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小题精练06 动量和能量问题
一、重要的规律、公式和二级结论
内容
重要的规律、公式和二级结论
功、
功率
1.功的计算方法
恒力
的功
用W = Fl cosα计算
合力
的功
方法1：先求合力F合，再用W 合= F合lcosα 求合力做的功；
方法2：先求各个力做的功W 1、W 2、W 3、⋯ ，再应用W 合=W 1+W 2+W 3+⋯
求合力做的功
变力
的功
（1）应用动能定理；
（2）等效转化法；
（3）微元法；
（4）平均力法；
（5）图像法；
（6）由W = Pt计算
2.功率的计算方法
平均
功率（1）利用P= W
t ；
（2）利用P = F v cosα ，其中v为物体运动的平均速度（适用于匀变速直线运动）
瞬时
功率
（1）利用公式P = Fv cosα ，其中v为t时刻的瞬时速度；
（2）利用公式P = F v F，其中vF为物体的速度v在力F方向上的分速度；
（3）利用公式P = Fv v，其中Fv为物体受到的外力F在速度v方向上的分力
3.机车两种启动方式的图像分析
项目
以恒定功率启动
以恒定加速度启动
v −t
图像
P−t
图像
F −t
图像
a−t
图像
应用
的规
律
P = Fv，
F −f 阻=maP = f 阻vm( F
a恒定阶段：P = Fv，F −f 阻=ma恒，v =a恒t；P恒定阶
段：P = Fv，F −f 阻=ma变，P = f 阻vm
二、几种常见的功能关系及其表达式
1.常见功能关系
能量
功能关系
表达式
势能
重力做功等于重力势能减少量
W = E p1−E p2=−Δ E p
弹力做功等于弹性势能减少量
静电力做功等于电势能减少量
分子力做功等于分子势能减少量
动能
合外力做功等于物体动能变化量
W = Ek 2−Ek 1= 1
2 m v
2−1
2 m v
机械能
除重力和系统内弹力之外的其他力做功等于机械能变
化量
W 其他= E2−E1= Δ E
摩擦产生的内
能
一对相互作用的滑动摩擦力做功之和的绝对值等于产
生的内能
Q = Ff ⋅x相对
电能
克服安培力做的功等于电能增加量
W 克安= Δ E电
2.应用能量守恒定律解题的思路方法
三、动量定理与动能定理的比较
定理
动量定理
动能定理
公式
F 合t＝mv′－mv
F 合s＝mv－mv
因果关系
因
合外力的冲量
合外力做的功(总功)
果
动量的变化
动能的变化
应用侧重点
涉及力与时间
涉及力与位移
（1）如果遇到的问题，不需要求加速度，可以不运用牛顿定律，涉及到力的时间效应则用动量定
理，空间效应则用动能定理。
（2）对于两个或两以上物体组成的物体系统，如果用牛顿定律和隔离法，有时会很复杂，但用动
量定理，就非常简单
【例题1】1．（2025·浙江·二模）2025 年7 月“浙BA”在浙江全省火爆开打。如图所示，运动员
在不同位置以相同速率斜向上抛出质量为m 的篮球，均空心落入篮筐。已知甲、乙两球出手高
度相同，忽略空气阻力，则篮球从抛出到入框的过程中说法正确的是（ ）
A．两球入框时的速度相同
B．甲球在空中运动的时间一定大于乙球
C．若两球同时抛出，两球有可能同时到达P 点
D．若两球同时抛出，同一时刻两球对应的机械能始终相等
【答案】D
【详解】A．忽略空气阻力，两球做斜抛运动，初始速率相同，即动能相同，初始高度相同，则
初始位置的机械能相同，到达篮筐时重力势能相同，根据机械能守恒，则两球动能相同，但由于
速度是矢量，甲、乙两球抛射角不同，则入框时速度方向不同，因此两球速度不同，故A 错
误；
B．斜抛运动中运动时间由竖直分运动决定，高度越高，故运动时间越长，所以乙的运动时间更
长，故B 错误；
C．乙球能够到达的最大高度有比甲球大，则乙竖直方向的分初速度更大，若两球同时抛出，则
乙先到达P 点，故C 错误；
D．机械能包括动能和重力势能，出手时两球速率相同，则动能相同、高度相同，则重力势能相
同，两球机械能相等，运动过程中，忽略空气阻力，机械能守恒，因此同一时刻两球对应的机械
能始终相等，故D 正确。
故选D。
【例题2】8．（2025·浙江·一模）如图所示，两个质量均为m的物块A、B 静置于粗糙水平桌面
上，用一根轻质橡皮绳连接，拉力F竖直向上缓慢拉动橡皮绳的中点O。若两物块始终保持静
止，橡皮绳始终绷紧且处于弹性限度内，则在此过程中（ ）
A．物块A 可能只受到三个力
B．桌面对物块B 的支持力可能变大
C．拉力F的大小可能等于2mg
D．拉力F做的功等于橡皮绳弹性势能的增量
【答案】D
【详解】A．对物块受力分析，由于物块始终静止，故一定受到重力、橡皮绳拉力、桌面支持
力、摩擦力共4 个力，选项A 错误；
B．由于橡皮绳拉力的竖直分量逐渐增大，则桌面对物块的支持力逐渐减小，选项B 错误；
C．若拉力F的大小为2mg，整体分析，则桌面对物块的支持力为0，摩擦力也为0，物块无法静
止，选项C 错误；
D．由于物块始终静止，故拉力F做的功等于橡皮绳弹性势能的增量，选项D 正确。
故选D。
难度：★★★ 建议时间：40 分钟 正确率：
/25
1.
