组解）
又
得
AB 正确；
C．碰撞后当B 与物块C 速度相等时轻弹簧的弹性势能最大，据动量恒定律及机械能守恒定律得
解得
C 错误；
D．在弹簧回到原长时，物块C 有最大速度，据动量守恒和机械能守恒可解得
解得
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再据动能定理知弹簧对C 做功为
D 正确；
故选ABD。
10．如图所示，在竖直平面内有一倾角
的传送带，两皮带轮
轴心之间的距离
，沿顺时
针方向以
匀速运动，一质量
的物块P 从传送带顶端无初速度释放，物块与传送带间的动
摩擦因数
。物块P 离开传送带后在C 点沿切线方向无能量损失地进入半径为
的光滑圆弧形轨道
，并与位于圆弧轨道最低点F 的物块Q 发生碰撞，碰撞时间极短，物块Q 的质量
，物块P 和
Q 均可视为质点，重力加速度
，
，
。则（ ）
A．物块P 到达C 点时的速度一定为4m/s
B．物块P 从释放到下滑到C 点的过程中系统增加的内能为9.6J
C．物块P 与物块Q 第一次发生碰撞后的瞬间，物块P 的速度可能为1.5m/s
D．物块P 与物块Q 第一次发生碰撞后的瞬间，物块P 对轨道的压力大小可能为35N
【答案】ABD
【详解】A．物块P 与传送带没有达到共速前，物块P 受摩擦力方向沿传送带向下，设其加速度为a1，由
牛顿第二定律可得
物块P 与传送带达到共速所用时间
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物块P 在传送带上的位移为
物块P 与传送带达到共速后，由于
可知摩擦力方向沿传送带向上，设此时物块P 的加速度为a2，由牛顿第二定律可得
解得
物块P 在传送带上运动的距离为
设物块P 运动到传送带底端C 点时的速度为v1，由速度位移关系公式可得
A 正确；
B．物块P 与传送带达到共速时，传送带的位移为
物块P 与传送带达到共速后到滑到C 点时所用时间
在1s 时间内传送带的位移为
物块P 与传送带相对位移为
物块P 从释放到下滑到C 点的过程中系统增加的内能为
B 正确；
C．设物块P 运动到F 点时的速度为v2，由动能定理可得
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解得
若物块P 与物块Q 产生完全弹性碰撞，设物块P 碰撞后的速度为v3，物块Q 碰撞后速度为v4，两物块碰撞
中动量守恒和机械能守恒，由动量守恒定律和机械能守恒定律可得
解得
若物块P 与物块Q 产生完全非弹性碰撞，则有
解得
可知
因此物块P 与物块Q 第一次发生碰撞后的瞬间，物块P 的速度不可能是1.5m/s，C 错误；
D．在F 点，由牛顿第二定律可得
解得
由牛顿第三定律可知，物块P 与物块Q 第一次发生碰撞后的瞬间，物块P 对轨道的压力大小可能为35N，
D 正确。
故选ABD。
一、选择题
1．（2023·北京·统考高考真题）如图所示，一物体在力F 作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体
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质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x 的
过程中（ ）
A．摩擦力做功大小与F 方向无关
B．合力做功大小与F 方向有关
C．F 为水平方向时，F 做功为μmgx
D．F 做功的最小值为max
【答案】D
【详解】A．设力F 与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为
f = μ(mg- F sinθ)
摩擦力的功
W f = μ(mg - F sinθ)x
即摩擦力的功与F 的方向有关，选项A 错误；
B．合力功
W = F合x =ma⋅x
可知合力功与力F 方向无关，选项B 错误；
C．当力F 水平时，则
F =ma+ μmg
力F 做功为
W F = Fx =(ma+ μmg)x
选项C 错误；
D．因合外力功为max 大小一定，而合外力的功等于力F 与摩擦力f 做功的代数和，而当F sinθ =mg时，
摩擦力f=0，则此时摩擦力做功为零，此时力F 做功最小，最小值为max，选项D 正确。
故选D。
2．（2023·山东·统考高考真题）《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。
引水过程简化如下：两个半径均为R 的水轮，以角速度ω 匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上
有n 个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m 的水，其中的60%被输送到高出水面H
处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为（ ）
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A．2nmg ω
2 RH
5
B．3nmgωRH
5
C．3nmg ω
2 RH
5
D．nmgωRH
【答案】B
【详解】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n 个，且每个水筒离开水面时装有质量为m 的水、
其中的60%被输送到高出水面H 处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为
m 总 = 2πRnm × 60% = 1.2πRnm
则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功
W = 1.2πRnmgH
则筒车对灌入稻田的水做功的功率为
P= W
T
T = 2π
ω
联立有
P= 3nmgωRH
5
故选B。
3．（2023·湖北·统考高考真题）两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度
分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁
轨上能达到的最大速度为（ ）
A．P1v1+ P2v2
P1+ P2
B．P1v2+ P2v1
P1+ P2
C．(P1+ P2)v1v2
P1v1+ P2v2
D．(P1+ P2)v1v2
P1v2+ P2v1
【答案】D
【详解】由题意可知两节动车分别有
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P1= f 1v1
P2= f 2v2
当将它们编组后有
P1+ P2=(f 1+ f 2)v
联立可得
v = (P1+ P2)v1v2
P1v2+ P2v1
故选D。
4．（2023·辽宁·统考高考真题）如图（a），从高处M 点到地面N 点有Ⅰ、Ⅱ两条光滑轨道。两相同小物
块甲、乙同时从M 点由静止释放，沿不同轨道滑到N 点，其速率v 与时间t 的关系如图（b）所示。由图可
知，两物块在离开M 点后、到达N 点前的下滑过程中（ ）
A．甲沿I 下滑且同一时刻甲的动能比乙的大
B．甲沿Ⅱ下滑且同一时刻甲的动能比乙的小
C．乙沿I 下滑且乙的重力功率一直不变
D．乙沿Ⅱ下滑且乙的重力功率一直增大
【答案】B
【详解】AB．由图乙可知，甲下滑过程中，甲做匀加速直线运动，则甲沿Ⅱ下滑，乙做加速度逐渐减小的
加速运动，乙沿I 下滑，任意时刻甲的速度都小于乙的速度，可知同一时刻甲的动能比乙的小，A 错误，B
正确；
CD．乙沿I 下滑，开始时乙速度为0，到N点时乙竖直方向速度为零，根据瞬时功率公式P =mg v y可知重
力瞬时功率先增大后减小，CD 错误。
故选B。
5．（2023·江苏·统考高考真题）滑块以一定的初速度沿粗糙斜面从底端上滑，到达最高点B 后返回到底端。
利用频闪仪分别对上滑和下滑过程进行拍摄，频闪照片示意图如图所示。与图乙中相比，图甲中滑块（
40
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）
A．受到的合力较小
B．经过A 点的动能较小
C．在A、B 之间的运动时间较短
D．在A、B 之间克服摩擦力做的功较小
【答案】C
【详解】A．频闪照片时间间隔相同，图甲相邻相等时间间隔内发生的位移差大，根据匀变速直线运动的
推论，可知图甲中滑块加速度大，根据牛顿第二定律可知图甲中滑块受到的合力较大，故A 错误；
B．设斜面倾角为θ，动摩擦因数为μ，上滑阶段根据牛顿第二定律有
a1= gsinθ+ μgcosθ
下滑阶段根据牛顿第二定律有
a2= gsinθ - μgcosθ
可知上滑阶段阶段加速度大于下滑阶段加速度，图甲为上滑阶段，从图甲中的A 点到图乙中的A 点，先上
升后下降，重力不做功，摩擦力做负功，根据动能定理可知图甲经过A 点的动能较大，故B 错误；
C．由逆向思维，由于图甲中滑块加速度大，根据
x = 1
2 at
2
可知图甲在A、B 之间的运动时间较短，故C 正确；
D．由于无论上滑或下滑均受到滑动摩擦力大小相等，故图甲和图乙在A、B 之间克服摩擦力做的功相等，
故D 错误。
故选C。
7．（2021·北京·高考真题）如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω 绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r 处的
P 点有一质量为m 的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P 点滑至圆盘上的某点
停止。下列说法正确的是（ ）
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A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2m ω r
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为m ω r
【答案】D
【详解】A．圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，
故A 错误；
B．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力
