2025年高考物理复习：动量与能量综合运用（分层练）（解析版）

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

.A

【命题点oi能量结合图像问题】

◎针对缚单。’

【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。z=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。随时间/及动能E%、机械能£随位移x变化的关系图像可能正确的是（）

【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的物块在水平拉力尸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=10m/s2。则下列

说法正确的是（）

八F/N

8-------I■

012j416

ItIt

-8----

A.0〜3s内物块的加速度大小为lm/s2B.物块在4s末的动能为零

C.物块在6s末回到了出发点D.。〜3s内拉力尸对物块所做的功为36J

【答案】AD

【详解】A.0〜3s内由牛顿第二定律得

F—[img=ma

带入数据解得

a=lm/s2

B.。〜3s内由动量定理得

产143-卬ngto4-F2t34=rnv

解得

v=—4m/s

物块在4s末的动能为

1,

&———16J

B错误；

C.。〜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.。〜3s内的位移为

11

x——at2=—x1x32m=4.5m

22

拉力F对物块所做的功为

IV=Fx=8x4.5J=36J

D正确；

故选ADo

【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定

功率加速，其加速度°和速度的倒数§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2.88X1(PN

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尸，所受阻力恒为f,则由牛顿第二定律有

P

----f=ma

v

变式可得

P1f

a——---------

mvm

结合其图像可得

"就W/kg,£=2,1N/kg

解得

P=105kW,f=3150N=3.15X103N

故CD错误；

B.根据以上分析可得变加速运动，

1.

a—70----2.1(m/s2)

v

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Bo

【命题点02机械能及能量守恒的理解及应用】

。针对缚

【针对练习4】（多选）如图，地面上有/8C和NAD为两个光滑固定轨道，力、B、E在同一水平面，C、D、E

在同一竖直线上，。点是以£点为圆心，半径为〃的竖直圆的最高点，C点是以£点为圆心，半径为2〃的

竖直圆的最高点，一质量为优的滑块从N点以初速度v分别沿两轨道滑行到C或。处后水平抛出（不计一

A.滑块滑到C点的动能为Eke=g机诏-叫皿

B.滑块经过C点时受到的支持力大于经过。点时受到的支持力

C.滑块从。点抛出后的落地点距点£的水平距离为Sc，有Sc=.-2gh.聆

D.当%=J初时，滑块从C点抛出后落点距E点的水平距离sc，和从。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--mvl

解得

17

Eke=2mvo-mg-2h

故A错误；

B.根据题意，在C点，由牛顿第二定律有

mvQ2

m9-F=^h

解得

12,

mvQ-ymvo~m9，2hmvg

Fc=mg—=mg------------------------=

同理可得

可知

Fc>FD

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。点抛出后做平抛运动，运动时间为

故c错误；

D.根据题意，由C分析可知，当孙=/初时，滑块从C点抛出后落点距E点的水平距离

/---------“

sc=J5gh—4gh—=2h

同理可得

sD=jE>gh—2gh—=V6/i>2h

即

Sc<sD

故D正确。

故选BDo

【针对练习5】（多选）如图所示，质量均为a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。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点时的速度为也已知ON=30M=四L,重力加速度

为9,不计一切阻力，下列说法正确的是（）

A.A从。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。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运动到时点时，弹簧的弹性势能为-3爪。2

D.A运动到“点时，弹簧的弹性势能为-znB

【答案】BC

【详解】AB.A从。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仇则有

ONLy/3

tan0=——=-=--—

OMV3Z,3

可得

e=30°

此时B的速度为

V3

=vcosGn=

根据系统机械能守恒可得

2

Ep—mg-V3L—1-mv—imvj

联立解得弹簧的弹性势能为

l7

Ep=73mgL——mv7

故C正确，D错误。

故选BCo

【针对练习6】如图所示，一轻质弹性绳原长为上端固定在。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8处。在N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

在水平向右的恒力尸作用下从8点经C运动到。点，AC=2AB,AD=3AB,点、O、/、B、C、。在同一竖直

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（）

〃〃//

O

II、厂；一「；

77777777777777777777777777777777777777777777"

