文档文本内容
专题06 动量与能量综合运用
01 专题网络·思维脑图
02 考情分析·解密高考
03 高频考点·以考定法
04 核心素养·难点突破
05 创新好题·轻松练习
考点内容
考情预测
能量结合图像问题
动量与能量综合运用基本以生活中的常见
现象为命题点，如斜面、弹簧、竖直面内
的圆周运动等。从简单的动量和能量守恒
的条件判断，到涉及斜面、弹簧、碰撞等
模型进行动量能量综合运用，前者只需要
熟悉守恒条件，后者对公式运用及化简有
更高的要求。而机车启动模型也是各省高
考常考题，两种启动方式均有作为命题
点。
机械能及能量守恒的理解及应用
动量定理及动量守恒的理解及应用
机车启动模型（重点常考）
应用动量及能量守恒解决碰撞问题
应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”
学
习
目
标
1.熟悉掌握基本的物理公式推导，变形出和图像结合的函数表达形式，从而通过斜
率、截距、面积等得到相关的物理量。
2.熟悉动量守恒及机械能守恒的条件，灵活运用动量守恒公式和机械能守恒公式联立
求解。
3.掌握机车启动模型的两种方式，理解P-t 图和v-t 图上各段过程，对三个常用公式熟
悉掌握。
4.熟悉碰撞问题的动量守恒公式和能量守恒公式，并且联立后的结果能熟悉记忆，避
免考试时还需化简求解。
5.掌握应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”，理解取一段时间后求此段时
间的质量的方法。
【典例1】（2023·浙江·统考高考真题）铅球被水平推出后的运动过程中，不计空气阻力，下列关于铅球在
空中运动时的加速度大小a、速度大小v、动能Ek 和机械能E 随运动时间t 的变化关系中，正确的是（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【详解】A．由于不计空气阻力，铅球被水平推出后只受重力作用，加速度等于重力加速度，不随时间改
变，故A 错误；
B．铅球被水平推出后做平抛运动，竖直方向有
v y =>¿
则抛出后速度大小为
v =√v0
2+ (gt)2
可知速度大小与时间不是一次函数关系，故B 错误；
C．铅球抛出后的动能
Ek= 1
2 mv
2= 1
2 m[v0
2+ (gt)2]
可知动能与时间不是一次函数关系，故C 错误；
D．铅球水平抛出后由于忽略空气阻力，所以抛出后铅球机械能守恒，故D 正确。
故选D。
【典例2】（多选）（2023·广东·统考高考真题）人们用滑道从高处向低处运送货物．如图所示，可看作质
点的货物从1
4 圆弧滑道顶端P点静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为6 m/s。已知货物质量
为20kg，滑道高度
为4 m，且过Q点的切线水平，重力加速度取10 m/s
2。关于货物从P点运动到Q点的
过程，下列说法正确的有（ ）
A．重力做的功为360J
B．克服阻力做的功为440J
C．经过Q点时向心加速度大小为9 m/s
2 D．经过Q点时对轨道的压力大小为380 N
【答案】BCD
【详解】A．重力做的功为
W G=mgℎ=800J
A 错误；
B．下滑过程据动能定理可得
W G−W f= 1
2 mvQ
2
代入数据解得，克服阻力做的功为
W f= 440J
B 正确；
C．经过Q点时向心加速度大小为
a= vQ
2
ℎ=9 m/s
2
C 正确；
D．经过Q点时，据牛顿第二定律可得
F −mg=ma
解得货物受到的支持力大小为
F =380 N
据牛顿第三定律可知，货物对轨道的压力大小为380 N，D 正确。
故选BCD。
【典例3】（2023·山西·统考高考真题）使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N
极正对着乙的S 极，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．甲的速度大小比乙的大
B．甲的动量大小比乙的小
C．甲的动量大小与乙的相等
D．甲和乙的动量之和不为零
【答案】BD
【详解】对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示
A．根据牛顿第二定律有
a甲= F −μm甲g
m甲
a乙= F −μm乙g
m乙
由于
m 甲 > m 乙
所以
a 甲 < a 乙
由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得
v 甲 < v 乙
A 错误；
BCD．对于整个系统而言，由于μm 甲g > μm 乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，
显然甲的动量大小比乙的小，BD 正确、C 错误。
故选BD。
一．机械能
1.重力势能：
E p=mgh
.
(1)定性关系：重力对物体做正功，重力势能就减少；重力对物体做负功，重力势能就增加．
(2)定量关系：重力对物体做的功等于物体重力势能的减少量．即WG＝－(Ep2－Ep1)＝－
Δ E p.
①重力势能是地球和物体组成的系统共有的，而不是物体单独具有的.
②重力势能的大小和零势能面的选取有关.
③重力势能是标量，但有“+”、“-”之分.
2.弹性势能：
E p=1
2 kΔx2
.弹力做正功，弹性势能减小，弹力做负功，弹性势能增加．
3.机械能是否守恒的三种判断方法
(1)利用机械能的定义判断：若物体动能、势能之和不变，则机械能守恒．
(2)用做功判断：若物体或系统只有重力(或弹簧的弹力)做功，虽受其他力，但其他力不做功，机械能
守恒．
(3)利用能量转化判断：若物体或系统与外界没有能量交换，物体或系统内也没有机械能与其他形式能
的转化，则机械能守恒．
对一些绳子突然绷紧，物体间非弹性碰撞等问题，除非题目特别说明，机械能必定不守恒，完全非弹
性碰撞过程机械能也不守恒.
4.动能定理：合外力对物体所做的功等于物体动能的变化．W＝ΔEk＝mv－mv.
（1）适用条件
①动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动．
②既适用于恒力做功，也适用于变力做功．
③力可以是各种性质的力，既可以同时作用，也可以不同时作用．
（2）定理中“外力”的两点理解
①重力、弹力、摩擦力、电场力、磁场力或其他力，它们可以同时作用，也可以不同时作用．
②既可以是恒力，也可以是变力．
5.功能关系
二．动量定理及动量守恒
1．动量定理
(1)内容：物体所受合力的冲量等于物体动量的变化量．
(2)表达式：F 合·t＝Δp＝p′－p.
