2026年高考物理二轮复习讲练测（广东）易错03 能量 动量（易错专练）（解析版）

易错03能量动量

目录

第一部分易错点剖析

易错典题避错攻略举一反三

易错点1混淆机车启动的两个过程

易错点2不会用动能定理求解多过程问题

易错点3运用机械能定律错误

易错点4不会分析板块模型

易错点5根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型

易错点6运用动量动量守恒列式错误

易错点7不会分析圆周运动向心力的来源

易错点8竖直平面圆周运动混淆两种模型

易错点9混淆近地卫星、同步卫星和赤道上物体的运行问题

易错点1混淆机车启动的两个过程

易错典题

【例1】自动扶梯以恒定的速率送乘客上楼，乘客第一次站在扶梯上不动，第二次相对于扶梯匀速向上

走，自动扶梯的牵引力两次做功分别为、，功率分别为、，则（）

W1W2P1P2

A．B．C．D．

W1W2,P1P2W1W2,P1P2W1W2,P1P2W1W2,P1P2

【易错分析】功是力对位移的积累效果。“积累”是逐渐聚集的意思，显然，只具有力或位移谈不上

积累，因而也没有功．有同学认为：两种情况下人都是匀速上升的，电梯对人的作用力与重力平衡，设上

升的竖直高度为H，则两种情况下扶梯对人的支持力所做的功又因为第二次上楼时间短，

W1W2mgH，

所以，实际上，这两个结论都是错误的。假设楼梯不动，人匀速上楼，楼梯对人的支持力大小也是，

P1P2mg

人在竖直方向也发生了位移，但是楼梯对人并没有做功，因为支持力并没有实现位移的积累，在人两脚每

一次交换时间内，踩在楼梯上的这只脚是静止的。

【答案】B

【解析】如果人站在电扶梯上，电动扶梯将他以的速度往上送，人是靠扶梯的支持力向上运动，由功的

0

定义，电梯做功。

W1mgH

mgHmgH

电梯的功率为：P0(L是楼梯的长度).

1tL

若人以相对于扶梯的速度在以速度匀速上升的电梯上往上走，则人在竖直方向的位移H是两个运动的

0

H

共同结果，其中靠电梯的作用力“积累”的位移为0

0

mgH

靠人的内力作用“积累”的位移为：H，所以，电梯做功为：0

W2W1

00

WW()mgH

电梯的功率：P2200,所以故选项B正确。

2tLL

避错攻略

【方法总结】

两种方式以恒定功率启动以恒定加速度启动

P－t图像

和

v－t图像

P（不变）

v↑F＝↓a＝F－F阻

过程va＝不变F不变，v↑P＝

m

O⇒⇒

分析F－F阻⇒⇒

↓Fv↑直到P＝P额＝Fv1

Am

段

运动

v1

加速度减小的加速直线运动匀加速直线运动，维持时间t1＝

性质a

A过程

PP额F－F阻

F＝F阻a＝0vm＝v↑F＝↓a＝↓

B分析F阻vm

段⇒⇒⇒⇒

运动

以vm做匀速直线运动加速度减小的加速直线运动

性质

过程

P额

F＝F阻a＝0vm＝

B分析F阻

C⇒⇒

段运动

以vm做匀速直线运动

性质

在转折点A，功率达到额定功率，匀

在转折点，牵引力与阻力大

AP额

加速运动结束，此时v1＝；

小相等，此时加速度为零，速F阻＋ma

转折点

P在转折点B，速度达到最大，为vm

度达到最大，为vm＝

F阻

＝P额

F阻

掌握三个重要关系式

PP

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

FminF阻

引力，其值等于阻力大小F阻)。

P额P额

2.机车以恒定加速度启动的过程中，匀加速过程结束时，功率最大，但速度不是最大，v＝＜vm＝。

FF阻

3.机车以恒定功率启动时，牵引力做的功W＝Pt。由动能定理得Pt－F阻x＝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。

