文档文本内容
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
阶段复习(三) 能量与动量
知识网络
规范训练
1
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
规范答题
答案 (1)0.4 0.1 (2)2 m/s (3)不能 0.9
解析 (1)由题图乙可得，滑块与木板发生相对滑动时，滑块的加速度大小a1＝v0−v
t
＝4 m/s2
木板的加速度大小a2＝v
t ＝5 m/s2
由牛顿第二定律
对滑块有μ1m2g＝m2a1
对木板有μ1m2g-μ2(M＋m2)g＝Ma2
解得μ1＝0.4，μ2＝0.1
(2)0~1 s 时间内，设滑块的位移大小为x1，木板的位移大小为x2，
则有x1＝v0＋v
2
t＝7 m
x2＝v
2t＝2.5 m
由于x1-x2<L，故t＝1 s 时，滑块还未到木板A 端。
2
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
t＝1 s 后，滑块与木板一起做匀减速直线运动，加速度大小设为a3，则有
μ2(M＋m2)g＝(M＋m2)a3
设木板A 端运动到C 端时滑块与木板的共同速度大小为v1，由匀变速直线运动规律有
v1
2-v2＝-2a3(s-x2)
A 端运动到C 端之后，滑块做匀减速直线运动，加速度大小为a1，则有
v A
2-v1
2＝-2a1(L＋x2-x1)
联立解得vA＝2 m/s
(3)滑块和小球在C 点发生弹性正碰，设碰后瞬间小球的速度为v1'，滑块的速度为v2'，由动量守恒和机械能
守恒有
m2vA＝m1v1'＋m2v2'
1
2m2v A
2＝1
2m1v1'2＋1
2m2v2'2
假设小球不能到达圆弧轨道最高点，脱离圆弧轨道时速度为v'，由机械能守恒定律有
1
2m1v1'2-1
2m1v'2＝m1g(R＋Rcos θ)
刚要脱离圆弧轨道时，由牛顿第二定律有
m1gcos θ-k(l0-R)＝m1v
' 2
R
解得cos θ＝0.9
可得cos θ<1，假设成立，小球脱离圆弧轨道时，弹簧与竖直方向夹角θ 的余弦值为0.9。
阶段复习练(三)
(分值：100 分)
一、单项选择题：每小题4 分，共28 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.无人机在生产生活、军事、科研等方面有广泛的应用。某款无人机的总质量为m，水平匀速飞行的速度为v
时，受到的空气阻力是重力的k 倍，重力加速度为g，则该无人机飞行的过程中，牵引力的功率为( )
A.mgv
B.kmgv
C.(1＋k)mgv
D.√1＋k
2mgv
答案 B
3
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
解析 由于无人机水平匀速飞行，重力的瞬时功率为0，所以牵引力的功率为P＝Ffv，Ff＝kmg，所以P＝
kmgv，故选B。
2.滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动。如图所示，现有一个质量为m 的小孩站在一辆质量为km 的滑
板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v0匀速运动，突然小孩相对地面以速度11
10v0向前跳离
滑板车，滑板车速度大小变为原来的1
10，但方向不变，则k 为( )
A.1
7
B.1
8
C.1
9
D. 1
10
答案 C
解析 小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有
(1＋k)mv0＝m·11
10v0＋km· 1
10v0，解得k＝1
9，故选C。
3.(2022·山东卷·2)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
解析 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；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；根据动量定理，可知合力冲
4
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
量等于火箭动量的增加量，故C 错误；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。
4.(2025·山东德州市检测)质量为1 kg 的物块静止在水平地面上，t＝0 时对其施加一水平拉力F，当物块运动
一段时间后撤去拉力，之后物块继续运动直至停止。该物块运动的位移—时间图像如图所示，图像在P 点处
的斜率最大、Q 点处的斜率为0，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度取10 m/s2，则水平