(3)矢量性：动量变化量方向与合力的方向相同，可以在某一方向上用动量定理．
2．动量定理的三大应用
(1)用动量定理解释现象
①物体的动量变化一定，此时力的作用时间越短，力就越大；时间越长，力就越小．如玻璃杯掉在水
泥地上易碎,而掉在沙地上不易碎。
②作用力一定，此时力的作用时间越长，动量变化越大；力的作用时间越短，动量变化越小．
(2)应用I＝Δp 求变力的冲量．
(3)应用Δp＝F·Δt 求恒力作用下的曲线运动中物体动量的变化量．
（1）动量定理的研究对象是一个质点(或可视为一个物体的系统)．
（2）动量定理的表达式是矢量式，在一维情况下，各个矢量必须选同一个正方向．
（3）动量定理不仅适用于恒定的力，也适用于随时间变化的力。这种情况下，动量定理中的力F 应
理解为变力在作用时间内的平均值.
（4）动量定理中的冲量是合外力的冲量,而不是某一个力的冲量,它可以是合力的冲量,也可以是各力
冲量的矢量和,还可以是外力在不同阶段的冲量的矢量和.
（5）由Ft＝p′－p 得F＝ ＝ ，即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率。
3．动量守恒定律的表达式
m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′，两个物体组成的系统初动量等于末动量．
可写为：p＝p′、Δp＝0 和Δp1＝－Δp2
守恒条件
(1)理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统动量守恒．
(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒．
(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒．
考向01 能量结合图像问题
【针对练习1】（2023·云南·校联考模拟预测）跳台滑雪运动员在助滑段加速后，从起跳区a 位置处水平飞
出，落在着陆区内的b 点，不计空气阻力，如图所示。Ep、Ek、E、P分别表示运动员在空中的重力势能、
动能、机械能、重力的功率，用t 表示运动员在空中的运动时间，则下列图像中可能正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】A．运动员在空中做平抛运动，下落的高度为
= 1
2 gt
2
以b 为零势能点，则有
Ep= Epa−mg⋅ℎ= Epa−m g
2
2
⋅t
2
故A 错误；
B．根据动能定理有
Ek−Eka=mgℎ
可得
Ek= Eka+ m g
2
2
t
2
故B 正确；
C．平抛过程中只受重力，故机械能守恒，E−t图线应为横线，故C 错误；
D．运动员沿竖直方向上的速度为
v y =>¿
则重力的功率
P =mg⋅v y =m g
2⋅t
故D 错误。
故选B。
【针对练习2】（多选）如图甲所示，一质量为M 的长木板A 置于光滑的水平面上，其右端放有一质量为
m 可视为质点的小物体B。现将一水平向右的拉力作用于长木板A 上，使长木板由静止开始运动，在运动
过程中长木板A 和小物体B 的加速度aA、aB随时间变化的图像分别如图乙、丙所示。已知t2时刻，小物体
没有滑离长木板，重力加速度为g。则（ ）
A．0~t2时间内，拉力随时间一直均匀增大
B．A、B 间的动摩擦因数为a3
g
C．0~t1时间内，拉力对长木板做的功( M +m)a1
2t1
2
8
D．0~t2时间内，因摩擦产生的热量ma3(a2−a3)(t2−t1)
2
2
【答案】BCD
【详解】A．由图乙可知t1~t2时间内加速度不变，根据牛顿第二定律可知
F −μmB g=mAa2
拉力不变，A 错误；
B．对B 由牛顿第二定律得
μmB g=mBa3
可得A、B 间的动摩擦因数为
μ= a3
g
B 正确；
C．t1时刻A、B 的速度为
v = 1
2 a1t1
0~t1时间内，由动能定理得拉力对长木板做的功为
W = 1
2
(M +m)v
2=
(m+ M )a1
2t1
2
8
C 正确；
D．0~t1时间内A、B 间没有相对滑动，t1~t2时间内A、B 的相对位移为
Δ x = v(t2−t1)+ 1
2 a2(t2−t1)
2−v(t2−t1)−1
2 a3(t2−t1)
2= 1
2 (a2−a3)(t2−t1)
2
0~t2时间内，因摩擦产生的热量为
Q = μmg Δ x = ma3(a2−a3)(t2−t1)
2
2
D 正确；
故选BCD。
考向02 机械能及能量守恒的理解及应用
【针对练习3】（多选）如图所示，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M 的光滑弧形槽静止在光滑水平
面上，底部与水平面相切，一个质量为m(m< M )的小球从弧形槽h 高处由静止开始下滑，不计空气阻力，
下列说法正确的是（ ）
A．在下滑过程中弧形槽对小球的弹力始终不做功
B．在小球压缩弹簧的过程中，小球的机械能减小
C．小球离开弹簧后，小球和弧形槽组成的系统机械能守恒，但小球不能回到弧形槽h 高处
D．在整个过程中，小球、弧形槽和弹簧组成的系统机械能守恒，水平方向动量守恒
【答案】BC
【详解】A．因为光滑弧形静止在光滑水平面上，则可知小球下落，小球和弧形槽整体在水平方向上动量
守恒，小球获得水平向右的速度，弧形槽获得水平向左的速度，可知在小球下滑的过程中小球给弧形槽做
正功，则弧形槽给小球的弹力做负功，故A 错误；
B．当小球压缩弹簧的过程中，弹簧和小球组成的系统的机械能守恒，但弹簧对小球的弹力做负功，故小
球机械能减小，故B 正确；
C．小球在弧形槽上下滑的过程中，系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，小球与弧形槽分离
时两者动量大小相等，由于m＜M，则小球的速度大小大于弧形槽的速度大小，小球被弹簧原速率弹回后