举一反三

【变式1-1】(多选)发展新能源汽车是当前一项国家战略，更是世界发展的潮流。假设有一辆纯电动客车质

量m＝1×103kg，客车沿平直的公路以恒定功率P从静止开始启动，如图所示为牵引力F与速度v的关系

图像，加速过程在图中的B点结束，所用的时间t＝10s，10s后客车做匀速运动。若客车所受阻力始终不

变，下列说法正确的是()

A.客车的功率P＝64kW

B.图中A点对应的时刻为5s

C.图中A点对应时刻客车的加速度大小为4m/s2

D.0～10s客车通过的路程为128m

答案ACD

解析客车以恒定功率P启动，由图可得P＝Fv＝64kW，故A正确；客车以额定功率启动，作出其v－t

图像如图曲线所示，如果客车是做初速度为零的匀加速直线运动，则v－t图像如图中的直线所示，当速度

为8m/s时直线对应的时间刚好是5s，而A点对应曲线的时间tA小于5s，故B错误；10s后客车做匀速运

动，此时客车受到的牵引力与阻力大小相等，故f＝4000N，图中A点，FA＝8000N，根据牛顿第二定律

FA－f212

可得aA＝＝4m/s，故C正确；设0～10s客车通过的路程为s，根据动能定理可得Pt－fs＝mvm，代

m2

入数据解得s＝128m，故D正确。

【变式1-2】一辆玩具赛车在水平直线跑道上由静止开始以10kW的恒定功率加速前进，赛车瞬时速度的

1

倒数和瞬时加速度a的关系如图所示，已知赛车在跑道上所受到的阻力不变，赛车到达终点前已达到最大

v

速度。下列说法中正确的是()

