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大单元周测卷(二) 大单元二 能量与动量
层级一 教材溯源·基础固本
(总分：100 分)
一、单项选择题：本大题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四
个选项中，只有一项符合题目要求。
1．(粤教版选择性必修第一册P15 第1 题改编)如图所示，将甲、乙两条形磁铁
按压在水平桌面上，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相
等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻( )
A．甲、乙组成的系统总动量为0
B．甲的动量变化率比乙小
C．甲的动量大小比乙大
D．甲的加速度大小比乙大
B [由题意可知甲、乙与桌面之间的动摩擦因数相等，但由于甲、乙质量不等，
则摩擦力大小不相等，故甲、乙组成的系统总动量不守恒，即不为0，故A 错
误；根据动量定理可得F＝Δ p
Δt ，可知动量变化率表示合力，又因二者吸引力大
小相同，但甲受到的摩擦力大，则甲受到的合力小，故甲的动量变化率比乙小，
故B 正确；根据动量定理Ft＝mv，结合以上分析可知，由于甲受到的合力小，
则在相同时刻，甲的动量大小比乙小，故C 错误；以上分析可知，由于甲的合
外力小，甲的质量大，根据牛顿第二定律可知，甲的加速度小，即甲的加速度
大小比乙小，故D 错误。故选B。]
2．(粤教版必修第二册P103 例题改编)某运动员将铅球斜向上推出后，球的运
动过程如图所示，不计空气阻力。下列关于铅球在空中运动过程中的加速度大
小a、速度大小v、重力的瞬时功率P 和机械能E 随运动时间t 的变化关系，正
确的是( )
A．
B．
C．
D．
C [不计空气阻力，球在空中只受重力，所以加速度始终为g，机械能守恒，
所以a-t 和E-t 图像都是与时间轴平行的直线，故A、D 错误；球的速度大小为
v＝√v0 x
2 +¿¿¿，可知v-t 图像不是直线，故B 错误；重力的瞬时功率大小为P＝|
mg(v0y－gt)|，可知C 正确。故选C。]
3．(粤教版选择性必修第一册P32 第6 题改编)在光滑水平面上沿一条直线运动
的滑块Ⅰ、Ⅱ发生正碰，碰后立即粘在一起运动，碰撞前滑块Ⅰ、Ⅱ及粘在一
起后的速度—时间图像分别如图中的线段a、b、c 所示。由图像可知( )
A．碰前滑块Ⅰ的动量比滑块Ⅱ的动量小
B．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为3∶5
C．滑块Ⅰ的质量与滑块Ⅱ的质量之比为5∶3
D．碰撞过程中，滑块Ⅰ受到的冲量比滑块Ⅱ受到的冲量大
C [由题图可知，碰撞后总动量为正，根据动量守恒定律可知，碰撞前的总动
量也为正，故碰撞前滑块Ⅰ的动量较大，故A 错误；根据动量守恒定律有5m1
－3m2＝2(m1＋m2)，解得m1∶m2＝5∶3，故B 错误，C 正确；碰撞过程中滑块
Ⅰ受到的冲量与滑块Ⅱ受到的冲量大小相等，方向相反，故D 错误。故选C。]
4．(人教版必修第二册P94 第6 题改编)如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景。
从远处看，喷泉喷出的水柱超过了30 层楼的高度；靠近看，喷管的直径约为10
cm，重力加速度g 取10 m/s2。据此可估算用于给喷管喷水的电动机输出功率至
少有( )
A．3.2×104 W
B．5.8×104 W
C．2.9×105 W
D．4.6×105 W
C [喷管直径约为10 cm，则半径r＝5 cm＝0.05 m，根据实际情况，每层楼高
约为h＝3 m，所以喷水的高度h＝30×3 m＝90 m，则根据竖直上抛运动，水离
开管口的速度为v＝√2 gh＝√2×10×90 m/s＝30√2 m/s，设给喷管喷水的电动
机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt 内水柱的质量为Δm＝ρSvΔt＝
ρvΔtπr2，根据动能定理得PΔt＝1
2Δmv2，联立以上解得P≈2.997×105 W，故
选C。]
5．(人教版必修第二册P88 第4 题改编)民航客机一般都设有紧急出口，发生意
外情况的飞机紧急着陆后，打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气，形成一个
连接出口与地面的斜面，旅客可沿斜面滑行到地上，如图甲所示。图乙是其简
化模型，紧急出口距地面的高度为5.4 m，气囊所构成的斜面长度为9.0 m，旅
客从斜面顶端由静止开始滑到斜面底端。已知旅客与气囊间的动摩擦因数为
0.5，不计空气阻力及斜面的形变，下滑过程中该旅客可视为质点，取重力加速
度大小g＝10 m/s2，该旅客滑到斜面底端时的速度大小为( )
A．4 m/s
B．5 m/s
C．6 m/s
D．7 m/s
C [设斜面的倾角为θ，由几何知识可得sin θ＝5.4
9.0＝0.6，设旅客到达底端的
速度为v，根据动能定理则有mgh－μmg cos θ·L＝1
2mv2，代入数据解得v＝6
m/s，故选C。]
6．(人教版必修第二册P100 第4 题改编)如图所示，某斜面的顶端到正下方水平
面O 点的高度为h，斜面与水平面平滑连接，斜面倾角为θ，小木块与斜面、水
平面间的动摩擦因数均为μ，OA 长为x，OB> x
2。以O 点为原点建立xOy 坐标
系，某次小木块在(
1
4 x，3
4 h)处由静止开始下滑，滑到A 点停下。改变斜面倾
角和斜面长度，小木块仍在A 点停下，则小木块静止释放点的坐标可能是(
)
A．(0，h)
B．(
1
2 x，2
3 h)
C．(
1
3 x，1
3 h)
D．(
1
6 x，2
3 h)
A [根据题意，小滑块在(
1
4 x，3
4 h)处由静止开始下滑，滑到A 点停下，根据
功能关系有mg·3
4h＝μmg(x－xOB)＋μmg cos θ· xO- 1
4 x
cosθ
，整理可得3
4mgh＝
μmg(x - 1
4 x)，解得μ＝h
x ，改变斜面倾角和斜面长度，小木块仍在A 点停下，
设小木块静止释放点的坐标为(x′，h′)，根据前面的分析可得mgh′＝μmg(x－
x′)，整理可得h′＝h－h x
'
x ，当x′＝0 时，解得h′＝h，故A 正确；当x′＝1
2x 时，
解得h′＝1
2h，故B 错误；当x′＝1
3x 时，解得h′＝2
3h，故C 错误；当x′＝1
6x 时，
解得h′＝5
6h，故D 错误。故选A。]
7．(鲁科版选择性必修第一册P9 第1 题改编)水车作为农耕文化的重要组成部分，
体现了中国古代劳动人民的创造力。如图所示为一种水车的原理简化图，水车
竖直放置，其叶片与半径共线，水渠引出的水从一定高度以4 m/s 的速度水平流
出，水的流量为60 kg/s，水流出后做平抛运动，某时刻水流均垂直冲击到与竖
直面成60°的叶片上(叶片面积大于水流横截面积)。已知水流冲击叶片后速度变
为零并从两侧流走，则水流对叶片的冲击力大小约为( )
A．240 N
B．480 N
C．780 N
D．1 080 N
B [水流出后做平抛运动，水流冲击叶片前瞬间的速度大小为v＝
v0
cos60°，水
的流量为Q＝60 kg/s，取极短时间Δt，和叶片作用的水质量为Δm＝QΔt，忽略
水流的重力，根据动量定理有－FΔt＝0－Δmv，解得叶片对水流的作用力大小
为F＝480 N，根据牛顿第三定律可知水流对叶片的冲击力大小为480 N。故选
B。]
二、多项选择题：本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四
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．(人教版必修第二册P99 第4 题改编)智慧充电技术的日益成熟极大促进了电
动汽车销量的增长。若一辆电动汽车的质量为m，额定功率为P。汽车由静止
启动后做匀加速直线运动，汽车的速度大小为v 时恰好达到其额定功率，之后
汽车维持额定功率行驶，达到最大速度3v。已知汽车行驶时受到的阻力恒定。
下列说法正确的是 ( )
A．电动汽车受到的阻力大小为P
3 v
B．电动汽车做匀加速直线运动的加速度大小为P
mv
C．电动汽车做匀加速直线运动的位移为3mv
3
4 P
D．电动汽车做匀加速直线运动的过程中阻力做功为m v
2
4
AC [汽车速度达到最大时，牵引力等于阻力，则有P＝f·3v，解得阻力大小