（2025·浙江·一模）地球绕太阳公转的轨道可视为半径为R 的圆，周期为T，彗星A 的椭圆轨道与
地球轨道外切（即A 的近日点与地球轨道相切），其远日点到太阳中心的距离为2R；小行星B 的
椭圆轨道与地球轨道内切（即B 的远日点与地球轨道相切），其近日点到太阳的距离为R
2 ，所有
轨道共面。已知太阳位于椭圆的一个焦点上，质量为M，G 为万有引力常量。不考虑彗星A 和小
行星B 与地球之间的相互作用力，则下列说法正确的是 （ ）
A．彗星A 在远日点的速度大于地球的公转速度
B．小行星B 在近日点的加速度大小为 4GM
R
2
C．彗星A 从远日点向近日点运动时，太阳对它的万有引力做负功，机械能减小
D．彗星A 从近日点运动到远日点的时间与地球公转周期T 的比值为
❑√3
2
【答案】B
【详解】A．设物体到太阳中心2 R的圆周运动，速度为v，由牛顿第二定律可得GMm
(2 R)
2 = mv
2
2 R
地球的公转速度牛顿第二定律可得GMm
(R)
2 = mv1
2
R
可得v1>v，彗星A 在远日点需加速才能变轨道成到太阳中心2 R的匀速圆周运动，故v远<v <v1，
故彗星A 在远日点的速度小于地球的公转速度。故A 错误；
B．小行星B 在近日点，根据牛顿第二定律可得
GMm
(
R
2)
2 =ma
解得a= 4GM
R
2
，故B 正确。
C．由开普勒第二定律可知，彗星A 从远日点向近日点运动时，速度越来越大，彗星在此过程只受
太阳的引力，由动能定理可知W 引= Δ Ek
动能增加，故引力做正功，无引力之外其他力做功，故机械能不变，故C 错误；
D．由开普勒第三定律半长轴的三次方与周期的平方成正比可知 a
3
T
2 =k
当中心天体一样时k相同，故彗星A 从近日点运动到远日点的距离3 R，设彗星A 从近日点运动到
远日点的为时间t，彗星A 从近日点运动到远日点的时间t与地球公转周期T 的关系有(
3 R
2 )
3
(2t )
2 = R
3
T
2
解得t
T = 3 ❑√3
4
，故D 错误。
故选B。
2.
（2025·浙江·一模）2025 年7 月12 日，浙江省第五届体育大会在台州市体育中心网球馆开幕。如图
甲所示是嗒嗒球比赛的场景，图乙为嗒嗒球在空中飞行的轨迹图，图中C、D 为同一轨迹上等高的
两点，A 为该轨迹的最高点，则下列关于嗒嗒球的说法正确的是（ ）
A．嗒嗒球从C 点经最高点A 到达D 点的过程中机械能守恒
B．嗒嗒球在最高点A 的加速度方向竖直向下
C．在嗒嗒球飞行的整个过程中，最高点A 的动能最小
D．上升阶段CA 段的飞行时间小于下降阶段AD 段的运动时间
【答案】D
【详解】A．由轨迹图可知，嗒嗒球运动过程中受到空气阻力作用，且空气阻力做负功，所以机械
能减小，故A 错误；
B．嗒嗒球在最高点A 时，受到重力和水平方向的空气阻力作用，合力方向不是竖直向下，所以加
速度方向不是竖直向下，故B 错误；
C．嗒嗒球在最高点A 时，所受重力和空气阻力的合力方向斜向下偏左，此时合力方向与速度方向
的夹角大于90°，嗒嗒球继续做减速运动，所以最高点A 的动能不是最小，故C 错误；
D．上升阶段空气阻力的竖直分力向下，下降阶段空气阻力的竖直分力向上，所以上升阶段竖直方
向的平均加速度大于下降阶段竖直方向的平均加速度，根据h= 1
2 a yt
2可知，上升阶段CA 段的飞行
时间小于下降阶段AD 段的运动时间，故D 正确。
故选D。
3.
（2025·浙江台州·一模）在一次演习中，从赤道上的C 点发射导弹，精确击中北极点N。取无穷远
处为引力势能零点，质量为m 的物体在距离地心r 处具有的引力势能为EP=−G Mm
r
；物体在地球
引力作用下作椭圆运动（椭圆的光学性质：经过焦点的光线经表面反射后会通过另一焦点）时，其
能量E 与椭圆半长轴a 的关系为E =−G Mm
2a ，式中G 为引力常量；已知地球质量为M，半径
R =6400km，要求发射所用的能量最少，则（ ）
A．不考虑地球自转，当a= R时，发射的能量最小
B．不考虑地球自转，物体发射的能量最小时速度为v = ❑√
2GM
R
(❑√2−1)
C．不考虑地球自转，物体发射的能量最小时速度方向与OC夹角67.5°
D．考虑自转时，物体发射的最小速度大小为7.2km /s
【答案】BC
【详解】AB．导弹发射后，在地球引力作用下，将沿椭圆轨道运动，如果导弹能打到点N，则此
椭圆一定位于过地心O、北极点N和赤道上的发射点C组成的平面内，因此导弹的发射速度(初速
度)必须也在此平面内，地心O是椭圆的一个焦点。根据对称性，注意到椭圆上的C、N两点到焦点
O的距离相等，故椭圆的长轴是过O点垂直CN的直线，即图上的直线AB，椭圆的另一焦点必在
AB上。已知质量为m的物体在质量为M的地球的引力作用下作椭圆运动时，物体和地球构成的系
统的能量E (无穷远作为引力势能的零点)与椭圆半长轴a的关系为E =−G Mm
2a ……①
要求发射的能量最少，即要求椭圆的半长轴a最短。根据椭圆的几何性质可知，椭圆的两焦点到椭
圆上任一点的距离之和为2a，现C点到一个焦点O的距离是定值，等于地球的半径R，只要位于长
轴上的另一焦点到C的距离最小，该椭圆的半长轴就最小。显然，当另一焦点位于C到AB的垂线
的垂足处时，C到该焦点的距离必最小。由几何关系可知2a= R+
❑√2
2 R……②
设发射时导弹的速度为v，则有E = 1
2 m v
2−G Mm
R ……③
联立①②③，解得v = ❑√
2GM
R
(❑√2−1)……④
由②可知a= R
2 +
❑√2
4 R时，发射能量最少，A 错误，B 正确。
C．速度的方向在C点与椭圆轨道相切，根据椭圆知识，从椭圆上一点的切线的垂直线，平分两焦
点到该点连线的夹角∠OCP，从图中可以看出，速度方向与OC的夹角θ =90°−1
2 ×45° =67.5°，
C 正确。
D．由地球附近的物体受到的万有引力近似等于物体受到的重力，有G Mm
R
2 =mg……⑤
联立④⑤两式，代入数据解得v = ❑√2 Rg(❑√2−1)=7.2km/s……⑥
由于地球绕通过ON的轴自转，在赤道上C点相对地心的速度为v1= 2πR
T
=0.46km/s……⑦
所以在地球自转的情况下，导弹发射的最小速度为v
' =
❑√v
2+ v1
2>v =7.2km/s，D 错误。
故选BC。
4.