f =mr ω
2
根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为
I =mv -mv =0
大小为0，故B 错误；
C．圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C 错误；
D．圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为
I
' = Δp=0-mv =-mrω
大小为mωr，故D 正确。
故选D。
7．（2021·浙江·统考高考真题）在爆炸实验基地有一发射塔，发射塔正下方的水平地面上安装有声音记录
仪。爆炸物自发射塔竖直向上发射，上升到空中最高点时炸裂成质量之比为2:1、初速度均沿水平方向的
两个碎块。遥控器引爆瞬开始计时，在5s 末和6s 末先后记录到从空气中传来的碎块撞击地面的响声。已
知声音在空气中的传播速度为340m/s，忽略空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．两碎块的位移大小之比为1:2
B．爆炸物的爆炸点离地面高度为80m
C．爆炸后质量大的碎块的初速度为68m/s
D．爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m
【答案】B
【详解】A．爆炸时，水平方向，根据动量守恒定律可知
m1v1-m2v2=0
42
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因两块碎块落地时间相等，则
m1 x1-m2 x2=0
则
x1
x2
= m2
m1
= 1
2
则两碎块的水平位移之比为1:2，而从爆炸开始抛出到落地的位移之比不等于1:2，选项A 错误；
B．设两碎片落地时间均为t，由题意可知
(5-t )v声
(6-t )v声
= 1
2
解得
t=4s
爆炸物的爆炸点离地面高度为
h= 1
2 gt
2= 1
2 ×10×4
2m=80m
选项B 正确；
CD．爆炸后质量大的碎块的水平位移
x1=(5- 4)×340m =340m
质量小的碎块的水平位移
x2=(6- 4)×340m =680m
爆炸后两碎块落地点之间的水平距离为340m+680m=1020m
质量大的碎块的初速度为
v10= x1
t = 340
4 m/s=85 m/s
选项CD 错误。
故选B。
8．（2023·山西·统考高考真题）无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一
质量为m 的雨滴在地面附近以速率v 下落高度h 的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为
g）（ ）
A．0
B．mgh
C．1
2 mv
2-mgh
D．1
2 mv
2+mgh
【答案】B
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【详解】在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得
mgh-W f=0
故雨滴克服空气阻力做功为mgh。
故选B。
9．（2023·全国·统考高考真题）小车在水平地面上沿轨道从左向右运动，动能一直增加。如果用带箭头的
线段表示小车在轨道上相应位置处所受合力，下列四幅图可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】AB．小车做曲线运动，所受合外力指向曲线的凹侧，故AB 错误；
CD．小车沿轨道从左向右运动，动能一直增加，故合外力与运动方向夹角为锐角，C 错误，D 正确。
故选D。
10．（2023·全国·统考高考真题）一同学将铅球水平推出，不计空气阻力和转动的影响，铅球在平抛运动
过程中（ ）
A．机械能一直增加
B．加速度保持不变
C．速度大小保持不变
D．被推出后瞬间动能最大
【答案】B
【详解】A．铅球做平抛运动，仅受重力，故机械能守恒，A 错误；
B．铅球的加速度恒为重力加速度保持不变，B 正确；
CD．铅球做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向做匀加速直线运动，根据运动的合成可知铅球速度变
大，则动能越来越大，CD 错误。
故选B。
11．（2022·福建·高考真题）2021 年美国“星链”卫星曾近距离接近我国运行在距地390km近圆轨道上的
天宫空间站。为避免发生危险，天宫空间站实施了发动机点火变轨的紧急避碰措施。已知质量为m 的物体
从距地心r 处运动到无穷远处克服地球引力所做的功为G Mm
r
，式中M 为地球质量，G 为引力常量；现将
空间站的质量记为m0，变轨前后稳定运行的轨道半径分别记为r1、r2，如图所示。空间站紧急避碰过程发
动机做的功至少为（ ）
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A．1
2 GM m0(
1
r1
- 1
r2)
B．GM m0(
1
r1
- 1
r2)
C．3
2 GM m0(
1
r1
- 1
r2)
D．2GM m0(
1
r1
- 1
r2)
【答案】A
【详解】空间站紧急避碰的过程可简化为加速、变轨、再加速的三个阶段；空间站从轨道r1变轨到r2过程，
根据动能定理有
W +W 引力=Δ Ek
依题意可得引力做功
W 引力=G M m0
r2
-G M m0
r1
万有引力提供在圆形轨道上做匀速圆周运动的向心力，由牛顿第二定律有
G M m0
r
2
=m0 v
2
r
求得空间站在轨道上运动的动能为
Ek=G M m0
2r
动能的变化
Δ Ek=G M m0
2r2
-G M m0
2r1
解得
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W = GM m0
2 (
1
r1
- 1
r2)
故选A。
12．（2022·福建·高考真题）福建土楼兼具居住和防御的功能，承启楼是圆形土楼的典型代表，如图（a）
所示。承启楼外楼共四层，各楼层高度如图（b）所示。同一楼层内部通过直径约50m的圆形廊道连接。若
将质量为100kg的防御物资先从二楼仓库搬到四楼楼梯口M 处，再用100s沿廊道运送到N 处，如图（c）
所示。重力加速度大小取10m/s
2，则（ ）
A．该物资从二楼地面被运送到四楼M 处的过程中，克服重力所做的功为5400J
B．该物资从M 处被运送到N 处的过程中，克服重力所做的功为78500J
C．从M 处沿圆形廊道运动到N 处，位移大小为78.5m
D．从M 处沿圆形廊道运动到N 处，平均速率为0.5m/s
【答案】A
【详解】A．该物资从二楼地面被运送到四楼M 处的过程中，克服重力所做的功为
W G=mg Δh=100×10×(2.7+2.7)J =5400J
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故A 正确；
B．该物资从M 处被运送到N 处的过程中，由于M、N 高度差为零，所以克服重力做功为零，故B 错误；
C．从M 处沿圆形廊道运动到N 处，位移大小为50 m，故C 错误；
D．从M 处沿圆形廊道运动到N 处，平均速率为
v = s
t = πr
t =
3.14× 50
2
100
m /s=0.785 m /s
故D 错误。
故选A。
13．（2022·北京·高考真题）我国航天员在“天宫课堂”中演示了多种有趣的实验，提高了青少年科学探
索的兴趣。某同学设计了如下实验：细绳一端固定，另一端系一小球，给小球一初速度使其在竖直平面内
做圆周运动。无论在“天宫”还是在地面做此实验（ ）
A．小球的速度大小均发生变化
B．小球的向心加速度大小均发生变化
C．细绳的拉力对小球均不做功
D．细绳的拉力大小均发生变化
【答案】C
【详解】AC．在地面上做此实验，忽略空气阻力，小球受到重力和绳子拉力的作用，拉力始终和小球的速
度垂直，不做功，重力会改变小球速度的大小；在“天宫”上，小球处于完全失重的状态，小球仅在绳子
拉力作用下做匀速圆周运动，绳子拉力仍然不做功，A 错误，C 正确；
BD．在地面上小球运动的速度大小改变，根据a= v
2
r
和F =m v
2
r
（重力不变）可知小球的向心加速度和拉
力的大小发生改变，在“天宫”上小球的向心加速度和拉力的大小不发生改变，BD 错误。
故选C。
14．（2022·江苏·高考真题）如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与物块A 连接在一起，处于压缩状态，
A 由静止释放后沿斜面向上运动到最大位移时，立即将物块B 轻放在A 右侧，A、B 由静止开始一起沿斜
面向下运动，下滑过程中A、B 始终不分离，当A 回到初始位置时速度为零，A、B 与斜面间的动摩擦因
数相同、弹簧未超过弹性限度，则（ ）
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A．当上滑到最大位移的一半时，A 的加速度方向沿斜面向下
B．A 上滑时、弹簧的弹力方向不发生变化
C．下滑时，B 对A 的压力先减小后增大
D．整个过程中A、B 克服摩擦力所做的总功大于B 的重力势能减小量
【答案】B
【详解】B．由于A、B 在下滑过程中不分离，设在最高点的弹力为F，方向沿斜面向下为正方向，斜面倾
角为θ，AB 之间的弹力为FAB，摩擦因素为μ，刚下滑时根据牛顿第二定律对AB 有
F +(mA+mB)gsinθ - μ(mA+mB)gcosθ =(mA+mB)a
对B 有
mB gsinθ - μmB gcosθ - FAB=mBa
联立可得
F
mA+mB
=- FAB
mB
由于A 对B 的弹力FAB方向沿斜面向上，故可知在最高点F 的方向沿斜面向上；由于在最开始弹簧弹力也
是沿斜面向上的，弹簧一直处于压缩状态，所以A 上滑时、弹簧的弹力方向一直沿斜面向上，不发生变化，
故B 正确；
A．设弹簧原长在O 点，A 刚开始运动时距离O 点为x1，A 运动到最高点时距离O 点为x2；下滑过程AB
不分离，则弹簧一直处于压缩状态，上滑过程根据能量守恒定律可得
1
2 k x1
2= 1
2 k x2
2+(mgsinθ+ f )(x1- x2)
化简得
k = 2(mgsinθ+ f )
x1+ x2
当位移为最大位移的一半时有
F合=k(x1- x1- x2
2 )-(mgsinθ+ f )
带入k 值可知F 合=0，即此时加速度为0，故A 错误；