为f＝P
3 v ，故A 正确；汽车恰好达到其额定功率时有P＝Fv，根据牛顿第二定
律可得F－f＝ma，联立解得电动汽车做匀加速直线运动的加速度大小为a＝
2 P
3mv ，故B 错误；电动汽车做匀加速直线运动的时间为t＝v
a＝3mv
2
2 P ，电动汽
车做匀加速直线运动的位移为x＝v
2t＝3m v
3
4 P ，故C 正确；电动汽车做匀加速直
线运动的过程中阻力做功为Wf＝－fx＝－P
3 v ·3mv
3
4 P ＝－mv
2
4 ，故D 错误。故
选AC。]
9．(人教版必修第二册P94 第4 题改编)如图(a)所示，可视为质点的a、b 两球
通过轻绳连接跨过光滑轻质定滑轮，b 球在外力作用下静止悬空。以地面为重
力势能的零势能面，从静止释放b 球，在b 球落地前的过程中，a、b 两球的重
力势能随时间t 的变化关系如图(b)所示，图中两图像交点对应时刻t＝0.3 s，a
球始终没有与定滑轮相碰，a、b 始终在竖直方向上运动，忽略空气阻力，重力
加速度g＝10 m/s2。则( )
A．b 球质量为2 kg
B．b 球落地时a 球的动能为3 J
C．b 球下落前距地面的高度为0.3 m
D．t＝0.3 s 时b 球离地面的高度为0.225 m
BC [设b 球下落前距地面的高度为H，由题图(b)可知，Epbm＝mbgH，Epam＝
magH，解得ma∶mb＝1∶3，由能量守恒，可得Epbm－Epam＝1
2mav2＋1
2mbv2，
联立解得b 球落地时a 球的动能为Eka＝1
2mav2＝3 J，故A 错误，B 正确；对两
球组成的整体受力分析，由牛顿第二定律有mbg－mag＝(ma＋mb)a，解得a＝5
m/s2，则0.3 s 时，a 球上升的高度h＝1
2at2＝0.225 m，由题图(b)可知，t＝0.3 s
时两球重力势能相等，则有magh＝mbg(H－h)，解得H＝0.3 m，即b 球下落前
距地面的高度为0.3 m，t＝0.3 s 时b 球离地面的高度Δh＝H－h＝0.075 m，故C
正确，D 错误。故选BC。]
10．(人教版必修第二册P100 第5 题改编)如图甲所示，质量不计的弹簧竖直固
定在水平面上，t＝0 时，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，
小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度
后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器测出这一过程弹簧弹
力F 随时间t 变化的图像如图乙所示，则( )
A．t2时刻小球加速度方向向下
B．t2～t3时间内，小球加速度先减小后增大
C．t1～t2时间内，小球的机械能一直增加
D．t1～t2时间内，小球的动能先增加后减少
BD [由题图乙可知，t2时刻弹簧弹力达到最大，小球将弹簧压缩到最低点，此
时小球加速度方向向上，故A 错误；t2～t3这段时间内，小球从最低点竖直向上
运动，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，由于弹力减小，所以加速度向上减小，
速度增大，弹力等于重力时，加速度为零，速度达到最大，之后根据牛顿第二
定律有mg－F＝ma，弹力减小，加速度向下增大，速度减小，故B 正确；t1～
t2时间内，小球接触弹簧并将弹簧压缩到最短，该过程小球与弹簧组成的系统
机械能守恒，弹簧的弹性势能不断增大，小球的机械能一直减小，故C 错误；
t1～t2时间内，小球的加速度先向下后向上，则小球的速度先增大后减小，动能
先增加后减少，故D 正确。故选BD。]
三、非选择题：本大题共4 小题，共54 分。
11．(12 分)(人教版必修第二册P98 第2 题改编)某同学利用如图所示的实验装置
探究系统机械能变化量与做功的关系。所用器材有：一端带光滑轻质滑轮且各
处粗糙程度相同的长木板、轻细绳、规格相同的钩码若干、光电门2 个、数字
计时器、带遮光条的滑块(其上可放钩码)、刻度尺。当地重力加速度为9.80
m/s2，实验操作步骤如下：
①安装器材，调整木板水平，轻细绳与木板平行，两个光电门距离为50.00
cm，轻细绳下端悬挂4 个钩码，如图所示；
②接通电源，释放滑块，分别记录遮光条通过两个光电门的时间，并计算出滑
块通过两个光电门的速度；
③保持细绳下端悬挂4 个钩码不变，在滑块上依次增加一个钩码，重复上述步
骤；
④完成5 次测量后，计算出系统(包含滑块、滑块所带钩码和轻细绳悬挂的钩码)
总动能的增加量ΔEk及系统总机械能的减少量ΔE。结果如下表所示：
滑块上钩码数量
0
1
2
3
4
ΔEk/J
0.585
0.490
0.392
0.300
0.200
ΔE/J
0.395
0.490
0.680
0.780
(1)实验中，滑块通过两个光电门之间的过程中，细绳所挂钩码的重力势能的减
少量为________J(保留三位有效数字)；
(2)实验中所用钩码重为________；
A．50 g
B．100 g
C．150 g
D．200 g
(3)表格中缺少的数据为________J(保留三位有效数字)；
(4)若已知滑块质量为200 g，则滑块与木板之间的动摩擦因数为________(保留
两位有效数字)。
[解析] (1)根据能量守恒定律可知，此过程中细绳所挂钩码的重力势能的减少
量ΔEp等于系统总动能的增加量ΔEk与系统总机械能的减少量ΔE 之和，即ΔEp
＝ΔEk＋ΔE，由测量得到的表格数据可知，(ΔEk＋ΔE)的值均为0.980 J，故细绳
所挂钩码的重力势能的减少量为0.980 J。
(2)设实验中所用钩码的质量为m，两个光电门间距离为L＝50.00 cm＝0.5000
m。
实验过程中轻细绳下端悬挂4 个钩码的重力势能的减少量ΔEp＝4mgL＝0.980 J
已知g＝9.80 m/s2，解得m＝0.05 kg＝50 g。
故选A。
(3)根据(1)的解答可知，表格中缺少的数据为0.980 J－0.392 J＝0.588 J。
(4)已知滑块质量为M＝200 g＝0.2 kg；钩码的质量为m＝0.05 kg；由功能关系
可知系统总机械能的减少量等于滑块克服摩擦力做的功，则有：ΔE＝μ(nm＋
M)gL
其中n 为滑块上钩码数量
代入数据整理可得μ＝
Δ E
0.245n+0.98
由表格数据可得：
n＝0 时，ΔE＝0.395 J，解得μ＝0.40；
n＝1 时，ΔE＝0.490 J，解得μ＝0.40；
n＝2 时，ΔE＝0.588 J，解得μ＝0.40；
n＝3 时，ΔE＝0.680 J，解得μ＝0.40；
n＝4 时，ΔE＝0.780 J，解得μ＝0.40。
由此可知滑块与木板之间的动摩擦因数为0.40。
[答案] (1)0.980 (2)A (3)0.588
(4)0.40
12．(10 分)(粤教版选择性必修第一册P16 第4 题改编)某同学设计了一个如图甲
所示用打点计时器来验证动量守恒定律的实验：长木板上的小车A 左端贴有橡
皮泥，右端连一穿过打点计时器的纸带，推动小车A 使之以某速度做匀速直线
运动，与置于木板上静止的小车B 相碰并粘在一起，继续做匀速直线运动。打
点计时器电源频率为50 Hz，接通打点计时器电源后，得到的纸带如图乙所示。
小车A 的质量为0.4 kg，小车B 的质量为0.2 kg。
(1)若要计算小车A 碰撞前的速度大小，应该选择________。
A．AB 段
B．BC 段
C．CD 段
D．DE 段
(2)用你在(1)中的选择，计算出对应的小车碰撞前的总动量大小为________
kg·m/s(保留三位有效数字)。
(3)在(1)中你的选择理由是______________________________________________
_____________________________________________________________________
。
[解析] (1)小车A 碰撞前做匀速直线运动，纸带上的点迹均匀分布，由于碰撞
前的速度大于碰撞后的速度，则碰撞前相邻点迹之间的间距大于碰撞后相邻点
迹之间的间距，根据题图乙可知，若要计算小车A 碰撞前的速度大小，应该选
择BC 段。故选B。
(2)小车A 碰撞前的速度v0＝xBC
5T
打点计时器电源频率为50 Hz，则周期为T＝1
f
小车碰撞前的总动量大小p0＝mAv0
解得p0≈0.685 kg·m/s。
(3)在(1)中选择理由是打点计时器在BC、DE 段打的点分布均匀，表明小车在这
