2025 高考物理三维设计二轮第三部分　专题复习　整合突破专题二　能量和动量

10/102025高考物理三维设计二轮第三部分专题复习整合突破专题二能量和动量第5讲功与功率动能定理1.（2024·海南高考1题）神舟十七号载人飞船返回舱于2024年4月30日在东风着陆场成功着陆，在返回舱返回至离地面十几公里时打开主伞，返回舱快速减速，速度大大减小，在减速过程中（）A.返回舱处于超重状态B.返回舱处于失重状态C.主伞的拉力不做功D.重力对返回舱做负功解析：A返回舱减速下落，加速度向上，则其处于超重状态，A正确，B错误；主伞的拉力向上，而返回舱速度向下，则主伞的拉力做负功，C错误；返回舱的重力向下，速度向下，则重力对返回舱做正功，D错误。2.（2024·浙江6月选考5题）一个音乐喷泉喷头出水口的横截面积为2×10－4m2，喷水速度约为10m/s，水的密度为1×103kg/m3，则该喷头喷水的功率约为（）A.10W B.20WC.100W D.200W解析：C单位时间内从喷头流出的水的质量m＝ρSv，喷头喷水的功率等于单位时间内喷出的水的动能增加量，即P＝12mv2，联立解得P＝100W，C3.（2024·新课标卷24题）将重物从高层楼房的窗外运到地面时，为安全起见，要求下降过程中重物与楼墙保持一定的距离。如图，一种简单的操作方法是一人在高处控制一端系在重物上的绳子P，另一人在地面控制另一根一端系在重物上的绳子Q，二人配合可使重物缓慢竖直下降。若重物的质量m＝42kg，重力加速度大小g＝10m/s2。当P绳与竖直方向的夹角α＝37°时，Q绳与竖直方向的夹角β＝53°。（sin37°＝0.6）（1）求此时P、Q绳中拉力的大小；（2）若开始竖直下降时重物距地面的高度h＝10m，求在重物下降到地面的过程中，两根绳子拉力对重物做的总功。答案：（1）1200N900N（2）－4200J解析：（1）由题意可知重物下降过程中受力平衡，设此时P绳中拉力的大小为FP、Q绳中拉力的大小为FQ，则在竖直方向上有FPcosα＝FQcosβ＋mg在水平方向上有FPsinα＝FQsinβ联立并代入数据，解得FP＝1200N、FQ＝900N。（2）重物下降到地面的过程，根据动能定理有mgh＋W总＝0代入数据解得W总＝－4200J。考点一功与功率问题1.功的求法2.功率的求法【例1】（2024·广东广州模拟）如图所示，水平路面上有一辆质量为M的汽车，车厢中有一质量为m的人正用恒力F向前推车厢，在车以加速度a向前加速行驶距离L的过程中，下列说法错误的是（）A.人对车的推力F做的功为FLB.车对人做的功为maLC.车对人的摩擦力做的功为（F＋ma）LD.车对人的作用力大小为ma答案：D解析：根据功的定义可知，人对车的推力F做的功为W＝FL，故A正确；根据牛顿第二定律可知，车对人的合力为F1＝ma，方向向前，所以车对人做的功为W1＝maL，故B正确；根据牛顿第二定律可得f－F＝ma，所以车厢对人的摩擦力大小为f＝ma＋F，方向向前，则摩擦力做功为Wf＝fL＝（ma＋F）L，故C正确；车厢对人有三个作用力：竖直向上的支持力大小为mg；水平向后的推力大小为F；水平向前的摩擦力大小为F＋ma。所以车对人的合力大小为F合＝（mg）2＋【例2】（2024·江苏苏州三模）我国劳动人民发明了汉石磨盘，人们通常用驴来拉磨把谷物磨成面粉。如图所示，若驴对磨杆的拉力F沿圆周切线方向作用在磨杆末端，大小为400N，磨盘半径r＝0.5m，磨杆长L＝0.5m，驴以恒定的速率拉动磨盘转动，在1分钟的时间内转动了6圈。圆周率π近似取3，下列说法正确的是（）A.磨盘边缘的线速度大小为3m/s B.磨杆末端的向心加速度大小为3.6m/s2C.驴拉磨转动一周拉力所做的功为1200J D.驴拉磨转动一周拉力的平均功率为240W答案：D解析：由题意可知周期为T＝606s＝10s，则角速度为ω＝2πT＝0.6rad/s，磨盘边缘的线速度大小为v1＝ωr＝0.6×0.5m/s＝0.3m/s，磨杆末端的向心加速度大小为an＝ω2（L＋r）＝0.62×（0.5＋0.5）m/s2＝0.36m/s2，故A、B错误；驴拉磨转动一周拉力所做的功为W＝F·2π（L＋r）＝400×2×3×（0.5＋0.5）J＝2400J，驴拉磨转动一周拉力的平均功率为P＝WT＝240010W＝240W【例3】（2024·江西宜春二模）一塔吊竖直提升重物由静止开始向上匀加速运动，电动机输出功率达到某值后保持不变，最终做匀速运动。不计阻力及绳索质量，此过程中重物的速度v、电动机输出功率P随时间t的变化规律正确的是（）答案：C解析：设汽车的额定功率为P，所受恒定阻力为f，牵引力为F，匀加速结束时的速度为v，由于汽车开始做匀加速直线运动，设其加速度为a，则根据速度与时间的关系可得v＝at，当汽车的匀加速阶段结束，其速度还未达到最大值，此时根据P＝Fv，根据牛顿第二定律F－f＝ma可知，速度将继续增大，而牵引力将减小，则加速度将减小，即此后汽车将做加速度逐渐减小的加速运动，直至牵引力等于阻力时，加速度减小为0，速度达到最大值vm，而速度—时间图像的斜率表示加速度，因此可知该图像第一阶段为倾斜的直线，第二阶段为斜率逐渐减小的向下弯曲的曲线，故A、B错误；根据P＝Fv，而汽车在匀加速阶段F－f＝ma，可得F＝ma＋f，而v＝at，即在匀加速阶段有P＝Fv＝（ma＋f）v＝（ma＋f）at，等式中（ma＋f）a为一定值，则可知在汽车匀加速阶段汽车的功率与时间成正比，即P-t图像为过原点的一条倾斜直线，而匀加速结束后，汽车的功率达到额定值，此后功率不变，其图像与时间轴平行，故C正确，D错误。考点二动能定理的应用运用动能定理解题的基本思路【例4】（多选）（2024·广东深圳二模）如图，甲将排球从离地面高为1m的O位置由静止击出并沿轨迹①运动，当排球运动到离地面高为2.8m的P位置时，速度大小为10m/s，此时，被乙击回并以水平速度18m/s沿轨迹②运动，恰好落回到O位置。已知排球的质量约为0.3kg，重力加速度g取10m/s2，忽略空气阻力，则（）A.排球沿轨迹②运动的时间为0.6sB.O、P两位置的水平距离为10.8mC.甲对排球做的功为20.4JD.乙对排球做的功约为15J答案：ABC解析：对于轨迹②的运动，根据平抛运动的规律得h＝12gt2，解得t＝2hg＝2×1.810s＝0.6s，A正确；水平位移的距离为x＝v't＝18×0.6m＝10.8m，B正确；从O到P点，设排球在O点的速度为v0，到P点的速度v，根据动能定理可知－mgh＝12mv2－12mv02，解得12mv02＝mgh＋12mv2＝20.4J，根据动能定理可知W甲＝12mv02＝20.4J，C正确；设乙对排球所做的功为W乙，则排球在P点被击回的过程，根据动能定理可知W乙【例5】（2024·山东潍坊三模）如图所示为冰雪冲浪项目流程图，AB段为水平加速区，BC段为半径r＝22.5m的光滑圆管型通道，AB与BC相切于B点；CDE段为半径R＝100m的圆弧冰滑道，BC与CDE相切于C点，弧DE所对应的圆心角θ＝37°，D为轨道最低点，C、E关于OD对称。安全员将小朋友和滑板（可视为质点）从A点沿水平方向向左加速推动一段距离后释放，到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，小朋友运动至滑道E点时对滑道压力FN＝410N。已知小朋友和滑板总质量为m＝40kg，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：（1）小朋友在B点时的速度v0；（2）小朋友通过CDE段滑道克服摩擦力做的功。答案：（1）15m/s，方向水平向左（2）1800J解析：（1）由于到达光滑圆管型通道上B点时小朋友和滑板与通道没有相互作用力，则mg＝mv02r，所以v0＝15（2）小朋友从B滑到E，根据动能定理可得mgr（1－cos37°）－W克f＝12mvE2－12mv02，在E点，根据牛顿第二定律可得FN－mgcos37°＝mvE2R，联立可得W【例6】（2024·江苏苏州模考）如图所示，高度h＝0.8m的光滑导轨AB位于竖直平面内，其末端与长度L＝0.7m的粗糙水平导轨BC相连，BC与竖直放置内壁光滑的半圆形管道CD相连，半圆的圆心O在C点的正下方，C点离地面的高度H＝1.25m。