（2025·浙江杭州·一模）某人造月球卫星近月点高度为0.5 R（R为月球半径），远月点高度为
1.5 R，已知在月球表面附近的重力加速度为g月，忽略月球的自转，则（ ）
A．卫星远月点速度大于近月点速度
B．从近月点运动到远月点，卫星机械能增加
C．该卫星的最小加速度为4
25 g月
D．该卫星的运动周期为2π ❑√
R
g月
【答案】C
【详解】A．卫星在椭圆轨道上运行时，根据开普勒第二定律，近月点速度最大，远月点速度最小，
故远月点速度小于近月点速度，故A 错误；
B．卫星仅受月球引力作用，机械能守恒，故从近月点到远月点机械能不变，故B 错误；
C．卫星经过远月点时所受万有引力最小，则加速度最小，故该卫星的最小加速度为
a=
G
Mm
(1.5 R+ R)
2
m
=
GM
(2.5 R)
2
在月球表面有m g月=G Mm
R
2
联立解得a= 4
25 g月，故C 正确；
D．假设贴近月球表面的圆轨道上有一卫星，设该卫星的周期为T 0，则有m g月=m 4 π
2
T 0
2 R
解得T 0=2π ❑√
R
g月
卫星椭圆轨道的半长轴为2 R，根据开普勒第三定律有R
3
T 0
2 = (2 R)
3
T
2
解得椭圆轨道周期T = 4 ❑√2π ❑√
R
g月
，故D 错误。
故选C。
5.
（2025·浙江杭州·一模）在无风条件下，雨滴从高空由静止开始下落，已知空气阻力与速度成正比，
则在下落过程中，雨滴（ ）
A．做加速度增大的加速运动
B．位移与时间二次方成正比
C．所受重力的功率随时间均匀增大
D．加速度随速度的增大而均匀减小
【答案】D
【详解】A．雨滴受重力mg和阻力kv，由牛顿第二定律有mg−kv =ma
随着速度的增大，加速度减小，雨滴向下做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度达到最
大值，A 错误；
B．雨滴做加速度减小的加速运动，而非匀加速运动，位移与时间二次方成正比仅适用于匀变速运
动，B 错误；
C．重力的功率为P =mgv
速度v随时间不是均匀增大，故重力的功率不是均匀增大，C 错误；
D．牛顿第二定律有mg−kv =ma
解得a= g−k
m v
可见加速度随速度均匀减小，D 正确。
故选D。
6.
（2025·浙江·一模）如图甲为我国“BEIDOU IGSO 1”卫星的运行示意图，它是一颗倾斜圆轨道卫
星，其轨迹在地面上的投影恰好形成一个“8”字形且上下对称，“8”字形中心点的投影恰好在赤道
上，如图乙。下列说法正确的是（ ）
A．该卫星的周期是24 小时
B．一天内，该卫星经过赤道正上方4 次
C．经过赤道正上方时，该卫星的线速度小于静止轨道卫星的线速度
D．该卫星从赤道上空运动到北半球高纬度地区上空的过程中，机械能变大
【答案】A
【详解】AB．根据卫星的轨迹分析，两次通过赤道上的同一位置，说明卫星的半周期与地球自转
的半周期相同，即该卫星的周期为24 小时，选项A 正确，选项B 错误；
C．卫星的周期与静止卫星的周期相同，故该卫星的线速度大小等于静止轨道卫星的线速度大小，
选项C 错误；
D．卫星从赤道运动到北半球高纬度地区的过程中，只有万有引力做功，机械能不变，选项D 错误。
故选A。
7.
（2025·浙江宁波·一模）宁波中心大厦是浙江省第一高楼（如图），总建筑距地面高度409m，地上
80 层，大厦内装有最大速度可达10m/s 的超高速电梯。某次一乘客从3 层搭乘该电梯直达63 层仅
需40s，则（ ）
A．该电梯从地面到顶层的最短运行时间为40.9s
B．该乘客全程的平均速率约为5.0 m/s
C．电梯上行过程，电梯对该乘客始终做正功
D．电梯匀速上行过程，该乘客的机械能保持不变
【答案】C
【详解】A．假设电梯全程以最大速度10m/s 从地面运行到顶层，所花时间为t = h
v = 409
10 s= 40.9s
但电梯从静止开始运行，到达最大速度前有一段加速过程，故无法做到全程10m/s，则电梯从地面
到顶层的最短运行时间肯定大于40.9s，故A 错误；
B．该乘客全程的平均速率为v = (63−3)×(409÷80)
40
m/s≈7.67m/s，故B 错误；
CD．电梯上行过程，电梯对乘客的支持力方向一直向上，始终做正功，乘客的机械能不断增加，
故C 正确，D 错误。
故选C。
8.