C．根据B 的分析可知
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F
mA+mB
=- F AB
mB
再结合B 选项的结论可知下滑过程中F 向上且逐渐变大，则下滑过程FAB逐渐变大，根据牛顿第三定律可
知B 对A 的压力逐渐变大，故C 错误；
D．整个过程中弹力做的功为0，A 重力做的功为0，当A 回到初始位置时速度为零，根据功能关系可知整
个过程中A、B 克服摩擦力所做的总功等于B 的重力势能减小量，故D 错误。
故选B。
15．（2022·江苏·高考真题）某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆弧滑道起跳。
将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能Ek与水平位移x 的关系图像正确的
是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【详解】设斜面倾角为θ，不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中根据动能定理
有
Ek =mgx tanθ
即
Ek
x =mg tanθ
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下滑过程中开始阶段倾角θ 不变，Ek-x 图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中θ 先减小后增大，即图像斜
率先减小后增大。
故选A。
16．（2022·湖北·统考高考真题）如图所示，质量分别为m 和2m 的小物块Р 和Q，用轻质弹簧连接后放在
水平地面上，Р 通过一根水平轻绳连接到墙上。P 的下表面光滑，Q 与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩
擦力等于滑动摩擦力。用水平拉力将Q 向右缓慢拉开一段距离，撤去拉力后，Q 恰好能保持静止。弹簧形
变始终在弹性限度内，弹簧的劲度系数为k，重力加速度大小为g。若剪断轻绳，Р 在随后的运动过程中相
对于其初始位置的最大位移大小为（ ）
A．μmgk
B．2 μmg
k
C．4 μmg
k
D．6 μmg
k
【答案】C
【详解】Q 恰好能保持静止时，设弹簧的伸长量为x，满足
kx =2 μmg
若剪断轻绳后，物块P 与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧的最大压缩量也为x，因此Р 相对于其初始位
置的最大位移大小为
s=2 x = 4 μmg
k
故选C。
17．（2022·浙江·统考高考真题）小明用额定功率为1200 W、最大拉力为300 N的提升装置，把静置于地面
的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速度大小不超过5 m /s
2的匀
减速运动，到达平台的速度刚好为零，g取10 m /s
2，则提升重物的最短时间为（ ）
A．13.2s
B．14.2s
C．15.5s
D．17.0s
【答案】C
【详解】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到额定功率时，
保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做匀减速上升至平台速度刚好
为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可得
a1= T m -mg
m
= 300-20×10
20
m /s
2=5 m /s
2
当功率达到额定功率时，设重物的速度为v1，则有
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v1= P额
T m
= 1200
300 m /s= 4 m /s
此过程所用时间和上升高度分别为
t1= v1
a1
= 4
5 s=0.8s
h1= v1
2
2a1
= 4
2
2×5 m =1.6 m
重物以最大速度匀速时，有
vm = P额
T = P额
mg = 1200
200 m /s=6 m /s
重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为
t3= vm
am
= 6
5 s=1.2s
h3= vm
2
2am
= 6
2
2×5 m =3.6 m
设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为t2，该过程根据动能定理可得
P额t2-mgh2= 1
2 mvm
2 - 1
2 mv1
2
又
h2=85.2m -1.6 m -3.6 m =80 m
联立解得
t2=13.5s
故提升重物的最短时间为
tmin=t1+t2+t3=0.8s+13.5s+1.2s=15.5s
C 正确，ABD 错误；
故选C。
18．（2022·浙江·统考高考真题）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405kW，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（ ）
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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1
2 ρA v
2
C．若每天平均有1.0×10
8kW的风能资源，则每天发电量为2.4×10
9kW⋅h
D．若风场每年有5000h风速在6~10 m /s范围内，则该发电机年发电量至少为6.0×10
5kW⋅h
【答案】D
【详解】AB．单位时间流过面积A的流动空气体积为
V 0= Av
单位时间流过面积A的流动空气质量为
m0= ρV 0= ρAv
单位时间流过面积A的流动空气动能为
1
2 m0v
2= 1
2 ρA v
3
风速在5~10 m /s范围内，转化效率可视为不变，可知该风力发电机的输出电功率与风速的三次方成正比，
AB 错误；
C．由于风力发电存在转化效率，若每天平均有1.0×10
8kW的风能资源，则每天发电量应满足
E<1.0×10
8×24kW⋅h=2.4×10
9kW⋅h
C 错误；
D．若风场每年有5000h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405kW，风速在5~10 m /s范围内，转化效率可视为
不变，可知风速为6 m /s时，输出电功率为
P =6
3× 405
9
3 kW =120kW
则该发电机年发电量至少为
E = Pt =120×5000kW⋅h=6.0×10
5kW⋅h
D 正确；
故选D。
19．（2022·全国·统考高考真题）北京2022 年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动员从a 处
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由静止自由滑下，到b 处起跳，c 点为a、b 之间的最低点，a、c 两处的高度差为h。要求运动员经过c 点
时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的k 倍，运动过程中将运动员视为质点并忽略所有阻力，则c 点处
这一段圆弧雪道的半径不应小于（ ）
A．h
k +1
B．h
k
C．2h
k
D．2h
k -1
【答案】D
【详解】运动员从a 到c 根据动能定理有
mgh= 1
2 m vc
2
在c 点有
FN c -mg=m vc
2
Rc
FNc ≤ kmg
联立有
Rc≥2h
k -1
故选D。
20．（2022·全国·统考高考真题）固定于竖直平面内的光滑大圆环上套有一个小环，小环从大圆环顶端P
点由静止开始自由下滑，在下滑过程中，小环的速率正比于（ ）
A．它滑过的弧长
B．它下降的高度
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C．它到P 点的距离
D．它与P 点的连线扫过的面积
【答案】C
【详解】如图所示
设圆环下降的高度为h，圆环的半径为R，它到P 点的距离为L，根据机械能守恒定律得
mgh= 1
2 m v
2
由几何关系可得
h= Lsinθ
sinθ = L
2 R
联立可得
h= L
2
2 R
可得
v = L√
g
R
故C 正确，ABD 错误。
故选C。
21．（2021·重庆·高考真题）如图所示，竖直平面内有两个半径为R，而内壁光滑的1
4 圆弧轨道，固定在竖
直平面内，地面水平，O、O'为两圆弧的圆心，两圆弧相切于N 点。一小物块从左侧圆弧最高处静止释放，
当通过N 点时，速度大小为（重力加速度为g）（ ）
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A．√2gR
B．√6 gR
2
C．√5 gR
2
D．√gR
【答案】D
【详解】图中NO连线与水平方向的夹角θ，由几何关系可得
sinθ = x
R = R - x
R
可得
θ =30°
设小物块通过N 点时速度为v，小物块从左侧圆弧最高点静止释放，由机械能守恒定律可知
mgR sinθ = 1
2 m v
2
解得
v =√gR
故D 正确，ABC 错误。
故选D。
22．（2021·海南·高考真题）水上乐园有一末段水平的滑梯，人从滑梯顶端由静止开始滑下后落入水中。
如图所示，滑梯顶端到末端的高度H = 4.0 m，末端到水面的高度h=1.0 m。取重力加速度g=10 m /s
2，将
人视为质点，不计摩擦和空气阻力。则人的落水点到滑梯末端的水平距离为（ ）
A．4.0 m
B．4.5 m
C．5.0 m
D．5.5 m
【答案】A
【详解】人从滑梯由静止滑到滑梯末端速度为v，根据机械能守恒定律可知
mgH = 1
2 mv
2
解得
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v = 4√5 m/s
从滑梯末端水平飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，根据h= 1
2 gt
2可知落水时间为