将追上弧形槽并要滑上弧形槽。在小球离开弹簧后，只有重力和系统内弹力做功，故小球和弧形槽组成的
系统机械能守恒。由于球与弧形槽组成的系统总动量水平向左，球滑上弧形槽的最高点时两者共速，则此
时共同速度也必须水平向左，则二者从静止开始运动到共速状态，系统的动能增加，重力势能一定要减小，
小球上升的最大高度要小于h，故C 正确；
D．整个运动过程中小球和弧形槽、弹簧组成的系统只有重力与系统内弹力做功，故系统机械能守恒；在
整个过程中，由于存在墙壁对弹簧水平方向上的弹力，故水平方向上的动量不守恒，故D 错误；
故选BC。
【针对练习4】如图所示，固定光滑斜面顶端有一轻质光滑定滑轮，质量为m的物块P 和质量为3m的物块
Q 用轻质细绳相连，外力作用于P，使P、Q 均静止，某时刻撤去外力，当Q 下降的高度为ℎ时，细绳断裂，
重力加速度为g，sin37° =0.6，P、Q 均可视为质点，斜面足够长，则（ ）
A．物块P沿斜面上升的最大高度为35
16 ℎ
B．当细绳断裂的瞬间，物块Q的重力的功率为9mg
4
√2gℎ
C．在细绳断裂后，物块P沿斜面向上运动的时间为5
4 √
2ℎ
g
D．当物块P运动至最高点时，物块Q的机械能相对t =0时刻减少了35
16 mgℎ
【答案】C
【详解】A．根据题意可知，当Q下降的高度为
时，细绳断裂，根据几何关系得，P上升的高度
' =
ℎ
sin53° sin37° = 3
4 ℎ
细绳断裂的瞬间P、Q速度大小相等，对PQ整体，根据机械能守恒有
3mgℎ−mgℎ
' = 1
2
(3m+m)v
2
解得
v =√
9
8 gℎ
细绳断裂后，P还能上升的最大高度满足
mgℎ1= 1
2 m v
2
解得
1= 9
16 ℎ
则物块P沿斜面上升的最大高度
H =ℎ
' +ℎ1= 21
16 ℎ
故A 错误；
B．当细绳断裂的瞬间，物块Q重力做功的功率
P=3mgv sin53° = 9mg
5
√2gℎ
故B 错误；
C．细绳断裂后，物块P在斜面上的运动时间
t =
v
gsin37° = 5
4 √
2ℎ
g
故C 正确；
D．根据题意可知，细绳断裂前P、Q组成的系统机械能守恒，细绳断裂后，物块P、Q 的机械能均守恒，
则当物块P运动至最高点时，物块P增加的机械能等于物块Q的机械能相对t =0时刻减少量，即
Δ E =mg(ℎ
' +ℎ1)= 21
16 mgℎ
故D 错误。
故选C。
考向03 动量定理及动量守恒的理解及应用
【针对练习5】2022 年北京冬奥会跳台滑雪项目在位于张家口的国家跳台滑雪中心举行，运动员穿专用滑
雪板，在滑雪道上获得一定速度后从跳台飞出，在空中飞行一段距离后着陆。现有某运动员从跳台处沿
水平方向飞出，在斜坡处着陆，如图所示。已知
时运动员离斜坡面最远，测得
间的水平距离为
，不计空气阻力，重力加速度
，下列说法正确的是（ ）
A．运动员在处的速度大小为
B．从处运动到处的时间为
C．从处运动到处过程中动量变化率不断变化
D．运动员离坡面的最大距离为
【答案】D
【详解】AB．运动员从跳台水平飞出，做平抛运动，设运动员初速度大小为
，斜面的倾角为，运动员
从开始运动到坡底所用的时间为，已知
时运动员离斜坡面最远，此时运动员速度的方向与斜面平行，则
有
，
解得
则
，
故AB 错误；
C．从处运动到处过程中
解得
C 错误；
D．将运动按沿斜面方向和垂直斜面方向分解，如图所示运动员做匀变速运动，当沿方向的分速度减为0
时，运动员离坡面最远，最远距离为
。D 正确。
故选D。
【针对练习6】如图所示，半圆形粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道圆心为，半径为。将质量为
的小球在轨道上与等高的A 点由静止释放，经过时间小球运动到轨道的最低点，已知小球通过最低点
时的速度大小为，重力加速度为，则小球从A 点运动到点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．重力对小球的冲量大小为
B．轨道支持力对小球的冲量大小为0
C．轨道对小球作用力的冲量大小为
D．轨道对小球作用力的冲量大小为
【答案】A
【详解】A．根据冲量的计算公式，可得重力对小球的冲量大小为
故A 正确；
B．小球从A 点运动到点的过程中，支持力不为零，且方向沿右上方，所以支持力的冲量不为零，故B 错
误；
CD．根据动量定理做出矢量三角形
可得轨道对小球作用力的冲量大小为
CD 错误。
故选A。
考向04 机车启动模型（重点常考）
1.模型综述
物体在牵引力(受功率和速度制约)作用下，从静止开始克服一定的阻力，加速度不变或变化，最终加
速度等于零，速度达到最大值．
2.两种模型的比较
（1）两种启动方式的比较
两种模型
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
P－t 图和v－t 图
O
A
段
过程分析
v↑⇒F＝↓⇒a＝↓
a＝不变⇒F 不变⇒P＝Fv↑直到
P 额＝Fv1
运动性质
加速度减小的加速直线运动
匀加速直线运动，维持时间t0＝
A
B
段
过程分析
F＝f⇒a＝0
⇒f＝
v↑⇒F＝↓
⇒a＝↓
运动性质
以vm做匀速直线运动
加速度减小的加速运动
BC 段
无
F＝f⇒a⇒0⇒
以vm＝匀速运动
（2）三个重要关系式
(1)无论哪种启动过程，机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度，即vm＝＝(式中Fmin为最小牵引
力，其值等于阻力f)．
(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中，匀加速过程结束时，功率最大，速度不是最大，即v＝<vm
＝.
(3)机车以恒定功率运行时，牵引力做的功W＝Pt.由动能定理：Pt－fs＝ΔEk.此式经常用于求解机车以
恒定功率启动过程的位移大小.