（2025·浙江·一模）2025 年4 月24 日，搭载神舟二十号载人飞船的长征二号F 遥二十运载火箭在酒
泉卫星发射中心点火发射。在火箭开始点火至离开发射塔的短时间内，下列说法正确的是（ ）
A．发射前，发射塔对火箭的支持力是由火箭的形变引起的
B．离开发射塔的短时间内载人飞船处于超重状态
C．喷出燃气对火箭的作用力与火箭重力是一对平衡力
D．火箭受到重力做功的功率恒定不变
【答案】B
【详解】A．发射塔对火箭的支持力属于弹力，由施力物体（发射塔）的形变产生，故A 错误；
B．火箭离开发射塔时加速度方向向上，故载人飞船处于超重状态，故B 正确；
C．火箭加速上升，喷出燃气对火箭的作用力大于火箭重力，故C 错误；
D．重力做功的功率大小为P =mgv
火箭速度v逐渐增大，故重力做功的功率随之增大，故D 错误。
故选B。
9.
（2025·浙江·一模）如图所示，一同学在微风天气将一礼盒挂在光滑晾衣绳上做力学实验，晾衣绳
的左端系在左竖直杆的A 点，右端系在倾斜杆的B 点，A、B 两点等高。整个装置处于水平向左的
风力F中。保持A、B 两点位置不变，则下列说法中错误的是（ ）
A．若风力F =0，在将A、B 端同时同步缓慢沿杆下移至A1、B1端过程中，绳子张力变大
B．若风力缓慢减小，礼盒到A 点距离变大
C．若风力恒定，将倾斜杆向右平移少许后，绳上张力变小
D．若风力F缓慢增大，则该过程风力对礼盒做正功
【答案】C
【详解】A．若风力F =0，绳子张力的合力与礼盒的重力等大反向，在将A、B 端同时同步缓慢沿
杆下移至A1、B1端过程中，两分力夹角变大，合力不变，则分力变大，知绳子张力变大，故A 正确；
B．将风力与礼盒重力的合力等效为新的重力G
'，若风力缓慢减小，可知等效重力G
'减小，则绳子
张力的合力也将减小，礼盒将向斜杆方向运动重新达到平衡，礼盒到A 点距离变大，故B 正确；
C．若风力恒定，风力与礼盒重力的合力不变，将倾斜杆向右平移少许后，绳子张力的夹角变大，
张力的合力不变，则绳上张力将变大，故C 错误；
D．若风力F缓慢增大，风力与礼盒重力的合力将变大，则礼盒将向左侧竖直杆方向运动，风力将
对礼盒做正功，故D 正确。
由于本题选择错误的，故选C。
10. （2025·浙江嘉兴·一模）2025 年7 月“浙BA”在浙江全省火爆开打，如图所示为频率一定的频闪相
机拍下的某运动员罚篮命中的场景，则（ ）
A．篮球在运动过程中加速度不变
B．研究运动员投篮动作时可将篮球视为质点
C．篮球被投出瞬间的速度一定比入框时大
D．图中篮球运动轨迹关于最高点对称
【答案】C
【详解】AD．由题图篮球的轨迹可知，篮球运动过程受到一定的空气阻力作用，所以篮球在运动
过程中加速度发生变化，图中篮球运动轨迹关于最高点不对称，故AD 错误；
B．研究运动员投篮动作时，篮球的形状大小不能忽略不计，不可以将篮球视为质点，故B 错误；
C．篮球被投出到入框，重力和空气阻力都做负功，根据动能定理可知，篮球的动能减小，则篮球
被投出瞬间的速度一定比入框时大，故C 正确。
故选C。
11.
（2025·浙江金华·一模）倾角为37°足够长斜面静止放在粗糙水平面上，有一长木板A恰好能在斜面
处于静止。现有物块B以v0=1m /s的速度从A的顶端开始沿木板A下滑，A、B间动摩擦因数为
μ=0.8。已知A、B的质量分别为mA=2kg，mB=3kg，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法
正确的是（ ）
A．物块B下滑过程中，地面对斜面的摩擦力向左
B．物块B下滑过程中，A板仍与斜面保持静止
C．要使B不脱离A，A板长度至少为0.5m
D．若B不从A板上滑落，则AB最终与斜面保持相对静止
【答案】C
【详解】A．由木板A 恰好能处于静止可得，A 与斜面间动摩擦因数μ0= tan37° =0.75
A 与斜面之间的弹力及摩擦力的合力方向始终竖直向下，地面对斜面没有摩擦力，A 错误；
B．B 下滑时，对A 分析μmB gcos37°+mA gsin37°−μ0(mB+mA)gcos37° =mAa
解得a>0，A 将沿斜面向下滑动，B 错误；
C．在斜面上滑动时，系统动量守恒。速度相等时满足mBv0=(mA+mB)v
可得v =0.6 m /s
对B 物体，根据牛顿第二定律mB gsin37°−μmB gcos37° =mBa2
解得a2=−0.4 m /s
2
共速时间t = v −v0
a2
=1s
该过程中，物块B 的位移xB= v0+ v
2
t =0.8 m
木板A 的位移为xA= v
2 t =0.3 m
所以A 板长度至少为L= xB−xA=0.5 m，C 正确；
D．根据μ0= tan37°，A、B 相对静止后沿斜面做匀速直线运动，D 错误。
故选C。
12. （2025·浙江湖州·一模）如图所示，一同学从同一位置斜向上抛出篮球，篮球沿轨迹1、2 运动时，
均垂直撞击竖直墙面。不计空气阻力，则（ ）
A．两次抛出时的速度方向与水平面间的夹角可能相同
B．两次抛出时的速度大小可能相同
C．撞墙前瞬间，轨迹1 篮球的速度比在轨迹2 上大
D．撞墙前瞬间，轨迹1 篮球的机械能比在轨迹2 上大
【答案】B
【详解】A．设抛出时的速度方向与水平面夹角α，水平方向有x = v x
❑√
2h
g
竖直速度为v y = ❑√2gh