t =√
2h
g =√
2×1.0
10
s=√
1
5 s
水平方向做匀速直线运动，则人的落水点距离滑梯末端的水平距离为
x = vt = 4√5×√
1
5 m = 4.0 m
故选A。
23．（2021·湖北·统考高考真题）如图（a）所示，一物块以一定初速度沿倾角为30°的固定斜面上滑，运
动过程中摩擦力大小f 恒定，物块动能Ek与运动路程s 的关系如图（b）所示。重力加速度大小取10 m/s2，
物块质量m 和所受摩擦力大小f 分别为（ ）
A．m=0.7 kg，f=0.5 N
B．m=0.7 kg，f=1.0N
C．m=0.8kg，f=0.5 N
D．m=0.8 kg，f=1.0N
【答案】A
【分析】本题结合Ek- s图像考查动能定理。
【详解】0~10m 内物块上滑，由动能定理得
-mgsin30
°⋅s - fs= Ek- Ek0
整理得
Ek= Ek0-(mgsin30
°+ f )s
结合0~10m 内的图像得，斜率的绝对值
|k |=mgsin30
°+ f = 4 N
10~20 m 内物块下滑，由动能定理得
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(mgsin30
°- f )(s- s1)= Ek
整理得
Ek=(mgsin30
°- f )s-(mgsin30
°- f )s1
结合10~20 m 内的图像得，斜率
k
' =mgsin⋅30
°- f =3 N
联立解得
f =0.5 N
m=0.7kg
故选A。
24．（2021·北京·高考真题）如图所示，高速公路上汽车定速巡航（即保持汽车的速率不变）通过路面
abcd，其中ab 段为平直上坡路面，bc 段为水平路面，cd 段为平直下坡路面。不考虑整个过程中空气阻力
和摩擦阻力的大小变化。下列说法正确的是（ ）
A．在ab 段汽车的输出功率逐渐减小
B．汽车在ab 段的输出功率比bc 段的大
C．在cd 段汽车的输出功率逐渐减小
D．汽车在cd 段的输出功率比bc 段的大
【答案】B
【详解】AB．在ab 段，根据平衡条件可知，牵引力
F1=mgsinθ+ f
所以在ab 段汽车的输出功率
P1= F1v
不变，在bc 段牵引力
F2= f
bc 段的输出功率
P2= F2v < P1
故A 错误B 正确；
CD．在cd 段牵引力
F3= f -mgsinθ
汽车的输出
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P3= F3v < P2
在cd 段汽车的输出功率不变，且小于bc 段，故CD 错误。
故选B。
25．（2021·河北·高考真题）一半径为R 的圆柱体水平固定，横截面如图所示，长度为πR、不可伸长的轻
细绳，一端固定在圆柱体最高点P 处，另一端系一个小球，小球位于P 点右侧同一水平高度的Q 点时，绳
刚好拉直，将小球从Q 点由静止释放，当与圆柱体未接触部分的细绳竖直时，小球的速度大小为（重力加
速度为g，不计空气阻力）（ ）
A．√(2+ π )gR
B．√2πgR
C．√2(1+ π )gR
D．2√gR
【答案】A
【详解】小球下落的高度为
h = πR - π
2 R + R = π +2
2
R
小球下落过程中，根据动能定理有
mgh = 1
2mv2
综上有
v = √(π +2)gR
故选A。
26．（2021·湖南·高考真题）“复兴号”动车组用多节车厢提供动力，从而达到提速的目的。总质量为m
的动车组在平直的轨道上行驶。该动车组有四节动力车厢，每节车厢发动机的额定功率均为P，若动车组
所受的阻力与其速率成正比（F阻=kv，k为常量），动车组能达到的最大速度为vm。下列说法正确的是（
）
A．动车组在匀加速启动过程中，牵引力恒定不变
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则动车组从静止开始做匀加速运动
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C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25 P，则动车组匀速行驶的速度为3
4 vm
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，则这一过
程中该动车组克服阻力做的功为1
2 mvm
2- Pt
【答案】C
【详解】A．对动车由牛顿第二定律有
F - F阻=ma
若动车组在匀加速启动，即加速度a恒定，但F阻=kv随速度增大而增大，则牵引力也随阻力增大而变大，
故A 错误；
B．若四节动力车厢输出功率均为额定值，则总功率为4P，由牛顿第二定律有
4 P
v -kv =ma
故可知加速启动的过程，牵引力减小，阻力增大，则加速度逐渐减小，故B 错误；
C．若四节动力车厢输出的总功率为2.25 P，则动车组匀速行驶时加速度为零，有
2.25 P
v
=kv
而以额定功率匀速时，有
4 P
vm
=k vm
联立解得
v = 3
4 vm
故C 正确；
D．若四节动力车厢输出功率均为额定值，动车组从静止启动，经过时间t达到最大速度vm，由动能定理可
知
4 Pt -W F 阻= 1
2 m vm
2 -0
可得动车组克服阻力做的功为
W F 阻= 4 Pt - 1
2 mvm
2
故D 错误；
故选C。
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27．（2021·浙江·统考高考真题）一辆汽车在水平高速公路上以80km/h 的速度匀速行驶，其1s 内能量分配
情况如图所示则汽车（ ）
A．发动机的输出功率为70kW
B．每1s 消耗的燃料最终转化成的内能是5.7×104J
C．每1s 消耗的燃料最终转化成的内能是6.9×104J
D．每1s 消耗的燃料最终转化成的内能是7.0×104J
【答案】C
【详解】A．由图可知，发动机1s 内克服转动阻力做功为1.7×104J，则输出功率为
P= W
t = 1.7×10
4
1
W=17kW
选项A 错误；
BCD．每1s 消耗的燃料有6.9×104J 进入发动机，则最终转化成的内能的量为6.9×104J，选项C 正确，BD
错误。
故选C。
28．（2021·浙江·统考高考真题）如图所示，同学们坐在相同的轮胎上，从倾角相同的平直雪道先后由同
高度静止滑下，各轮胎与雪道间的动摩擦因数均相同，不计空气阻力。雪道上的同学们（ ）
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A．沿雪道做匀速直线运动
B．下滑过程中机械能均守恒
C．前后间的距离随时间不断增大
D．所受重力沿雪道向下的分力相同
【答案】C
【详解】A．同学坐在轮胎上从静止开始沿雪道下滑，做加速运动，受力分析如图
根据牛顿第二定律可知加速度
a= mgsinθ - μmgcosθ
m
= gsinθ - μgcosθ
又因为μ相同，所以同学们做匀加速直线运动，A 错误；
B．下滑过程中摩擦力做负功，雪道上的同学们机械能减小，B 错误；
C．根据匀加速直线运动位移与时间的关系x = 1
2 at
2，可知同学们前后距离随着时间不断增大，也可以从
速度的角度分析，同学们做匀加速直线运动，随着时间的增加，速度越来越大，相等时时间内通过的位移
越来越大，所以同学们前后距离随着时间不断增大，C 正确；
D．各同学质量可能不同，所以重力沿雪道向下的分力mgsinθ也可能不相同，D 错误。
故选C。
29．（2023·天津·统考高考真题）质量为m 的列车匀速v 行驶，突然以F 大小的力制动刹车直到列车停止，
过程中恒受到f 的空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．减速运动加速度大小a= F
m
B．力F 的冲量为mv
C．刹车距离为
m v
2
2( F + f )
D．匀速行驶时功率为(f + F )v
【答案】C
【详解】A．根据牛顿第二定律有
F + f =ma
可得减速运动加速度大小
a= F + f
m
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故A 错误；
B．根据运动学公式有
t = v
a = mv
F + f
故力F 的冲量为
I = Ft = Fmv
F + f
方向与运动方向相反；故B 错误；
C．根据运动学公式
v
2=2ax
可得
x = v
2
2a =
m v
2
2(F + f )
故C 正确；
D．匀速行驶时牵引力等于空气阻力，则功率为
P = fv
故D 错误。
故选C。
30．（2022·重庆·高考真题）在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假
人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线（如图）。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只
受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部（ ）
A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B．动量大小先增大后减小
C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积
D．加速度大小先增大后减小
【答案】D
【详解】AB．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F—t 图像的面积即合外力的冲量，再根据动
量定理可知F—t 图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t 轴的上方，由于头部有初动量，由图可知，
动量变化越来越大，则动量的大小一直减小到假人头静止，动量变化最大，AB 错误；
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C．根据动量与动能的关系有Ek= p
2
2m
，而F—t 图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横
轴围成的面积不成正比，C 错误；
D．由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后
减小，D 正确。