【典例4】（2023·山东·统考高考真题）质量为M 的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F 和受到的
阻力f 均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m 的物体由静止开始运动。当小车拖
动物体行驶的位移为S1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。物体继续滑行一段时间后停下，其总
位移为S2。物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。小车的额定功率P0为（ ）
A．√
2 F
2( F −f )(S2−S1)S1
( M +m)S2−M S1
B．√
2 F
2( F −f )(S2−S1)S1
( M +m)S2−m S1
C．√
2 F
2( F −f )(S2−S1)S2
( M +m)S2−M S1
D．√
2 F
2( F −f )(S2−S1)S2
( M +m)S2+m S1
【答案】A
【详解】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S1的过程中有
F－f－μmg = (m＋M)a
v2= 2aS1
P0= Fv
轻绳从物体上脱落后
a2= μg
v2= 2a2(S2－S1)
联立有
P0=√
2 F
2( F −f )(S2−S1)S1
( M +m)S2−M S1
故选A。
【针对练习7】（多选）某物流站点采用如图甲所示装置运送大物件，电动机通过跨过定滑轮的绳子与斜
面上的物件相连，电动机启动后以额定功率工作，牵引物件沿斜面上升，5s时速度达最大值，物件运动的
v −t图像如图乙所示。已知斜面倾角为30°，物件质量为400kg，物件与斜面间的动摩擦因数为√3
2 ，电
动机额定功率为10kW，重力加速度大小取g=10 m /s
2，绳子质量不计，则0∼5s内（ ）
A．物件的最大速度是2m /s
B．物体沿斜面向上运动了9.84 m
C．摩擦力对物件做的功为29520J
D．物件机械能的增量19680J
【答案】AB
【详解】A．物件速度最大时做匀速运动，根据平衡条件，牵引力大小为
F =mgsinθ+ μmgcosθ =5000 N
则此时最大速度为
vm = P
F =2m/s
故A 正确；
B．0∼5s内，根据动能定理
Pt −(mgsinθ+ μmgcosθ)x = 1
2 mvm
2−0
解得
x =9.84 m
故B 正确；
C．摩擦力对物件做的功为
W f=−μmgx cosθ =−29520J
故C 错误；
D．物件机械能的增量
Δ E = Δ Ek+ Δ EP= 1
2 m vm
2+mgx sinθ =20480J
故D 错误。
故选AB。
【针对练习8】汽车以恒定加速度启动后，最终以额定功率在平直公路上行驶。汽车所受牵引力与速度倒
数的关系如图所示，已知汽车的质量为m=2×103 kg，汽车运动过程中所受阻力恒定，下列说法正确的是（
）
A．汽车匀加速过程中能达到的最大速度为15 m/s
B．汽车做匀加速直线运动的时间为4 s
C．汽车做匀加速直线运动的加速度为1 m/s2
D．汽车的额定功率为80 kW
【答案】D
【详解】D．由图可知，汽车的额定功率
P=Fv=4×103×20W=8×104W
故D 正确；
C．当汽车速度为vm=20m/s 时，由平衡条件可得
F阻= F = 4×10
3 N
汽车刚启动时所受牵引力为F'=8×103N，由牛顿第二定律可得汽车做匀加速直线运动的加速度为
a= F
'−F阻
m
=2m/s
2
故C 错误；
A．汽车匀加速运动过程中的最大速度
v
' = P
F
' = 8×10
4
8×10
3 m/s=10 m/s
故A 错误；
B．汽车做匀加速直线运动的时间为
t = v
'
a =5s
故B 错误。
故选D。
考向05 应用动量及能量守恒解决碰撞问题
一．碰撞
1．概念：碰撞指的是物体间相互作用持续时间很短，物体间相互作用力很大的现象，在碰撞过程中，
一般都满足内力远大于外力，故可以用动量守恒定律处理碰撞问题．
2．分类
(1)弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能守恒，相互作用过程中遵循的规律是动量守恒和机械能
守恒．
(2)非弹性碰撞：在碰撞过程中机械能损失的碰撞，在相互作用过程中只遵循动量守恒定律．
(3)完全非弹性碰撞：这种碰撞的特点是系统的机械能损失最大，作用后两物体粘合在一起，速度相等，
相互作用过程中只遵循动量守恒定律．
1．解析碰撞的三个依据
(1)
量守恒：
动
p1＋p2＝p1′＋p2′.
(2)
能不增加：
动
Ek1＋Ek2≥Ek1′＋Ek2′或＋≥＋.
(3)速度要符合情景
①如果碰前两物体同向运
，
后面的物体速度必大于前面物体的速度，即
动则
v 后＞v 前，否
无法
碰
则
实现
撞．
②碰撞后，原来在前面的物体速度一定增大，且速度大于或等于原来在后面的物体的速度，即v 前′≥v
后′.
③如果碰前两物体是相向运
，
碰后两物体的运
方向不可能都不改
．除非两物体碰撞后速度均
动则
动
变
为
零．
【典例5】（2022·湖南·统考高考真题）1932 年，查德威克用未知射线轰击氢核，发现这种射线是由质量
与质子大致相等的中性粒子（即中子）组成。如图，中子以速度v0分别碰撞静止的氢核和氮核，碰撞后氢
核和氮核的速度分别为v1和v2。设碰撞为弹性正碰，不考虑相对论效应，下列说法正确的是（ ）
A．碰撞后氮核的动量比氢核的小
B．碰撞后氮核的动能比氢核的小
C．v2大于v1
D．v2大于v0
【答案】B
【详解】设中子的质量为m，氢核的质量为m，氮核的质量为14 m，设中子和氢核碰撞后中子速度为v3，
由动量守恒定律和能量守恒定律可得
m v0=m v1+m v3
1
2 mv0
2= 1
2 mv1
2+ 1
2 mv3
2
联立解得
v1= v0
设中子和氮核碰撞后中子速度为v4，由动量守恒定律和能量守恒定律可得
m v0=14 m v2+m v4
1
2 m v0
2= 1
2 ⋅14 m v2
2+ 1
2 m v4
2
联立解得
v2= 2
15 v0
可得
v1= v0>v2
碰撞后氢核的动量为
pH=m v1=m v0
氮核的动量为
pN =14 m v2= 28m v0
15
可得
pN > pH
碰撞后氢核的动能为
EkH= 1
2 m v1