可得tan α = v y
v x
= 2h
x
可得轨迹1 夹角较大，故A 错误；
B．抛出时的速度大小v =
❑√v y
2+ v x
2= ❑√2gh+ x
2 g
2h
当x =2h时，vmin= ❑√2 gx
即在h 取不同值时，v 可能相同，故B 正确；
C．根据h= 1
2 gt
2
可得轨迹1 篮球运动时间长，水平距离相同，故轨迹1 篮球撞墙前瞬间速度小，故C 错误；
D．抛出后篮球机械能守恒，因不能判断抛出时速度的大小，故不能判断轨迹1 篮球的机械能和轨
迹2 篮球机械能谁的大，故D 错误。
故选B。
13. （2025·浙江杭州·一模）若哈雷彗星在近日点与太阳中心的距离为r1，线速度大小为v1，加速度大
小为a1，机械能为E1；在远日点与太阳中心的距离为r2，线速度大小为v2，加速度大小为a2，机械
能为E2。地球公转周期为T 1，哈雷彗星公转周期为T 2，下列说法正确的是（ ）
A．v1
v2
= r2
r1
B．a1
a2
= r1
r2
C．E1
E2
= r1
r2
D．T 1
T 2
=
❑√
(r1+r2)
3
r1
3
【答案】A
【详解】A．根据开普勒第二定律可得1
2 r1v1 Δt = 1
2 r2v2 Δt
可得
v1
v2
= r2
r1
，故A 正确；
B．根据牛顿第二定律可得GMm
r
2
=ma
可得a= GM
r
2 ∝1
r
2
则有
a1
a2
= r2
2
r1
2，故B 错误；
C．哈雷彗星运动过程，只有万有引力做功，机械能守恒，所以有E1= E2，故C 错误；
D．设地球的轨道为r，根据开普勒第三定律可得r
3
T 1
2 =
( r1+r2
2
)
3
T 2
2
可得T 1
T 2
= ❑√
8r
3
(r1+r2)
3，故D 错误。
故选A。
14. （2025·浙江·一模）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（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。在0 到T 时间段内，关于该无人机下列说法正确的是（ ）
A．受到空气作用力与竖直方向夹角变小
B．受到空气作用力逐渐变大
C．受到拉力的冲量大小为(F0+kT)T
D．受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT +( F0+ 1
2 kT )T
【答案】B
【详解】AB．无人机在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动，则无人机受
到空气作用力与重力和拉力的合力等大反向，随着F 的增大，重力和拉力的合力如图
可知无人机受到空气作用力与竖直方向夹角变大，故A 错误，B 正确；
C．由于拉力方向不变，大小随时间均匀增大，在0 到T 时间段内，拉力的平均大小为
F = F0+ 1
2 kT，则受到拉力的冲量大小为( F0+ 1
2 kT )T，故C 错误；
D．将拉力分解为水平和竖直方向，则无人机受重力和拉力的合力在水平方向有F x =
❑√3
2 ( F0+kt )
无人机受重力和拉力的合力在竖直方向有F y = 1
2 ( F0+kt )+mg
0 到T 时间段内无人机受重力和拉力的合力在水平方向的冲量为I x =
❑√3
2 ( F0T + 1
2 k T
2)
0 到T 时间段内无人机受重力和拉力的合力在竖直方向的冲量为I y = 1
2 F0T + 1
4 k T
2+mgT
则0 到T 时间段内无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小为
I =
❑√I x
2+ I y
2 =
❑√
3
4 ( F0T + 1
2 k T
2)
2
+( 1
2 F0T + 1
4 k T
2+mgT )
2
，故D 错误。
故选B。
15. （2025·浙江·二模）如图甲所示，质量为1kg 的物块A 与竖直放置的轻弹簧上端连接，弹簧下端固
定在地面上.t=0 时，物块A 处于静止状态，物块B 从A 正上方一定高度处自由落下，与A 发生碰
撞后粘连一起向下运动（碰撞时间极短），到达最低点后又向上运动，已知B 运动的v-t 图像如图
乙所示，其中0~0.1s 的图线为直线，不计空气阻力，已知弹簧弹性势能的表达式Ep= 1
2 k x
2，其中
劲度系数k=100N/m，x 为弹簧的形变量，则（ ）
A．物块B 的质量为2kg
B．t=1.0s 时，弹簧处于原长
C．t=0.6s 时，物块B 速度为零
D．弹簧在振动过程中不会恢复原长
【答案】D
【详解】A．碰撞时间极短，可认为碰撞过程满足动量守恒，则有mBv1=(mB+mA) v1
2
解得mB=1kg，故A 错误；
B．t=1.0s 时，物块速度最大时合力为零，弹力向上，弹簧处于压缩状态，故B 错误；
C．B 与A 一起运动过程属于简谐振动，故图乙中B 物体的速度时间图线为正弦函数关系，设振动
周期为T，由数学知识可得v1
2 = v1sin(
2π
T t1+φ0)，−v1= v1sin(
2π
T t2+φ0)
可得2π
T t1+φ0= π
6 ，2π
T t2+φ0= 3
2 π
则有t2−t1= 2
3 T
设B 速度为零时刻为t，则有0= v1sin(