故选D。
31．（2022·北京·高考真题）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，裁判员主
要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶
段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑
道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于
身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（ ）
A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间
【答案】B
【详解】A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A 错误；
B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，
为了增加向上的速度，B 正确；
C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C 错误；
D．着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲
击力，D 错误。
故选B。
32．（2022·北京·高考真题）质量为m1和m2的两个物体在光滑水平面上正碰，其位置坐标x 随时间t 变化
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的图像如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．碰撞前m2的速率大于m1的速率
B．碰撞后m2的速率大于m1的速率
C．碰撞后m2的动量大于m1的动量
D．碰撞后m2的动能小于m1的动能
【答案】C
【详解】A．x -t图像的斜率表示物体的速度，根据图像可知m1碰前的速度大小为
v0= 4
1 m/s= 4 m/s
m2碰前速度为0，A 错误；
B．两物体正碰后，m1碰后的速度大小为
v1=
4
3-1 m/s=2m/s
m2碰后的速度大小为
v2= 8- 4
3-1 m/s=2m/s
碰后两物体的速率相等，B 错误；
C．两小球碰撞过程中满足动量守恒定律，即
m1v0=-m1v1+m2v2
解得两物体质量的关系为
m2=3m1
根据动量的表达式p=mv可知碰后m2的动量大于m1的动量，C 正确；
D．根据动能的表达式Ek= 1
2 mv
2可知碰后m2的动能大于m1的动能，D 错误。
故选C。
33．（2022·湖北·统考高考真题）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v 增大到2v，在随后的
一段时间内速度大小由2v 增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量
大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是（ ）
A． W 2=3W 1，I 2≤3 I 1
B． W 2=3W 1，I 2≥I 1
C．W 2=7W 1，I 2≤3 I 1
D．W 2=7W 1，I 2≥I 1
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【答案】D
【详解】根据动能定理可知
W 1= 1
2 m(2v)
2- 1
2 mv
2= 3
2 mv
2
W 2= 1
2 m(5 v)
2- 1
2 m(2v)
2= 21
2 m v
2
可得
W 2=7W 1
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，
因此冲量的大小范围是
mv ≤I 1≤3mv
3mv ≤I 2≤7mv
比较可得
I 2≥I 1
一定成立。
故选D。
34．（2022·山东·统考高考真题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图
所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动
到点火的过程中（ ）
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
【答案】A
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【详解】A．火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的
推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故
火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的
加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做
加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A 正确；
B．根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B 错误；
C．根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C 错误；
D．根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D 错误。
故选A。
35．（2021·重庆·高考真题）质量相同的甲、乙两小球（视为质点）以不同的初速度竖直上抛，某时刻两
球发生正碰。图中实线和虚线分别表示甲、乙两球位置随时间变化的曲线，其中虚线关于t =t1左右对称，
实线两个顶点的纵坐标相同，若小球运动中除碰撞外仅受重力，则（ ）
A．t =0时刻，甲的速率大于乙的速率
B．碰撞前后瞬间，乙的动量不变
C．碰撞前后瞬间，甲的动能不变
D．碰撞后甲的机械能大于乙的机械能
【答案】C
【详解】A．根据位移图像斜率表示速度可知，t =0时刻，甲的速率小于乙的速率，故A 错误；
BC．根据甲乙两球位移图像可知，碰撞前后瞬间，两球交换速度，方向反向。根据题述，虚线（乙的位移
图像）关于t =t1左右对称，所以碰撞前后瞬间，乙的动量大小不变，方向变化，甲的动能不变，故B 错误
C 正确；
D．根据题述，实线两个顶点的纵坐标相同，可知碰撞后甲的机械能与乙的机械能相等，故D 错误。
故选C。
36．（2021·福建·统考高考真题）福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响。已知10
级台风的风速范围为24.5 m/s~28.4 m/s，16 级台风的风速范围为51.0 m/s~56.0 m/s。若台风迎面垂直
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吹向一固定的交通标志牌，则16 级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10 级台风的（ ）
A．2 倍
B．4 倍
C．8 倍
D．16 倍
【答案】B
【详解】设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量
为
Δm= ρSv ⋅Δt
假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理有
- F ⋅Δt =0- Δmv
可得
F = ρS v
2
10 级台风的风速v1≈25 m/s，16 级台风的风速v2≈50 m/s，则有
F2
F1
= v2
2
v1
2 ≈4
故选B。
二、多项选择题
37．（2023·湖北·统考高考真题）如图所示，原长为l 的轻质弹簧，一端固定在O 点，另一端与一质量为m
的小球相连。小球套在竖直固定的粗糙杆上，与杆之间的动摩擦因数为0.5。杆上M、N 两点与O 点的距
离均为l，P 点到O 点的距离为1
2 l，OP 与杆垂直。当小球置于杆上P 点时恰好能保持静止。设最大静摩擦
力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。小球以某一初速度从M 点向下运动到N 点，在此过程中，弹簧
始终在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧的劲度系数为4 mg
l
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B．小球在P 点下方1
2 l处的加速度大小为(3√2- 4)g
C．从M 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力先变小再变大
D．从M 点到P 点和从P 点到N 点的运动过程中，小球受到的摩擦力做功相同
【答案】AD
【详解】A．小球在P 点受力平衡，则有
mg= f ，f = μ F N，F N =k(l - l
2)
联立解得
k = 4 mg
l
A 正确；
C．在PM 之间任取一点A，令AO 与MN 之间的夹角为θ，则此时弹簧的弹力为
F =k(l -
l
2sinθ)
小球受到的摩擦力为
f 1= μ F N 1= μF sinθ
化简得
f 1= μ(klsinθ - kl
2)
θ在MP 之间增大在PN 减变小，即摩擦力先变大后变小，C 错误；
D．根据对称性可知在任意关于P 点对称的点摩擦力大小相等，因此由对称性可知M 到P 和P 到N 摩擦力
做功大小相等；D 正确；
B．小球运动到P 点下方l
2时θ = 45°，此时摩擦力大小为
f 1= μ(kl √2
2 - kl
2)
由牛顿第二定律
mg+ F cos 45° - f =ma
联立解得
a=√2g
B 错误。
故选AD。
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38．（2023·湖南·统考高考真题）如图，固定在竖直面内的光滑轨道ABC 由直线段AB 和圆弧段BC 组成，
两段相切于B 点，AB 段与水平面夹角为θ，BC 段圆心为O，最高点为C、A 与C 的高度差等于圆弧轨道的