两段内做匀速直线运动，又BC 段大于DE 段，碰前速度大于碰后速度。
[答案] (1)B (2)0.685 (3)见解析
13．(15 分)(人教版必修第二册P99 第6 题改编)如图所示，光滑水平面AB 与竖
直面内的粗糙半圆形导轨BC 在B 点相接，导轨半径为R。一个质量为m 的物
体将弹簧压缩至A 点后由静止释放，脱离弹簧时速度为v1，沿半圆形导轨到达
C 点时速度为v2，此后平抛落地(落地点未画出)。不计空气阻力，重力加速度为
g。求：
(1)弹簧压缩至A 点时的弹性势能Ep；
(2)物体在C 点时受到的导轨给它的弹力FN；
(3)物体从C 点平抛落地过程中重力的冲量大小I。
[解析] (1)根据能量守恒可得弹簧压缩至A 点时的弹性势能为Ep＝1
2 mv1
2。
(2)在C 处以物体为研究对象，根据牛顿第二定律可得mg＋FN＝m v2
2
R
解得FN＝m v2
2
R －mg
方向竖直向下。
(3)物体从C 点平抛落地过程中，竖直方向有2R＝1
2gt2
解得t＝2√
R
g
该过程重力的冲量大小为I＝mgt＝2m√gR。
[答案] (1) 1
2 m v1
2(2)m v2
2
R －mg，方向竖直向下 (3)2m√gR
14．(17 分)(粤教版选择性必修第一册P33 第11 题改编)如图所示，质量为0.3
kg 的滑块B 静止在光滑水平面上，另一形状大小相同的质量为0.1 kg 的滑块A
以初速度5 m/s 向右运动，与B 发生正碰，碰后B 滑上倾角θ＝60°的足够长的
粗糙斜面，上升的最大高度为5
32 m，B 与斜面间的动摩擦因数为7√3
25 ，斜面与
水平面平滑连接，空气阻力不计，重力加速度取10 m/s2。求：
(1)第一次碰撞后滑块B 和A 的速度大小；
(2)物理学中将材料一定的两物体，碰撞后分开的相对速度与碰撞前接近的相对
速度之比定义为恢复系数，即e＝v2
' - v1
'
v1- v2
，其中v1、v2为两物体碰撞前的速度，
v′1、v′2为碰后的速度，e 仅由两物体材料决定。求：
①滑块A、B 相碰时的恢复系数e；
②滑块A、B 第二次碰撞后的速度大小。
[解析] (1)设第一次碰后A、B 两滑块的速度分别为vA和vB，碰前A 速度为
v0，对B 由动能定理可得
－mBgH－μmBg cos θ H
sinθ＝0- 1
2 mB vB
2
解得vB＝2 m/s
碰撞过程，由动量守恒定律可得
mAv0＝mAvA＋mBvB
解得vA＝－1 m/s。
(2)①由恢复系数公式e＝v2
' - v1
'
v1- v2
代入第一次碰撞数据解得e＝0.6
②设滑块B 再次到达水平面时速度为vB1，从H 处再次滑下时，由动能定理可
得
mBgH－μmBg cos θ H
sinθ＝1
2 mB vB1
2
再次碰撞时，设向左为正方向，碰后A、B 速度分别为vA2、vB2，由(1)知vA1＝1
m/s，由动量守恒定律和恢复系数公式可得mBvB1＋mAvA1＝mBvB2＋mAvA2，
v A 2- vB2
vB1- v A 1
＝0.6
可得vA2＝1.6 m/s，vB2＝1.3 m/s
[答案] (1)2 m/s 1 m/s (2)①0.6
②1.6 m/s 1.3 m/s
大单元周测卷(二) 大单元二 能量与动量
层级二 模拟精选·能力进阶
(总分：100 分)
一、单项选择题：本大题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四
个选项中，只有一项符合题目要求。
1．(2025·山东滨州·二模)我国嫦娥系列探测器着陆月球时的最后阶段，需通
过引擎反推实现减速。探测器以初速度v0＝8 m/s 垂直接近月球表面时，引擎提
供功率恒定的反向推力，功率的大小P＝2.0×103 W，使其速度减小到2 m/s。
由于存在稀薄大气，空气阻力大小f＝kv(v 为速度，系数k＝0.2 N·s·m-1)，探
测器所受重力保持不变。则速度从8 m/s 到2 m/s 的下落过程中，探测器的加速
度( )
A．先增大后减小
B．先减小后增大
C．一直增大
D．一直减小
C [探测器下落过程中，受到重力、空气阻力和反推力作用，根据牛顿第二定
律有f＋F－mg＝ma，其中f＝kv，又有F＝P
v ，联立解得a＝P
mv ＋kv
m －g，根
据不等式关系，当P
mv ＝kv
m 时，即v＝√
P
k ＝100 m/s，P
mv ＋kv
m 有极小值。所以速
度从8 m/s 到2 m/s 的下落过程中，探测器的加速度一直增大。故选C。]
2．(2025·江苏宿迁·一模)将一小球从地面竖直向上抛出，小球上升到某一高
度后又落回到地面。若该过程中空气阻力大小不变，则( )
A．在上升过程与下降过程中，重力做的功相同
B．在上升过程与下降过程中，重力的冲量相同
C．上升过程中小球动量的变化率比下降过程中的大
D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
C [根据WG＝Gh 可知，重力在上升过程做负功，下降过程中重力做正功，故
A 错误；上升过程中有mg＋f＝ma1，下降过程中有mg－f＝ma2，则a1>a2，由
于位移相等，根据x＝1
2at2可知，上升的时间小于下降的时间，根据I＝Gt 可知，
重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故B 错误；根据动量定理可
知F 合＝Δ p
Δt ，结合B 项分析可知，上升过程中小球动量的变化率比下降过程中
的大，故C 正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量
的变化量，故D 错误。故选C。]
3．(2025·山东淄博·模拟)如图所示为一架质量为m 的无人机在空中悬停时的
情景，其动力由四个相同的螺旋桨提供。每个螺旋桨向下吹出的气流速度大小
为v(未知)，单个螺旋桨的气流有效横截面积为S。已知空气密度为ρ，重力加
速度为g，则维持无人机悬停所需的速度大小v 等于( )
A．√
mg
4 ρS
B．√
mg
2 ρS
C．√
mg
ρS
D．√
2mg
ρS
A [无人机在空中悬停时，四个相同的螺旋桨向下推动空气获得升力，根据平
衡条件有4F＝mg，设Δt 时间内每个螺旋桨向下吹出的空气的质量为Δm＝
ρSvΔt，对向下推动的空气由动量定理有F′Δt＝Δmv－0，F＝F′，联立解得v＝
√
mg
4 ρS
，故选A。]
4．(2025·福建福州·三模)某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳
高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员在起跳过程中受到的地面
的竖直方向的支持力随时间变化的关系曲线。图像中10.10 s 至10.35 s 内，曲线
下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员质量为60 kg，重力加速度g
取10 m/s2。下列说法正确的是( )
A．起跳过程中运动员的最大加速度约为40 m/s2
B．起跳离开地面瞬间运动员的速度大小约为5 m/s
C．起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为2.5 m/s
D．起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为150 N·S
D [由题图可知，运动员受到的最大支持力约为Fmax＝2 400 N，根据牛顿第二
定律可知，起跳过程中运动员的最大加速度约为amax＝Fmax -mg
m
＝30 m/s2，故A
错误；F-t 图像与时间轴围成的面积代表冲量，起跳过程中支持力的冲量为IF＝
1 200×(10.35－10.10) N·s＝300 N·s，则起跳过程中运动员所受合力的冲量大
小约为I 合＝IF－mgt＝300 N·s－60×10×(10.35－10.10) N·s＝150 N·s，且由
动量定理有I 合＝mv－0，可得v＝2.5 m/s，故B 错误，D 正确；起跳后运动员
做竖直上抛运动，则重心上升的平均速度大小约为v＝v
2＝1.25 m/s，故C 错误。
故选D。]
5．(2025·辽宁沈阳·二模)如图所示，一物块(可视为质点)以初速度v0从足够
长的固定斜面底端滑上斜面，运动过程中所受的阻力Ff与速度大小成正比。以
斜面底端为原点O 和重力势能的零点，沿斜面向上为正方向，该物块的动能为
Ek、重力势能为Ep、机械能为E、重力做功的绝对值为WG、位移为s、路程为