2π
T t +φ0)
可得2π
T t +φ0= π
则有t2−t = T
4
联立解得t = 5t2+3t1
8
=0.6625s
故当t=0.6625s 时B 速度为零，故C 错误；
D．单独把A 放上弹簧时，静止时弹簧的压缩量x A = mg
k =0.1m
若把AB 一起静止放上弹簧，当弹簧压缩量也等于x A =0.1m时，AB 一起的速度v 满足
2mg xA= 1
2 ⋅2mv
2+ 1
2 k xA
2
解得v = ❑√1.5m/s>0.5m/s
故弹簧在振动过程中不会恢复原长，故D 正确。
故选D。
16. （2025·浙江·一模）如图所示，两个小球A、B 拴接在一根轻弹簧的两端，并静止在光滑的水平地
面上。小球A 的质量为m1=0.3kg，一质量为m=0.1kg 的子弹以v0的速度击中小球A，并留在A 中，
设子弹与小球A 的组合体为C，C 压缩弹簧，此后C 与B 的速度-时间图像如图乙所示，则下列说
法正确的是 （ ）
A．子弹打击小球 A 的过程中损失的机械能为5.4J
B．在t1、t3时刻C 与B 的速度相同，且弹簧的长度也相同
C．从t3到t4过程中，弹簧由伸长状态恢复到原长
D．小球 B 的质量为0.5kg
【答案】AC
【详解】A．子弹击中小球A 瞬间小球A 和子弹组成的系统动量守恒vC=3 m/s
m v0=(m1+m)vC
代入数据得v0=12m/s
在子弹打击小球 A 的过程中损失的机械能为E损= 1
2 mv0
2−1
2 (m1+m)vC
2=5.4 J，故A 正确；
B．t1时刻弹簧被压缩至最短而t3时刻弹簧被拉伸到最长，故两时刻弹簧的长度不相等，故B 错误；
C．t3时刻弹簧被拉伸到最长，两球速度相等，t 4时刻两球速度恢复到初始状态即弹簧恢复原长，
因此从t3到t 4过程中弹簧由伸长状态恢复原长，故C 正确；
D．由图像可知A 球和子弹的初速度vC=3 m/s
t1时刻两球达到共速v共=1m/s
由动量守恒得(m1+m)vC=(m1+m+mB)v共
解得mB=0.8kg，故D 错误。
故选AC。
17. （2025·浙江·一模）某物理兴趣小组制作了一枚玩具火箭，其推力—时间图像如图所示。t =0时火
箭点火，从静止开始发射后竖直向上运动。已知火箭质量为1kg，不计空气阻力以及火箭发射过程
中质量的变化，则10s 内火箭在空中运动的最大速度为（ ）
A．150m/s
B．160m/s
C．240m/s
D．250m/s
【答案】B
【详解】在F-t 图像中图形与坐标轴围成的面积代表动量，但是刚开始火箭受到的重力大于推力所
以火箭不动，一直到2s后，火箭才开始运动，所以面积为S = 1
2 ×(10+50)×(10−2)=240
即推力的冲量为I = Ft =240 N·S
玩具火箭在上升过程中受到推力和重力I 重力=mgt =80 N·S
根据动量定理可知推力和重力两个力的冲量等于动量的变化量，即( F −mg)t =mv
代入数据解得v =160 m/s
故选B。
18. （2025·浙江杭州·一模）2024 年9 月，我国成功发射北斗卫星导航系统第60 颗卫星，标志着“北斗
三号”全球卫星导航系统建设的圆满收官。图（a）是西安卫星测控中心对某卫星的监控画面，图
中左侧数值表示纬度，下方数值表示经度，曲线是运行过程中，卫星和地心的连线与地球表面的交
点（即卫星在地面上的投影点，称为星下点）的轨迹展开图。该卫星运行的轨道I 近似为圆轨道，
高度低于地球静止卫星轨道，绕行方向如图（b）所示。一段时间后，卫星在轨道I、II 交点处通过
快速喷气变轨到轨道II，如图（c）所示，轨道II 为赤道平面圆轨道，I 为倾斜圆轨道，I、II 轨道高
度相同。地球自转周期为24 小时，卫星质量为m，卫星在轨道I上运行的速率v，不考虑喷气时卫
星的质量变化。根据以上信息可以判断（ ）
A．卫星在该轨道II 运行时比赤道上随地球自转的物体所受的向心力大
B．该卫星运行速度大于第一宇宙速度
C．该卫星运行周期为12 小时
D．喷气变轨时，卫星受到的冲量大小为
❑√6−❑√2
2
mv
【答案】CD
【详解】A．向心力Fn=mω
2r，卫星与赤道上物体的质量未知，无法比较向心力大小，故A 错误；
B．第一宇宙速度是近地卫星的最大环绕速度，该卫星轨道高度低于地球静止卫星轨道，但仍大于
地球半径，故运行速度小于第一宇宙速度，B 错误；
C．由图（a）可知，该卫星绕地球转过两圈，地球自转一圈，所以2T =T 自
地球自转一圈时间为24 h，所以T =12h，C 正确；
D．由图（a）可知，卫星在轨道Ⅰ运行时，轨道Ⅰ与赤道平面夹角为30°，即与轨道Ⅱ的夹角为
30°，短暂喷气使卫星由轨道Ⅰ变轨到轨道Ⅱ，根据动量定理有卫星受到冲量大小
I =△p=2mv sin15°
解得I =
❑√6−❑√2
2
mv，故D 正确。
故选CD。
19. （2025·浙江温州·一模）如图甲所示为智能电动车在水平路上做直线运动时自动刹车的路测场景。
在某次自动刹车测试中，质量m=1.5t 的智能电动车从距离假人x0=50m 处开始刹车，其v-x 图像如
图乙所示。已知当v≤10m/s 时，电动车只依靠机械制动；当v>10m/s 时，电动车会在机械制动基础
上开启电磁辅助制动，电磁辅助制动可使机械能转化成电能。若机械制动的阻力大小f=kv，