A.赛车做加速度逐渐增大的加速直线运动

B.赛车的质量为20kg

C.赛车所受阻力大小为500N

D.赛车速度大小为5m/s时，加速度大小为50m/s2

答案C

P1mf

解析由牛顿第二定律有－f＝ma，赛车做加速度逐渐减小的加速直线运动，整理得＝a＋，可知图像

vvPP

mffm0.1－0.05

的斜率恒定为，与纵轴的截距为，结合图像可得＝0.05s/m，＝s3/m2，解得m＝25kg，f＝

PPPP20

500N，代入v＝5m/s，解得a＝60m/s2，故C正确，A、B、D错误。

易错点2不会用动能定理求解多过程问题

易错典题

【例2】如图所示，处于竖直平面内的一探究装置，由倾角=37°的光滑直轨道AB、圆心为O1的半圆形

光滑轨道BCD、圆心为O2的半圆形光滑细圆管轨道DEF、倾角也为37°的粗糙直轨道FG组成，B、D和F

为轨道间的相切点，弹性板垂直轨道固定在G点（与B点等高），B、O1、D、O2和F点处于同一直线上。

已知可视为质点的滑块质量m=0.1kg，轨道BCD和DEF的半径R=0.15m，轨道AB长度lAB3m，滑块与

7

轨道FG间的动摩擦因数，滑块与弹性板作用后，以等大速度弹回，sin37°=0.6，cos37°=0.8。滑块开

8

始时均从轨道AB上某点静止释放，

（1）若释放点距B点的长度l=0.7m，求滑块到最低点C时轨道对其支持力FN的大小；

（）设释放点距点的长度为，滑块第一次经点时的速度与之间的关系式；

2BlxFvlx

（）若滑块最终静止在轨道的中点，求释放点距点长度的值。

3FGBlx

【易错分析】分过程动能定理的应用，要不多个过程分为多个过程，确定每个过程中合力的功即总功，判

断每个力做功的正负和大小，确定初末状态动能。特别是发生相对运动时，求功时要注意位移是相对地面

的位移。

【答案】（1）7N；（2）lx0.85m；（3）见解析

【解析】

（1）到C点过程据动能定理可得

1

mglsin37mgR(1cos37)mv2

2C

C点时

v2

F-mg=mC

NR

FN7N

（2）能过最高点时，则能到F点，则恰到最高点时

据动能定理可得

mglxsin37(3mgRcos37R)mg0

解得

lx=0.85m

要能过F点lx0.85m

（3）设摩擦力做功为第一次到达中点时的n倍

据动能定理可得

ll

mglsin37mgFGsin37nmgFGcos37=0

x22

解得

7n6

l

x15

当n1时

13

lm

x115

当n3时

9

lm

x25

当n5时

41

lm

x315

BD错误；

故选C。

11

Emv2mgh11041002J110410100J6107J

222

避错攻略

【方法总结】

1.运用动能定理解决多过程问题的两种思路

(1)分段应用动能定理求解。

(2)所求解的问题不涉及中间的速度时，全过程应用动能定理求解更简便。

2.全过程列式时，涉及重力、弹簧弹力、大小恒定的阻力或摩擦力做功时，要注意运用它们的特点。

(1)重力、弹簧弹力做功取决于物体的初、末位置，与路径无关。

(2)大小恒定的阻力或摩擦力所做的功等于力的大小与路程的乘积。

多过程问题的分析方法

(1)将“多过程”分解为许多“子过程”，各“子过程”间由“衔接点”连接。

(2)对各“衔接点”进行受力分析和运动分析，必要时画出受力图和过程示意图。

(3)根据“子过程”和“衔接点”的模型特点选择合理的物理规律列方程。

(4)分析“衔接点”速度、加速度等的关联，确定各段间的时间关联，并列出相关的辅助方程。

(5)联立方程组，分析求解，对结果进行必要的验证或讨论

举一反三

【变式2-1】如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光

︵

滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道CDE在同一竖直平面内，过C点的轨

道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C

︵1

点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为，

2π

重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：

(1)小物块到达D点的速度大小；

(2)B和D两点的高度差；

(3)小物块在A点的初速度大小。

答案(1)gR(2)0(3)3gR

解析(1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有

2

vD

mg＝m

R

解得vD＝gR。

︵

(2)由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道CDE内侧，则在C点有vCx＝vCcos60°＝vB

小物块从C到D的过程中，根据动能定理有

1212

－mg(R＋Rcos60°)＝mvD－mvC

22

1212

小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝mvD－mvB

22

联立解得vB＝gR，HBD＝0。

1212

(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝mvB－mvA

22

s＝π·2R

解得vA＝3gR。

【变式2-2】如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成，且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与缓

冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由静止开始下滑，从B

点飞出。已知A、P间的距离为d，滑雪者与滑道间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，不计空气阻力。

(1)求滑雪者运动到P点的时间t；

(2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v；

(3)若滑雪者能着陆在缓冲坡CD上，求平台BC的最大长度L。

22d

答案(1)(2)2（1－μ）gd(3)2(1－μ)d

（1－μ）g

解析(1)滑雪者由A点运动到P点的过程中，由牛顿第二定律得

mgsin45°－Ff＝ma

在垂直斜坡方向由平衡条件得FN＝mgcos45°

又Ff＝μFN

2

解得a＝g(1－μ)

2

122d

由运动学公式x＝at2得t＝。

2（1－μ）g

(2)设P点到B点的过程重力做的功为WG，克服摩擦力做的功为Wf，则滑雪者从P点由静止开始下滑到B

点的过程，由动能定理得WG－Wf＝0

滑雪者由A点到B点过程，由动能定理得

12

mgdsin45°＋WG－Wf－μmgdcos45°＝mv

2

联立解得v＝2（1－μ）gd。

(3)滑雪者离开B点后做斜抛运动，则

22（1－μ）gd

竖直方向的分速度vy＝vsin45°＝

2

22（1－μ）gd

水平方向的分速度vx＝vcos45°＝

2

滑雪者刚好落在C点时，平台BC的长度最大，则其在空中运动的时间

2vy22（1－μ）d

t＝＝

gg

则平台BC的最大长度为L＝vxt

由以上解得L＝2(1－μ)d。

易错点3运用机械能定律错误

易错典题

【例3】我国早在3000年前就发明了辘轳，其简化模型如图所示，辘轳的卷筒可绕水平轻轴转动，卷筒的

半径为R，质量为M、厚度不计。某人转动卷筒通过细绳从井里吊起装满水的薄壁柱状水桶，水桶的高为d，

空桶质量为m0，桶中水的质量为m。井中水面与井口的高度差为H，重力加速度为g，不计辐条的质量和

转动轴处的摩擦。下列分析判断正确的是（）

A.若人以恒定以像速度0匀速转动卷筒，则水桶上升的速度为v00R

B.若人以恒定功率P转动卷筒，装满水的水桶到达井口前已做匀速运动，水桶上升过程的最大速度为

F

vm

Mmm0g

C.空桶从桶口位于井口处由静止释放并带动卷筒自由转动，水桶落到水面时的速度大小

2mg(Hd)

