2025届高考物理复习突破练：动量和能量观点的应用习题

专题分层突破练6动量和能量观点的应用

选择题:每小题6分，共48分

基础巩固

1.（2024河南驻马店高三期末）某次冰球比赛中，甲、乙两运动员站在光滑的水平冰面上，甲将静止

在冰面上的冰球传给乙，乙接到冰球后又将冰球传回甲。若甲、乙的质量相等，且为冰球质量的

倍，甲接到冰球后，甲、乙两人的速度大小之比为（）

A.1B.—

/c+l

「k+1nk2

•~k~"（九+1）2

答案B

解析设冰球的质量为火甲接到球后，甲、乙两人的速度大小分别为小电根据动量守恒定律有

（km+m）v「kmv2=Q,解得"=—,故选B„

v2fc+1

2.（2024海南模拟预测）小明制作了一个火箭模型，火箭模型质量为a（含燃料），开始火箭模型静置

在地面上,点火后在极短时间内以相对地面的速度的竖直向下喷出质量为勿的燃气,喷气过程中忽

略重力和空气阻力的影响，下列说法正确的是（）

A.火箭喷气过程机械能守恒

B.火箭的推力来源于空气对它的反作用力

C.喷气结束时火箭模型的动量大小为mv0

D.喷气结束时火箭模型的速度大小为吗

7no

答案C

解析系统所受合外力为零,满足动量守恒，但机械能不守恒,A错误;火箭的推力是燃料燃烧产生的

高温高压气体向后喷出时对火箭的反作用力,B错误;开始总动量为零,规定气体喷出的方向为正方

向，根据动量守恒定律得O=mvo+p,喷气结束时火箭模型的动量大小与zm,C正确;根据Q=nrn>-（jB>-

ni）v,解得忏吧"D错误。

mQ-m

3.（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/向后排开,叶片旋转形成的圆面积为S空气密度为0,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PSv

C.叶片匀速旋转时,空气对小车的推力为PSv

D.叶片匀速旋转时,单位时间内空气流动的动能为

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,所以是电能转化为小车的动

能,A错误；力时间内叶片排开的空气质量为勿=0MS,B错误；由动量定理可得叶片匀速旋转时,空气

受到的推力为"亭=电詈SF,根据牛顿第三定律可知空气对小车的推力为PS,,C正确;叶片

匀速旋转时,单位时间内空气流动的动能为笈手b*0sLV^PSV,D错误。

4.（2024江西赣州一模）如图甲所示，光滑水平地面上有46两物块，质量分别为2kg、6kg,6的

左端拴接着一劲度系数为—N/m的水平轻质弹簧，它们的中心在同一水平线上。A以速度的向静止

的6方向运动,从A接触弹簧开始计时至A与弹簧脱离的过程中，弹簧长度/与时间t的关系如图

乙所示，弹簧始终处在弹性限度范围内，已知弹簧的弹性势能瓦为弹簧的形变量），则（）

7/m

甲乙

A.在0%曲内6物块先加速后减速

B.整个过程中,48物块构成的系统机械能守恒

C.Vo=2m/s

D./物块在6时刻时速度最小

答案C

解析在0%友内，弹簧始终处于压缩状态，即6受到的弹力始终向右,所以6物块始终做加速运动,A

错误;整个过程中,/、8两物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒,B错误；由图可知，在友时刻，弹