k=500N·s/m，不计其他阻力，则（ ）
A．前15m 阶段，智能电动车加速度不变
B．本次刹车测试，智能电动车会撞到假人
C．整个制动过程中，因机械制动损耗的能量为225kJ
D．当v>10m/s 时，电磁辅助制动产生的阻力是机械制动阻力的4 倍
【答案】C
【详解】A．根据v −x图像的斜率k
′ = Δv
Δ x = Δv
Δt ⋅Δt
Δ x = a
v
可得a=k
′ v
由图乙可知，前15m 阶段，电动车的速度逐渐减小，而图像的斜率不变，根据a=k
′ v可知，电动车
的加速度逐渐减小，故A 错误；
B．当v≤10m/s 时，电动车只依靠机械制动，机械制动的阻力大小f =kv
根据动量定理−∑f Δt =0−m v1
代入可得−∑kv Δt =0−m v1
其中∑v Δt = x2
代入数据解得x2=30 m
刹车距离为x = x1+ x2=15 m +30 m = 45 m < x0
所以本次刹车测试，智能电动车不会撞到假人，故B 错误；
C．根据功能关系可知，因机械制动损耗的能量为E =∑kv Δ x
前15m 阶段根据v −x的面积可知E1=500× (10+30)
2
×15J =1.5×10
5J =150kJ
后30m 阶段根据v −x的面积可知E2=500× 30×10
2
J =7.5×10
4J =75kJ
故整个制动过程中，因机械制动损耗的能量为E = E1+ E2=225kJ，故C 正确；
D．根据牛顿第二定律|k
′)=|
a
v)=|
ma
mv)= F合
mv
即F合=|k
′)mv
由图乙可知，当v>10m/s 时，f + f 电=|
10−30
15 )s
−1⋅mv = 4
3 s
−1⋅mv
其中f =kv =500kg/s⋅v
代入数据解得f 电=1500kg/s⋅v
故f 电
f = 3
1
则当v>10m/s 时，电磁辅助制动产生的阻力是机械制动阻力的3 倍，故D 错误。
故选C。
20. （2025·浙江宁波·一模）喷水池中有两个相同的水枪M、N，某同学站在正前方观察，稳定时水枪
喷出的水柱交叉形成如图所示的对称图形，图中两条水柱的“交点”记为P，则（ ）
A．水经过P点时，加速度方向向上
B．水从喷出至落回水面过程中重力冲量为0
C．仅将两水枪的喷射速度增大相同值，P点一定上升
D．仅将两水枪喷射速度方向与水面的夹角增大相同值，P点一定上升
【答案】C
【详解】A．水经过P点时，只受重力，加速度方向向下，A 错误；
B．从喷出至落回水面过程中时间不为零，因此重力冲量不为0，B 错误；
CD．设两个相同的水枪喷出水的速度为v，与水平方向夹角为θ，水平相距L，交点P 的高度为h。
从喷出到相遇，水平方向满足L=2v cosθt
竖直方向满足h= v sinθt −1
2 gt
2
联立可得h= Ltanθ
2
−
g L
2
8 v
2cos
2θ
因此v 增大，则h 一定变大，夹角增大，h 不一定变大。C 正确，D 错误。
故选C。
21. （2025·浙江·一模）太阳帆飞船是依靠太阳的光压来加速飞行的。若某太空探测飞船（未打开太阳
帆前）在地球公转轨道飞行。已知太阳的总辐射功率为P0，光速为c，引力常量为G。当某次探测
时，太阳帆展开的面积为S，飞船能控制帆面始终垂直太阳光线，地球公转半径为r0，太阳帆的反
射率接近100 %。下列说法正确的是（ ）
A．太阳帆受到的太阳光压力为F = 2
c P0
B．太阳帆受到的太阳光压力为F =
P0S
2π r0
2c
C．打开太阳帆后，飞船将沿径向远离太阳
D．打开太阳帆后，飞船将做匀变速曲线运动
【答案】B
【详解】AB．时间t 内照射到帆面上光的能量E = P0tS
4 π r0
2
射到帆面上的光子数N = E
h c
λ
光射到帆面被反弹，根据动量定理有Ft =2 N h
λ
联立解得F = P0 S
2π r0
2c ，A 错误，B 正确；
C．飞船速度沿切向，光压力沿径向，合力方向与速度方向不在同一直线上，运动轨迹为曲线，而
不是沿径向远离太阳，故C 错误；
D．光压力随距离增大而减小，加速度也减小，不是匀变速运动，故D 错误。
故选B。
22. （2025·浙江·一模）如图所示，平行金属板P、Q间存在匀强电场（不考虑边界效应），间距为2d，
板长为4d。t =0时刻从上板左边缘C 处水平向右射入质量为m、电荷量为q 的粒子，在两板正中间
右侧的D 点同时水平向左射入质量也为m、不带电的粒子。两粒子射入电场时的初始动能均为Ek，
相遇时做完全非弹性碰撞，碰撞时间极短。不计重力，碰撞过程电荷量保持不变，则（ ）
A．两粒子发生碰撞的时刻t =d ❑√
m
2 Ek
B．电场强度E = Ek
2qd
C．碰撞损失的能量为ΔW =2 Ek
D．粒子到达Q 板时的动能Ek
′ = 3
2 Ek
【答案】D
【详解】A．D 点出发的粒子不带电，做匀速直线运动，两粒子质量相同，初动能相同，初速度大
小相同，可知二者在金属板中线的中点相遇，有t = 2d
v0
=
2d
❑√
2 Ek
m
=d ❑√
2m
Ek ，故A 错误；
B．竖直方向有d = 1
2 ⋅Eq
m t
2= 1
2 ⋅Eq
m ⋅4 d
2
v0
2
解得电场强度E = Ek
qd ，故B 错误；
C．两粒子相遇时做完全非弹性碰撞，由水平方向动量守恒，可得碰后水平方向速度为零，竖直方