拉力F 的大小为( )
A.2 N
B.4 N
C.6 N
D.8 N
答案 C
解析 从0~t0时间内，对物块根据动量定理有
Ft0-μmgt0＝mv，撤去拉力后，对物块根据动量定理有-μmg×2t0＝0-mv，
解得F＝6 N，故选C。
5.2023 年11 月10 日，我国首条超高速低真空管道磁浮交通系统——高速飞车大同(阳高)试验线工程完工，其
特点是全封闭真空管道和磁悬浮运输。如图所示，高速飞车的质量为m，额定功率为P0，高速飞车在平直轨
道上从静止开始运动，先以加速度a 做匀加速直线运动，加速过程中达到额定功率P0。后又经过一段时间达
到该功率下的最大速度，若高速飞车行驶过程中所受到的阻力为Ff且保持不变，则下列说法正确的是( )
A.高速飞车匀加速直线运动过程中达到的最大速度为P0
ma
B.高速飞车匀加速直线运动的时间为
P0
a( Ff −ma)
C.高速飞车匀加速直线运动的位移为
P0
2
2a( Ff ＋ma)
2
D.高速飞车在整个加速过程中牵引力做功等于m P0
2
2 F f
2
答案 C
解析 匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得F1-Ff＝ma，又P0＝F1v1，联立可得高速飞车匀加速直线运动过程
中达到的最大速度为v1＝
P0
Ff ＋ma，高速飞车匀加速直线运动的时间为t＝
v1
a ＝
P0
a( Ff ＋ma)，高速飞车匀加
5
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
速直线运动的位移为x＝v1
2 t＝
P0
2
2a( Ff ＋ma)
2，故A、B 错误，C 正确；当牵引力等于阻力时，高速飞车的速
度达到最大，则有vm＝P0
Ff
，高速飞车在整个加速过程，根据动能定理可得W 牵-W 克阻＝1
2mvm
2＝m P0
2
2 Ff
2 ，可
得W 牵>
m P0
2
2 F f
2 ，故D 错误。
6.(2024·重庆卷·4)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针鞘被瞬间弹出后仅受阻力，
针鞘质量为m。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体
受到阻力均视为恒力，大小分别为F1、F2，则针鞘( )
A.被弹出时速度大小为√
2( F1d1＋F2d2)
m
B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2
D.运动d2的过程中动量变化量大小为√m F2d2
答案 A
解析 根据动能定理有F1d1＋F2d2＝1
2mv2，解得v＝√
2( F1d1＋F2d2)
m
，故A 正确；针鞘到达目标组织表面
后，继续前进d2减速至零，此过程中克服阻力做功为F2d2，根据动能定理有Ek＝F2d2，故B、C 错误；针鞘运
动d2的过程中，动量变化量大小Δp＝√2m Ek＝√2m F2d2，故D 错误。
7.(2024·江苏卷·9)在水平面上有一个U 形滑板A，A 的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板
A 的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A 的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，
则( )
A.弹簧原长时A 动量最大
B.弹簧压缩至最短时A 动能最大
C.系统动量变大
D.系统机械能变大
答案 A
6
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
解析 对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，
C、D 错误；
滑板A 受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由kx＝ma 知滑板做加速度减小的加速运动，
弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A 动量最大，动能最大，故A 正确，B 错误。
二、多项选择题：每小题6 分，共18 分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得
6 分，选对但不全的得3 分，有选错的得0 分。
8.(2024·山东烟台市期中)如图所示，滑块以一定的初动能从斜面底端O 点冲上足够长的粗糙斜面，斜面倾角
为α，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ。取O 点所在的水平面为参考平面，以O 点为位移的起点、沿斜面向