一个质量m＝1kg的小滑块（可视为质点），从A点由静止下滑，小滑块与BC段间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。求：（1）小滑块到达C点时的速度大小；（2）若半圆形管道的半径r＝0.5m，求小滑块从C点刚进入管道时对管壁的弹力大小和方向；（3）若半圆形管道半径可以变化，则当半径为多大时，小滑块从其下端射出的水平距离最远？最远的水平距离为多少？答案：（1）3m/s（2）8N方向竖直向上（3）当r＝0.2m时水平射程最远，最远的水平距离为1.7m解析：（1）对小滑块从A到C整个过程应用动能定理得mgh－μmgL＝12mvC2，代入数据解得vC＝3（2）小滑块在C点受到弹力和重力，其合力提供向心力，则FN＋mg＝mvC2r，代入数据解得FN＝8N，根据牛顿第三定律可知小滑块刚进入圆管时对外管壁的弹力FN'＝FN＝8（3）设小滑块做平抛运动的时间为t，在竖直方向上有H－2r＝12gt2，水平射程x＝vDt，从C到D的过程，由动能定理得mg×2r＝12mvD2－12mvC2，解得x＝2（H－2r）g（vC2+4gr）＝（2H－4r）×vC2g+4r，当2H－4r应用动能定理解题的四点注意动能定理与图像的结合问题【典例1】（多选）（2024·辽宁大连五校联考）在某一粗糙的水平面上，一质量为2kg的物体在水平恒定拉力作用下做匀速直线运动，当运动一段时间后，拉力逐渐减小，且当拉力减小到零时，物体刚好停止运动，图中给出了拉力随位移变化的关系图像。已知重力加速度g＝10m/s2。根据以上信息能得出的物理量有（）A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间答案：ABC解析：由题意知物体开始做匀速直线运动，故拉力F与滑动摩擦力f大小相等，方向相反，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝Fmg＝0.35，A正确；减速过程由动能定理得WF＋Wf＝0－12mv2，根据F-x图像中图线与横轴围成的面积表示力F做的功WF，而Wf＝－μmgx，由此能求得合外力对物体所做的功及物体做匀速运动时的速度，B、C正确；因为拉力逐渐减小过程中，物体做变减速运动，所以运动时间无法求出，【典例2】（多选）（2024·山东德州二模）质量为m＝1kg的物体静止在水平且粗糙的地面上，在一水平外力F的作用下运动，如图甲所示。外力F做的功及物体克服摩擦力f做的功与物体位移的关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列分析正确的是（）A.物体与地面之间的动摩擦因数为0.2B.物体的位移为13mC.物体在前3m内的加速度为3m/s2D.x＝9m时，物体的速度为32m/s答案：ACD解析：设物体与地面之间的动摩擦因数为μ，则根据物体克服摩擦力做的功Wf＝fx＝μmgx可知20J＝μ×1×10×10J，解得μ＝0.2，整个过程中滑动摩擦力一直做功，故物体的位移为x'＝Wf'μmg＝270.2×1×10m＝13.5m，选项A正确，B错误；前3m内拉力F1＝WF1x1＝153N＝5N，又f＝μmg＝2N，则物体在前3m内的加速度为a1＝F1－fm＝3m/s2，选项C正确；由动能定理得WF－fx＝12mv2，当x＝9m时WF1.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四分之一圆弧滑道顶端P点由静止释放，沿滑道运动到圆弧末端Q点时速度大小为4m/s。已知货物质量m＝10kg，滑道半径r＝4m，且过Q点的切线水平，重力加速度g取10m/s2。关于货物从P点运动到Q点的过程，下列说法正确的是（）A.重力做的功为600JB.经过Q点时货物对轨道的压力大小为280NC.经过Q点时货物的向心加速度大小为4m/s2D.货物克服阻力做的功为80J解析：C重力做的功WG＝mgr＝400J，选项A错误；经过Q点时轨道对货物的支持力的大小FN＝mg＋mv2r＝140N，根据牛顿第三定律知，货物对轨道的压力大小140N，选项B错误；经过Q点时货物的向心加速度大小an＝v2r＝4m/s2，选项C正确；货物克服阻力做的功Wf＝mgr－12mv2＝3202.（多选）（2024·河南南阳模拟）解放军战士为了增强身体素质，进行拉轮胎负重训练，如图所示，已知绳子与水平地面间的夹角恒为θ，轮胎质量为m，该战士由静止开始做加速直线运动，位移为x时，速度达到v，已知绳上拉力大小恒为F，重力加速度为g，则由静止加速到v的过程中（）A.轮胎克服阻力做的功为FxcosθB.轮胎所受合外力做的功为12mvC.拉力的最大功率为FvcosθD.拉力所做的功为12mv2＋Fxcos解析：BC拉力所做的功WF＝Fxcosθ，轮胎做加速运动，则Fcosθ＞f，则轮胎克服阻力做的功小于Fxcosθ，选项A、D错误；由动能定理可知，轮胎所受合外力做的功W合＝12mv2，选项B正确；拉力的最大功率Pm＝Fvcosθ，选项C3.（2024·山东济南二模）如图所示的是古代的水车，该水车周边均匀分布着N个盛水的容器，容器到水车大圆转轴的距离为R。在流水的冲力作用下，水车以n转/分的转速匀速转动，当装满水的容器到达最高处时将水全部倒入水槽中。设每个盛水容器装入水的质量均为m，忽略容器装水给水增加的动能和水车浸入水的深度，不计一切摩擦。已知重力加速度为g，则水车运水的功率为（）A.nNmgR30 B.C.120NmgRn D.解析：A水车每秒转动的圈数为n60，水车转动一圈对水做的功W＝Nmg·2R，则水车运水的功率P＝W1×n60＝2NmgR×n60＝nNmgR4.（多选）（2024·苏北四市调研）在某次帆船运动比赛中，质量为500kg的帆船在风力和水的阻力（1s末风力消失）的共同作用下做直线运动的v-t图像如图所示。下列表述正确的是（）A.在0～1s内，风力对帆船做功为1500JB.在0～1s内，水的阻力对帆船做功为500JC.在0～1s内，合外力对帆船做功为2000JD.在1～3s内，水的阻力对帆船做功为－1000J解析：AD根据牛顿第二定律，在0～1s内，有F－f＝ma1，在1～3s内，有f＝ma2，结合图线可得a1＝Δv1Δt1＝21m/s2＝2m/s2，a2＝Δv2Δt2＝22m/s2＝1m/s2，联立可得F＝1500N，f＝500N，0～1s内，帆船的位移为x1＝12vt1＝1m，在0～1s内，风力对帆船做功WF＝Fx1＝1500J，水的阻力对帆船做功Wf＝－fx1＝－500J，合外力对帆船做功W合＝WF＋Wf＝1000J，故A正确，B、C错误；在1～3s内，帆船的位移x2＝12vt2＝2m，水的阻力对帆船做功Wf5.（2024·湖南长沙二模）如图甲，辘轳是古代民间提水设施，由辘轳头、支架、井绳、水斗等部分构成，图乙为提水设施工作原理简化图，某次从井中汲取m＝2kg的水，辘轳绕绳轮轴半径为r＝0.1m，水斗的质量为0.5kg，井足够深且井绳的质量忽略不计。t＝0时刻，轮轴由静止开始绕中心轴转动向上提水桶，其角速度随时间变化规律如图丙所示，g取10m/s2，则（）A.水斗上升的加速度为2m/s2B.10s时水斗的动能为4JC.10s时井绳拉力的瞬时功率为50WD.0～10s内井绳拉力所做的功为255J解析：D由图丙可知ω＝2t，所以水斗速度随时间变化规律为v＝ωr＝0.2t，可知水斗从静止开始做匀加速直线运动，其水斗上升的加速度a＝0.2m/s2，故A错误；10s时水斗的速度v10＝0.2×10m/s＝2m/s，动能Ek＝12（m＋m'）v2＝5J，故B错误；由牛顿第二定律，可得F－（m＋m'）g＝（m＋m'）a，解得F＝25.5N，10s时井绳拉力的瞬时功率P＝Fv10＝51W，故C错误；水斗匀加速上升，0～10s内它上升的高度h＝12at2＝10m，0～10s内井绳拉力所做的功W＝Fh＝255J，故6.（2024·江西赣州二模）某山顶有一排风力发电机，发电机的叶片转动时可形成半径为R＝20m的圆面。