v0

m0M

D.忽略提水过程中水面高度的变化，水桶从图示位置缓慢上升高度H，人做的功Wmm0gH

【易错分析】不会对桶由静止下落过程中，以水桶和卷筒组成的系统为研究对象运用机械能守恒列式。

【答案】AC

【解析】人以恒定以像速度0匀速转动卷筒，则水桶上升的速度为v00R

A正确；设水桶做匀速运动时受到细绳的拉力为F1，则有F1(mm0)g

P0

又P0F1vm，解得vm

(mm0)g

1

B错误；桶由静止下落过程中，水桶和卷筒组成的系统机械能守恒，则有mg(Hd)(mM)v2

020

2m0g(Hd)

解得v，C正确；设水桶在水中受到的浮力为F浮，桶口运动到井口的过程中，由动能定

m0M

F浮

理W(mm)gHd0F浮mg

02

mg

解得W(mm)gHd，D错误。

02

避错攻略

【方法总结】

判断机械能守恒的三种方法

【变式3-1】如图所示，竖直固定的光滑细杆上穿着一个小球B，小球通过一根不可伸长的轻绳绕过轻质光

滑定滑轮与质量为m的物块A相连，用手将物块A竖直向上托起至定滑轮左侧细绳与竖直方向的夹角为θ，

现突然松手，物块A开始在竖直方向上做往复运动，小球最高能到达M点。已知定滑轮到细杆的距离为d，

Q点和定滑轮的高度相同，OM⊥OP，sinθ＝0.6，重力加速度大小为g，定滑轮可看作质点，下列说法正确

的是()