BCD

A.物体从8到。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2到C与从。到。摩擦生热相等

【答案】C

【详解】根据题意，设N3间距离为％,弹性绳的劲度系数为匕弹性绳的势能正比于形变量的平方，比例系

数为物体与地面的动摩擦因数为小弹性绳与水平面间的角度为0。

AC.物体向右运动的任一时刻，弹性绳的弹力为

kx

F弹=kLx=――

弹sin。

对物体进行受力分析，则水平和竖直方向上分别有

F—F弹c°s9—f=ma,mg=FN4-F弹sinJ

又因为

f="N

整理可得摩擦力

kx

f=p.(jng——,sinJ)=/i(mg—kx)

sind

可知摩擦力大小不变，加速度

F--H(mg-kx)

a=--------------------------------

m

随着物体向右运动，8逐渐减小，tan。逐渐减小，加速度a减小。物体从3到。做不是匀加速直线运动，故

A错误、C正确；

B.根据题意可知8、。、。三处的弹性势能分别为

222

EpB=k'x,EpC=/c(2x),EpD=/c(3x)

则物体从B到C与从。到D弹性绳势能的增量分别为

22

△EpBc=EpC-EpB=3fcx,AEpCD=EpD-EpC=E>kx

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

22

BC=V(2x)-%=V3x,CD=J(3x)2_%2_BC=(2a-V3)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Co

【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/点，并从静止释放，下列说法正确的是（）

A

O------------ri。

A.小球自/点释放后，小球的机械能守恒

B.小球自/点释放后，小球的动量守恒

C.小球自/点释放后，小球和小车组成的系统动量守恒

D.小球自/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/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。

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10m/s2。

下列说法不正确的是（）

r物体m

J百。头盔

1.8m

1-------地面

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30N,s

C.物体做匀减速直线过程中动量变化量为-300kg・m/s，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

1

h=^gt2

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

la—mat=5x10x0.6N1s=30N•s

故B正确，不符合题意要求；

C.落地的速度为

v=』2gh=6m/s

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

Ap=0-nw=-30kg•m/s

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

mgx-Fx=0--mv2

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

F=3050^

故D正确，不符合题意要求。

故选Co

【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6=50g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±s。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。（.g=10m/s2，空气阻力忽略不计）（）

甲

s=一'Ii=s:

------------------------地面

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

2d10xKT?

V=——=30m/s

t1

则鸡蛋下落点距离该块砖的高度约为

v2302

H=—=-———m=45m

2a2X10

则可知鸡蛋下落点距地面的高度约为

Ho=H+2d=45.1m

则鸡蛋下落至地面所用时间约为

4=伸寸3f

可知鸡蛋在整个下落过程的平均速度约为

_Ho45.1

v=—=——m/s«15m/s

tn3

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

V

h'——t

解得

2h'2X6XIO-

-------s=4X103s

t=—«=-----an

规定竖直向上为正，由动量定理有

（F—ma}t=0—w（—v]

可得鸡蛋撞击地面过程中地面对鸡蛋的平均冲击力大小

F=375.5^

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

F=F=375.5N

故B错误，C正确。

故选C。

【命题点04机车启动模型（重点常考）】

。针对缚节软

【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，当汽车速度达到火后，汽车的功率保持恒定，汽车能达到的最大速度为2%，若运动过程中汽车所受

阻力恒为了,汽车的质量为小，下列说法正确的是（）

A.汽车先做匀加速运动，后做匀速运动

B.汽车速度为O.5“o时，加速度大小为《

C.汽车从静止到速度火通过的位移为器

D.若汽车速度达到2%所用时间为3则经过的位移为2%t-等

【答案】BCD

【详解】A.根据

P=Fv

可知，0〜%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%〜2%过程，汽车做变加速运动，A错误；

B.汽车速度最大时

Pmax=F.2%=/,2%

汽车速度为0.5%时，处于匀加速度运动阶段，牵引力大小为

Pmax”

F1r=-----=2/

%

根据

F—f=ma

加速度大小为

_f

CL=—

m

B正确；

C.汽车从静止到速度火通过的位移为

诏小诏

Xi=—=-----

12a2f

C正确；

D.汽车在变加速阶段，根据动能定理

Pmax(t一—fx2-m(2v0)2一,小正

其中

X—x1+x2

联立可得，汽车速度达到2Vo所用时间为3则经过的位移为

„,3nl诏

x-2v0t......-

D正确。

故选BCDo

【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小的

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（）

乙

A.。〜功时间内，重物处于失重状态B.0〜％时间内，重物增加的机械能为2PoS

C.该物体的最大速度为包D.to时刻，重物的加速度为

mg

【答案】BC

【详解】A.由

P=Fv=Fat

可知，。〜to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；

B.。〜力时间内，重物增加的机械能等于起重机对重物做的功，即

1

4E--Poto

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

Po=mgvm

解得

P。

"mm=g------

故c正确；

D.％时间内，重物做匀加速直线运动，有

U]—Cltg

根据牛顿第二定律，可得

尸]—mg=ma

Po=F/1

联立，解得

g"一g

故D错误。

故选BCo

【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爪=

1kg的物块由静止开始运动。运动t=6s时，物块速度为分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尸=8N也恒定，物块与地面间的动摩擦因数〃=0.3,重力加速度为g=