某时间内该山顶的风速达10m/s，风向恰好跟某风力发电机叶片转动形成的圆面垂直，已知空气的密度ρ＝1.2kg/m3，若该风力发电机能将此圆内20％的空气动能转化为电能，则此风力发电机发电的功率P约为（）A.1.5×104W B.1.5×105WC.5×104W D.5×105W解析：B时间Δt内，通过圆面的空气的质量m＝ρvΔt·πR2，该部分空气的动能Ek＝12mv2，则此风力发电机发电的功率P＝20％EkΔt，解得P≈1.5×1057.（2024·安徽皖江二模）一辆汽车以某一恒定功率爬上一倾角为θ的斜坡，如图甲所示，车内的传感器记录了汽车从坡底爬到坡顶的v-t图像，如图乙中实线AD所示，AB是曲线最左端A点的切线，CD是曲线AD的渐近线，已知汽车质量m＝2×103kg，汽车行驶过程中受到的阻力可视为不变，重力加速度g取10m/s2，sinθ＝0.1，对于此次爬坡过程，下列说法正确的是（）A.汽车受到的阻力Ff＝2×104NB.汽车的功率P＝32kWC.该斜坡长为160mD.当汽车速度为10m/s时，汽车的加速度为2.2m/s2解析：C在A点，汽车加速度a1＝ΔvΔt＝2m/s2，根据牛顿第二定律F1－Ff－mgsinθ＝ma1，此时汽车的功率P＝F1v＝（Ff＋mgsinθ＋ma1）v0，由图可知汽车最大速度vm＝16m/s，此时牵引力F2＝Ff＋mgsinθ，则P＝F2v＝（Ff＋mgsinθ）vm，汽车功率不变，联立两式解得Ff＝2×103N，P＝64kW，故A、B错误；从A点到D点，根据动能定理Pt－（Ff＋mgsinθ）L＝12mvm2－12mv02，解得斜坡长L＝160m，故C正确；根据P＝Fv，可得当v＝10m/s时，牵引力F3＝6.4×103N，根据牛顿第二定律F3－Ff－mgsinθ＝ma2，解得汽车的加速度a2＝18.（2024·浙江杭州三模）惊险刺激的飞车表演中，杂技演员驾驶摩托车在竖直轨道内做圆周运动，如图所示，已知轨道半径为4m，人和摩托车的总质量为m＝200kg，人和摩托车可视为质点，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）表演者恰好能通过最高点B时的速度大小v1；（2）表演者以v2＝10m/s的速度通过轨道最左端C点时摩托车对轨道的压力；（3）在（1）问的基础上，测得摩托车通过最低点A的速度为2v1，求由A到B过程中牵引力和阻力做的总功W。答案：（1）210m/s（2）5000N方向水平向左（3）4000J解析：（1）在B点，由牛顿第二定律，可得mg＝mv12R，解得v1＝210（2）同理，在C点，有FN＝mv22R，解得FN＝5000N，由牛顿第三定律可知FN'＝FN＝5000（3）从A到B过程，根据动能定理可得W－mg×2R＝12mv12－12m（2v1）2，解得W＝49.（2024·江西南昌二模）2024年将迎来名副其实的“体育大年”，今年有两个奥运会，分别是江原冬青奥会和巴黎奥运会，滑板运动是其中一个精彩的比赛项目。一滑板训练场地如图，斜坡AB与光滑圆轨道相切于B点，斜坡长度为10m，倾角为37°，圆轨道半径为3m，圆心为O，圆轨道右侧与一倾角为60°足够长斜面PQ相连，运动员连同滑板总质量为60kg，运动员站在滑板上从斜坡顶端A点由静止下滑，滑板与左侧倾斜轨道间的动摩擦因数为0.2，其通过光滑圆弧轨道BCP的P点后落在了右侧的斜面上，滑板和运动员可视为质点，不计空气阻力，重力加速度g大小取10m/s2，sin37°＝0.6，sin60°＝32，求（1）滑板和运动员通过圆弧轨道最低点C时对C点的压力大小；（2）右侧斜面的落点到P点的距离。答案：（1）2600N（2）143m解析：（1）对滑板和运动员从A点到C点，根据动能定理可得mgLsin37°－μmgLcos37°＋mgR（1－cos37°）＝12mv2－解得v＝10m/s，在最低点C点，有FN－mg＝mv2R，解得FN＝2600N，由牛顿第三定律可得，滑板和运动员通过圆弧轨道最低点C时对C点的压力大小为2600（2）从C到P的过程，根据动能定理可得－mgR（1－cos60°）＝12mv12－1解得v1＝70m/s，设右侧斜面的落点到P点的距离为l，由抛体运动规律可得lcos60°＝v1xt，lsin60°＝－v1yt＋12gt2，其中v1x＝v1cos60°，v1y＝v1sin60解得l＝143m。第6讲机械能守恒定律能量守恒定律1.（2024·全国甲卷17题）如图，一光滑大圆环固定在竖直平面内，质量为m的小环套在大圆环上，小环从静止开始由大圆环顶端经Q点自由下滑至其底部，Q为竖直线与大圆环的切点。则小环下滑过程中对大圆环的作用力大小（）A.在Q点最大 B.在Q点最小C.先减小后增大 D.先增大后减小解析：C设小环运动轨迹所对的圆心角为θ（0≤θ≤π），大圆环的半径为R，大圆环对小环的作用力为F，则由机械能守恒得mgR（1－cosθ）＝12mv2，又小环做圆周运动，则有F＋mgcosθ＝mv2R，联立得小环下滑过程中受到大圆环的作用力F＝mg（2－3cosθ），则F的大小先减小后增大，且当cosθ＝23时F最小，当cosθ＝－1，即小环在大圆环最低点时F最大，2.（2024·北京高考7题）如图所示，光滑水平轨道AB与竖直面内的光滑半圆形轨道BC在B点平滑连接。一小物体将轻弹簧压缩至A点后由静止释放，物体脱离弹簧后进入半圆形轨道，恰好能够到达最高点C。下列说法正确的是（）A.物体在C点所受合力为零B.物体在C点的速度为零C.物体在C点的向心加速度等于重力加速度D.物体在A点时弹簧的弹性势能等于物体在C点的动能解析：C设物体恰好到达C点的速度大小为v，则在C点，根据恰好由重力提供向心力，有mg＝mv2r＝ma向，解得v＝gr，向心加速度a向＝g，A、B错误，C正确；物体从A点到C点的过程，由机械能守恒定律可知，弹簧的弹性势能转化为物体在C点的重力势能和动能，3.（2024·江苏高考15题）如图所示，粗糙斜面的动摩擦因数为μ，倾角为θ，斜面长为L。一个质量为m的物块（可视为质点）在电动机作用下，从斜面底端A点由静止加速至B点时达到最大速度v，之后做匀速运动至C点，关闭电动机，物块恰好到达最高点D点，重力加速度为g，不计电动机消耗的电热。求：（1）CD段长度x；（2）BC段电动机的输出功率P；（3）全过程储存的机械能E1和电动机消耗的总电能E2的比值。答案：（1）v22g（sinθ＋μcosθ）（2）mgvsin解析：（1）方法一对物块从C点运动到D点的过程，由动能定理有－mgxsinθ－μmgxcosθ＝0－12mv2，解得x＝v方法二对物块从C点运动到D点的过程，由牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma由运动学公式有0－v2＝－2ax，联立解得x＝v2（2）物块在BC段做匀速直线运动，由平衡条件有F＝mgsinθ＋μmgcosθ。则电动机的输出功率P＝Fv＝mgvsinθ＋μmgvcosθ。（3）根据题意，全过程储存的机械能E1＝mgLsinθ由能量守恒定律可知电动机消耗的总电能E2＝mgLsinθ＋μmgLcosθ，则E1E2考点一机械能守恒定律的应用1.机械能守恒定律的表达式2.系统机械能守恒问题的思维流程【例1】（2024·山东淄博一模）如图所示，从H高处以v平抛一小球，不计空气阻力，当小球距地面高度为h时，其动能恰好等于其势能，则（）A.h＝H2 B.h＜C.h＞H2 D.答案：C解析：从H高处以v平抛一小球，只有重力做功，机械能守恒，取地面为零势能参考面，有mgH＋12mv2＝mgh＋12mv12，而动能恰好等于重力势能，故mgh＝12mv12，联立解得h＝gH＋v2【例2】如图所示，有一光滑轨道ABC，AB部分为半径为R的14圆弧，BC部分水平，质量均为m的小球a、b固定在竖直轻杆的两端，轻杆长为R，不计小球大小。开始时a球处在圆弧上端A点，由静止释放小球和轻杆，使其沿光滑轨道下滑，则下列说法正确的是（A.a球下滑过程中机械能保持不变B.b球下滑过程中机械能保持不变C.a、b球滑到水平轨道上时速度大小为2D.