上为位移的正方向，已知μ<tan α。下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E 随滑块位移x 变化的图像
中，可能正确的是( )
答案 ABD
解析 由动能定理可得ΔEk＝F 合x，即图像的斜率表示合外力，由题可知，上滑时，合外力为F1＝-mgsin α-
μmgcos α，下滑时，合外力为F2＝-mgsin α＋μmgcos α，故A 正确；根据重力势能Ep＝mgxsin α，故B 正确；
根据功能关系，上滑和下滑时均有摩擦力做功，则机械能一直减小，且摩擦力大小不变，则上滑过程机械能
随x 增大均匀减小，下滑过程，机械能随x 减小均匀减小，且两段过程斜率大小相同，故C 错误，D 正确。
9.一质量为m、可视为质点的物块B 静止于质量为M 的木板C 左端，木板静止于光滑水平面上，将质量为m
的小球A 用长为L 的细绳悬挂于O 点，静止时小球A 与B 等高且刚好接触，现对小球A 施加一外力，使细绳
恰好水平，如图所示，现将外力撤去，小球A 与物块B 发生弹性碰撞，已知B、C 间的动摩擦因数为μ，重
力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是( )
A.小球A 碰撞后做简谐运动
7
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
B.碰撞后物块B 的速度为√2 gL
C.若物块B 未滑离木板C，则物块B 与木板C 之间的摩擦热小于MmgL
M ＋m
D.若物块B 会滑离木板C，则板长小于
ML
μ( M ＋m)
答案 BD
解析 小球A 下落过程中机械能守恒，有mgL＝1
2mv0
2，解得v0＝√2 gL，小球A 与物块B 发生弹性碰撞，
根据动量守恒和机械能守恒可得mv0＝mvA＋mvB，1
2mv0
2＝1
2mv A
2＋1
2mvB
2，解得碰后A、B 的速度分别为
vA＝0，vB＝v0＝√2gL，可知碰撞后A、B 交换速度，小球A 静止，物块B 的速度为√2gL，故A 错误，B 正
确；
对B、C 组成的系统分析可知，水平方向不受外力，则动量守恒，有mvB＝(M＋m)v，解得v＝
m vB
M ＋m ＝
m
M ＋m √2 gL，根据能量守恒可知，摩擦热为Q＝1
2mvB
2-1
2(M＋m)v2＝MmgL
M ＋m，故C 错误；
若B 恰好滑离C，摩擦热为μmgl，其中l 为板长，则有MmgL
M ＋m＝μmgl，解得l＝
ML
μ( M ＋m)，因此可知，若
物块B 会滑离木板C，则板长小于
ML
μ( M ＋m)，故D 正确。
10.(2024·山东省百师联盟联考)如图所示，质量均为m 的两个小球A、B 用长为L 的轻质细绳连接，B 球穿在
光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B 由静止释放，空气阻力不计，重力加速度为g。从
释放到A 球运动到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A.A、B 组成的系统动量守恒
B.A 球运动到最低点时速度大小为√gL
C.A 球机械能减小了1
4 mgL
D.A 球运动到最低点时，B 球向右运动距离为L
2
答案 BD
解析 A、B 组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A 错误；当A 球摆到B 球正下方时，
A、B 球的速度大小分别为vA和vB。以小球A 摆到最低点所在平面为参考平面，由水平方向动量守恒得mvA
＝mvB
由机械能守恒得mgL＝1
2mv A
2＋1
2mvB
2，
8
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
解得vA＝vB＝√gL，A 球运动到最低点时速度大小为√gL，故B 正确；A 球机械能减小量ΔE＝mgL-1
2m
v A
2＝1
2mgL，故C 错误；A、B 组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则有m x A
t -m xB
t ＝0，
xA＋xB＝L，解得A 球运动到最低点时，B 球向右运动距离为L
2 ，故D 正确。
三、非选择题：本题共5 小题，共54 分。
11.(8 分)(2024·河北邯郸市三模)如图甲所示，利用气垫导轨验证动量守恒定律，主要的实验步骤如下：
(1)(2 分)利用螺旋测微器测量两滑块上挡光片的宽度，得到的结果如图乙所示，则挡光片的宽度为
mm。
(2)(2 分)安装好气垫导轨，向气垫导轨通入压缩空气，只放上滑块1，接通光电计时器，给滑块1 一个初速度，
调节气垫导轨的两端直到滑块做匀速运动，能够判断滑块做匀速运动的依据是 。
(3)(2 分)若滑块1 通过光电门时挡光时间为Δt＝0.01 s，则滑块1 的速度大小为 m/s(保留两位有效数