10m/s2,不计空气阻力。下列说法正确的是（）

mM

///\/\///////////）////////

A.轻绳脱落前，小车运动的加速度为3m/s2

B.运动t=6s时，物块速度为u=6m/s

C.轻绳脱落后，物块滑行的总位移大小为3m

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错误；

B.在t=6s时，物块的速度

v=at=6m/s

B正确;

C.当轻绳脱落后，物块的加速度大小

a物==3m/s2

物块滑行总位移大小

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】

◎针对统W软

【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m、相距2L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尸使其运动，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士恰好停靠在墙边。若车运动时受到的摩擦力恒为车重

A.第一辆车与第二辆车碰撞前的速度为2匹Z

B.购物车碰撞过程中系统损失的机械能AE=mk.ql

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2m\lkgL+-

m

【答案】ABC

【详解】AB.设第一辆车碰前瞬间的速度为切，与第二辆车碰后的共同速度为以，碰撞前后瞬间动量守恒,

则由动量守恒定律有

mVi—2mv7

对碰撞后的过程，由动能定理有

-2kmg--=0--(2m)vl

则碰撞中系统损失的机械能

11

22

/^E=-mv1—~(2m)v2

联立以上各式解得

v±=2jkgL,AE=mkal

故AB正确；

CD.设第一辆车推出时的速度为no,对碰撞前的过程，由动能定理有

,1,1,

—2kmgL=-mv^--mv0

工人给第一辆购物车的水平冲量大小

I=mvn

联立解得

I=2mj2kgL

故C正确，D错误。

故选ABCo

【针对练习14】如图所示，左端连接着轻质弹簧、质量为27n的小球B静止在光滑水平地面上，质量为根

的小球A以大小为先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，，J

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()

AB

Q~►vov/wvwwvO

/////////////////////////////////////

A.小球B的最大速度为3%

B.弹簧的最大弹性势能为

C.两小球的速度大小可能同时都为:"0

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

mv0—mvA+2mvB,1x2mv1

解得小球B的最大速度为

2

%=§卬

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

mv0—3mv

解得

1

由能量守恒定律可得，弹簧的最大弹性势能为

171217

Ep=-mug---3mv=-mvg

故B正确；

C.两小球组成的系统的初动量为

Po=mv0

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:火，小球A运动方向向右时，系统的动量为

。Vo3

p=m■—+2m'mv°

小球A运动方向向左时，系统的动量为

v0,„v01

p=-m-—+2m--=-mv0

由于p^Po,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151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的小物块加以为=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=10m/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16N-S

【答案】C

【详解】AB.当二者速度相等时，小物块机沿滑块河上滑的高度最大，设最大高度为/?,系统水平方向动

量守恒，以vo的方向为正方向，有

mv0=(m+M)v

根据机械能守恒可知

11

—mvl=—(m+M)v2+mgh

解得

h=1.2m

AB错误；

CD.设小物块冽返回滑块M的底端时，小物块冽与滑块M的速度分别为以、以，系统水平方向动量守恒,

有

VTVQ=mv1+MV2

根据机械能守恒定律有

111

2mro=2mvi+2MV2

解得

1

V1=--v0=-2m/s

2

"2=铲0=4m/s

根据动量定理，合力对滑块M的冲量大小为

I=MV2-0=8N-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”】

。针不缮封软

【针对练习13】（多选）我国航天事业持续飞速发展，1。月25日梦天实验舱与长征五号b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M正以速度外在轨运行，为了与天宫号对接进行微调，在非常短

的时间At内将质量加（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+诏

D.飞船受到因喷出气体产生的平均作用力为吧

【答案】BCD

【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

mv=

可知

mi

=--

1M

喷出气体后飞船速度变为

1-----------lm^

V'=y/V^+Vo2=+Vo2

C正确；

D.飞船对气体的冲量有

I=FAt=mv

可知飞船对气体的平均作用力为史，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二，D

#-Af-

正确。

故选BCDo

【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R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3下列关于无人机悬停时的分析正确的是（）