簧被压缩到最短,则此时A,6共速,此时弹簧的形变量为xR.4m-0.lm=O.3m,则根据A,6两物块系

统动量守恒有的的=（0心）匕根据46两物块和弹簧三者构成的系统机械能守恒有巳的为2=

三（m+而/+取联立解得匹之m/s,C正确;在02加内，弹簧始终处于压缩状态，即力受到弹力始终向左,

所以/物块始终做减速运动,则/物块在2友时刻时速度最小,D错误。

5.（多选）如图所示，用不可伸长的轻绳将质量为处的小球悬挂在。点，绳长8m,轻绳处于水平

拉直状态。现将小球由静止释放,下摆至最低点与静止在4点的小物块发生碰撞,碰后小球向左摆

的最大高度h$.2m,小物块沿水平地面滑到6点停止运动。已知小物块的质量为侬小物块与水平

地面间的动摩擦因数〃4）.5,4点到8点的距离4m,重力加速度g取10m/s2,则下列说法正确

的是（）

A.小球与小物块质量之比四=i

m22

B.小球与小物块碰后小物块的速率片2m/s

C.小球与小物块的碰撞是弹性碰撞

D.小球与小物块碰撞过程中有机械能损失

答案BC

解析根据牛顿第二定律得〃侬（岛可知小物块的加速度书m/s；根据匀变速直线运动公式

声与ax,解得小球与小物块碰后小物块速率厂力而之m/s,B正确;设小球碰撞前的速度为小碰撞后

的速度为vi,,根据动能定理得mg吟m%2,mgh^invi，2,解得%=4m/s,历'=2m/s,以向右为正方向,根

据动量守恒定律得处q二-功历’5&匕解得詈=|,A错误;碰撞前动能=8nh,碰撞后动能

历'2飙/=2za+2德=80,碰撞前后动能相等,所以小球与小物块的碰撞是弹性碰撞,无机械能损

失,C正确,D错误。

6.(多选)(2024广西卷)如图所示,坚硬的水平地面上放置一木料,木料上有一个竖直方向的方孔,方

孔各侧壁完全相同。木栓材质坚硬，形状为正四棱台，上下底面均为正方形，四个侧面完全相同且与

上底面的夹角均为Q,木栓质量为以与方孔侧壁的动摩擦因数为〃。将木栓对准方孔，接触但无

挤压,锤子以极短时间撞击木栓后反弹,锤子对木栓冲量为I,方向竖直向下。木栓在竖直方向前进

TAx的位移，未到达方孔底部。若进入的过程方孔侧壁发生弹性形变，弹力呈线性变化，最大静摩

擦力约等于滑动摩擦力,贝I()

A.进入过程,木料对木栓的合力的冲量为Y

B.进入过程，木料对木栓的平均阻力大小约为急，侬

C.进入过程,木料和木栓的机械能共损失了;6gAx

D.木栓前进Ax后木料对木栓一个侧面的最大静摩擦力大小约为惠普瑞

答案BCD

解析锤子撞击木栓到木栓进入的过程,合力的冲量为零,重力冲量不为零,则木料对木栓的冲量不

为乜选项A错误。木栓进入过程，由动能定理知侬AxWAxR-*且刎喘得£・一+侬，选

项B正确。由能量守恒的关系知，损失的机械能Ax,选项C正确。对木栓的一个侧面受

力分析如图

由于方孔侧壁弹力呈线性变化,因此^X4X(Anisin。+Rcos0)=Ft

由B知三场修

结合Emax="R

解得住「“(产+

2-gAx),选项D正确。

'™ax4mAx(cos0+gsin0)

7.(10分)(2024广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。

甲

头锤-Q

丙

(1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的

过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂，使之处于

水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为尻敏感球的质量为

m,重力加速度为g,忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan0。

(2)如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为〃处做自由落体

运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤刚到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向的作用力F

随时间力的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量加%0kg,"3.2m,重力加速

度大小g取10m/s2,求：

①碰撞过程中厂的冲量大小和方向;