2= 1
2 m v0
2
氮核的动能为
EkN = 1
2 ⋅14 mv2
2= 28mv0
2
225
可得
EkH> EkN
故B 正确，ACD 错误。
故选B。
【针对练习9】如图所示，光滑水平面上有一质量为2M、半径为R（R 足够大）的1
4 圆弧曲面体C，质量
为M 的小球B 置于其底端，另一个小球A 质量为M
2 ，小球A 以v0=6m/s 的速度向B 运动，并与B 发生弹性
碰撞，不计一切摩擦，小球均视为质点，则（ ）
A．A、B 发生弹性碰撞后A 的速度大小为2m/s
B．B 运动到最高点时的速率为3
4 m/s
C．C 的最大速率为4
3 m/s
D．B 能与A 再次发生碰撞
【答案】A
【详解】A．A 与B 发生弹性碰撞，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律和动能守恒得
M
2 v0= M
2 v A+ M vB
1
2 × M
2 v0
2= 1
2 × M
2 v A
2 + 1
2 M vB
2
联立解得
vA=-2m/s
vB=4m/s
所以A、B 发生弹性碰撞后A 的速度大小为2m/s，故A 正确；
B．B 冲上C 并运动到最高点时二者共速，设为v，取水平向右为正方向，根据动量守恒定律可得
M vB=(M +2 M )v
代入数据解得
v = 4
3 m/s
故B 错误；
CD．从B 冲上C 然后又滑下的过程，设B、C 分离时速度分别为vB′、vC′，取水平向右为正方向，根据动量
守恒定律可得
MvB=MvB′+2MvC′
由机械能守恒定律可得
1
2 M vB
2 = 1
2 M v
'
B
2 + 1
2 ×2 M v
'
C
2
联立解得
v
'
B=−4
3 m/s
v
'
C = 8
3 m/s
由此可知C 的最大速度为8
3 m/s，由于
|v
'
B|<|v A|
所以B 能与A 不会再次发生碰撞，故CD 错误。
故选A。
【针对练习10】（多选）如图所示，光滑的水平面上，小球甲以水平向右的速度与静止的小球乙发生正碰，
两小球质量均匀、半径相同，规定水平向右为正方向，下列说法正确的是（ ）
A．若甲的质量小于乙的质量，且甲、乙发生弹性碰撞，则碰撞后甲的速度可能为正
B．若甲、乙发生弹性碰撞，且碰撞后甲、乙的速度分别为v甲、v乙，则碰撞之前甲的速度为v乙+ v甲
C．若甲、乙发生完全非弹性碰撞产生的热量为Q，且甲、乙的质量之比为2：1，碰前甲的速度为v0，
则乙的质量为
3Q
v0
2
D．若甲、乙发生弹性碰撞，且碰后甲、乙的速度大小相等，则甲、乙的质量之比为1：3
【答案】CD
【详解】AB．向右为正方向，若发生弹性正碰，根据动量守恒定律和能量关系可知
m甲v0=m甲v甲+m乙v乙
1
2 m甲v0
2= 1
2 m甲v甲
2 + 1
2 m乙v乙
2
解得
v0= v乙−v甲
v甲= m甲−m乙
m甲+m乙
v0
v乙=
2m甲
m甲+m乙
v0
若甲的质量小于乙的质量，且甲、乙发生弹性碰撞，则碰撞后甲的速度为负，碰撞之前甲的速度为
v0= v乙−v甲
选项AB 错误；
C．若甲、乙发生完全非弹性碰撞，则
m甲v0=(m甲+m乙)v
产生的热量为
Q = 1
2 m甲v0
2−1
2 (m甲+m乙)v
2
且甲、乙的质量之比为
m甲
m乙
= 2
1
解得乙的质量为
m乙= 3Q
v0
2
选项C 正确；
D．若甲、乙发生弹性碰撞，且碰后甲、乙的速度大小相等，方向一定相反，根据A 的结论可得
v甲=−v乙
即
m甲−m乙=−2m甲
则甲、乙的质量之比为
m甲:m乙=1:3
选项D 正确。
故选CD。
考向06 应用动量定理处理“流体问题”“粒子流问题”
【典例6】（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。
【针对练习11】（多选）由高压水枪竖直向上喷出的水柱，将一个质量为16kg 的小铁盒开口向下倒顶在
空中，铁盒悬停在距离水枪口的距离为
。已知水以恒定速率从横截面积为
的水枪中持续喷
出，向上运动并冲击铁盒后，水流以不变的速率竖直返回；忽略水在与盒作用时水的重力的影响，水的密
度为
，
，则下列说法正确的是（ ）
A．水冲击铁盒后以
的速度返回
B．水枪的输出功率为5kW
C．水从水枪口喷出的速度为
D．铁盒悬停受到水的冲击力为160N
【答案】CD
【详解】ACD．设水从水枪口喷出的速度为v0，极短时间Δt 内水与小铁盒作用过程中，对水由动量定理可
得
FΔt=mv-（-mv）=2ρVv=2ρv0ΔtSv
水从枪口喷出到铁盒处由
其中铁盒受力平衡可知
F=m 铁盒g=160N
其中h=1.8m，解得
v=8m/s
v0=10m/s
故A 错误，CD 正确；
B．时间Δt 内从枪口喷出水的动能为
则水枪的输出功率为
联立解得
P=0.5kW
故B 错误。
故选CD。
【针对练习12】离子发动机是利用电场加速离子形成高速离子流而产生推力的航天发动机，工作时将推进
剂离子化，使之带电，然后在静电场作用下推进剂得到加速后喷出，从而产生推力，这种发动机适用于航
天器的姿态控制、位置保持等，航天器质量
，单个离子质量
，带电量，加速电场的电压为，高速离
子形成的等效电流强度为，根据以上信息计算该发动机产生的推力为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】对离子，根据动能定理有
解得
根据电流的定义式则有
对离子，根据动量定理有
解得
根据牛顿第三定律，推进器获得的推力大小为
故选B。
一、单选题
1．2022 年10 月31 日，搭载空间站梦天实验舱的长征五号运载火箭，在文昌航天发射场点火发射成功。
火箭发射时总质量是900t，火箭刚点火时，该发动机向后喷射的气体速度约为2.5km/s，产生的推力约为
1.05×107N，则它在（ ）
A．火箭刚点火时的加速度11.67m/s2
B．火箭刚点火时的加速度3.34m/s2
C．火箭1s 时间内喷射的气体质量为4.2×103kg
D．火箭1s 时间内喷射的气体质量为4.2×102kg
【答案】C
【详解】AB.刚点火时，由牛顿第二定律得
故AB 错误；
CD.设它在∆t 时间内喷射的气体质量为∆m，根据动量定理
解得
则它在1s 时间内喷射的气体质量约为4.2×103kg，故C 正确，D 错误。
故选C。
2．如图所示，将一个内外侧均光滑的半圆形槽置于光滑的水平面上，槽的左侧有一固定的竖直墙壁。现
让一小球自左端槽口A 点的正上方由静止开始下落，从A 点与半圆形槽相切进入槽内，则下列说法正确的