x、在斜面上运动的时间为t。在该物块从斜面底端滑上斜面到返回斜面底端的
过程中，下列图像可能正确的是( )
A．
B．
C．
D．
A [设斜面的倾角为θ，物块沿斜面运动的过程中重力做功的绝对值WG＝mgs
sin θ，故A 正确；物块在斜面上运动时，上升过程中所受的合力F＝mg sin θ
＋kv，根据动能定理有－Fx＝Ek－Ek0，Ek-x 图线的斜率的绝对值越来越小，下
滑过程中，位移s 减小，所受的合力F＝mg sin θ－kv，Ek-x 图线的斜率的绝对
值越来越小，故B 错误；物块上滑到最高点所用的时间小于下滑到原点的时间，
故C 错误；物块沿斜面运动的过程中，由于阻力做负功，物块的机械能一直在
减小，故D 错误。故选A。]
6．(2025·江苏南京·二模)如图甲所示，倾角为θ、长为2l 的斜面AC，AB 段
光滑，BC 段粗糙，且AB＝BC＝l。质量为m 的小物体由A 处静止释放，到C
点恰好停下，BC 段动摩擦因数自上而下逐渐增大，具体变化如图乙所示，重力
加速度为g。下列说法正确的是( )
A．动摩擦因数最大值μm＝2tan θ
B．小物块的最大速度为3
2 √glsinθ
C．重力在AB、BC 两段斜面上做功不相等
D．重力在AB 段中间时刻瞬时功率等于在BC 段中间时刻瞬时功率
B [从A 处静止释放，到C 点恰好停下，根据动能定理可得mg·2l sin θ－Wf
＝0，由题图乙可知Wf＝1
2μmmg cos θ·l，联立解得μm＝4tan θ，故A 错误；
当摩擦力等于重力沿斜面向下的分力时，小物块的速度达到最大，此时有μmg
cos θ＝mg sin θ，解得μ＝tan θ＝1
4μm，由题图乙可知，此时小物体在BC 段
下滑的距离为1
4l，则对小物体从A 处静止释放到达到最大速度的过程，根据动
能定理可得mg·(l+ 1
4 l)sin θ－W′f＝1
2 mvm
2－0，其中W′f＝1
2μmg cos θ· l
4＝
1
8mgl sin θ，解得最大速度为vm＝3
2 √glsinθ，故B 正确；由于AB、BC 两段
斜面的长度相同，对应的高度相同，根据WG＝mgh 可知重力在AB、BC 两段
斜面上做功相等，故C 错误；设小物块在B 点的速度为vB，小物块在AB 段做
匀加速直线运动，则AB 中间时刻速度为v1＝0+ vB
2
＝vB
2 ，则重力在AB 段中间
时刻瞬时功率P＝mgv1sin θ＝mgvB
2 sin θ，小物块在BC 段不是做匀变速直线运
动，所以BC 段中间时刻速度v2≠vB+0
2
＝vB
2 ，则重力在BC 段中间时刻瞬时功
率P′＝mgv2sin θ≠mgvB
2 sin θ，故D 错误。故选B。]
7．(2025·浙江金华·三模)如图所示，质量均为1 kg 的木块A 和B 并排放在光
滑水平面上，A 上固定一竖直轻杆，轻杆上端系一长为0.22 m 的细线，细线另
一端系一质量为0.1 kg 的球C，现将球C 拉起使细线水平，并由静止释放，当
球C 摆到最低点时，木块A 恰好与木块B 相撞并粘在一起，不计空气阻力，重
力加速度g 取10 m/s2，则( )
A．球C 摆到最低点的速度是√4.4 m/s
B．木块A、B 最初间距为0.04 m
C．球C 通过最低点后向左摆动上升的最大高度为0.21 m
D．球C 从开始下落到A、B、C 三者相对静止，系统产生的热量为0.005 J
C [球C 向下运动到最低点的过程中，A、C 组成的系统水平方向不受外力，
系统水平方向动量守恒，取水平向左为正方向，由水平方向动量守恒有0＝
mCvC－mAvA，根据机械能守恒有mCgL＝1
2mCvC
2+1
2mAv A
2 ，解得速度大小分别为
vC＝2 m/s，vA＝0.2 m/s，故A 错误；球C 向下运动到最低点的过程中，A、C
组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，有0＝mCvC－mAvA，
两边同乘以t，有0＝mCxC－mAxA，又有xC+xA＝L，联立解得xA＝0.02 m，故
B 错误；A 与B 碰撞瞬间根据动量守恒有mAvA＝(mA+mB)v，解得v＝0.1 m/s，
之后球C 向左运动过程中，A、B、C 组成的系统水平方向动量守恒，有mCvC
－(mA+mB)v＝(mA+mB+mC)v 共，根据能量守恒，有1
2mCvC
2+1
2(mA+mB)v2＝1
2
(mA+mB+mC)v共
2 +mCgh，联立解得h＝0.21 m，故C 正确；系统产生的热量为Q
＝1
2mAv A
2 －1
2(mA+mB)v2＝0.01 J，故D 错误。故选C。]
二、多项选择题：本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四
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．(2025·山西吕梁·二模)质量相等的物块A、B 用轻质弹簧连接，质量为m
的小球P 左侧用轻质细绳通过理想定滑轮C 与物块A 相连，小球P 右侧通过轻
质细绳拴在D 点，整个系统在如图所示位置处于静止状态，物块B 和水平地面
之间恰好没有弹力。已知绳DP 长为L，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，重力加速度
为g，不计一切摩擦。现将小球P 托至与C、D 两点等高的水平线上，此时两轻
绳恰好伸直，则小球P 从静止释放至运动到图示位置的过程中，下列说法正确
的是( )
A．小球P 处于超重状态
B．物块A 的质量为0.4m
C．轻质弹簧的劲度系数为0.16mg
L
D．小球P 运动到图示位置时的速度大小为√
4 gL
7
BD [小球P 向下加速运动，处于失重状态，A 错误；设A、B 的质量为M，根
据平衡条件可得TC＝mg sin 53°，且TC＝2Mg，解得M＝0.4m，B 正确；物块A
上升的高度h1＝L tan 37°－(
L
cos37° - L)＝0.5L，则弹簧的劲度系数k＝
Mg
h1
2
＝
1.6mg
L
，C 错误；小球P 运动到题图所示位置时和物块A 速度大小相等，即v2
＝v1，根据机械能守恒定律可得mgh2 －Mgh1 ＝ 1
2 M v1
2 + 1
2 m v2
2 ，根据几何
关系易得h2＝L sin 37°＝0.6L，解得v2＝√
4 gL
7 ，D 正确。故选BD。]
9．(2025·湖南·模拟预测)如图甲所示，一质量为1.0 kg、可视为质点的小铁
块在平行于固定斜面的力F 作用下由静止开始从斜面底端向上滑动，力F 由一
个初始值开始逐渐减小到0 后就不再作用。以出发点为零势能点和原点，铁块
的机械能E 与其滑行位移x 的关系如图乙中OABC 所示，其中OAB 段是曲线，
BC 段是直线，曲线OAB 段的最高点A 的横坐标是xA，B 点和C 点的坐标已在
图乙中标出；铁块的重力势能Ep与其滑行位移x 的关系如图乙中直线OC 所示，
取重力加速度g＝10 m/s2，斜面粗糙程度均匀，则下列说法正确的是( )
A．外力F 做的功为11.3 J
B．铁块与斜面间的动摩擦因数是0.45
C．铁块上滑xA时，其加速度大小为11 m/s2
D．铁块滑回出发点时的动能为4.7 J
AD [设斜面倾角为θ，铁块的重力势能与上滑位移间的关系是Ep＝mgx sin
θ，由Ep-x 图线可知sin θ＝0.8，则cos θ＝0.6；铁块上滑0.5 m 后，其机械能
均匀减小，即铁块上滑0.5 m 时力F 减为0。图线BC 段的斜率的绝对值为铁块
受到的摩擦力大小，故铁块受到的摩擦力大小为f＝9.65-8.0
1.0-0.5 N＝3.3 N，在铁
块滑行1.0 m 时，其机械能与重力势能相等，铁块速度为0，由动能定理得WF
－fx0－mgx0sin θ＝0，其中x0＝1 m，解得WF＝11.3 J，故A 正确；根据f＝μmg
cos θ，解得μ＝0.55，故B 错误；铁块上滑xA时，F 与f 相等，设此时铁块的加
速度为a，则有mg sin θ＝ma，解得a＝8 m/s2，故C 错误；铁块下滑过程，由
动能定理得mgx0sin θ－fx0＝Ek，解得Ek＝4.7 J，故D 正确。故选AD。]
10．(2025·云南·模拟预测)如图甲所示，内表面光滑的“
”形槽固定在
水平地面上，完全相同的两物块a、b(可视为质点)置于槽的底部中点，t＝0 时，
a、b 分别以速度v1、v2向相反方向运动，已知b 开始运动速度v 随时间t 的变
化关系如图乙所示，所有的碰撞均视为弹性碰撞且碰撞时间极短，下列说法正