从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上，整个过程中轻杆对a球做的功为mgR答案：D解析：a、b球和轻杆组成的系统机械能守恒，a、b球下滑过程中机械能不守恒，A、B错误；由系统机械能守恒有mgR＋2mgR＝12×2mv2，解得a、b球滑到水平轨道上时速度大小为v＝3gR，C错误；从释放a、b球到a、b球滑到水平轨道上，对a球，由动能定理有W＋mgR＝12mv2，解得轻杆对a球做的功为W＝mgR【例3】（2024·浙江杭州二模）有一个固定的、足够长的光滑直杆与水平面的夹角为53°，杆上套着一个质量为m的滑块A（可视为质点）用足够长的且不可伸长的轻绳将滑块A与另一个质量为2m的物块B通过光滑的定滑轮相连接，轻绳因悬挂B而绷紧，此时滑轮左侧轻绳恰好水平，其水平长度为L，现将滑块A从图中O点由静止释放（整个运动过程中A和B不会触地，B不会触及滑轮和直杆），sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。（1）当绳子与直杆垂直时，求滑块A的速度v；（2）求滑块A沿杆向下运动的最大位移x。答案：（1）211gL5（2解析：（1）当绳子与直杆垂直时，此时B下落到最低点，B的速度刚好为0，根据几何关系可得A下滑的高度hA＝Lsin53°cos53°＝1225L，B下落的高度hB＝L－Lsin53°＝15L，根据系统机械能守恒得mghA＋2mghB＝12mv2，解得滑块A的速度v（2）滑块A下滑到最低点时的速度为零，此时B的速度也为零，根据系统机械能守恒可知，滑块A重力势能的减少量等于B重力势能的增加量，则有mgxsin53°＝2mghB'，根据几何关系可得hB'＝（xsin53°）2＋（L－xcos53考点二功能关系和能量守恒定律的应用几种常见的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变化量W＝Ep1－Ep2＝－ΔEp弹力做功等于弹性势能变化量静电力做功等于电势能变化量分子力做功等于分子势能变化量动能合外力做功等于物体动能变化量W＝Ek2－Ek1＝12mv22－机械能除重力和弹力之外的其他力做功等于机械能变化量W其他＝E2－E1＝ΔE机摩擦产生的内能一对相互作用的摩擦力做功之和的绝对值等于产生的内能Q＝Ffs相对s相对为相对路程电能克服安培力做功等于电能增加量W克安＝E2－E1＝ΔE【例4】（2024北京东城二模）如图所示，某同学站在罚球线上，手持篮球保持静止，在裁判员示意后将球斜向上抛出，篮球刚好落入篮筐。篮球从静止到刚好落入篮筐的过程中，已知空气阻力做功为Wf，重力做功为WG，投篮时该同学对篮球做功为W。篮球可视为质点，则在此过程中（）A.篮球重力势能的变化量为W－WG＋WfB.篮球机械能的变化量为WG－WfC.篮球动能的变化量为W＋WG－WfD.篮球在离开手的瞬间机械能最大答案：D解析：篮球重力势能的增加量等于克服重力做的功，即ΔEp＝－WG，故A错误；篮球机械能的变化量等于阻力做的功，即ΔE机＝Wf，故B错误；根据动能定理可知，篮球动能的增加量等于合外力的功，即WG＋Wf＝ΔEk，故C错误；由于篮球在运动过程中，空气阻力做负功，则篮球在离开手时刻的机械能最大，故D正确。【例5】（2024·四川资阳二模）2024年跳水世界杯紫特利尔站比赛于3月3日落幕，中国跳水“梦之队”包揽全部金牌，以9金1银2铜的成绩位列奖牌榜第一。某次跳水训练时，质量为m的运动员到达最高点后由静止下落，下落过程中运动员所受阻力恒定，大小为110mg，g为重力加速度大小。在运动员从最高点开始重心下落h的过程中（运动员未接触水面），下列说法正确的是（A.运动员的动能增加了mghB.运动员的重力势能减少了910C.运动员受到的合力做的功为110D.运动员的机械能减少了110答案：D解析：运动员从最高点开始下落的过程中，受到的合力大小F合＝mg－110mg＝910mg，在运动员从最高点开始重心下落h的过程中合力做的功W合＝F合h＝910mgh，根据动能定理可知，运动员的动能增加了910mgh，故A、C错误；在运动员从最高点开始重心下落h的过程中，重力做的功WG＝mgh，则运动员的重力势能减少了mgh，故B错误；运动员的机械能的变化量等于除重力外其他力做的功，即运动员受到的阻力做的功，则有ΔE＝Wf＝－110mgh，可知运动员的机械能减少了1【例6】（2024·浙江诸暨模拟）如图所示，儿童沿倾斜的滑梯匀加速下滑。下列关于滑梯与儿童裤料之间的动摩擦因数μ、儿童的速度大小v、重力势能Ep和机械能E随运动时间t的变化关系中正确的是（）答案：C解析：儿童下滑过程中做匀加速直线运动，即加速度a不变，则根据匀变速直线运动规律可知v＝at，故v与t成正比，故B错误；设滑梯与水平面倾斜角为θ，根据牛顿第二定律可知儿童所受合力为F合＝mgsinθ－μmgcosθ＝ma，则a＝gsinθ－μgcosθ，加速度不变，则动摩擦因数μ不变，故A错误；设儿童初始重力势能为Ep0，重力做正功，则重力势能减小，即mgh＝mgxsinθ＝mgsinθ×12at2＝Ep0－Ep，整理得Ep＝Ep0－mgsinθ×12at2可知Ep-t图像应该是向下开口的抛物线，故C正确；设初始机械能为E0，除重力和系统内弹力以外的其他力做功等于机械能改变，即－μmgxcosθ＝－μmgcosθ×12at2＝E－E0，整理得E＝E0－μmgcosθ×12at2，可知E-t图像应该是向下开口的抛物线【例7】（2024·山西太原二模）如图所示，套在一光滑的水平固定轻杆上的小球A和另一小球B由绕过两轻质光滑定滑轮的细线相连，小球B、C通过一竖直轻弹簧相连，C球放在水平地面上，定滑轮N到水平轻杆的竖直距离为L。初始时MB和NA两段细线均竖直，小球A位于轻杆上的P1点，细线刚刚伸直且无拉力作用。现在用水平向右的恒力F＝mg拉小球A，当A运动到P2点时，NP2与水平方向的夹角为θ＝37°，此时C恰好离开地面。已知小球A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，细线与两定滑轮之间的摩擦不计，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧的劲度系数；（2）A球在P2点时的速度大小。答案：（1）3mgL（2解析：（1）设弹簧的劲度系数为k，初始时，弹簧被压缩，设压缩量为x，对B有kx1＝mg，当A运动到P2处时，C恰好离开地面，此时弹簧处于伸长状态，设伸长量为x2，对C有kx2＝mg，根据几何关系可得x1＋x2＝Lsin37°－L＝23L，解得k（2）设A在P2点时的速度大小为v，则此时vB＝vcos37°，小球A在P1和P2处，弹簧的弹性势能不变，根据系统能量守恒有F·Ltanθ＝mg（x1＋x2）＋12mv2＋12mvB2，解得A球在P弹簧弹性势能公式的应用1.在求弹簧的弹力做功时，因弹力为线性变化，可以先求平均力，再用功的定义进行计算，也可以根据动能定理和功能关系、能量转化和守恒定律求解。2.要注意弹簧弹力做功的特点：Wk＝－12kx3.弹性势能的公式为Ep＝12kx2，高考不作定量要求，可作定性讨论。因此，在求弹力的功或弹性势能的改变时，一般从能量的转化与守恒的角度来求解【典例1】（2024·江西南昌三模）蹦极是一项非常刺激的户外运动。一质量为m的体验者（可视为质点），绑着一根原长为L、劲度系数为k的弹性绳从高台上坠下。已知弹性绳的弹性势能Ep和形变量x的关系为Ep＝12kx2。若不计空气阻力、体验者的初速度和绳的质量，则下列说法正确的是（A.下落过程中该体验者的机械能守恒B.当弹性绳伸长量等于mgk时，C.体验者的最大速度为2D.体验者下落的最大距离为mg答案：C解析：下落过程中，弹性绳的弹力做功，该体验者的机械能不守恒，故A错误；当弹性绳伸长量等于x1＝mgk时，则mg＝kx1，体验者的速度最大，当体验者的速度为零时，体验者的动能、重力势能均为最小值，根据系统机械能守恒，弹性绳的势能达到最大值，故B错误；当弹性绳伸长量等于mgk时，体验者的速度最大，根据动能定理mg（L＋x1）－12kx12＝12mvm2，解得vm＝2gL＋mg2k，故C正确；体验者下落的距离最大时，根据动能定理可得mg（L＋x2）－12kx22＝0，解得此时弹性绳伸长量为x2＝【典例2】（2024·山东高考7题）如图所示，质量均为m的甲、乙两同学，分别坐在水平放置的轻木板上，木板通过一根原长为l的轻质弹性绳连接，连接点等高且间距为d（d＜l）。