是（ ）
A．小球在半圆形槽内运动的全过程中，只有重力对它做功
B．小球从A 点向半圆形槽的最低点运动的过程中，小球处于失重状态
C．小球从A 点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统机械能守恒
D．小球从下落到从右侧离开半圆形槽的过程中，机械能守恒
【答案】C
【详解】A．小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，而从最低点开始上升过程
中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功，故A 错误；
B．小球从A 点向半圆形槽的最低点运动的过程中，在最低点附近，加速度向上，小球处于超重状态，故
B 错误；
C．小球从A 点经最低点向右侧最高点运动的过程中，小球与半圆形槽组成的系统只有重力做功，机械能
守恒，故C 正确；
D．小球在槽内运动的全过程中，从刚释放到最低点，只有重力做功，机械能守恒；从最低点开始上升过
程中，除小球重力做功外，还有槽对球作用力做负功，所以小球的机械能不守恒，故D 错误。
故选C。
3．质量为m 的汽车由静止开始在水平地面上做加速度大小为a 的匀加速直线运动，经过时间
发动机达到
额定功率，接着汽车保持额定功率不变做变加速直线运动，然后以最大速度匀速运动。已知汽车运动过程
中所受的阻力恒为f，下列说法正确的是（ ）
A．汽车做匀加速直线运动时受到的牵引力大小为ma
B．汽车做匀加速直线运动的距离为
C．汽车的额定功率为
D．汽车的最大速度为
【答案】B
【详解】A．汽车做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律可得
解得汽车受到的牵引力大小为
故A 错误；
B．汽车做匀加速直线运动的距离为
故B 正确；
C．
时刻，汽车的速度为
此时汽车功率达到额定功率，则有
故C 错误；
D．当牵引力等于阻力时，汽车做匀速运动，速度达到最大，则有
故D 错误。
故选B。
4．如图所示，一滑雪运动员从山坡上的A 点由静止开始滑到山坡底的B 点，该运动员和雪橇的总质量为
m，滑到B 点的速度大小为v，A、B 两点的高度差为h，重力加速度为g，该过程中阻力做的功为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】对运动员和雪橇从A 点到B 点过程，应用动能定理
解得
故选C。
5．2023 年杭州亚运会，全红婵凭借完美的表现夺得10 米台跳水比赛金牌，引起广泛关注。假设不计空气
阻力，运动员从10 米台跳下时初速度为零，若入水姿势正确，则从接触水面到速度为零下降距离约3 米；
若入水姿势不正确，则从接触水面到速度为零下降距离约1 米，运动员在向下运动的过程中（ ）
A．在空中重力的冲量与下降的距离成正比
B．入水姿势正确的情况下，在水中动量变化量小，受到水的冲击力小
C．入水姿势不正确的情况下，在水中动量变化率小，受到水的冲击力小
D．入水姿势正确的情况下，在水中动量变化率小，受到水的冲击力小
【答案】D
【详解】A．人在空中做自由落体运动，重力的冲量为
故A 错误；
BCD．人在空中做自由落体运动，下降高度为h，入水前速度为
在空中用时
在水中认为受水作用力F 不变时可以看作匀减速运动下降d，水中用时为
整个过程对人运用动量定理有
所以
若入水姿势正确，d 较大，人受到水的冲击力小F 较小，即人在水中动量变化率小；若入水姿势不正确，d
较小，人受到水的冲击力小F 较大，即人在水中动量变化率大，故BC 错误，D 正确。
故选D。
6．当无人机悬停在空中时，其螺旋桨旋转向下推动空气从而获得升力来平衡重力，大风时，无人机通过
调节各个螺旋桨的转速来控制姿态水平保持稳定。如图所示，某结构对称的四旋翼无人机在空中保持水平
静止，其四个旋翼分别由四个电动机带动，每个旋翼的螺旋桨都是水平的，无人机的质量为m，每个螺旋
桨旋转形成的面积为S，空气的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气的浮力和风力的影响，下列说法正确
的是（ ）
A．被螺旋桨推动的空气的速度大小为
B．1s 内被每台电机的螺旋桨推动的空气的质量为
C．1s 内每台电动机的做的功为
D．每台电动机做功的功率为
【答案】D
【详解】A．根据平衡条件可得
∆t 时间内被螺旋桨推动的空气的质量为
由动量定理，螺旋桨对空气的作用力大小
联立可得
故A 错误；
B．1s 内被每台电机的螺旋桨推动的空气的质量为
故B 错误；
C．1s 内每台电动机的做的功为
故C 错误；
D．每台电动机做功的功率为
故D 正确。
故选D。
7．如图，水平传送带上表面的右侧，与一个竖直的光滑半圆轨道底端相接，在半圆轨道下端O 放一质量
为m 的滑块A。传送带以速率
沿顺时针转动，现在传送带的左端轻轻放上一个质量也为m 的滑块B。物
块与传送带的动摩擦因数为μ，物块B 以速度为
与A 发生弹性碰撞，两滑块可视为质点，则下列说法不
正确的是（ ）
A．传送带至少长
B．物块B 第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为
C．要保证被撞后的A 滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为
D．若A 与B 能在O 点发生多次碰撞，则当A 与B 发生第三次碰撞时，产生的总内能为
【答案】C
【详解】A．物块B 在传送带上滑动，根据牛顿第二定律有
可得，物块B 的加速度为
则物块B 加速到
时的位移为
则传送带至少长
，故A 正确；
B．物块B 第一次在传送带上运动达到传送带速度所需时间为
故B 正确；
C．物块B 以速度为
与A 发生弹性碰撞，根据动量守恒有
根据机械能守恒有
解得，碰撞后A、B 的速度分别为
，
A 滑块在圆弧最高点时，根据牛顿第二定律有
从碰撞后瞬间到A 滑块运动到圆弧最高点，根据机械能守恒有
解得
则要保证被撞后的A 滑块能沿圆弧轨道运动，圆弧轨道的半径最大为
，如果A 最高点小于四分之一圆弧，
则半径可以无限大，故C 错误；
D．物块B 第一次在传送带上加速运动的位移为
传送带的路程为
相对位移为
产生的内能为
第一次碰撞后B 静止，A 滑上圆弧后又滑回来与B 发生碰撞，根据机械能守恒可知，A 滑上圆弧后又滑回
来的速度仍然为
，由上述分析可知，与B 发生第二次碰撞后，A 的速度为零，B 的速度为