确的是( )
A．前17 秒内a 与b 共碰撞3 次
B．初始时a 的速度大小为1 m/s
C．前17 秒内b 与槽的侧壁碰撞3 次
D．槽内底部长为10 m
BC [根据碰撞规律可知物块b 与槽壁碰后速度大小不变，方向改变，与a 碰后
交换速度，则根据物块b 的v-t 图像，可知前17 秒内a 与b 共碰撞4 次，发生
在4～6 s 之间、8 s 时刻、10～12 s 之间以及16 s 时刻；前17 秒内b 与槽的侧壁
碰撞3 次，分别在2 s、10 s 和12 s 时刻，选项A 错误，C 正确；b 与a 碰前速度
为v2＝2 m/s，方向向左，碰后b 的速度v′2＝1 m/s，方向向右，因两物块质量相
同且碰撞为弹性碰撞，则碰后两物块交换速度，可知碰前a 的速度v1＝v′2＝1
m/s，即初始时a 的速度大小为1 m/s，选项B 正确；槽内底部长为L＝2v2Δt＝
2×2×2 m＝8 m，选项D 错误。故选BC。]
三、非选择题：本大题共4 小题，共54 分。
11．(15 分)(2025·山西·二模)某学习小组准备用铁架台、光电计时器、电磁铁
和铁球等验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。先测出A、B 之间的距
离h，再让电磁铁控制的小铁球从A 点自由下落，下落过程中经过光电门B 时，
通过与之相连的光电计时器记录下小球的挡光时间t。已知当地的重力加速度为
g。
(1)如图乙所示，该小组同学先用游标卡尺测量出小球的直径d＝________ cm；
(2)关于该实验，下列说法正确的是________(填字母)；
A．小球的直径越小越好
B．实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束
C．实验时应先释放铁球，后打开光电计时器
(3)该小组同学通过改变A、B 之间的距离h(h≫d)，得到多组t 的数值，通过描
绘图像，可验证机械能守恒，为使图像呈直线，应描绘t2-________(用h 表示)
图像，若图像的斜率k＝________(用d、g 表示)，可验证机械能守恒；
(4)由于存在空气阻力，该小组同学用实验数据描绘的图像的斜率________(选填
“大于”“小于”或“等于”)理论值。
[解析] (1)游标卡尺的分度值为0.1 mm，该读数为d＝9 mm＋0.1×8 mm＝9.8
mm＝0.98 cm。
(2)小球的直径越小，小球通过光电门的平均速度越接近瞬时速度，但小球的直
径越小，用游标卡尺测量时产生的偶然误差越大，可知小球的直径应当适当小
一些，而不是越小越好，A 错误；实验中如果球心轨迹与激光束不相交，则小
球的挡光距离将小于直径，导致挡光时间偏小，从而导致速度测量值偏大，可
知实验前应调整光电门位置使小球下落过程中球心通过光电门中的激光束，B
正确；实验时应先打开光电计时器，后释放铁球，防止小球提前通过计时器时
无法记录时间，C 错误。
(3)小球通过光电门的速度v＝d
t
从A 到B，根据机械能守恒定律得mgh＝1
2mv2
解得t2＝d
2
2g·1
h
为使图像呈直线，应描绘t2-1
h图像。
若图像的斜率k＝d
2
2g，可验证机械能守恒。
(4)由于存在空气阻力，在相等的下落高度h 内，小球通过光电门B 的挡光时间
大于理论值，导致绘制的过原点的倾斜直线偏上，可知用实验数据描绘的图像
的斜率大于理论值。
[答案] (1)0.98 (2)B (3) 1
h d
2
2g (4)大于
12．(9 分)(2025·山东·二模)某学习小组利用如图甲所示的装置验证动量守恒
定律，其中左、右两侧的光电门可以记录挡光片通过光电门的挡光时间，两滑
块上挡光片的宽度相同。
主要步骤如下：
a．测得滑块B(含挡光片)的总质量为mB，根据挡光片调节光电门到合适的高度；
b．将力传感器固定在气垫导轨左端支架上，加速度传感器固定在滑块A 上；
c．接通气源，放上滑块，调节气垫导轨，使滑块能在导轨上保持静止状态；
d．弹簧处于原长时右端位于O 点，将滑块A 向左水平推动，使弹簧右端压至
P 点，稳定后由静止释放滑块A，并开始计时；
e．计算机采集获取数据，得到滑块A 所受弹力大小F、加速度大小a 随时间t
变化的图像如图乙所示；
f．滑块A 与弹簧分开后，从导轨的左侧向右运动，穿过左侧光电门与静止在两
光电门之间的滑块B 发生碰撞，光电门记录的挡光片挡光时间如表丙所示。
光电门1
光电门2
碰前
t1
无
碰后
t2
t3
丙
(1)在调节气垫导轨水平时，开启充气泵，将一个滑块轻放在导轨上，轻推滑块，
让滑块从左向右运动，先后通过光电门1 和光电门2。若滑块通过光电门1 时的
挡光时间比通过光电门2 时的挡光时间长，应调节旋钮使气垫导轨右侧高度
________(选填“升高”或“降低”)。
(2)通过计算机处理数据可得F-t 和a-t 图像与坐标轴围成的面积分别为S1、S2，
则滑块A(含挡光片与加速度传感器)的总质量mA＝________。
(3)若mA、mB、t1、t2、t3满足关系式________，则可验证滑块A、B 组成的系统
碰撞前后动量守恒。
[解析] (1)若滑块通过光电门1 时的挡光时间比通过光电门2 时的挡光时间长，
说明滑块加速运动，左端抬得过高，则应调节旋钮使气垫导轨右侧高度升高。
(2)根据Ft＝mv＝mat
由题意知Ft＝S1，at＝S2
可知m＝
S1
S2
。
(3)以碰前A 的速度方向为正方向，由题表中数据可知碰前A 的速度v0＝d
t1
碰后A 再次经过光电门1，说明碰后A 反弹，则碰后A 的速度v1＝－d
t2
碰后B 的速度v2＝d
t3
若动量守恒则满足mAv0＝mAv1＋mBv2
代入可知
mA
t1 ＝－
mA
t2 ＋
mB
t3 。
[答案] (1)升高 (2)
S1
S2
(3)
mA
t1
＝－
mA
t2
＋
mB
t3
13．(15 分)(2025·湖北·二模)如图所示，在光滑的水平地面上有一辆足够长的
上表面粗糙的平板小车，已知小车的质量为M，上表面的动摩擦因数为μ，小
车正以速度v0向右匀速运动。此时在离小车右端高为h 处有一个质量为m 的弹
性小球由静止下落，小球与小车碰撞后在竖直方向上以原速率反弹，不计空气
阻力，在相互接触的过程中它们之间的弹力远大于小球的重力且时间极短，小
球可视为质点，重力加速度为g。求：
(1)小球与小车第一次碰撞后在水平方向上获得的速度是多少；
(2)从小球与小车第n 次碰撞后弹起(小球的水平速度小于车的水平速度)到第n＋
1 次碰撞小车的过程中，小车运动的位移是多少；
(3)系统最终产生的热量是多少。
[解析] (1)设小球落在小车表面时的速度为v，小球在下落过程中机械能守恒，
则有mgh＝1
2mv2
设小球与小车碰撞过程中的相互作用力为N，接触时间为Δt，由于二者的水平
速度不同，所以在相互接触的过程中会产生滑动摩擦力，碰撞结束后小球竖直
方向上以原速率反弹，设小球水平方向上获得的速度为v1，则在竖直方向上弹
力的冲量NΔt＝2mv
在水平方向上摩擦力的冲量μNΔt＝mv1
由以上三式可求得v1＝2μ√2 gh。
(2)通过分析可知小球每次与小车碰撞过程中弹力和摩擦力的冲量都不变，所以
小球与小车每碰撞一次，小球的竖直速率不变，水平速度增加2μ√2gh
当小球与小车第n 次碰撞后，水平方向的速度为vn＝2nμ√2gh
小球与小车碰撞弹起后，相对于地面做斜抛运动，
当小球第n＋1 次落在小车表面时所用的时间为t＝2v
g ＝√
8h
g
小球与小车组成的系统在水平方向上动量守恒，设第n 次碰撞后小车的速度为
v′n
则有Mv0＝Mvn′＋mvn
小车在这段时间内的位移为x＝vn′t
联立以上式子可求得
x＝(v0- 2nmμ√2hg
M
)√
8h
g 。
(3)小球在水平方向上的速度不断变大，最终会与小车共速，设共同速度为v′
则有Mv0＝(M +m)v′
系统全过程产生的热量为Q＝1
2 M v0
2 －1
2(M＋m)v′2
联立以上式子可求得Q ＝
Mm
2(M +m) v0
2 。
[答案] (1)2μ√2 gh
(2)(v0- 2nmμ√2hg
M
)√
8h
g
(3)
Mm
2(M +m) v0
2
14．(15 分)(2025·江苏盐城·三模)如图所示，光滑水平面上静止放置两个形状
完全相同的弹性小物块A、B，物块A 的质量mA＝0.2 kg。在物块B 右侧的竖直
墙壁里有一水平轻质长细杆，杆的左端与一轻质弹簧相连，杆、弹簧及两物块
的中心在同一水平线上，杆与墙壁作用的最大静摩擦力为2.4 N。若弹簧作用一