A.当小球经过Q点时，A物块的加速度为零

m

B.小球的质量为

5

C.小球经过Q点时的加速度大小为g

D.A和B组成的系统机械能不守恒

答案BC

解析小球从P到Q，物块A从静止运动到最低点，此时速度为零，所以物块A先加速后减速，物块A受

到的拉力先小于重力后大于重力，当小球经过Q点时，A物块处于最低点，此时A物块的加速度不为零，

故A错误；小球经过Q点时水平方向受力平衡，在竖直方向仅受到重力作用，则加速度大小为g，故C正

ddd

dtanθ＋－

确；A和B组成的系统只有重力做功，所以系统机械能守恒，则有mBg·tanθ＝mgsinθcosθ，

m

解得mB＝，故B正确，D错误。

5

【变式3-2】如图所示，鼓形轮的半径为R，可绕固定的光滑水平轴O转动。在轮上沿相互垂直的直径方向

固定四根直杆，杆上分别固定有质量为m的小球，球与O的距离均为2R。在轮上绕有长绳，绳上悬挂着质

量为M的重物。重物由静止下落，带动鼓形轮转动。重物落地后鼓形轮匀速转动，转动的角速度为ω。绳

与轮之间无相对滑动，忽略鼓形轮、直杆和长绳的质量，不计空气阻力，重力加速度为g。求：

(1)重物落地后，小球线速度的大小v；

(2)重物落地后一小球转到水平位置A，此时该球受到杆的作用力的大小F：

(3)重物下落的高度h。

M＋16m

答案(1)2ωR(2)（2mω2R）2＋（mg）2(3)(ωR)2

2Mg

解析(1)线速度v＝ωr，得v＝2ωR。

2

(2)向心力F向＝2mωR

设F与水平方向的夹角为α，则Fcosα＝F向，Fsinα＝mg

则F＝（2mω2R）2＋（mg）2。

11

(3)落地时，重物的速度v′＝ωR，由机械能守恒定律得Mv′2＋4×mv2＝Mgh

22

M＋16m

解得h＝(ωR)2。

2Mg

易错点4混淆摩擦力做功和摩擦产生的热量

易错典题

【例4】如图所示，倾角θ＝37°的传送带顺时针转动，传送带的长度(两轴心距离)s＝15m，质量m＝1kg

的小物块以初速度v0＝2m/s从A端滑上传送带，从B端滑上置于光滑水平面上质量为M＝3kg、上表面为

1

光滑圆弧的槽车(物块由传送带滑上槽车时无机械能损失，光滑圆弧的半径足够大)。已知物块与传送带间

4

的动摩擦因数为μ＝0.8，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2。

(1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，传送带的传送速度至少为多少？

(2)求物块以最大速度滑上槽车后，能上升的最大高度。

(3)若传送带传送速度为v，且满足v>v0，写出因物块与传送带摩擦产生的热量Q与v的关系式。

【错因分析】“(1)“摩擦力做功”与“因摩擦产生的热量”是容易混淆的两个概念，不论摩擦力做正功还是做

负功，计算方法均为摩擦力与物体对地位移的乘积；而因摩擦产生的热量为摩擦力与两物体之间的相对滑

动距离的乘积。

(2)在本题中，如果计算传送带与小物块之间的摩擦力对小物块所做的功，则需要用摩擦力与小物块对地位

移的乘积进行计算，而如果计算在此过程中产生的热量，则需要用摩擦力与小物块和传送带之间的相对位

移的乘积来进行计算

32v－96Jv≥4m/s

【答案】(1)4m/s(2)0.6m(3)Q＝

8v－22J2m/s<v<4m/s

【解析】(1)为使物块到达传送带顶端时能以最大速度滑上槽车，物块应在传送带上一直被加速，到达顶端

时物块速度小于或等于传送带速度，设物块的最大速度为vm，根据牛顿第二定律得μmgcos37°－mgsin37°

＝ma，

代入数据解得a＝0.4m/s2，

1212

由动能定理得Wf＝mas＝mvm－mv0，

22

2

则传送带的最小速度v′＝vm＝v0＋2as，

解得vm＝4m/s。

(2)物块上升到最大高度时与槽车共速，速度记为v1，上升高度记为h，由动量守恒定律可得

mvm＝(m＋M)v1，

1212

由能量守恒定律可得mgh＝mvm－(m＋M)v1，

22

联立解得h＝0.6m。

(3)若v≥4m/s，则物块在传送带上一直被加速，加速度为a＝0.4m/s2，设加速时间为t，

12

则由s＝v0t＋at可得t＝5s，

2

此时因物块与传送带摩擦产生的热量

Q＝fΔx＝μmgcos37°(vt－s)＝(32v－96)J；

2

若v0<v<4m/s，则物块在传送带上先加速，后匀速，加速度a＝0.4m/s，设加速时间为t′，

v－v0

则有t′＝＝(2.5v－5)s，

a

此时因物块与传送带摩擦产生的热量

22

v－v0

vt′－

Q＝fΔx＝μmgcos37°2a＝8(v－2)2J。

避错攻略

【知识链接】

类型

静摩擦力做功滑动摩擦力做功

比较

(1)一部分机械能从一个物体转移

能量只有机械能从一个物体

不到另一个物体

的转移到另一个物体，而没

同(2)一部分机械能转化为内能，此

转化有机械能转化为其他形

点部分能量就是系统机械能的损失

式的能

量

一对

不一对滑动摩擦力做功的代数和总

摩擦一对静摩擦力所做功的

同是负值，总功W＝－Ffs相对，即发

力的代数和总等于零

点生相对滑动时产生的热量

总功

做功两种摩擦力对物体可以做正功，也可以做负功，还可以不做

相同点

情况功

举一反三

【变式4-1】一木块静置于光滑水平面上，一颗子弹沿水平方向飞来射入木块中。当子弹进入木块的深度达

到最大值2cm时，木块沿水平面恰好移动距离1cm。在上述过程中系统损失的机械能与子弹损失的动能之

比为()