，方向水平
向左，然后物体B 在传送带上做减速运动，直到速度为零，则减速的时间为
减速的位移为
减速过程中，传送带的路程为
此过程的相对位移为
此过程产生的内能为
B 速度减为零后又开始反向向右加速，与第一次碰撞前情况相同，所以若A 与B 能在O 点发生多次碰撞，
则当A 与B 发生第三次碰撞时，产生的总内能为
故D 正确。
本题选不正确的，故选C。
8．某摩托车在平直的道路上由静止启动，其运动的速度v 与时间t 的关系如图甲所示，图乙表示该摩托车
牵引力的功率P 与时间t 的关系。设摩托车在前进过程中所受阻力为车（包括驾驶员和物资）总重力的k
倍，在18s 末摩托车的速度恰好达到最大。已知摩托车（包括驾驶员和物资）总质量
，重力加
速度g 取
。则下列说法正确的是（ ）
A．0 到18s 内摩托车一直匀加速运动
B．0 到8s 内，摩托车的牵引力为800N
C．
D．从静止开始加速到最大速度的过程中，摩托车前进的路程为125.5m
【答案】C
【详解】A．
图像的斜率表示加速，根据图甲可知，0 到18s 内摩托车先做匀加速运动，后做加速度减
小得变加速直线运动，故A 错误；
B．根据图像可知，8s 时，摩托车功率达到额定功率
，令匀加速过程牵引力为
，
，
则有
解得
故B 错误
C．根据图甲可知，18s 后摩托车做匀速直线运动，牵引力与阻力平衡，速度达到最大值，则有
解得
故C 正确；
D．
图像中，图像与时间轴所围几何图形的面积表示位移，根据图甲可知，
内的位移为
在
内经历时间为
该段时间内，功率始终为额定功率，根据动能定理有
解得
则从静止开始加速到最大速度的过程中，摩托车前进的路程为
故D 错误。
故选C。
9．一辆摩托车在平直的公路上由静止启动，摩托车所受牵引力随时间变化关系如图所示。摩托车总质
量为200kg，额定功率为
，运动过程所受阻力恒定，则（ ）
A．摩托车在
时间内做匀加速运动，
时间内做减速运动
B．摩托车在
时间内的加速度为
C．运动过程中摩托车的最大速度为20m/s
D．摩托车匀加速行驶的时间为20s
【答案】D
【详解】A．由图可知，摩托车在
时间内，
，在
时刻功率达到额定功率，在
时间内以额定功率做加速度逐渐减小的加速运动，直到
时刻达到最大速度，然后做匀速直线运动，
故A 错误；
B．由A 选项分析可知，
时刻后摩托车做匀速直线运动，根据受力平衡可得
根据牛顿第二定律可得摩托车在
时间内的加速度为
故B 错误；
C．摩托车做匀速直线运动时速度最大，即
故C 错误；
D．摩托车匀加速行驶的的最大速度为
故摩托车匀加速行驶的时间为
故D 正确。
故选D。
10．如图所示，固定光滑斜面倾角
，其底端与竖直面内半径为R 的固定光滑圆弧轨道相切，位置D
为圆弧轨道的最低点。质量为2m 的小球A 和质量为m 的小环B（均可视为质点）用
的轻杆通过
轻质铰链相连。B 套在光滑的固定竖直长杆上，杆和圆轨道在同一竖直平面内，杆过轨道圆心O，初始轻
杆与斜面垂直。在斜面上由静止释放A，假设在运动过程中两杆不会碰撞，小球能滑过D 点且通过轨道连
接处时无能量损失（速度大小不变），重力加速度为g，从小球A 由静止释放到运动至最低点的过程中，
下列判断正确的是（ ）
A．A 和B 组成的系统的机械能不守恒
B．刚释放时小球A 的加速度大小为
C．小环B 速度最大时轻杆弹力为
D．小球A 运动到最低点时的速度大小为
【答案】B
【详解】A．在小球A 下落到最低点的过程中，A 和B 组成的系统只有重力做功，故A 和B 组成的系统机
械能守恒，故A 错误；
B．刚释放时小球A 时，由牛顿第二定律可知
解得
故B 正确；
C．小环B 速度最大时，小环B 在竖直方向上的合力为零，轻杆的弹力竖直分量为mg，而只有A 到达最低
点，B 速度为零时，轻杆的水平分量才为零，故小环B 速度最大时，轻杆弹力大于mg，故C 错误；
D．几何关系如图所示
设A 初始时刻距离最低点的距离为h1，由几何关系可知
解得
设小环B 初始时刻距离最低点的距离为h2，由几何关系可知
由系统机械能守恒可知
解得
故D 错误。
故选B。
二、多选题
11．如图所示，水平轻弹簧与物体A 和B 相连，放在光滑水平面上，处于静止状态，物体A 的质量为m，
物体B 的质量为M，且
，现用大小相等的水平恒力
拉A 和B，从它们开始运动到弹簧第一次
为最长的过程中（ ）
A．因
，所以A、B 和弹簧组成的系统机械能守恒
B．因
，所以A、B 和弹簧组成的系统动量守恒
C．由于
大小不变，所以m、M 各自一直做匀加速运动
D．弹簧第一次最长时，A 和B 总动能最小
【答案】BD
【详解】A．此过程
均做正功，A、B 和弹簧组成的系统机械能增大，系统机械能不守恒，故A 错误；
B．两拉力大小相等方向相反，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B 正确；
C．在拉力作用下，A、B 开始做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C 错误；
D．弹簧第一次最长时，A、B 的速度均为零，则总动能最小，故D 正确。
故选BD。
12．如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B 两球在同一直线上相向运动，A、B 两球的质量分别为m
和
，A、B 两球发生正碰，碰撞后A 球的速率是原来的两倍，B 球恰好静止。则（ ）
A．碰撞前A、B 两球的速度大小之比为1 1∶
B．碰撞前A、B 两球的速度大小之比为3 2∶
C．A、B 两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．A、B 两球发生的碰撞是非弹性碰撞
【答案】AC
【详解】AB．设向右为正方向，根据动量守恒定律
得
A 正确，B 错误；
CD．碰撞前系统动能为
碰撞后系统动能为
可知，碰撞前后系统机械能相等，A、B 两球发生的碰撞是弹性碰撞，C 正确，D 错误。
故选AC。
13．如图所示，半圆竖直轨道与水平面平滑连接于B 点，半圆轨道的圆心为O，半径为R，C 为其最高点。
BD 段为双轨道，D 点以上只有内轨道，D 点与圆心的连线与水平方向夹角为θ，一小球从水平面上的A 点
以一定的初速度向右运动，能沿圆弧轨道恰好到达C 点。不计一切摩擦。则（ ）
A．小球到达C 点时速度为0
B．小球到达C 点后做平抛运动落在地面上
C．小球在A 点的初速度为
D．若小球到达D 点时对内外轨道均无弹力，则
【答案】AD