直在弹性限度范围内，弹簧的弹性势能表达式为Ep＝1
2kx2，k＝60 N/m。现给物
块A 一水平向右的作用力F，其功率P＝1.6 W 恒定，作用t＝1.0 s 后撤去，然
后物块A 与物块B 发生弹性碰撞，碰撞后两物块速度大小相等。B 向右压缩弹
簧，并将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：
(1)t＝1.0 s 撤去力F 时，物块A 的速度大小；
(2)物块B 的质量；
(3)物块B 的最终速度大小。
[解析] (1)t＝1.0 s 时间内，力F 对物块A 做的功W＝Pt
解得W＝1.6 J
对物块A 进行分析，根据动能定理有W ＝1
2 mA v0
2
解得v0＝4 m/s。
(2)设A 与B 碰前A 的速度大小为v0，碰后速度大小为v。由题意可知，碰后
A、B 的速度等大、反向，A、B 发生弹性碰撞，则有mAv0＝mA(－v)＋mBv，
1
2 mA v0
2 ＝ 1
2mAv2 ＋ 1
2mBv2
解得mB＝0.6 kg。
(3)由题意可知，物块B 在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力
时杆开始移动，则有fmax＝kx
解得x＝0.04 m
由于杆的质量不计，杆所受外力的合力为0，即杆在运动过程中，弹簧弹力大
小始终等于杆所受的滑动摩擦力大小，即弹簧弹力不变，杆开始运动后，物块
B 将做匀减速直线运动，B 的速度减为0 后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压
缩的弹性势能转化为B 的动能。设最终B 的速度为vB，则有1
2kx2 ＝ 1
2 mB vB
2
得vB＝0.4 m/s。
[答案] (1)4 m/s (2)0.6 kg (3)0.4 m/s
大单元周测卷(二) 大单元二 能量与动量
层级三 高考重组·素养对标
(总分：100 分)
一、单项选择题：本大题共7 小题，每小题4 分，共28 分。在每小题列出的四
个选项中，只有一项符合题目要求。
1．(2025·云南卷)如图所示，中老铁路国际旅客列车从云南某车站由静止出发，
沿水平直轨道逐渐加速到144 km/h。在此过程中列车对座椅上的一高中生所做
的功最接近( )
A．4×105 J
B．4×104 J
C．4×103 J
D．4×102 J
B [由单位制可知144 km/h＝40 m/s，高中生的质量约为m＝50 kg，则当列车
加速到v＝40 m/s 时高中生的动能约为Ek＝1
2mv2＝40 000 J，对高中生由动能定
理得W＝Ek－0，解得列车对高中生所做的功约为W＝4×104 J，B 正确。]
2．(2025·山东卷)一辆电动小车上的光伏电池，将太阳能转换成的电能全部给
电动机供电，刚好维持小车以速度v 匀速运动，此时电动机的效率为50%。已
知小车的质量为m，运动过程中受到的阻力f＝kv(k 为常量)，该光伏电池的光
电转换效率为η，则光伏电池单位时间内获得的太阳能为( )
A．2k v
2
η
B．k v
2
2η
C．k v
2+m v
2
2η
D．2k v
2+m v
2
η
A [小车匀速运动时，电动机的牵引力F 等于小车受到的阻力f，有F＝f＝
kv，则电动机的输出功率P 电出＝Fv＝fv＝kv2，电动机的输入功率(光伏电池的
输出功率)P 光出＝P电出
50 % ＝2kv2，则光伏电池的输入功率(单位时间内获得的太阳
能)为P 太阳能＝P光出
η
＝2k v
2
η
，A 正确。]
3．(2025·云南卷)如图所示，质量为m 的滑块(视为质点)与水平面上MN 段的
动摩擦因数为μ1，与其余部分的动摩擦因数为μ2，且μ1＞μ2。第一次，滑块从
Ⅰ位置以速度v0向右滑动，通过MN 段后停在水平面上的某一位置，整个运动
过程中，滑块的位移大小为x1，所用时间为t1；第二次，滑块从Ⅱ位置以相同
速度v0向右滑动，通过MN 段后停在水平面上的另一位置，整个运动过程中，
滑块的位移大小为x2，所用时间为t2。忽略空气阻力，则( )
A．t1＜t2
B．t1＞t2
C．x1＞x2
D．x1＜x2
A [设MN 段的长度为x0，滑块在除MN 段外通过的路程为x，整个过程由动
能定理得(- μ1mg x0)－μ2mgx＝0- 1
2 mv0
2，由题意可知滑块两次在MN 段的路程
相等，则两次在除MN 段外通过的路程也一定相等，则有x1＝x0＋x，x2＝x0＋
x，所以x1＝x2，C、D 错误；滑块在MN 段的加速度大小为a1＝μ1g，滑块在除
MN 段外的加速度大小为a2＝μ2g，由于第二次的释放点距离M 较近，则滑块第
二次在M 点的速度比第一次的大，由于两次滑块通过MN 的位移相同，则第二
次滑块在MN 段的运动时间较短，作出两次滑块的速度－时间图像如图所示，
由图可直观地看出，第二次运动的总时间较长，即t1＜t2，A 正确，B 错误。]
4．(2025·四川卷)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装
在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与
物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为√3
2 。电动机以恒定功率P 拉动小车由
静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小
为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大
小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内( )
A．物块的位移大小为2v0
2
3 g
B．物块机械能增量为5mv0
2
2
C．小车的位移大小为16 P v0
5m g
2 - 2v0
2
5 g
D．小车机械能增量为8 P v0
5 g + mv0
2
2
C [对物块根据牛顿第二定律有μmg cos 30°－mg sin 30°＝ma，解得a＝1
4g，
根据运动学公式有v0
2 ＝ 2ax1 ，解得物块的位移大小为x1＝2v0
2
g ，故A 错误；
物块机械能增量为ΔE＝1
2 mv0
2 ＋mgx1 ·sin 30° ＝ 3
2 mv0
2 ，故B 错误；对小车
根据动能定理有Pt－(μmg cos 30° ＋ mg sin 30°)x＝1
2 m v0
2 ，其中t＝v0
a ，联立
解得x＝16 P v0
5m g
2 - 2v0
2
5 g ，故C 正确；小车机械能增量为ΔE′＝1
2 mv0
2 ＋ mgx sin
30° ＝ 8 P v0
5 g
+ 3m v0
2
10 ，故D 错误。故选C。]
5．(2025·浙江1 月选考)有一离地面高度20 m、质量为2×10-13 kg 稳定竖直降
落的沙尘颗粒，在其降落过程中受到的阻力与速率v 成正比。已知比例系数k
＝1×10-9 kg/s，重力加速度g＝10 m/s2，则它降落到地面的时间约为( )
A．0.5 h
B．3 h
C．28 h
D．166 h
B [ 沙尘颗粒在重力和阻力作用下做变速运动，应用动量定理，有
∑mg· Δt -∑kv · Δt＝mvt，即mgt－kh＝mvt，随着阻力变大，最终mg＝
kvt，联立可得t＝m
k ＋kh
mg，由于m≪k，所以t＝kh
mg＝1×104 s≈3 h。故选B。]
6．(2025·河南卷)两小车P、Q 的质量分别为mP和mQ，将它们分别与小车N
沿直线做碰撞实验，碰撞前后的速度v 随时间t 的变化分别如图1 和图2 所示。
小车N 的质量为mN，碰撞时间极短，则( )
A．mP＞mN＞mQ
B．mN＞mP＞mQ
C．mQ＞mP＞mN
D．mQ＞mN＞mP
D [对小车P、N 的碰撞过程，由动量守恒定律有mPvP＋mNvN1＝mPvP′＋
mNvN1′，整理得mP(vP－vP′)＝mN(vN1′－vN1)，由题图1 可知vP－vP′＞vN1′－vN1，
解得mP<mN；对小车Q、N 的碰撞过程，由动量守恒定律有mQvQ＋mNvN2＝
mQvQ′＋mNvN2′，整理得mQ(vQ－vQ′)＝mN(vN2′－vN2)，由题图2 可知vQ－vQ′＜
vN2′－vN2，解得mQ＞mN，综上可知mQ＞mN＞mP，D 正确。]
7．(2025·甘肃卷)如图所示，小球A 从距离地面20 m 处自由下落，1 s 末恰好
被小球B 从左侧水平击中，小球A 落地时的水平位移为3 m。两球质量相同，