两木板与地面间动摩擦因数均为μ，弹性绳劲度系数为k，被拉伸时弹性势能E＝12kx2（x为绳的伸长量）。现用水平力F缓慢拉动乙所坐木板，直至甲所坐木板刚要离开原位置，此过程中两人与所坐木板保持相对静止，k保持不变，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g，则F所做的功等于（A.（μmg）22k＋μmgB.3（μmg）22k＋μC.3（μmg）22k＋2μD.（μmg）22k＋2μmg答案：B解析：方法一当甲所坐木板刚要离开原位置时，对甲及其所坐木板组成的整体有μmg＝kx0，解得弹性绳的伸长量x0＝μmgk，则此时弹性绳的弹性势能为E0＝12kx02＝μ2m2g22k，从开始拉动乙所坐木板到甲所坐木板刚要离开原位置的过程，乙所坐木板的位移为x1＝x0＋（l－d），则由功能关系可知该过程F所做的功W＝E0＋μmgx1＝方法二画出外力F与乙所坐的木板的位移x的关系图像如图所示，则外力F做的功W＝μmg（l－d）＋（μmg+2μmg）2x0＝3（μmg）221.（2024·吉林长春三模）2024年国际体联蹦床世界杯首站巴库站比赛于北京时间2月25日落幕，中国蹦床队斩获3金2银，取得“开门红”。如图所示，某次比赛时，运动员从蹦床正上方A点由静止下落，运动员在B点接触蹦床并将蹦床压缩至最低点C点，不计空气阻力，则下列说法正确的是（）A.运动员从B点运动到C点的过程中机械能减小B.运动员从A点运动到C点的过程中机械能守恒C.运动员从B点运动到C点的过程中动能逐渐增大D.运动员从B点运动到C点的过程中蹦床的弹性势能先增大后减小解析：A运动员从A点运动到B点的过程中机械能守恒；运动员从B点运动到C点的过程中，蹦床对运动员的弹力做负功，运动员的机械能减小，选项A正确，B错误；运动员从B点运动到C点的过程中先重力大于弹力，向下加速，后弹力大于重力，向下减速，则动能先增大后减小，蹦床的弹性势能一直增大，选项C、D错误。2.（2024·北京市海淀区高三模考）如图所示，将轻质弹簧的一端固定在水平桌面上O点，当弹簧处于自由状态时，弹簧另一端在A点。用一个金属小球挤压弹簧至B点，由静止释放小球，随即小球被弹簧竖直弹出，已知C点为AB的中点，则（）A.从B到A过程中，小球的机械能守恒B.从B到A过程中，小球的动能一直在增大C.从B到A过程中，弹簧的弹性势能先增大后减小D.从B到C过程弹簧弹力对小球做功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做功解析：D从B到A过程中，小球除受重力外还受弹簧对小球的弹力，且弹力做正功，故小球的机械能不守恒，故A错误；从B到A过程中，弹簧弹力和重力平衡位置处动能最大，合力对小球先做正功后做负功，小球的动能先增大后减小，故B错误；从B到A过程中，弹簧的压缩量一直在减小，故弹簧的弹性势能一直减小，故C错误；因为从B到C过程弹簧的平均作用力大于从C到A过程弹簧的平均作用力，两过程位移大小相等，故从B到C过程弹簧弹力对小球做的功大于从C到A过程弹簧弹力对小球做的功，故D正确。3.某踢出的足球在空中运动的轨迹如图所示，足球可视为质点，不计空气阻力。用vy、E、Ek、P分别表示足球的竖直分速度大小、机械能、动能、重力的瞬时功率大小，用t表示足球在空中运动的时间，h表示足球离地面的高度，下列图像中可能正确的是（）解析：C上升过程竖直速度vy＝v0y－gt，下降过程竖直速度vy＝gt，可知图像是两段直线，选项A错误；足球在空中运动时机械能守恒，则E-t图像是平行横轴的直线，选项B错误；根据机械能守恒定律可知Ek＝Ek0－mgh，选项C正确；重力的功率P＝mgvy＝mgv0y2－2gh，则P-4.（2024·四川宜宾三模）如图甲所示，弹跳鞋是一种新型体育用品鞋，其底部装有弹簧，使用时人对弹簧施加压力，使弹簧形变后产生竖直向上的弹力，将人向上弹离地面，某次上升过程中人的动能Ek随重心上升高度h变化的图像如图乙所示，上升高度为h1时动能达到最大值，图中h2～h3段对应图线为直线，其余部分为曲线，已知弹簧形变未超出弹性限度，空气阻力忽略不计，下列说法错误的是（）A.上升高度为h1时，人的加速度达到最大值B.上升高度为h2时，弹跳鞋离开地面C.在0～h2的上升过程中，人的机械能一直增大D.在h2～h3的上升过程中，人处于失重状态解析：A假设弹簧的作用力为F，可知F＝kx，在上升过程中有F－mg＝ma，a＝F－mgm＝kx－mgm，随着人的上升，弹簧形变量减小，a逐渐减小，在高度为h1时F＝mg，此时a＝0，并非加速度取最大值，故A错误；由图像可知，h1～h2阶段人向上做加速度增大的减速运动，此时仍有弹力。h2～h3阶段人向上做匀减速直线运动，此时已没有弹力作用。因此h2高度时鞋开始脱离地面，故B正确；在0～h2的过程中，弹簧对人做正功，人的机械能增大，故C正确；在h2～h3的过程中，人做竖直上抛运动，加速度向下5.（多选）（2024·黑龙江哈尔滨一模）如图甲所示的无人机，某次从地面由静止开始竖直向上飞行，该过程中加速度a随上升高度h的变化关系如图乙所示。已知无人机的质量为m，重力加速度为g，取竖直向上为正方向，不计空气阻力，则从地面飞至3h0高处的过程中，无人机（）A.先做匀加速直线运动后做匀速直线运动 B.飞至h0高处时速度大小为gC.飞至2h0高处时无人机所受的升力为2mg D.机械能增加量为5.5mgh0解析：BCD由图乙可知，无人机先做变加速直线运动后做匀加速直线运动，故A错误；飞至h0高处时，根据动能定理可得W合＝12mgh0＝12mv2，解得速度大小为v＝gh0，故B正确；飞至2h0高处时，根据牛顿第二定律F－mg＝mg，解得无人机所受的升力为F＝2mg，故C正确；从地面飞至3h0高处的过程中，无人机动能的增加量ΔEk＝12mgh0＋mg·2h0＝2.5mgh0，重力势能的增加量ΔEp＝mg·3h0＝3mgh0，机械能的增加量ΔE＝ΔEk＋ΔEp＝5.5mgh6.（多选）（2024·广东广州二模）如图竖直细管固定在薄板上，光滑钢球在右侧直管被磁铁吸住，移动磁铁可使钢球从不同高度释放。撤去磁铁，钢球从静止下滑并进入管道做圆周运动。已知钢球质量为m，管道半径为R，左右两侧管口到薄板距离分别为R和4R，重力加速度为g，则（）A.钢球在圆管最高点的最大速率为2gRB.钢球在圆管最高点对轨道的最小弹力为mgC.释放高度h＝R，钢球刚好能到达左侧管口D.释放高度h＞2R，钢球能从左侧管口离开解析：AD当钢球从右侧管口处释放时，钢球的机械能最大，到达最高点时的速率最大，根据动能定理得mg×（4R－2R）＝12mv2，解得v＝2gR，故A正确；当钢球的释放高度h＝2.5R，此时，根据机械能守恒得mg×（h－2R）＝12mv2，所需向心力Fn＝mv2R，解得Fn＝mg，可得此时重力恰好提供向心力，钢球在圆管最高点时对轨道的弹力为零，故B错误；钢球若从左侧管口离开，则钢球需能到达圆管的最高点，由题意可知，钢球恰能通过最高点时的速率为零，则根据机械能守恒得mg×（hmin－2R）＝0，解得hmin＝2R，所以，钢球若能从左侧管口离开，则释放高度h≥2R，故C7.（2024·浙江台州二模）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、水平直轨道AB，圆心为O1的竖直半圆轨道BCD、圆心为O2的竖直半圆管道DEF，倾斜直轨道FG及弹性板等组成，轨道各部分平滑连接。已知滑块质量m＝0.02kg（可视为质点），轨道BCD的半径R＝0.9m，管道DEF的半径r＝0.1m，滑块与轨道FG间的动摩擦因数μ＝0.8，其余各部分轨道均光滑，轨道FG的长度l＝1m，倾角θ＝37°，滑块与弹簧作用后，弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能，滑块与弹性板作用后以等大速率弹回。