【详解】A．小球恰好过圆弧轨道最高点C，由于下方有支持物，所以过C 点时速度为0，故A 正确；
B．小球过C 点时速度为0，不能做平抛运动，故B 错误
C．A 到C，由机械能守恒定律可得
解得
故C 错误；
D．由D 到C 根据机械能守恒有
在D 点小球对内外轨道均无弹力，则重力的分力提供向心力，有
解得
故D 正确。
故选AD。
14．有一质量为
的支架静止于粗糙的水平面上，支架外边缘为正方形，内壁为半径为R 的光滑竖直圆
轨道，支架的竖直截面如图所示。一质量为m 的小球静止于圆形轨道的最低点A。现给小球一个沿过A 点
切线方向的初速度
，之后小球沿圆形轨道在竖直平面内作逆时针方向的圆周运动，支架相对地
面始终保持静止。已知小球可视为质点，重力加速度大小为，则在小球运动过程中以下说法正确的是（
）
A．支架受到小球的最小弹力为
B．支架受到小球的最小弹力为
C．支架对地面的最小压力为
D．支架对地面的最小压力为
【答案】AC
【详解】AB．通过定性分析可得支架受到小球最小弹力的位置应该在小球运动到圆心О 点以上，如图所
示
设此位置与О 点的连线与水平方向的夹角为θ，此点的速度为
，从A 点到此点过程，根据机械能守恒定
律可得
设支架对小球的弹力为
，在此点做圆周运动有
两式联立解得
根据牛顿第三定律，小球对支架的弹力为
所以当
时，即小球运动到轨道最高点时，此时
有最大值，小球对支架的弹力有最小值为
故A 正确，B 错误；
CD．通过定性分析可得支架对地面压力最小的位置应该在小球运动到圆心О 点以上，以支架为研究对象，
设地面对支架的支持力为
，根据平衡条件，竖直方向上有
联立解得
即
是关于
的二次函数，函数图像为开口向上的抛物线，根据二次函数性质可知当
时，
有最小值，将
代入得地面对支架的最小支持力为
根据牛顿第三定律可知，支架对地面的最小压力也为
，故C 正确，D 错误。
故选AC。
15．如图所示，质量为m、高为h、倾角为的光滑斜面体A 放在足够大的光滑水平地面上、斜面顶端正上
方有一固定的光滑套管C，用手提着质量为m 的细长直杆B 的上端，将直杆穿过套管，使直杆下端恰好与
斜面体顶端接触，突然松手，直杆在套管的约束下只能沿竖直方向运动，斜面体随即向右加速，重力加速
度大小为g，下列说法正确的是（ ）
A．直杆的最大速度为
B．斜面体的最大速度为
C．斜面体的加速时间为
D．斜面体在加速过程中受到地面的支持力大小为
【答案】AB
【详解】AB．斜面体向右运动滑动后杆与斜面体接触点相对地面速度v 向下运动，可以分解为水平向右的
v1和沿斜面向下的速度v2，如图所示
则有
根据能量守恒，当直杆滑到最低端时速度最大，根据能量守恒
解得
故AB 正确；
CD．设杆的加速度为a，斜面的加速度为a1，则有
根据牛顿第二定律，对杆
对斜面体
其中
联立解得
对斜面体有
代入可得
而
联立可得斜面体在加速过程中受到地面的支持力大小为
斜面体的加速时间为
故CD 错误。
故选AB。
16．图甲为水上乐园水滑梯，人从高处滑下，最后从末端飞出去，可简化如图乙所示． 其中C 点为圆弧
的最低点，圆弧轨道的半径为2m，圆弧对应的圆心角θ 为
，AC 的竖直高度差为6m． 质量为50kg
的人在A 点从静止开始下滑，不计空气阻力和轨道摩擦，重力加速度
则下列说法正确的是
（ ）
A．人从A 点滑到C 点过程中，重力做功为3000J
B．人滑到 C 点时对圆弧的压力为3500N
C．人在 C 点时处于失重状态
D．人滑到 D 点时速度为大小为 10 m/s
【答案】ABD
【详解】A．人从A 点滑到C 点过程中，重力做功为
选项A 正确；
B．人滑到 C 点时根据机械能守恒定律
在C 点根据牛顿第二定律可知
解得
F=3500N
则人对圆弧的压力为3500N，选项B 正确；
C．人在 C 点时加速度方向向上，则处于超重状态，选项C 错误；
D．从C 到D 由机械能守恒定律
解得人滑到 D 点时速度为大小为
vD=10 m/s
选项D 正确。
故选ABD。
17．在光滑的水平地面上，有一个质量为2m 的物块B，物块B 上方由铰链固定一根长为L 的可转动轻杆，
轻杆顶端固定一个质量为m 的小球A。开始时轻杆处于竖直方向，现给小球A 一个向左的轻微扰动，重力
加速度大小为g，则下列说法正确的是（ ）
A．若物块B 固定，则当轻杆转到水平方向时，小球A 的速度大小为
B．若物块B 不固定，则当轻杆转到水平方向时，小球A 在水平方向上的位移大小为
C．若物块B 不固定，则物块A、B 组成的系统水平方向上动量不守恒
D．若物块B 不固定，则当轻杆转到水平方向时，小球A 的速度大小为
【答案】ABD
【详解】A．若物块B 固定，给小球A 一个向左的轻微扰动后，小球A 转动过程中只有重力做功，则当轻
杆转到水平方向时，小球A 的重力势能全部转换为动能，由机械能守恒有
解得小球A 的速度大小为
故A 正确；
BC．若物块B 不固定，因为在水平方向上系统不受外力作用，所以系统在水平方向上动量守恒，根据水平
方向上动量守恒有
在任意时刻都有
而位移
，
，
所以
故B 正确，C 错误；
D．若B 不固定，当轻杆转到水平方向时，A、B 在水平方向上动量守恒，并且沿杆方向速度相等，则A、
B 的水平速度都为零，即B 的速度为零，A 只有竖直方向的速度，根据系统机械能守恒得
解得小球A 的速度大小为
故D 正确。
故选ABD。
18．如图所示，倾角为θ 足够长的固定斜面上，长为L 的ab 段粗糙，其余部分光滑，长也为L 的轻杆两端
分别连接滑块P、Q，P 的质量为2m，Q 的质量为m，两滑块与ab 段的动摩擦因数均为μ。已知斜面顶端
与b 点的距离为2L，两滑块均可视为质点，重力加速度为g。则P 滑块从斜面顶端由静止开始下滑，直到
滑块P 滑离a 点（此时滑块Q 仍在斜面上）的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．Q 在ab 段运动过程中，轻杆对Q 的弹力为
B．Q 刚好滑入ab 段瞬间，P 的加速度大小为
C．P、Q 和轻杆组成的系统损失的机械能为
D．P 滑离a 点时的速度大小为
【答案】AC
【详解】A．Q 在ab 段运动过程中，轻杆、滑块P、Q 三者加速度相同，三者相对静止，对轻杆、滑块
P、Q 整体，加速度
轻杆对Q 的弹力为N，则
故A 正确，B 错误；
C．整个过程中ab 段粗糙，P、Q 和轻杆组成的系统经过ab 段时，损失的机械能为
故C 正确；
D．设P 滑离a 点时的速度大小为v，根据动能定理
得
故D 错误。
故选AC。