碰撞为弹性碰撞，重力加速度g 取10 m/s2，则碰撞前小球B 的速度大小v 为(
)
A．1.5 m/s
B．3.0 m/s
C．4.5 m/s
D．6.0 m/s
B [根据题意可知，小球A 和B 碰撞过程中，水平方向上动量守恒，竖直方向
上A 球的竖直速度不变，设碰撞后A 球水平速度为v1，B 球水平速度为v2，则
有mv＝mv1＋mv2，碰撞为弹性碰撞，则由能量守恒定律有1
2 m v
2+ 1
2 m v A
2 ＝
1
2 m v A
2 + 1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2，联立解得v1＝v，v2＝0，小球A 在竖直方向上做匀加速
直线运动，则有h＝1
2gt2，解得t＝2 s，可知，碰撞后，小球A 运动t′＝1 s 落地，
则水平方向上有x＝vt′，解得v＝3.0 m/s，故选B。]
二、多项选择题：本大题共3 小题，每小题6 分，共18 分。在每小题列出的四
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．(2025·陕晋青宁卷)如图所示，与水平面成53°夹角且固定于O、M 两点的
硬直杆上套着一质量为1 kg 的滑块，弹性轻绳一端固定于O 点，另一端跨过固
定在Q 处的光滑定滑轮与位于直杆上P 点的滑块拴接，弹性轻绳原长为OQ，
PQ 为1.6 m 且垂直于OM。现将滑块无初速释放，假设最大静摩擦力与滑动摩
擦力相等。滑块与杆之间的动摩擦因数为0.16，弹性轻绳上弹力F 的大小与其
伸长量x 满足F＝kx，k＝10 N/m，g 取10 m/s2，sin 53°＝0.8。则滑块( )
A．与杆之间的滑动摩擦力大小始终为1.6 N
B．下滑与上滑过程中所受滑动摩擦力的冲量相同
C．从释放到静止的位移大小为0.64 m
D．从释放到静止克服滑动摩擦力做功为2.56 J
AC [设PQ 与杆之间的夹角为α，滑块沿杆运动时，垂直于杆方向合力为零，
可得F sin α＝mg cos 53°＋FN，其中F＝k · PQ
sin α
，所以滑块与杆之间的弹力大
小FN＝10 N，滑块与杆之间的滑动摩擦力大小Ff＝μFN＝1.6 N，大小始终不变，
A 正确；下滑和上滑过程中，滑块所受滑动摩擦力的方向相反，冲量为矢量，
故滑动摩擦力的冲量不相同，B 错误；滑块下滑过程可看成简谐运动在半个周
期内的运动，设P′为简谐运动的最低点，平衡位置为O1，在O1有mg sin 53°＝
k·PO1＋μFN，解得PO1＝0.64 m，此简谐运动的振幅A1＝0.64 m，则PP′＝2A1
＝1.28 m；滑块上滑过程可看成另一个简谐运动在半个周期内的运动，设平衡位
置为O2，QO2与杆之间的夹角为γ，可得mg sin 53°＋μFN＝k · PQ
sin γ
·cos γ，其
中PQ
sin γ ·cos γ＝PO2，联立解得PO2＝0.96 m，此简谐运动的振幅A2＝PP′－PO2
＝0.32 m；由简谐运动的对称性可得滑块上滑刚好可回到O1处且无法下滑，故
滑块从释放到静止的位移大小等于PO1＝0.64 m，C 正确；滑块从释放到静止，
克服滑动摩擦力做功Wf＝μFN(2A1＋2A2)＝3.072 J，D 错误。]
9．(2025·广东卷)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小
随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力
作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F 随
时间t 的变化关系为F＝F0－kt(F≠0，F0、k 均为大于0 的常量)，无人机的质
量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0 到T 时间段内(T 是满足F>0 的任
一时刻)，下列说法正确的有( )
A．受到空气作用力的方向会变化
B．受到拉力的冲量大小为(F0- 1
2 kT)T
C．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋(F0- 1
2 kT)T
D．T 时刻受到空气作用力的大小为
√
3
4 (F0-kT )
2
+(mg- F0-kT
2 )
2
AB [无人机沿水平方向做匀速直线运动，则其时刻受力平衡，又由题意可知
拉力方向不变，逐渐减小，则可作出无人机的受力示意图如图所示，可知无人
机受到空气作用力的方向会变化，A 正确；由题意可知，拉力的大小随时间均
匀变化，所以0 到T 时间段内，无人机受到拉力的冲量大小IF＝F0+ FT
2
T＝(F0
－1
2kT)T，B 正确；0 到T 时间段内，无人机受到的重力的冲量大小IG＝mgT，
又无人机受到的重力和拉力不共线，所以结合B 项分析可知，无人机受到重力
和拉力的合力的冲量大小I 合<IF＋IG＝mgT＋(F0－1
2kT)T，C 错误；由图结合几
何关系可知，T 时刻无人机受到空气作用力的大小F
空＝
√(F sin 60°)
2+(mg+ F cos60°)
2＝√
3
4 (F0-kT )
2
+(mg+ F0-kT
2 )
2
，D 错误。]
10．(2025·湖南卷)如图所示，某爆炸能量测量装置由装载台和滑轨等构成，C
是可以在滑轨上运动的标准测量件，其规格可以根据测量需求进行调整。滑轨
安装在高度为h 的水平面上。测量时，将弹药放入装载台圆筒内，两端用物块
A 和B 封装，装载台与滑轨等高。引爆后，假设弹药释放的能量完全转化为A
和B 的动能。极短时间内B 嵌入C 中形成组合体D，D 与滑轨间的动摩擦因数
为μ。D 在滑轨上运动s1距离后抛出，落地点距抛出点水平距离为s2，根据s2可
计算出弹药释放的能量。某次测量中，A、B、C 质量分别为3m、m、5m，s1＝
h
μ，整个过程发生在同一竖直平面内，不计空气阻力，重力加速度大小为g。则
( )
A．D 的初动能与爆炸后瞬间A 的动能相等
B．D 的初动能与其落地时的动能相等
C．弹药释放的能量为36mgh(1+ s2
2
4 h
2)
D．弹药释放的能量为48mgh(1+ s2
2
4 h
2)
BD [弹药爆炸的过程，由动量守恒定律有3mvA＝mvB，由能量守恒定律有ΔE
＝1
2×3mv A
2 +1
2mvB
2，B 嵌入C 的过程，由动量守恒定律有mvB＝(m+5m)vD，D
在滑轨上的运动过程，由动能定理有－μ·(m+5m)gs1＝1
2(m+5m)v0
2－1
2(m+5m)v D
2
，D 脱离滑轨后做平抛运动，则有s2＝v0t，h＝1
2gt2，D 的初动能EkD＝1
2
(m+5m)v D
2 ，爆炸后瞬间A 的动能EkA ＝1
2×3mv A
2 ，解得EkA ＝2EkD ，ΔE ＝
48mgh(1+ s2
2
4 h
2)，D 从开始运动至落地的过程，根据动能定理有－μ·(m+5m)gs1+
(m+5m)gh＝1
2(m+5m)v2－1
2(m+5m)v D
2 ，解得v＝vD，则D 的初动能与其落地时
的动能相等，A、C 错误，B、D 正确。]
三、非选择题：本大题共4 小题，共54 分。
11．(6 分)(2025·广东卷)请完成下列实验操作和计算。
(1)在“长度的测量及其测量工具的选用”实验中，用螺旋测微器测量小球的直
径，示数如图甲所示，读数为________mm。
(2)实验小组利用小车碰撞实验测量吸能材料的性能，装置如图乙所示，图中轨
道由轨道甲和乙平滑拼接而成，且轨道乙倾角较大。
①选取相同的两辆小车，分别安装宽度为1.00 cm 的遮光条。
②轨道调节。
调节螺母使轨道甲、乙连接处适当升高，将小车在轨道乙上释放，若测得小车
通过光电门A 和B 的________，表明已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他
阻力。
③碰撞测试。
先将小车1 静置于光电门A 和B 中间，再将小车2 在M 点由静止释放，测得小
车2 通过光电门A 的时间为t2，碰撞后小车1 通过光电门B 的时间为t1。若
t2________(选填“>”“<”或“＝”)t1，可将两小车的碰撞视为弹性碰撞。
④吸能材料性能测试。
将吸能材料紧贴于小车2 的前端，重复步骤③，测得小车2 通过光电门A 的时
间为10.00 ms，两车碰撞后，依次测得小车1 和2 通过光电门B 的时间分别为
15.00 ms、30.00 ms，不计吸能材料的质量，计算可得碰撞后两小车总动能与碰