直径2R。小球从A 点以初速度v0冲上轨道，能沿轨道运动恰好到达C 点，下列说法正确的是（ ）
A．小球从B 到C 的过程中，对轨道的压力逐渐增大
B．小球从A 到C 的过程中，重力的功率始终保持不变
C．小球的初速度v0=√2gR
D．若小球初速度v0增大，小球有可能从B 点脱离轨道
【答案】AD
【详解】A．由题知，小球能沿轨道运动恰好到达C 点，则小球在C 点的速度为
vC = 0
则小球从C 到B 的过程中，有
mgR(1-cosα )= 1
2 m v
2
FN=mgcosα -m v
2
R
联立有
FN= 3mgcosα－2mg
则从C 到B 的过程中α 由0 增大到θ，则cosα 逐渐减小，故FN逐渐减小，而小球从B 到C 的过程中，对轨
道的压力逐渐增大，A 正确；
B．由于A 到B 的过程中小球的速度逐渐减小，则A 到B 的过程中重力的功率为
P = －mgvsinθ
则A 到B 的过程中小球重力的功率始终减小，则B 错误；
C．从A 到C 的过程中有
-mg⋅2 R = 1
2 m vC
2 - 1
2 m v0
2
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解得
v0=√4 gR
C 错误；
D．小球在B 点恰好脱离轨道有
mgcosθ =m vB
2
R
则
vB=√gR cosθ
则若小球初速度v0增大，小球在B 点的速度有可能为√gR cosθ，故小球有可能从B 点脱离轨道，D 正确。
故选AD。
39．（2023·全国·统考高考真题）如图，一质量为M、长为l 的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m
的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度v0开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，
当物块从木板右端离开时（ ）
A．木板的动能一定等于fl
B．木板的动能一定小于fl
C．物块的动能一定大于1
2 m v0
2- fl
D．物块的动能一定小于1
2 m v0
2- fl
【答案】BD
【详解】设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，由题意可知
v1>v2
设物块的对地位移为xm，木板的对地位移为xM
CD．根据能量守恒定律可得
1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 M v2
2+ fl
整理可得
1
2 m v1
2= 1
2 m v0
2- fl - 1
2 M v2
2< 1
2 m v0
2- fl
70
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D 正确，C 错误；
AB．因摩擦产生的摩擦热
Q = fL= f ( xm- xM )
根据运动学公式
xm= v0+ v1
2
⋅t
xM = v2
2 ⋅t
因为
v0>v1>v2
可得
xm>2 xM
则
xm- xM =l> xM
所以
W = f xM <fl
B 正确，A 错误。
故选BD。
40．（2022·福建·高考真题）一物块以初速度v0自固定斜面底端沿斜面向上运动，一段时间后回到斜面底
端。该物体的动能Ek随位移x 的变化关系如图所示，图中x0、Ek1、Ek2均已知。根据图中信息可以求出的
物理量有（ ）
A．重力加速度大小
B．物体所受滑动摩擦力的大小
C．斜面的倾角
D．沿斜面上滑的时间
【答案】BD
【详解】ABC．由动能定义式得Ek1= 1
2 mv0
2，则可求解质量m；上滑时，由动能定理
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Ek- Ek1=-(mgsinθ+ f )x
下滑时，由动能定理
Ek=(mgsinθ - f )( x0- x)
x0为上滑的最远距离；由图像的斜率可知
mgsinθ+ f = Ek1
x0
，mgsinθ - f = Ek2
x0
两式相加可得
gsinθ = 1
2m ( Ek1
x0
+ Ek2
x0
)
相减可知
f = Ek1- Ek2
2 x0
即可求解gsinθ 和所受滑动摩擦力f 的大小，但重力加速度大小、斜面的倾角不能求出，故AC 错误，B 正
确；
D．根据牛顿第二定律和运动学关系得
mgsinθ+ f =ma，t = v0
a
故可求解沿斜面上滑的时间，D 正确。
故选BD。
41．（2022·广东·高考真题）如图所示，载有防疫物资的无人驾驶小车，在水平MN段以恒定功率200 W、
速度5 m /s匀速行驶，在斜坡PQ段以恒定功率570 W、速度2m /s匀速行驶。已知小车总质量为50kg，
MN = PQ =20 m，PQ段的倾角为30°，重力加速度g 取10 m /s
2，不计空气阻力。下列说法正确的有（
）
A．从M 到N，小车牵引力大小为40 N
B．从M 到N，小车克服摩擦力做功800J
C．从P 到Q，小车重力势能增加1×10
4J
D．从P 到Q，小车克服摩擦力做功700J
【答案】ABD
【详解】A．小车从M 到N，依题意有
P1= F v1=200 W
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代入数据解得
F = 40 N
故A 正确；
B．依题意，小车从M 到N，因匀速，小车所受的摩擦力大小为
f 1= F = 40 N
则摩擦力做功为
W 1=- 40×20J =-800J
则小车克服摩擦力做功为800J，故B 正确；
C．依题意，从P 到Q，重力势能增加量为
Δ Ep=mg× Δh=500 N ×20 m ×sin30
o=5000J
故C 错误；
D．依题意，小车从P 到Q，摩擦力为f2，有
f 2+mgsin30
o= P2
v2
摩擦力做功为
W 2=- f 2×s2
s2=20 m
联立解得
W 2=-700J
则小车克服摩擦力做功为700J，故D 正确。
故选ABD。
42．（2021·重庆·高考真题）额定功率相同的甲、乙两车在同一水平路面上从静止启动，其发动机的牵引
力随时间的变化曲线如图所示。两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，从t2和t 4时刻开始牵引力均视
为不变。若两车行驶时所受的阻力大小与重力成正比，且比例系数相同，则（ ）
A．甲车的总重比乙车大
B．甲车比乙车先开始运动
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C．甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同
D．甲车在t2时刻和乙车在t 4时刻的速率相同
【答案】ABC
【详解】A．根据题述，两车额定功率P 相同，匀速运动后牵引力等于阻力，因此甲车阻力大于乙车阻力，
根据甲车t2时刻后和乙车t4时刻后两车牵引力不变，甲车牵引力大于乙车可知
F = f =kmg
可知甲车的总重比乙车大，故A 正确；
B．如图所示
甲车在A 点所对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等，所以甲车从这个时刻开始，做加速运动；乙车在B 点所
对应的时刻牵引力与阻力瞬间相等，乙车从这个时刻开始加速，所以甲车比乙车先开始运动，故B 正确；
C．两车分别从t1和t3时刻开始以额定功率行驶，这两个时刻，两车的牵引力等大，由
P = Fv
可知，甲车在t1时刻和乙车在t3时刻的速率相同，故C 正确；
D．t2时刻甲车达到最大速度，t 4时刻乙车达到最大速度，根据汽车的额定功率
P = f vm =kmg vm
可知由于甲车的总重比乙车大，所以甲车在t2时刻的速率小于乙车在t 4时刻的速率，故D 错误。
故选ABC。
43．（2021·辽宁·统考高考真题）冰滑梯是东北地区体验冰雪运动乐趣的设施之一、某冰滑梯的示意图如
图所示，螺旋滑道的摩擦可忽略：倾斜滑道和水平滑道与同一滑板间的动摩擦因数μ 相同，因滑板不同μ
满足μ0≤μ≤1.2 μ0。在设计滑梯时，要确保所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，且滑行结束时停在水平滑
道上，以下L1、L2的组合符合设计要求的是（ ）
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A．L1= h
2 μ0
，L2= 3h
2 μ0
B．L1= 4 h
3 μ0
，L2= h
3 μ0
C．L1= 4 h
3 μ0
，L2= 2h
3 μ0
D．L1= 3h
2 μ0
，L2= h
μ0
【答案】CD
【详解】设斜面倾角为θ，游客在倾斜滑道上均减速下滑，则需满足
mgsinθ< μmgcosθ
可得
μ>tanθ = h
L1
即有
L1> h
μ
因μ0≤μ≤1.2 μ0，所有游客在倾斜滑道上均减速下滑，可得
L1> h
μ0
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
mg⋅2h- μ0mgcosθ⋅L1
cosθ - μ0mg L2≤0
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
mg⋅2h-1.2 μ0mgcosθ⋅L1
cosθ ≥0
综合需满足
h
μ0
< L1< 5h
3 μ0
和L1+ L2≥2h
μ0
故选CD。
44．（2021·广东·高考真题）长征途中，为了突破敌方关隘，战士爬上陡销的山头，居高临下向敌方工事
内投掷手榴弹，战士在同一位置先后投出甲、乙两颗质量均为m 的手榴弹，手榴弹从投出的位置到落地点
的高度差为h，在空中的运动可视为平抛运动，轨迹如图所示，重力加速度为g，下列说法正确的有
（ ）
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A．甲在空中的运动时间比乙的长
B．两手榴弹在落地前瞬间，重力的功率相等
C．从投出到落地，每颗手榴弹的重力势能减少mgh
D．从投出到落地，每颗手榴弹的机械能变化量为mgh
【答案】BC
【详解】A．由平抛运动规律可知，做平抛运动的时间
t =√
2h
g
因为两手榴弹运动的高度差相同，所以在空中运动时间相等，故A 错误；
B．做平抛运动的物体落地前瞬间重力的功率