（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）（1）在某次游戏中滑块第1次运动到与O1等高的C点时的速度v1＝3m/s，求滑块受到的支持力大小。（2）滑块恰好到达F，求弹簧的弹性势能。（3）弹射器将滑块弹出后迅速撤走弹射器，要使滑块最终停在轨道FG上，求弹簧的弹性势能Ep的取值范围。答案：（1）0.2N（2）0.45J（3）0.45J≤Ep≤0.656J解析：（1）滑块在C点，受到的弹力提供向心力，则FNC＝mv12R，解得FNC＝0.2（2）假定滑块刚好到达F点有vF＝0，从A运动到F点－mg（2R＋2r）＝－Ep1，解得Ep1＝0.4J，滑块要能到F点，须先通过D点，刚好过D点时有mg＝mvD2R，得vD＝3m/s，从A运动到D点，有－mg×2R＝12mvD2－Ep2，解得Ep2＝0.45J，因为Ep2＞Ep1，所以恰好到F点时，弹簧的弹性势能为（3）由于μ＞tanθ，滑块在弹回的过程中刚好停在F点时弹簧的弹性势能最大，从A运动到F过程，根据动能定理得－mg（2R＋2r）－μmgcosθ·2l＝0－Ep，解得Ep＝0.656J，所以弹簧的弹性势能Ep的取值范围0.45J≤Ep≤0.656J。8.（2024·湖南师大附中高三月考）如图所示，质量为m的小球甲穿过一竖直固定的光滑杆拴在轻弹簧上，弹簧下端固定在地面，质量为4m的物体乙用轻绳跨过光滑的轻质定滑轮与甲连接，开始用手托住乙，轻绳刚好伸直，滑轮左侧绳竖直，右侧绳与水平方向夹角为α。某时刻由静止释放乙（足够高），经过一段时间小球运动到Q点，OQ两点的连线水平，OQ＝d，且小球在P、Q两点处时弹簧弹力的大小相等。已知重力加速度为g，弹簧弹性势能的表达式为Ep＝12kx2（k为弹簧的劲度系数，x为弹簧的形变量），sinα＝0.8，cosα＝0.6。求（1）弹簧的劲度系数k；（2）小球位于Q点时的速度大小；（3）小球甲和物体乙的机械能之和的最大值（设放手前甲、乙在同一水平面上，且以此水平面为零势能面）。答案：（1）3mg2d（2）8gd3解析：（1）由于P、Q两点处弹簧弹力的大小相等，则由胡克定律可知P点的压缩量等于Q点的伸长量，由几何关系知PQ＝dtanα＝43则小球位于P点时弹簧的压缩量为x＝12PQ＝2对P点的小球由力的平衡条件可知mg＝kx解得k＝3mg（2）当小球运动到Q点时，假设小球甲的速度为v，此时小球甲的速度与绳子OQ垂直，所以物体乙的速度为零，又知小球、物体和弹簧组成的系统机械能守恒，则由机械能守恒定律得4mg·dcosα－d－mgdtanα解得v＝8gd（3）由系统的机械能守恒定律可知，弹簧弹性势能为零时，小球甲和物体乙的机械能之和最大Em＝12kx2＝mgd第7讲动量定理和动量守恒定律1.（2024·江苏高考9题）如图所示，在水平面上静止有一个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的左端，右侧用一根细绳连接在滑板A的右端，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则（）A.弹簧恢复原长时A的动能最大B.弹簧压缩至最短时A的动量最大C.整个系统动量变大D.整个系统机械能变大解析：A对A、弹簧与B组成的系统受力分析，该系统所受外力矢量和为零，则其动量守恒，又运动过程中，只有弹簧弹力做功，所以系统的机械能守恒，C、D错误；对系统，由动量守恒定律可知mAvA＝mBvB，由机械能守恒定律有Ep＝12mAvA2＋12mBvB2，联立两式可知当弹簧恢复至原长，弹簧的弹性势能完全转化为A、B的动能时，A的动能最大，动量也最大2.（多选）（2024·广东高考10题）如图所示，光滑斜坡上，可视为质点的甲、乙两个相同滑块，分别从H甲、H乙高度同时由静止开始下滑。斜坡与水平面在O处平滑相接，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，乙在水平面上追上甲时发生弹性碰撞。忽略空气阻力。下列说法正确的有（）A.甲在斜坡上运动时与乙相对静止B.碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度C.乙的运动时间与H乙无关D.甲最终停止位置与O处相距H解析：ABD两滑块在光滑斜坡上加速度相同，同时由静止开始下滑，则相对速度为0，故A正确；两滑块滑到水平面后均做匀减速直线运动，由于两滑块质量相同，且发生弹性碰撞，可知碰后两滑块交换速度，即碰撞后瞬间甲的速度等于碰撞前瞬间乙的速度，故B正确；设斜面倾角为θ，乙下滑过程有H乙＝12gsinθ·t12，在水平面运动一段时间t2后与甲相碰，碰后以甲碰前速度做匀减速直线运动的时间为t3，则乙运动的时间为t＝t1＋t2＋t3，由于t1与H乙有关，则总时间与H乙有关，故C错误；乙下滑过程有mgH乙＝12mv乙2，由于甲和乙发生弹性碰撞，交换速度，则可知甲最终停止位置与不发生碰撞时乙最终停止的位置相同；则如果不发生碰撞，乙在水平面运动到停止有v乙2＝2μgx，联立可得x＝H乙3.（2024·江苏高考14题）嫦娥六号探测器于5月3日在中国文昌航天发射场发射升空并进入地月转移轨道，探测器经过轨道修正、近月制动，顺利进入环月轨道飞行。此后，探测器经历着陆器和上升器组合体、轨道器和返回器组合体的分离。已知嫦娥六号在轨速度为v0，着陆器对应的组合体A与轨道器对应的组合体B分离时间为Δt，分离后B的速度为vB，且与v0同向，A、B的质量分别为m、M。求：（1）分离后A的速度vA；（2）分离时A对B的推力大小。答案：（1）（m＋M）v解析：（1）A、B组成的系统沿速度方向动量守恒，由动量守恒定律有（m＋M）v0＝MvB＋mvA解得分离后A的速度vA＝（m（2）A、B分离的过程，对B由动量定理有FΔt＝MvB－Mv0解得分离时A对B的推力大小为F＝Mv考点一动量定理的应用1.冲量的三种计算方法公式法I＝Ft适用于求恒力的冲量动量定理法多用于求变力的冲量或F、t未知的情况图像法F-t图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，若F与t成线性关系，也可直接用平均力求解2.动量定理（1）公式：FΔt＝mv'－mv（2）应用技巧①研究对象可以是单个物体，也可以是多个物体组成的系统。②表达式是矢量式，需要规定正方向。③匀变速直线运动，如果题目不涉及加速度和位移，用动量定理比用牛顿第二定律求解更简捷。④在变加速运动中F为Δt时间内的平均力。⑤电磁感应问题中，利用动量定理可以求解时间、电荷量或导体棒的位移。【例1】（2024·北京海淀三模）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.甲的加速度大小比乙的加速度小C.甲的动量大小比乙的大D.甲合力冲量与乙合力冲量大小相等答案：B解析：对甲、乙两条形磁铁水平方向分别受力分析，如图所示根据牛顿第二定律有a甲＝F－μm甲gm甲、a乙＝F'－μm乙gm乙，由于F＝F'，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，B正确；对于整个系统而言，由于μm甲g＞μm乙g，系统所受合力方向向左，【例2】（2024·广东汕头一模）某实验小组用电池、电动机等器材自制风力小车，如图所示，叶片匀速旋转时将空气以速度v向后排开，叶片旋转形成的圆面积为S，空气密度为ρ，下列说法正确的是（）A.风力小车的原理是将风能转化为小车的动能B.t时间内叶片排开的空气质量为ρSvC.叶片匀速旋转时，空气对小车的推力为ρSv2D.叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为12ρSv答案：C解析：风力小车的原理是消耗电能，先转化成风能，再推动小车运动，所以其原理是将电能转化为小车的动能，故A错误；t时间内叶片排开的空气质量为m＝ρvtS，故B错误；由动量定理可得叶片匀速旋转时，t时间内叶片排开的空气受到的推力F＝mvt＝ρSvt·vt＝ρSv2，根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为ρSv2，故C正确；叶片匀速旋转时，单位时间内空气流动的动能为Ek＝12m0v2＝12ρSv·v2＝12用动量定理求解“流体”问题的方法1.