A.1∶2B.1∶3

C.2∶3D.3∶2

答案C

解析根据题意，子弹在摩擦力作用下的位移为x1＝(2＋1)cm＝3cm，木块在摩擦力作用下的位移为x2＝1

cm；系统损失的机械能转化为内能，根据功能关系，有ΔE系统＝Q＝Ff(x1－x2)；子弹损失的动能等于子弹克

服摩擦力做的功，

ΔE系统2

即ΔE子弹＝Ffx1，可得＝，故C正确，A、B、D错误。

ΔE子弹3

【变式4-2】如图甲所示，向飞机上装货时，通常用到可移动式皮带输送机。如图乙所示，皮带输送机倾角

为θ=30°，以1m/s顺时针匀速转动，现将货物在输送带下端A点无初速度释放后从A点运动B点，已知货

3

物均可视为质点，质量为m=10kg，A、B两端点间的距离为s==9.8m，货物与输送带间的动摩擦因数为，

2

重力加速度取10m/s2。则货物从低端到顶端要消耗的能量为（）

A.510JB.490JC.375JD.260J

【答案】A

【解析】先货物做匀加速运动，后与传送带一起匀速运动

mgcos30mgsin30

加速阶段的加速度a2.5m/s2

m

v

则加速的时间t0.4s，根据能量守恒定律

1a

11

货物从低端到顶端要消耗的能量Emgcos30(vtvt)mv2mgssin30510J，所以选项A

1212

正确.

易错点5根据动量定理求冲力不会建立正确的物理模型

易错典题

【例5】汕头市属于台风频发地区，图示为风级（0~12）风速对照表。假设不同风级的风迎面垂直吹向某一

广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告

牌最小作用力的（）

风级风速（m/s）风级风速（m/s）

00~0.2713.9~17.1

10.3~1.5817.2~20.7

21.6~3.3920.8~24.4

33.3~5.41024.5~28.4

45.5~7.91128.5~32.6

58.0~10.71232.7~36.9

610.8~13.8…….…….

A.45倍B.36倍C.27倍D.9倍

【错因分析】对于空气、水等流体质介问题，同学们们在运用动量定理求平均冲力时，不知如何选取研究

对象，建立物理模型，因而也无法求解，实慰上求解的关键是建立柱体模型。

【答案】A

【解析】设空气的密度为，广告牌的横截面积为S，经过t时间撞击在广告牌上的空气质量为

ΔmΔVSvΔt，根据动量定理可得Ftmv，解得FSv2

根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为FFSv2v2

F36.92

则“级”风对广告牌的最大作用力与“级”风对广告牌最小作用力的比值为12

124245

F45.5

故选项A正确。

避错攻略

【方法总结】

研究流体类：液体流、气体流等，通常已知密度ρ

对象微粒类：电子流、光子流、尘埃等，通常给出单位体积内粒子数n

①构建“柱体”模型：沿流速v的方向选取一段小柱体，其横截面积

为S

小柱体的体积ΔV＝vSΔt

分析

②微元小柱体质量m＝ρΔV＝ρvSΔt

步骤

研究

小柱体粒子数N＝nvSΔt

小柱体动量p＝mv＝ρv2SΔt

③建立方程，应用动量定理FΔt＝Δp研究

举一反三

【变式5-1】一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域，

单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，

不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为()

22

A.Snmv0B.2Snmv0

33

C.Snmv0D.2Snmv0

答案C

解析时间Δt内粘在飞船上的尘埃质量为M＝v0ΔtSnm，对粘在飞船上的尘埃，由动量定理得FΔt＝Mv0－0，

2

解得飞船对这些尘埃的作用力为F＝nmv0S；根据牛顿第三定律及平衡条件，可知为保持飞船匀速航行，飞

3

船发动机的牵引力F′＝F，牵引力的功率为P＝F′v0＝Snmv0，故C正确，A、B、D错误。

【变式5-2】雨打芭蕉是中国古代文学中常见的抒情意象，为估算雨滴撞击芭蕉叶产生的平均压强p，小华

同学将一圆柱形的量杯置于院中，测得一段时间t内杯中水面上升的高度为h，查询得知当时雨滴下落的速

度为v。设雨滴竖直下落到水平的芭蕉叶上后以原来的速率竖直反弹。已知水的平均密度为ρ，不计雨滴重

力。则p的大小为()