字)。
(4)(2 分)设碰撞前滑块1 的速度为v0，滑块2 的速度为0，碰撞后滑块1 的速度为v1，滑块2 的速度为v2，若
滑块1 和滑块2 之间的碰撞是弹性碰撞，则速度关系需要满足 。
答案 (1)4.700 (2)通过两个光电门的时间相同 (3)0.47 (4)v0＋v1＝v2
解析 (1)挡光片的宽度为d＝4.5 mm＋20.0×0.01 mm＝4.700 mm
(2)滑块若能够做匀速运动，因挡光片的宽度为定值，则经过光电门的时间相同。
(3)滑块1 的速度大小为v＝d
Δt ＝0.47 m/s
(4)根据系统动量守恒和能量守恒有
m1v0＝m1v1＋m2v2
1
2m1v0
2＝1
2m1v1
2＋1
2m2v2
2
解得v0＋v1＝v2。
9
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
12.(8 分)某小组为了验证机械能守恒定律，设计了如图甲所示的实验装置，物块P、Q 用跨过定滑轮的轻绳相
连，P 底端固定一宽度为d 的轻质遮光条，托住P，用刻度尺测出遮光条所在位置A 与固定在铁架台上的光电
门B 之间的高度差h(d≪h)。已知当地的重力加速度为g。
(1)(2 分)用游标卡尺测量遮光条的宽度d 如图乙所示，则图乙中游标卡尺的读数应为 cm。
(2)(3 分)下列实验步骤正确的是 。
A.选择两个质量相等的物块进行实验
B.实验时，要确保物块P 由静止释放
C.需要测量出两物块的质量mP和mQ
D.需要测量出遮光条从A 到达B 所用的时间T
(3)(3 分)改变高度h，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以h 为横轴、1
t
2为纵轴建立平面直角坐标系，
在坐标系中作出1
t
2-h 图像，如图丙所示，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若k＝
(用题中字母表示)，则验证了机械能守恒定律。
答案 (1)0.52 (2)BC (3)
2(mP−mQ)g
(mP＋mQ)d
2
解析 (1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d＝0.5 cm＋0.1 mm×2＝0.52 cm。
(2)实验中要让物块P 下降，Q 上升，则需选择两个质量不相等的物块，选项A 错误；实验时，要确保物块P
由静止释放，选项B 正确；需要测量出两物块的质量mP和mQ，选项C 正确；实验中不需要测量出遮光条从
A 到达B 所用的时间T，选项D 错误。
10
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
(3)物块P 经过光电门时的速度v＝d
t
若系统机械能守恒，则有(mP-mQ)gh＝1
2(mP＋mQ)v2
即1
t
2 ＝2(mP−mQ)g
(mP＋mQ)d
2h
则k＝
2(mP−mQ)g
(mP＋mQ)d
2。
13.(10 分)(2023·北京卷·18)如图所示，质量为m 的小球A 用一不可伸长的轻绳悬挂在O 点，在O 点正下方的
光滑桌面上有一个与A 完全相同的静止小球B，B 距O 点的距离等于绳长L。现将A 拉至某一高度，由静止
释放，A 以速度v 在水平方向和B 发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：
(1)(3 分)A 释放时距桌面的高度H；
(2)(3 分)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；
(3)(4 分)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。
答案 (1) v
2
2g (2)mg＋mv
2
L (3)1
4 mv2
解析 (1)A 从释放到与B 碰撞前瞬间，根据动能定理得mgH＝1
2mv2
解得H＝v
2
2g
(2)碰撞前瞬间，对A 由牛顿第二定律得
F-mg＝mv
2
L
解得F＝mg＋mv
2
L
(3)A、B 碰撞过程中，根据动量守恒定律得
mv＝2mv1
解得v1＝1
2v
则碰撞过程中系统损失的机械能为
ΔE＝1
2mv2-1
2×2m(1
2v)2＝1
4 mv2。
11
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
14.(12 分)如图所示，一棱长为1.5R 的正方体物块静置于足够长的光滑水平面上，该正方体物块内有一条由半
径为R 的四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小光滑圆孔道。一质量为m 的小球(可视为质点)，
以初速度v0＝3√gR沿水平方向进入孔道，恰好能到达孔道最高点。孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空