撞前小车2 动能的比值为________(结果保留两位有效数字)。
[解析] (1)由螺旋测微器的读数规则可知，小球的直径为d＝8 mm＋26.0×0.01
mm＝8.260 mm。(2)②若已平衡小车在轨道甲上所受摩擦力及其他阻力，则小
车在轨道甲上做匀速直线运动，所以小车通过光电门A 和B 的时间相等。③若
两小车的碰撞为弹性碰撞，则由于两小车相同，所以发生弹性碰撞后两小车速
度交换，则碰撞后小车2 静止，小车1 以与小车2 碰撞前瞬间相同的速度做匀
速直线运动，可知t2＝t1。④贴上吸能材料后，两小车碰撞前小车2 的速度大小
v0＝
0.01
10×10
-3 m/s＝1 m/s，动能为Ek0＝1
2 mv0
2，碰撞后小车1 的速度大小v1＝
0.01
15×10
-3 m/s＝2
3 m/s，小车2 的速度大小v2＝
0.01
30×10
-3 m/s＝1
3 m/s，两小车
的总动能Ek＝1
2 m v1
2+ 1
2 m v2
2，联立可得
Ek
Ek 0
≈0.56。
[答案] (1)8.260 (2)②时间相等 ③＝
④0.56
12．(16 分)(2025·河南卷)实验小组利用图1 所示装置验证机械能守恒定律。可
选用的器材有：交流电源(频率50 Hz)、铁架台、电子天平、重锤、打点计时器、
纸带、刻度尺等。
(1)下列所给实验步骤中，有4 个是完成实验必需且正确的，选择它们并按实验
顺序排列：________(填序号)。
①先接通电源，打点计时器开始打点，然后再释放纸带；
②先释放纸带，然后再接通电源，打点计时器开始打点；
③用电子天平称量重锤的质量；
④将纸带下端固定在重锤上，穿过打点计时器的限位孔，用手捏住纸带上端；
⑤在纸带上选取一段，用刻度尺测量该段内各点到起点的距离，记录分析数据；
⑥关闭电源，取下纸带。
(2)图2 所示是纸带上连续打出的五个点A、B、C、D、E 到起点的距离。则打
出B 点时重锤下落的速度大小为________m/s(保留三位有效数字)。
(3)纸带上各点与起点间的距离即为重锤下落高度h，计算相应的重锤下落速度
v，并绘制图3 所示的v2-h 关系图像。理论上，若机械能守恒，图中直线应
________(选填“通过”或“不通过”)原点且斜率为________(用重力加速度大
小g 表示)。由图3 得直线的斜率k＝________(保留三位有效数字)。
(4)定义单次测量的相对误差η＝|
E p- Ek
E p |×100%，其中Ep是重锤重力势能的减
小量，Ek是其动能增加量，则实验相对误差为η＝________×100%(用字母k 和
g 表示)；当地重力加速度大小取g＝9.80 m/s2，则η＝________%(保留两位有效
数字)，若η<5%，可认为在实验误差允许的范围内机械能守恒。
[解析] (1)根据题图1 可知，本实验的实验原理是通过验证重锤重力势能的减
少量等于动能的增加量，来验证机械能守恒定律，验证的关系式为mgh＝1
2
mv2，因为等式两边的质量可以消去，所以测量重锤的质量(步骤③)不是必需的；
又测量重锤下落的高度和速度均能通过打点计时器与纸带完成，按照打点计时
器与纸带的使用规则可知，应先接通打点计时器的电源，打点计时器工作稳定
后再释放纸带，步骤②错误，所以步骤①④⑥⑤是必需且正确的，正确实验操
作排序为④①⑥⑤。
(2)重锤带动纸带做匀加速直线运动，某段时间中间时刻的瞬时速度等于该段时
间内的平均速度，所以打出B 点时重锤下落的速度大小vB ＝
s A C
2
f
＝
(20.34 -13.20)×50
2
×10-2 m/s≈1.79 m/s。
(3)若机械能守恒，对重锤有mgh＝1
2mv2，整理得v2＝2gh，所以v2-h 图线应通
过原点且斜率为2g。由题图3 可知直线的斜率k＝
5.6-1.4
0.295-0.075 m/s2≈19.1
m/s2。
(4)η＝|
mgh- 1
2 m v
2
mgh
|×100%＝|1- k
2g|×100%，代入数据解得η≈2.6%。
[答案] (1)④①⑥⑤ (2)1.79 (3)通过 2g 19.1 m/s2 (4)|1- k
2g| 2.6
13．(16 分)(2025·安徽卷)如图所示，M、N 为固定在竖直平面内同一高度的两
根细钉，间距L＝0.5 m。一根长为3L 的轻绳一端系在M 上，另一端竖直悬挂
质量m＝0.1 kg 的小球，小球与水平地面接触但无压力。t＝0 时，小球以水平向
右的初速度v0＝10 m/s 开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过
N、M，运动到M 正下方与M 相距L 的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做
平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g 取
10 m/s2。
(1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小；
(2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离；
(3)若在t＝0 时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N 的正上方且绳子不
松弛，求初速度的最小值。
[解析] (1)从t＝0 时至小球运动到M 正下方与M 相距L 的位置(绳子刚好被拉
断)的过程，只有重力对小球做功，小球的机械能守恒，设绳子被拉断时小球的
速度大小为v，则由机械能守恒定律可得
mg·2L＝1
2 m v0
2－1
2mv2
解得v＝4√5 m/s
小球运动到M 正下方与M 相距L 的位置，绳子刚好被拉断，则对该位置的小球
进行受力分析，由牛顿第二定律可得
Fm－mg＝mv
2
L
结合牛顿第三定律解得绳子所受的最大拉力大小F′m＝Fm＝17 N。
(2)绳子被拉断时，小球距地面的高度为2L，此后小球做平抛运动，设小球做平
抛运动的时间为Δt，水平位移大小(抛出点到落地点的水平距离)为x，则由平抛
运动规律可得
2L＝1
2g(Δt)2
x＝vΔt
联立解得x＝4 m。
(3)当小球通过N 的正上方绳子刚好不松弛时，小球的初速度最小，设此速度为
vmin，此种情况下小球通过N 的正上方时的速度为vN，则对小球从t＝0 时至运
动到N 的正上方的过程，由机械能守恒定律可得
mg·5L＝1
2 mvmin
2
- 1
2 mv N
2 运动到N 的正上方时，由牛顿第二定律可得
mg＝m· v N
2
2 L
联立解得vmin＝2√15 m/s。
[答案] (1)4√5 m/s 17 N (2)4 m
(3)2√15 m/s
14．(16 分)(2025·江苏卷)如图所示，在光滑水平面上，左右两列相同的小钢球
沿同一直线放置。每列有n 个。在两列钢球之间，一质量为m 的玻璃球以初速
度v0向右运动，与钢球发生正碰。所有球之间的碰撞均视为弹性碰撞。
(1)若钢球质量为m，求最右侧的钢球最终运动的速度大小；
(2)若钢球质量为3m，求玻璃球与右侧钢球发生第一次碰撞后，玻璃球的速度
大小v1；
(3)若钢球质量为3m，求玻璃球经历2n 次碰撞后的动能Ek。
[解析] (1)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，由于钢球质量也为m，根
据动量守恒和机械能守恒可知，碰撞过程中，二者速度互换，则最终碰撞后最
右侧钢球的速度大小等于开始碰撞前玻璃球的初速度大小为v0。
(2)根据题意可知，所有碰撞均为弹性碰撞，则由动量守恒定律有mv0＝mv1＋
3mv2
由能量守恒定律有1
2 mv0
2＝1
2 mv1
2+ 1
2 ×3mv2
2
解得v1＝m-3m
m+3mv0＝－1
2v0，v2＝
2m
m+3mv0＝1
2v0
负号表示速度反向，则玻璃球的速度大小为1
2v0。
(3)根据题意结合小问2 分析可知，玻璃球与右侧第一个小球碰撞后反弹，且速
度大小变为碰撞前的1
2，右侧第一个小球又与第二个小球发生弹性碰撞，速度
互换，静止在光滑水平面上，玻璃球反弹后与左侧第一个小球同样发生弹性碰
撞，同理可得，碰撞后玻璃球再次反弹，且速度大小为碰撞前的1
2，综上所述，
玻璃球碰撞2n 次后速度大小为v＝(
1
2)
2n
v0
则玻璃球碰撞2n 次后最终动能大小
Ek＝1
2mv2＝(
1
2 )
4 n+1
m v0
2。
[答案] (1)v0 (2)
v0
2
(3)(
1
2)
4 n+1
m v0
2