②碰撞结束后头锤上升的最大高度。

答案（1）」上三（2）①330N-s,方向竖直向上②0.2m

mg+FN

解析本题考查牛顿第二定律、动量定理等。（1）敏感球受向下的重力侬和敏感臂对它向下的压力

R以及斜面对它的支持力F支,则由牛顿第二定律可知（侬小）tan9=ma

解得tan

mg+FN

（2）①由题图丙可知碰撞过程中厂的冲量大小1^X0.1X6600N-SN30N•s

方向竖直向上。

②头锤落到气囊上时的速度v0^2gH=8m/s

与气囊作用过程由动量定理（向上为正方向）得

lF-nhgt=nb/-（-nhFb）

解得v=2m/s

„2

则上升的最大高度2m。

20

综合提升

8.（2024山东青岛高三期末）如图所示,质量均为m的木块A和4并排放在光滑水平面上,A上固定

一竖直轻杆,轻杆上端的。点系一长为L的细线,细线另一端系一质量为a的球C,现将球C拉起使

细线水平伸直,并由静止释放球C,则下列说法正确的是（重力加速度为g）（）

A.运动过程中,AB、C组成的系统动量守恒

B.球C摆到最低点过程,球C的速度为吐之

C.球C第一次摆到最低点过程中,木块从6向右移动的距离就；

D.球C第一次到达轻杆左侧最高处的高度与释放高度相同

答案B

解析木块儿彳和球C组成的系统水平方向动量守恒，总动量不守恒,A错误;小球C下落到最低点

时,48将要开始分离,此过程水平方向动量守恒,设尔8共同速度为外,根据机械能守恒有

22

migL=^nbvc+|X2M^B,由水平方向动量守恒得汲y27以历联立解得vc=2%

此后46分开。当C向左运动，达到最大高度时,/、。共速，设此时4C速度为■共,6的速度依然

为小。全程水平方向动量守恒,规定向左为正方向，即m>vc-mvAB={m+nh）/共,整个过程中，系统机械能

2

守恒，C的重力势能转化为4B、C的动能，BP|®vc+3m=nkgh*m+向v/,解得

Jmo+2，n）L

Ai,B正确,D错误;。球第一次摆到最低点过程中,4B、C组成的系统在水平方向动量守恒,

以向左为正方向，由动量守恒定律得必吐之/总则喔=2畤,由几何关系得X\+X2=L,解得木块4、B

向右移动的距离为X2=3£,C错误。

2m+m0

9.（多选）（2024湖北卷）如图所示,在光滑水平面上静止放置一质量为周、长为L的木块,质量为m

的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变,其大小E与射入初速度大小两

成正比，即A"的（4为已知常数）。改变子弹的初速度大小的，若木块获得的速度最大，则（）

L______L______J

Do

加=»加@

A.子弹的初速度大小为2必7n+西）

mm0

B.子弹在木块中运动的时间为总4

k[m+m0）

c.木块和子弹损失的总动能为史3也

mm0

D.木块在加速过程中运动的距离为二匕

m+m0

答案AD

解析本题考查子弹打木块模型。设子弹射入木块后，子弹和木块的速度分别为M、物由动量守恒

定律有mv0=nivi+nbV2,子弹和木块相互作用过程中受到的合力都为Fs=kv0,由牛顿第二定律得子弹和

木块的加速度大小分别为喈，念肃，由运动学公式得-巧2,2研为2,又…,联立

II•,2(7n+mn)kL

m\v-VQ-----------VQI---------------

可得还，0J——丝2_1,当木块的速度最大时的-叼”取极大值,该函数在

m0+mYmm0

2Mm+如)到无穷单调递减,因此当.弃回应时,木块的速度最大,卜正确;木块获得的最大速度为

mmQmm0

皈必叽，由运动学公式得V产生t,可得2TL%，故B错误；由能量守恒定律可得子弹和木块损失的

mQ+mk(m+m0)

能量为AE=Q=FJ2k,故c错误;木块加速过程运动的距离为范卓勺故D正确。

10.(13分)(2024黑吉辽卷)如图所示，高度FO.8m的水平桌面上放置两个相同物块46,质量

HiA=mB=^.1kgo/、8间夹一压缩量Ax=0.1m的轻弹簧,弹簧与4、8不连接。同时由静止释放尔

B,弹簧恢复原长时A恰好从桌面左端沿水平方向飞出，水平射程的=0.4m,6脱离弹簧后沿桌面滑行

一段距离x/0.25m后停止。/、6均视为质点，重力加速度g取10m/s2o求：

(1)脱离弹簧时/、6的速度大小口和VB：

(2)物块与桌面间的动摩擦因数n;