气阻力可不计，重力加速度为g。求：
(1)(6 分)该正方体物块的质量M；
(2)(6 分)小球离开孔道时的速度。
答案 (1)m
2 (2)√gR，方向水平向右
解析 (1)小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以
水平向右为正方向，则有mv0＝(M＋m)v，1
2mv0
2＝1
2(M＋m)v2＋mg·1.5R
解得v＝2√gR，M＝m
2
(2)小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右
为正方向，则有mv0＝mv1＋Mv2，1
2mv0
2＝1
2mv1
2＋1
2Mv2
2
解得v1＝√gR，v2＝4√gR
即小球离开孔道时速度大小为√gR，方向水平向右。
15.(16 分)(2024·浙江1 月选考·18)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1 m
的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25 m、倾角为θ 的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ 的圆弧管道EF 组成，轨道
间平滑连接。在轨道末端F 的右侧光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5 kg 滑块b，其上表面与轨道末端F 所在的
水平面平齐。质量m＝0.5 kg 的小物块a 从轨道AB 上高度为h 处静止释放，经圆弧轨道BCD 滑上轨道DE，
轨道DE 由特殊材料制成，小物块a 向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大
静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a 在滑块b 上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a 运动到滑块右侧的竖直
挡板能发生完全弹性碰撞。(其他轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，重力加速度g 取10 m/s2，
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)
(1)(10 分)若h＝0.8 m，求小物块
①第一次经过C 点的向心加速度大小；
②在DE 上经过的总路程；
12
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
③在DE 上向上运动时间t 上和向下运动时间t 下之比。
(2)(6 分)若h＝1.6 m，滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。
答案 (1)①16 m/s2 ②2 m ③1∶2 (2)0.2 m
解析 (1)①对小物块a 从A 到第一次经过C 的过程，根据机械能守恒定律有mgh＝1
2mvC
2
第一次经过C 点的向心加速度大小为a＝vC
2
R
联立解得a＝16 m/s2。
②由几何关系可知，E 点的高度hE＝Lsin θ＋R(1-cos θ)＝0.95 m>h，显然小物块a 不会从E 点滑出轨道DE。
小物块a 在DE 上时，因为μ2mgcos θ<mgsin θ
所以小物块a 无法在DE 上静止，每次在DE 上升至最高点后一定会下滑，之后经过若干次在DE 上的滑动使
机械能损失，最终小物块a 将在B、D 间往复运动，且易知小物块每次在DE 上向上运动和向下运动的距离相
等，设其在DE 上经过的总路程为s，根据功能关系有
mg[h-R(1-cos θ)]＝(μ1mgcos θ＋μ2mgcos θ) s
2
解得s＝2 m。
③根据牛顿第二定律可知小物块a 在DE 上向上运动和向下运动的加速度大小分别为
a 上＝gsin θ＋μ1gcos θ＝8 m/s2
a 下＝gsin θ-μ2gcos θ＝2 m/s2
将小物块a 在DE 上的若干次运动等效看作是一次完整的上滑和下滑，则根据运动学公式有
1
2a 上t 上
2＝1
2a 下t下
2
解得
t 上
t下
＝1
2。
(2)对小物块a 从A 到F 的过程，根据动能定理有mg[h-Lsin θ-2R(1-cos θ)]-μ1mgLcos θ＝1
2mv F
2
解得vF＝2 m/s
设滑块长度为l 时，小物块恰好不脱离滑块，且此时二者达到共同速度v，根据动量守恒定律和能量守恒定律
有mvF＝2mv
1
2mv F
2＝1
2×2mv2＋μ1mg·2l
解得l＝0.2 m。
13
关注公众号：陆陆高分冲刺 ~领取：最新版“中考高考-总复习”~~~
14