建立“柱状”模型，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S。2.隔离微元研究，作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为vΔt，对应质量为Δm＝ρSvΔt，求小柱体的动量变化Δp＝vΔm＝ρv2SΔt。3.应用动量定理FΔt＝Δp研究这段柱状流体，列方程求解。【例3】（多选）（2024·浙江6月选考15题）如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为＋q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程（）A.合力冲量大小为mv0cosθB.重力冲量大小为mv0sinθC.洛伦兹力冲量大小为qBD.若v0＝2mgcos答案：CD解析：根据动量定理得I合＝0－mv0＝－mv0，则合力冲量大小为mv0，A错误；小球上滑时间t＝v0gsinθ，重力冲量大小为mgt＝mg·v0gsinθ＝mv0sinθ，B错误；小球所受洛伦兹力垂直杆向上，大小为qvB＝qB（v0－at）＝－qBat＋qBv0，随时间线性变化。洛伦兹力的冲量大小为qv02Bt＝qv02B·v0gsinθ＝qBv022gsinθ，C正确；若v0＝2mgcosθqB，0时刻小球所受洛伦兹力为qv0B＝2mgcosθ，1.用动量定理解题的基本思路2.对过程较复杂的运动，可分段用动量定理，也可整个过程用动量定理。考点二动量守恒定律的应用动量守恒定律的三种表达形式（1）m1v1＋m2v2＝m1v1'＋m2v2'，作用前的动量之和等于作用后的动量之和。（2）Δp1＝－Δp2，相互作用的两个物体动量的变化量等大反向。（3）Δp＝0，系统总动量的变化量为零。【例4】如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼-20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将战机上质量为M的导弹自由释放，导弹向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气，则对喷气后瞬间导弹的速率下列表述正确的是（）A.速率变大，为MB.速率变小，为MC.速率变小，为MD.速率变大，为M答案：A解析：设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律可得Mv0＝（M－m）v－mv1，解得喷气后瞬间导弹的速率v＝Mv0＋mv1M【例5】如图所示，甲、乙两小孩各乘一辆冰车在水平冰面上游戏。甲和他的冰车总质量为M，乙和他的冰车总质量也为M，游戏时，甲推着一个质量为m的箱子和他一起以v0的速度滑行，乙以同样大小的速度迎面滑来。为了避免相撞，甲突然将箱子沿冰面推给乙，箱子滑到乙处，乙迅速抓住。不计冰面摩擦：（1）若甲将箱子以速度v推出，甲的速度变为多少；（2）设乙抓住迎面滑来的速度为v的箱子后反向运动，乙抓住箱子后的速度变为多少；（3）若甲、乙分别和他的冰车总质量均为M＝30kg，箱子质量m＝10kg，v0＝6m/s，为使甲、乙最后不相撞，则箱子被推出的速度至少多大（计算结果保留两位小数）。答案：（1）（M＋m）v（3）21.43m/s解析：（1）甲将箱子推出的过程中，甲和箱子组成的系统动量守恒，以甲的运动方向为正方向，由动量守恒定律得（M＋m）v0＝mv＋Mv1，解得v1＝（M（2）箱子和乙作用的过程动量守恒，以箱子的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mv－Mv0＝（M＋m）v2，解得v2＝mv－（3）甲、乙不相撞的条件是v1≤v2，即（M＋m）v0－mvM≤mv－考点三碰撞与反冲问题1.碰撞问题遵循的三条原则2.反冲的两条规律（1）总的机械能增加：反冲运动中，由于有其他形式的能量转化为机械能，所以总机械能增加。（2）平均动量守恒：若系统在全过程中动量守恒，则这一系统在全过程中平均动量必定守恒；若系统由两个物体组成，且相互作用前均静止，相互作用后均发生运动，则有m1v1－m2v2＝【例6】（2024·山东济宁一模）目前我国空间实验已走在世界的前列，神舟十六号航天员景海鹏、朱杨柱、桂海潮在空间站内做了钢球相互碰撞的实验。桂海潮用质量较小的钢球以0.6m/s水平向左的速度与静止的质量较大的钢球正碰，碰后小钢球与大钢球速度大小分别为v1、v2，较小钢球的质量为较大钢球质量的一半，两钢球的碰撞可视为弹性碰撞。下列说法正确的是（）A.v1＝0.2m/s，方向水平向左B.v1＝0.2m/s，方向水平向右C.v2＝0.2m/s，方向水平向左D.v2＝0.1m/s，方向水平向左答案：B解析：设较小钢球的质量为m，较大钢球的质量为2m，碰后小钢球与大钢球的速度分别为v1'、v2'，两钢球的碰撞可视为弹性碰撞，以水平向左为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mv0＝mv1'＋2mv2'，12mv02＝12mv1'2＋12×2mv2'2，代入数据解得v1'＝－0.2m/s，v2'＝0.4m/s，可知v1＝0.2m/s，方向水平向右；v2＝0.4【例7】喷气背包曾经是宇航员舱外活动的主要动力装置。假定宇航员与空间站保持相对静止。启动喷气背包后，横截面积为S的喷口以速度v（以空间站为参考系）持续向后喷出密度为ρ的气体。已知宇航员连同整套舱外太空服的质量为M（含背包及其内气体），则启动喷气背包，经过时间t后宇航员相对空间站的速度大小为（）A.ρSvtM B.C.ρSvtM－ρSvt 答案：D解析：设启动喷气背包，经过时间t后宇航员相对空间站的速度大小为v'，规定宇航员相对空间站的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0＝－ρvtS·v＋（M－ρvtS）v'，解得v'＝ρSv2tM【例8】（2024·吉林高考14题）如图，高度h＝0.8m的水平桌面上放置两个相同物块A、B，质量mA＝mB＝0.1kg。A、B间夹一压缩量Δx＝0.1m的轻弹簧，弹簧与A、B不拴接。同时由静止释放A、B，弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程xA＝0.4m；B脱离弹簧后沿桌面滑行一段距离xB＝0.25m后停止。A、B均视为质点，取重力加速度g＝10m/s2。不计空气阻力，求：（1）脱离弹簧时A、B的速度大小vA和vB；（2）物块与桌面间的动摩擦因数μ；（3）整个过程，弹簧释放的弹性势能ΔEp。答案：（1）1m/s1m/s（2）0.2（3）0.12J解析：（1）A离开桌面后做平抛运动，则水平方向有xA＝vAt竖直方向有h＝12gt联立并代入数据解得vA＝1m/sA、B与弹簧相互作用的过程中，A、B所受水平桌面的摩擦力等大反向，所受弹簧弹力也等大反向，又A、B竖直方向上所受合力均为零，故A、B组成的系统所受外力矢量和为零，动量守恒，则有mAvA＝mBvB解得vB＝1m/s。（2）对B离开弹簧后的运动过程，根据动能定理有－μmBgxB＝0－12mB代入数据解得μ＝0.2。（3）对A、B与弹簧相互作用的过程，根据能量守恒定律有ΔEp＝12mAvA2＋12mBvB2＋μmAg·Δx代入数据解得ΔEp＝0.12J。