向动量守恒，得竖直方向速度为碰前的一半，而碰前竖直方向速度v y = Eq
m t = v0
C 点出发的粒子碰撞前动能为1
2 m(v0
2+ v y
2)=2 Ek
碰撞后整体动能为1
2 ⋅2m(
v y
2 )
2
= 1
2 Ek
可知能量损失ΔW =2 Ek+ Ek−1
2 Ek=2.5 Ek，故C 错误；
D．碰后复合粒子的动能为1
2 EK，根据动能定理qEd = Ek
′−1
2 Ek
解得到达Q 板的动能为Ek
′ = 3
2 Ek，故D 正确。
故选D。
23. （2025·浙江·一模）如图所示为一种称为“魔盘”的娱乐设施，当水平转盘绕竖直中心轴缓慢转动
时，人会随着“魔盘”一起转动，当“魔盘”转动到一定速度时，人会“贴”在“魔盘”竖直壁上，
而不会滑下。现质量均为m的甲、乙两小孩参加该娱乐活动，初始时甲小孩位于距轴r处，乙小孩
贴紧“魔盘”侧壁。“魔盘”从静止开始缓慢加速转动，当达到角速度ω时，“魔盘”突然停止转
动，甲小孩滑至盘面上的某点停止。下列说法正确的是（ ）
A．“魔盘”加速过程中，甲小孩所受摩擦力的冲量为零
B．“魔盘”加速过程中，乙小孩所受摩擦力的方向指向转轴
C．“魔盘”停止转动后，甲小孩沿转盘半径方向运动
D．“魔盘”停止转动后，甲小孩克服摩擦力做的功为1
2 mω
2r
2
【答案】D
【详解】A．“魔盘”加速过程中，甲小孩所受摩擦力的一个分力提供随盘转动的向心力，一个分
力沿切线方向与转动方向相同提供加速度，故摩擦力不为零，则根据I = ft，摩擦力的冲量不为零，
故A 错误；
B．“魔盘”加速过程中，乙小孩所受摩擦力沿切线方向与转动方向相同提供加速度，故B 错误；
C．“魔盘”停止转动后，甲小孩因惯性沿转盘的切线方向运动，故C 错误；
D．根据动能定理−W f =0−1
2 m v
2
又v =ωr，解得甲小孩克服摩擦力做的功为W f = 1
2 mω
2r
2，故D 正确。
故选D。
24. （2025·浙江嘉兴·一模）如图所示，质量均为1kg 的木块A 和B，并排放在光滑水平面上，B 上固
定一竖直轻杆，轻杆上端的O 点系一长为0.6m 的细线，细线另一端系一质量为0.5kg 的球C。现将
球C 拉起使细线水平伸直，并静止释放球C 后，则（ ）
A．由A、B、C 组成的系统动量守恒
B．B 的速度不可能变为0
C．A 对B 的作用力一直增大
D．A、B 刚分离时A 的速度为
❑√15
5
m/s
【答案】D
【详解】A．由A、B、C 组成的系统水平方向动量守恒，A 错误；
B．小球C 向下摆动时，AB 向左运动，当C 到最低点时，AB 开始分离，因A 的动量向左，则此后
BC 的水平总动量向右，则当最终BC 共速时，共同速度一定向右，则B 的速度先向左后向右，中
间某时刻的速度一定为零，B 错误；
C．因当C 到最低点时，AB 开始分离，此时AB 之间的作用力为零，可知A 对B 的作用力不是一
直增大，C 错误；
D．当C 到最低点时，AB 开始分离，则由水平动量守恒mCvC=2m vAB
由能量关系mC gL= 1
2 mCvC
2+ 1
2 ⋅2m vAB
2
解得A、B 刚分离时A 的速度为vAB=
❑√15
5
m/s，D 正确。
故选D。
25. （2025·浙江杭州·一模）如图所示，光滑水平轨道上放置长板A（上表面粗糙）和滑块C，滑块B
置于A 的左端，质量分别为mA=2kg,mB=1kg,mC=2kg。开始时C 静止，A、B 一起以
v0=5 m /s的速度匀速向右运动，A 与C 发生碰撞（时间极短）后C 向右运动，经过一段时间，
A、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞。A、B 间动摩擦因数为0.5，则下列
判断错误的是（ ）
A．A 与C 碰撞后的瞬间A 的速度大小是2m/s
B．碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为15J
C．碰撞后到三者相对静止，B 相对长板滑动的距离为0.6m
D．碰撞后到三者相对静止，需要时间为0.4s
【答案】B
【详解】A．因碰撞时间极短，A 与C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A 的速度大小为vA，C 的
速度大小为vC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mAv0=mAvA+mCvC
A 与B 在摩擦力作用下达到共同速度，设共同速度为vAB，由动量守恒定律得mAvA+mBv0=（mA+mB）
vAB
A、B 达到共同速度后恰好不再与C 碰撞，应满足vAB=vC
联立解得vA=2m/s，vAB=3m/s，A 正确；
B．运动过程中因摩擦而产生的热量等于A、B 相互作用的过程中损失的机械能，即
Q = 1
2 mA vA
2 + 1
2 mBv0
2−1
2 (mA+mB)vAB
2
代入数据解得Q=3J，B 错误；
C．根据Q = μmB gx
解得x=0.6m
即碰撞后到三者相对静止，B 相对长板滑动的距离为0.6m，C 正确；
D．对B 由动量定理−μmB g Δt =mBvAB−mBv0
解得∆t=0.4s，D 正确。
此题选择错误选项，故选B。