P =mgv cosθ =mg v y =mg√2gh
因为两手榴弹运动的高度差相同，质量相同，所以落地前瞬间，两手榴弹重力功率相同，故B 正确；
C．从投出到落地，手榴弹下降的高度为h，所以手榴弹重力势能减小量
Δ Ep=mgh
故C 正确；
D．从投出到落地，手榴弹做平抛运动，只有重力做功，机械能守恒，故D 错误。
故选BC。
45．（2021·全国·高考真题）一质量为m 的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始
滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为Ek
5 。
已知sin α =0.6，重力加速度大小为g。则（ ）
A．物体向上滑动的距离为Ek
2mg
B．物体向下滑动时的加速度大小为g
5
C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5
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D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长
【答案】BC
【详解】AC．物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有
- μmg⋅2lcosα = Ek
5 - Ek
物体从斜面底端到斜面顶端根据动能定理有
-mglsin α - μmgl cosα =0- Ek
整理得
l = Ek
mg ；μ=0.5
A 错误，C 正确；
B．物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
ma=mgsin α - μmgcosα
求解得出
a= g
5
B 正确；
D．物体向上滑动时的根据牛顿第二定律有
ma上=mgsin α + μmgcosα
物体向下滑动时的根据牛顿第二定律有
ma下=mgsin α - μmgcosα
由上式可知
a 上 > a 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
l = 1
2 at
2
则可得出
t 上<t下
D 错误。
故选BC。
46．（2023·福建·统考高考真题）甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出
发时刻为计时零点，甲车的速度—时间图像如图（a）所示，乙车所受合外力—时间图像如图（b）所示。
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则（ ）
A．0 ~ 2s 内，甲车的加速度大小逐渐增大
B．乙车在t = 2s 和t = 6s 时的速度相同
C．2 ~ 6s 内，甲、乙两车的位移不同
D．t = 8s 时，甲、乙两车的动能不同
【答案】BC
【详解】A．由题知甲车的速度一时间图像如图（a）所示，则根据图（a）可知0 ~ 2s 内，甲车做匀加速直
线运动，加速度大小不变，故A 错误；
B．由题知乙车所受合外力一时间图像如图（b）所示，则乙车在0 ~ 2s 内根据动量定理有
I2 = mv2，I2 = S0 ~ 2 = 2N·s
乙车在0 ~ 6s 内根据动量定理有
I6 = mv6，I6 = S0 ~ 6 = 2N·s
则可知乙车在t = 2s 和t = 6s 时的速度相同，故B 正确；
C．根据图（a）可知，2 ~ 6s 内甲车的位移为0；根据图（b）可知，2 ~ 6s 内乙车一直向正方向运动，则2
~ 6s 内，甲、乙两车的位移不同，故C 正确；
D．根据图（a）可知，t = 8s 时甲车的速度为0，则t = 8s 时，甲车的动能为0；乙车在0 ~ 8s 内根据动
量定理有
I8 = mv8，I8 = S0 ~ 8 = 0
可知t = 8s 时乙车的速度为0，则t = 8s 时，乙车的动能为0，故D 错误。
故选BC。
47．（2023·重庆·统考高考真题）某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y 随时间t 的变化曲线
如图所示，E、F、M、N 为曲线上的点，EF、MN 段可视为两段直线，其方程分别为y = 4 t -26和
y =-2t +140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（ ）
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A．EF 段无人机的速度大小为4m/s
B．FM 段无人机的货物处于失重状态
C．FN 段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg∙m/s
D．MN 段无人机机械能守恒
【答案】AB
【详解】A．根据EF 段方程
y = 4 t -26
可知EF 段无人机的速度大小为
v = Δ y
Δt = 4 m /s
故A 正确；
B．根据y -t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM 段无人机先向上做减速运动，后向下做加速运
动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B 正确；
C．根据MN 段方程
y =-2t +140
可知MN 段无人机的速度为
v
' = Δ y
'
Δt
' =-2m /s
则有
Δ p=m v
' -mv =2×(-2)kg⋅m /s-2×4 kg⋅m /s=-12kg⋅m /s
可知FN 段无人机和装载物总动量变化量大小为12kg∙m/s，故C 错误；
D．MN 段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D 错误。
故选AB。
48．（2023·广东·统考高考真题）某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型．多个质量均为
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1kg的滑块可在水平滑轨上滑动，忽略阻力．开窗帘过程中，电机对滑块1 施加一个水平向右的恒力F，
推动滑块1 以0.40 m /s的速度与静止的滑块2 碰撞，碰撞时间为0.04s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速
度为0.22m /s．关于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有（ ）
A．该过程动量守恒
B．滑块1 受到合外力的冲量大小为0.18 N ⋅s
C．滑块2 受到合外力的冲量大小为0.40 N ⋅s
D．滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为5.5 N
【答案】BD
【详解】A．取向右为正方向，滑块1 和滑块2 组成的系统的初动量为
p1=m v1=1×0.40kg⋅m/s=0.40kg⋅m/s
碰撞后的动量为
p2=2m v2=2×1×0.22kg⋅m/s=0.44kg⋅m/s
则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A 错误；
B．对滑块1，取向右为正方向，则有
I 1=m v2-m v1=1×0.22kg⋅m/s-1×0.40kg⋅m/s=-0.18kg⋅m/s
负号表示方向水平向左，故B 正确；
C．对滑块2，取向右为正方向，则有
I 2=m v2=1×0.22kg⋅m/s=0.22kg⋅m/s
故C 错误；
D．对滑块2 根据动量定理有
F Δt = I 2
解得
F =5.5 N
则滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为5.5 N，故D 正确。
故选BD。
49．（2023·山西·统考高考真题）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（ ）
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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
W - μmgx = 1
2 m v
2
则x = 1m 时物体的速度为
v1= 2m/s
x = 1m 时，拉力为
F = ΔW
Δ x =6 N
则此时拉力的功率
P = Fv1= 12W
x = 4m 时物体的动能为
Ek= 2J
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
Wf= μmgx = 8J
C 正确；
D．根据W—x 图像可知在0—2m 的过程中F1= 6N，2—4m 的过程中F2= 3N，由于物体受到的摩擦力恒
为f = 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
v2=√8 m/s
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则从x = 0 运动到x = 4 的过程中，物体的动量最大为
p=mv =2√2kg⋅m/s
D 错误。
故选BC。
50．（2022·重庆·高考真题）一物块在倾角为45°的固定斜面上受到方向与斜面平行、大小与摩擦力相等
的拉力作用，由静止开始沿斜面向下做匀变速直线运动，物块与斜面间的动摩擦因数处处相同。若拉力沿
斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功随时间的变化分别如图曲线①、②所示，则
（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为√2
3
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为9J时，物块动能为3J
C．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为1 3∶
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小之比为1:√2
【答案】BC