图1航拍无人机图24个螺旋桨

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0兀R2V

C.每个螺旋桨对空气的平均作用力为。兀”后

D.无人机的总重力等于「兀片/

【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

Am=pnR2v

故B正确；

CD.由动量定理可得在At时间内有

FAt=Am•At•b

则每个螺旋桨对空气的作用力

F=pnR2v2

根据平衡条件

G=4F=4pnR2v2

故C正确，D错误。

故选BCo

【针对练习151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。，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0.2口高压水枪的质量为手持高压水枪操

作，已知水的密度为P。下列说法正确的是()

A.水柱对汽车的平均冲力为0.2p»2兀方

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。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

pSvAt1z

m0=At=-pvnD

规定水流的速度方向为正方向，由动量定理得

FAt=0.2mv—(-mvy

m=mnAt

解得

F=0.3即27r02

AB错误；

C.根据

FAt=0.2mv—(-mvy

m-mW

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

F.2

p=—=1.2pv

压强0与高压水枪喷出水柱直径。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，最终达到最大速度加后以额定功率匀速行驶，ab、cd

平行于v轴，6c反向延长线过原点O,汽车质量为已知M、F1、F,、人,下列说法不正确的是（）

A.汽车额定功率为F,%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广咚D.汽车从a到b过程克服阻力做功M脸》z

【答案】c

【详解】A.根据

P=Fv

可得

1

v=p-p

汽车额定功率为图象的斜率，有

Dvm

P=-j-=尸2%

E

故A正确；

B.汽车从6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

F-f=ma

可知随着牵引力的减小，汽车的加速度减小，故汽车从6到c过程作变加速运动，故B正确；

C.汽车所受的阻力为

P

f=7=%

由于额定功率等于图象斜率有

p-1-T

E£

即

F2%=FiVi

汽车从。到6,根据牛顿第二定律有

F,-f=Ma

汽车从a到b匀加速运动持续的时间为

V1_MF2vm

~~a~(F.-Fo'lE

故C错误；

D.汽车从。到6过程的位移

12

x=-atz

汽车从。到b过程克服阻力做功

W=fx=-----——

'2(E-F力尸

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a的斜面A,斜面质量为M,如图所示。将一质量为m的可视为

质点的滑块B从斜面的顶端由静止释放，滑块B经过时间t刚好滑到斜面底端，此时滑块B对地位移大小为

S。此过程中斜面对滑块B的弹力大小为小，重力加速度为o,则下列选项中正确的是()

A.滑块B下滑过程中凤对B的冲量大小为mgtcosa

B.滑块B下滑过程中地面对斜面A弹力的冲量大小为(M+m)0t

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向左滑动的距离为巴s

【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，尺不再等于nwcosa，则滑块B下滑过程中国对B的冲量大小不等于

m.gtcosa,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(M+m)0t，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

mv—Mvf=0

取极短时间A3则有

mvM=Mv'At

根据时间上的等时性，在时间匕内位移进行累积可得

mvt=Mvrt

即

ms=Ms1

解得

m

f

s=­Ms

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q=10N/kg。则10s

【答案】A

【详解】取落到芝麻堆上一小部分Am在At时间内静止，根据动量定理

FAt=Amr

设每秒漏出的质量为m。，则芝麻对芝麻堆的冲击力为

rAmv

F=F=2=TTIQV

设已经静止的芝麻质量为mv空中的芝麻质量为则

v

m2=m0-

得

m2g

F=mov=—^―v=m2g

在10s内流出的芝麻总质量为mi+m7,芝麻对容器的压力为

N=F'+=（mt+恤）。=m°tg=2.00N

则10s末传感器承受的压力即传感器示数为

N'=N+0.5N=2.50N

故选Ao

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/点，弹性绳自然长度等于跨

过由轻杆OB固定的定滑轮连接一个质量为加的小球，小球穿过竖直固定的杆。初始时/、8、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。己知C、E两点间距离为肌。为CE的中点,

小球在C点时弹性绳的拉力为0.5m,q，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v=，羽，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3C间距为x,在C点时，绳上的拉力为

T=kx=0.5m.g

从C点向下运动过程，设3点右侧绳长为与竖直方向夹角为仇水平方向由平衡条件可得

N=kx'-sin0=kx=O.Sma

小球受到的滑动摩擦力大小为

1

f=nN=-mg

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。£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。到E过程，据动能定理可得

mgh—fh—W弹=0

若在E点给小球一个向上的速度『=J赤，从E到C过程，据动能定理可得

1.

2

“弹一mgh—fh=Ek--mv

联立解得到达C点的动能

瓦＞0

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优的小球，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E„,且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g