(3)整个过程中，弹簧释放的弹性势能A&。

答案⑴1m/s1m/s

(2)0.2

(3)0.12J

解析(1)4离开桌面后做平抛运动,/在空中的飞行时间为t

则h《gt\解得t-隹4.4s

2\9

由XA=VAt

解得以学=lm/s

设脱离弹簧时46速度大小为以和侬由于/、8组成的系统在弹簧恢复原长过程中，系统合外力

为零,动量守恒，由动量守恒可知

mAvA=inBVB

解得西=lm/s。

⑵6脱离弹簧后沿桌面运动到静止，由动能定理可知

ZX12

0-^01帆二一〃mBgXB

解得〃第.2。

⑶弹簧的压缩量为A^4）.1m,则在弹簧恢复到原长的过程中,46运动位移分别为x/=x/=Q.05m

由能量守恒知

1O12A厂，,

5如孙+万酶B=八与一〃阿弗-HUlBgXB

解得△耳力.12J。

11.（14分）（2024浙江1月选考）某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角。=37°的直轨道/反半

径7?=1m的圆弧轨道6四长度£=1.25m、倾角为9的直轨道庞，半径为火、圆心角为9的圆弧

管道"组成，轨道间平滑连接。在轨道末端尸的右侧光滑水平面上紧靠着质量5kg滑块6,其

上表面与轨道末端厂所在的水平面平齐。质量〃力.5kg的小物块a从轨道上高度为人静止释

放,经圆弧轨道6切滑上轨道DE,轨道应由特殊材料制成,小物块a向上运动时动摩擦因数

小力.25,向下运动时动摩擦因数入旬.5,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块6

上滑动时动摩擦因数恒为小，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生弹性碰撞。（其他轨道均

光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，sin37°=0.6,cos37°R.8,重力加速度取10m/s2）

（1）若加0.8m,求小物块

①第一次经过C点的向心加速度大小；

②在应上经过的总路程；

③在庞上向上运动时间方上和向下运动时间t下之比。

（2）若力=1.6m,滑块至少多长才能使小物块不脱离滑块。

答案(1)①16m/s2②2m③1：2(2)0.2m

解析（1）①对小物块a从4到第一次经过。的过程,根据机械能守恒定律有

2

mg/]^mvc

第一次经过。点的向心加速度大小为

s2

RRo

②小物块H在施上时，因为〃2侬cos空in。，所以小物块a每次在座上升至最高点后一定会

下滑,之后经过若干次在座上的滑动使机械能损失,最终小物块a将在6、〃间往复运动,且小物块

每次在以上向上运动和向下运动的距离相等,设其在座上经过的总路程为s,根据功能关系有

mglh-R（\~cos。）]二（小侬cos。+〃2磔cos。）|

解得s^2mo

③根据牛顿第二定律可知小物块0在班上向上运动和向下运动的加速度大小分别为

a±^sin°+口\gcos0^8m/s2

a下超sin。一〃2鸵os0^2m/s2

将小物块a在座上的若干次运动看作是一次完整的上滑和下滑,则根据运动学公式有

la以上2=1■下2

解得y=

,下2

⑵对小物块3从/到分的过程,根据动能定理有

2

^mvF-mg[Ji-LsinQ-27?（1^cos^）]-iixmgLcos夕

解得%=2m/s

设滑块长度为1时，小物块恰好不脱离滑块,且此时二者达到共同速度匕根据动量守恒定律和能量

守恒定律有

mvF=2mv

2

|mvF=I•21n卡包l^xingl

解得1=0.2mo

12.（15分）（2024山东潍坊一模）如图所示，在倾角为37°的斜面上有一“_I”形木板4在其上

表面放有一滑块B,48的质量相同,开始保持滑块和木板静止在斜面上,滑块夕到木板前端挡板P

的距离Zo=0.75m,木板前端到斜面底端挡板0的距离刘=11.07m,木板与斜面间的动摩擦因数

〃4).375,木板上表面光滑,释放滑块B,已知滑块与木板间的碰撞为弹性碰撞且时间极短,木板/滑

到斜面底端与挡板0碰撞后速度立即变为零,整个过程滑块未脱离木板,g取10m/s2,sin

37°=0.6,cos37°4).8。求：

(1)滑块第一次与木板撞击时的速度大小；

(2)经多长时间木板与挡板。发生碰撞；

(3)木板的长度至少为多长。

答案(1)3m/s

(2