归纳法解决多次碰撞问题当两个物体之间或物体与挡板之间发生多次碰撞时，因碰撞次数较多，过程复杂，在求解多次碰撞问题时，通常可用到以下两种方法：数学归纳法先利用所学知识把前几次碰撞过程理顺，分析透彻，根据前几次数据，利用数学归纳法，可写出以后碰撞过程中对应规律或结果，通常会出现等差、等比数列，然后可以利用数学数列求和公式计算全程的路程等数据图像法通过分析前几次碰撞情况，画出物体对应的v-t图像，通过图像可使运动过程清晰明了，并且可通过图像与t轴所围面积求出物体的位移【典例】（2024·山东聊城二模）如图所示，长木板在光滑水平面上以v0＝2m/s的速度做匀速直线运动，长木板质量M＝0.5kg，某时刻在长木板的右端轻放一个可视为质点的小物块，小物块的质量m＝1.5kg，长木板右侧有一固定挡板，挡板下方留有仅允许长木板通过的缺口，小物块与长木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，小物块与挡板发生正碰，碰撞是弹性碰撞。假设长木板右端到挡板的距离足够大。重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）若要小物块不从长木板上滑下，求长木板的长度至少是多少？（2）若长木板足够长，质量变为4.5kg，求：①小物块和挡板第一次相碰后向左运动的时间。②小物块与挡板第n次碰撞到第n＋1次碰撞过程中，相对于长木板的位移是多少？答案：（1）0.625m（2）①1.5s②27×12解析：（1）设长木板和小物块向右运动过程中第一次达到共速时的速度为v10，则由动量守恒定律得Mv0＝（M＋m）v10，小物块与挡板发生弹性碰撞后，速度反向，大小不变，设长木板与小物块再次共速时速度为v20，则由动量守恒定律得mv10－Mv10＝（M＋m）v20，由能量守恒定律可得μmgL＝12Mv02－12（M＋m）v202，解得L＝（2）①更换长木板后，设长木板与小物块第一次共速时速度为v，由动量守恒定律可得M'v0＝（M'＋m）v，小物块与挡板发生第一次弹性碰撞后，速度反向，大小不变，其向左运动过程中，由动量定理可得－μmgt＝0－mv，解得t＝1.5s。②设小物块与挡板第二次碰撞前的速度为v1，由动量守恒定律可得M'v－mv＝（M'＋m）v1，解得v1＝12v，设第三次碰撞前、第四次碰撞前，小物块和木板的共同速度为v2、v3，同理可得v2＝12v1＝122v，v3＝12v2＝123v，根据数学归纳法，第n＋1次碰撞前的共同速度为vn＝12vn－1＝12nv，小物块与挡板第n次碰撞到第n＋1次碰撞过程中，相对于长木板的位移是x，由能量守恒定律可得μmgx＝12（M'＋m）vn－12－11.（2024·河南郑州三模）如图所示，某同学利用平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，货物与小车之间始终没有发生相对滑动，则平板车与货物组成的系统（）A.动量增大 B.机械能不变C.所受合外力的冲量为零 D.所受推力做功为零解析：C平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，速度不变，动量不变，根据动量定理可知所受合外力的冲量为零，A错误，C正确；平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，平板车与货物组成的系统动能不变，重力势能增加，则机械能增加，B错误；同学利用平板车将货物沿斜坡向上匀速运送，推力不为零，位移不为零，则所受推力做功不为零，D错误。2.（2023·贵州安顺一模）有些太空探测器装配有离子发动机，其工作原理是将被电离后的正离子从发动机尾部高速喷出，从而为探测器提供推力。若发动机向后喷出的离子的速率为25km/s（远大于探测器的飞行速率）时，探测器获得的推力大小为0.1N，则该发动机1s时间内喷出离子的质量为（）A.4×10－4kg B.4×10－5kgC.4×10－6kg D.4×10－7kg解析：C由牛顿第三定律可知1s时间内喷出的离子受到发动机的平均作用力大小为F＝0.1N，对1s时间内喷出的离子，由动量定理可得Ft＝mv－0，解得该发动机1s时间内喷出离子的质量为m＝Ftv＝0.1×125000kg＝4×10－63.乌贼在无脊椎动物中游泳最快，被称为“水中火箭”。一只悬浮在水中的乌贼，吸满水时的质量为3kg，遇到危险时，乌贼通过体管在0.1s时间内将0.4kg的水向后以90m/s的速度喷出，从而获得极大的逃窜速度，则乌贼在向后喷水的时间内，获得的向前平均推力约为（）A.360N B.560NC.640N D.2700N解析：A设向后为正方向，由动量守恒定律有0＝m1v1－（M－m1）v2，由动量定理有－Ft＝－（M－m1）v2－0，解得F＝360N，故选A。4.（2024·山西一模）在近地圆轨道上绕地球做匀速圆周运动的天宫号空间站中，宇航员进行了奇妙的“乒乓球”实验。实验中，朱杨柱做了一颗实心水球，桂海潮取出一块用毛巾包好的普通乒乓球拍，球拍击打水球后，水球被弹开了，则水球在与球拍作用过程中及被击打后的一小段时间内，水球（）A.与球拍作用过程中它们组成的系统动量守恒B.与球拍作用过程中水球受地球引力的冲量为零C.被击打后水球相对地球做变速曲线运动D.被击打后水球相对天宫做匀速圆周运动解析：C水球与球拍作用过程中，把水球与球拍作为系统，受到手对系统的作用力，所以系统动量不守恒，故A错误；由冲量公式I＝Ft可知与球拍作用过程中水球受地球引力并且其作用时间不为0，所以它的冲量不为零，故B错误；实验舱内的物体处于完全失重状态，航天员会观察到水球离开球拍后相对天宫号空间站做匀速直线运动，被击打后水球相对地球做变速曲线运动，故C正确，D错误。5.水虿（chǎi），就是蜻蜓的幼虫，会将腹部所吸的水迅速向后喷出，所产生的反推力会带动它们向前飞速移动以起到避害的作用。一只悬浮在水中的水虿，当吸满水后，它的总质量约为0.5g，遇到危险时，通过短漏斗状的体管在极短时间内将水向后高速喷出，从而迅速逃窜，瞬时速度可达15m/s。已知喷射出水的质量约为0.2g，则喷射水的瞬时速度约为（）A.20m/s B.22.5m/sC.37.5m/s D.45m/s解析：B由题意可知，水虿逃窜时的速度达到v1＝15m/s，水虿和喷出的水组成的系统动量守恒，设水虿喷射出水的速度为v2，取水虿向前逃窜的方向为正方向，由动量守恒定律可得（m－m0）v1－m0v2＝0，解得v2＝m－m0m0v1＝0.5－0.20.26.如图所示，静止在光滑水平面上的A、B、C三个质量均为2kg的物体紧贴着放在一起，A、B之间有微量炸药。炸药爆炸后三个物体均沿水平方向运动且B对C做的功为16J，若炸药爆炸过程释放的能量全部转化为三个物体的动能，则炸药爆炸过程中释放出的能量为（）A.48J B.64JC.96J D.108J解析：C对C由动能定理得WC＝12mCvC2，解得vC＝4m/s，爆炸后B和C共速，即vBC＝vC＝4m/s，对A、B、C整体，动量守恒，则mvA＝2mvBC，解得vA＝8m/s，爆炸释放的能量为三者动能之和，故E＝12mvA2＋12×2mvBC7.有一条捕鱼小船停靠在湖边码头，小船又窄又长（估计一吨左右），一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量。他进行了如下操作：首先将船平行码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头后停下来，而后轻轻下船。用卷尺测出船后退的距离为d，然后用卷尺测出船长L，已知他自身的质量为m，则渔船的质量M为（）A.mLd B.C.m（L＋d解析：B人从船尾走到船头的过程动量守恒，则Mv船＝mv人，即Mdt＝mL－dt，解得渔船的质量为M＝m8.（2024·山东菏泽三模）风筝在我国已存在两千年之久，又有纸鸢、鹞子之称。如图所示，某时刻风筝静止在空中，风筝面与水平面夹角为θ，牵引线与竖直方向夹角为2θ。已知风筝质量为m，垂直于风筝面的风速大小为v，风筝面的面积为S，重力加速度为g，则风筝所在高度空气密度为（）A.2mgcosθSC.4mgSv2解析：A对风筝受力分析如图1所示，作出矢量三角形如图2所示，可知风筝此时获得的垂直于风筝面的力F＝2mgcosθ，根据牛顿第三定律，风筝对垂直于风筝面的风的作用力大小也为F，以风为研究对象，Δt时间内，垂直打在风筝面的风的质量Δm＝ρSvΔt，在垂直于风筝面方向上由动量定理有F·Δt＝Δm·v，联立解得空气密度为ρ＝2mgcosθS9.为测量某未知原子核的质量，用带正电的α粒子（24He