【详解】A．对物体受力分析可知，平行于斜面向下的拉力大小等于滑动摩擦力，有
F = f = μmgcos 45°
由牛顿第二定律可知，物体下滑的加速度为
a1= gsin 45° = √2
2 g
则拉力沿斜面向下时，物块滑到底端的过程中重力和摩擦力对物块做功为
W G=mg⋅1
2 a1t
2⋅sin 45° = mg ❑
❑
2
4
t
2
W f=- μmg⋅cos 45°× 1
2 a1t
2=- μmg ❑
❑
2
4
t
2
代入数据联立解得
μ= 1
3
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故A 错误；
C．当拉力沿斜面向上，由牛顿第二定律有
mgsin 45° - F - f =ma2
解得
a2= √2
2 g-2 μgcos 45° = √2
6 g
则拉力分别沿斜面向上和向下时，物块的加速度大小之比为
a2
a1
= 1
3
故C 正确；
B．当拉力沿斜面向上，重力做功为
W G2=mgsin45°⋅x
合力做功为
W 合=ma2⋅x
则其比值为
W G2
W 合
=
√2
2 g
√2
6 g
= 3
1
则重力做功为9J时，物块的动能即合外力做功为3J，故B 正确；
D．当拉力分别沿斜面向上和向下时，物块滑到底端时的动量大小为
P =mv =m√2ax
则动量的大小之比为
P2
P1
= √a2
√a1
= 1
√3
故D 错误。
故选BC。
51．（2022·湖南·统考高考真题）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、
主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简
化为竖直方向的直线运动，其v -t图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列
说法正确的是（ ）
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A．在0~t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在0~t1时间内，返回舱的加速度不变
C．在t1~t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2~t3时间内，返回舱的机械能不变
【答案】AC
【详解】A．重力的功率为
P =mgv
由图可知在0~t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A 正确；
B．根据v-t 图像的斜率表示加速度可知在0~t1时间内返回舱的加速度减小，故B 错误；
C．在t1~t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C 正确；
D．在t2~t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，
故机械能减小，故D 错误。
故选AC。
52．（2022·全国·统考高考真题）质量为1kg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g=10 m/s
2。
则（ ）
A．4s时物块的动能为零
B．6s时物块回到初始位置
C．3s时物块的动量为12kg⋅m/s
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D．0~6s时间内F 对物块所做的功为40J
【答案】AD
【详解】物块与地面间的摩擦力为
f = μmg=2N
AC．对物块从0∼3s 内由动量定理可知
( F - f )t1=m v3
即
(4 -2)×3=1×v3
得
v3=6 m/s
3s 时物块的动量为
p=m v3=6kg⋅m/s
设3s 后经过时间t 物块的速度减为0，由动量定理可得
-( F + f )t =0-m v3
即
-(4 +2)t =0-1×6
解得
t =1s
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．0∼3s 物块发生的位移为x1，由动能定理可得
( F - f )x1= 1
2 mv3
2
即
(4 -2)x1= 1
2 ×1×6
2
得
x1=9 m
3s∼4s过程中，对物块由动能定理可得
-( F + f )x2=0- 1
2 m v3
2
即
-(4+2)x2=0- 1
2 ×1×6
2
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得
x2=3 m
4s∼6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为
a= F - f
m
=2m/s
2
发生的位移为
x3= 1
2 ×2×2
2m=4m < x1+ x2
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
v6=2×2m/s=4m/s
0∼6s拉力所做的功为
W =(4×9- 4×3+ 4×4)J = 40J
故D 正确。
故选AD。
53．（2021·天津·高考真题）一冲九霄，问鼎苍穹。2021 年4 月29 日，长征五号B 遥二运载火箭搭载空间
站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段。下列关于火箭的描述正确的是
（ ）
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
【答案】AB
【详解】A．增加单位时间的燃气喷射量，即增加单位时间喷射气体的质量，根据
F Δt = Δmv
可知可以增大火箭的推力，故A 正确；
B．当增大燃气相对于火箭的喷射速度时，根据
F Δt = Δmv
可知可以增大火箭的推力，故B 正确；
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，相对于火箭的速度不为零，根据
F Δt = Δmv
可知火箭仍然受推力作用，仍然要加速，故C 错误；
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D．燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反作用力作用在火箭上，使火箭获得推力，故D 错误。
故选AB。
54．（2021·山东·高考真题）如图所示，载有物资的热气球静止于距水平地面H 的高处，现将质量为m 的
物资以相对地面的速度v0水平投出，落地时物资与热气球的距离为d。已知投出物资后热气球的总质量为
M，所受浮力不变，重力加速度为g，不计阻力，以下判断正确的是（ ）
A．投出物资后热气球做匀加速直线运动
B．投出物资后热气球所受合力大小为mg
C．d =(1+ m
M)√
2 H v0
2
g
+ H
2
D．d =√
2 H v0
2
g
+(1+ m
M)
2
H
2
【答案】BC
【详解】AB．热气球开始携带物资时处于静止状态，所受合外力为0，初动量为0，水平投出重力为mg的
物资瞬间，满足动量守恒定律
Mv =m v0
则热气球和物资的动量等大反向，热气球获得水平向左的速度v，热气球所受合外力恒为mg，竖直向上，
所以热气球做匀加速曲线运动，故A 错误，B 正确；
CD．热气球和物资的运动示意图如图所示
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热气球和物资所受合力大小均为mg，所以热气球在竖直方向上加速度大小为
a= m
M g
物资落地H过程所用的时间t内，根据H = 1
2 gt
2解得落地时间为
t =√
2 H
g
热气球在竖直方向上运动的位移为
H M = 1
2 at
2= 1
2 ⋅m
M g⋅2 H
g = m
M H
热气球和物资在水平方向均做匀速直线运动，水平位移为
xm = v0t = v0√
2 H
g
xM = vt = m
M v0⋅√
2 H
g
根据勾股定理可知热气球和物资的实际位移为
d =√( xm+ xM)
2+( H + H M)
2=(1+ m
M )√
2 H v0
2
g
+ H
2
故C 正确，D 错误。
故选BC。
55．（2021·全国·高考真题）水平桌面上，一质量为m 的物体在水平恒力F 拉动下从静止开始运动，物体
通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大
小为g，则（ ）
A．在此过程中F 所做的功为1
2 m v0
2
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B．在此过中F 的冲量大小等于3
2 mv0
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于v0
2
4 s0 g
D．F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2 倍
【答案】BC
【详解】CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
F - μmg=ma1 ①
由速度位移公式有
v0
2=2a1s0②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
- μmg=ma2 ③
由速度位移公式有
- v0
2=2a2(2s0) ④
由①②③④可得，水平恒力
F = 3mv0
2
4 s0
动摩擦因数
μ=
v0
2
4 g s0
滑动摩擦力
Ff= μmg= mv0
2
4 s0
可知F 的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3 倍，
故C 正确，D 错误；
A．在此过程中，外力F 做功为
W = F s0= 3
4 m v0
2
故A 错误；
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B．由平均速度公式可知，外力F 作用时间
t1=
s0
0+ v0
2
= 2s0
v0
在此过程中，F 的冲量大小是
I = F t1= 3
2 m v0
故B 正确。
故选BC。
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