hh

A.ρvB.2ρv

tt

C.ρv2D.2ρv2

答案B

h

解析单位时间的降水量Δh＝，在芭蕉叶上取ΔS的面积上，Δt时间内降落的雨水质量m＝ρ·

t

h

ΔS·ΔhΔt＝ρΔSΔt，设雨水受到的撞击力为F，竖直向下为正方向，根据动量定理有FΔt＝－mv－mv，联立

t

hh

解得F＝－2ρvΔS，根据牛顿第三定律可知，芭蕉叶上ΔS的面积受到的撞击力的大小F′＝2ρvΔS，因此平

tt

F′h

均压强为p＝＝2ρv，故B正确。

ΔSt

易错点6运用动量动量守恒列式错误

易错典题

【例6】水平冰面上有一固定的竖直挡板.一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为的静

止物块以大小为的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板4.弹0k性g碰撞，

速度反向，追上运5动.0m员/时s，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为的速度与挡板弹性碰撞.

总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于，反弹的5物.0块m/不s能再追上运动员.不计冰

面的摩擦力，该运动员的质量可能为()5.0m/s

A.B.C.D.

【错48因kg分析】应用动量守恒53定kg律时首先要注意应先58选kg取正方向，凡是与选6取3k的g正方向一致的动量为正值，

相反为负；同时注意的“五性”公式中v1、v2是在相互作用前同一时刻的速度，v1′、v2′是相互作用后

同一时刻的速度。不注意这两点在运用动量守恒定律列式往往出现错误。

【答案】BC

【解析】选运动员退行速度方向为正方向，设运动员的质量为，物块的质量为，物块被推出时的速度

大小为，运动员第一次推出物块后的退行速度大小为.根�据动量守恒定律知�，运动员第一次推出物块

时有�0，物块与挡板发生弹性碰撞，以等大�的1速率反弹；第二次推出物块时有

0=��，1−依�此�类0推，，，，�又�1运+动�员�0的=退−

�行�速0度+��2，�，�解2得+��0=−��0+��,3即…��7+��0=，−故�B�、0+C�正�确8，A、D错误.

�8>�0�7<�013�<�<15�52kg<�<60kg

举一反三

【变式6-1】如图所示，水平地面上，某运动员手拿篮球站在滑板车上向一堵竖直的墙(向右)滑行，为了避

免与墙相撞，在接近墙时，运动员将篮球水平向右抛出，篮球反弹后运动员又接住篮球，速度恰好减为0。

不计地面的摩擦和空气阻力，忽略篮球在竖直方向的运动，篮球与墙的碰撞过程不损失能量。运动员和滑

板车的总质量为M，篮球的质量为m。抛球前，运动员、滑板车和篮球的速度均为v0。则()

A.整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量守恒

B.运动员抛球与接球时对篮球的冲量相同

1

C.墙对篮球的冲量大小为(M＋m)v0

2

M＋m

D.篮球被墙反弹后的速度大小为v0

2m

答案D

解析由于墙对篮球有向左的冲量，整个过程中运动员、滑板车及篮球的总动量不守恒，A错误；设抛出

时篮球对地的速度为v，运动员抛球时对篮球的冲量为I1＝m(v－v0)，方向向右，接球时对篮球的冲量为I2

＝mv，方向向右，所以运动员抛球与接球时对篮球的冲量方向相同、大小不同，B错误；设运动员抛球后

M＋m

速度变为v1，抛球过程，由动量守恒定律有(M＋m)v0＝Mv1＋mv，接球过程有Mv1－mv＝0，可得v＝v0，

2m

由动量定理可知篮球撞墙过程有I＝mv－(－mv)＝2mv＝(M＋m)v0，C错误，D正确。

【变式6-2】如图所示，足够长的光滑固定水平直杆上套有一可自由滑动的物块B，B的质量为m，杆上在

物块B的左侧有一固定挡板C，B的下端通过一根轻绳连接一小球A，绳长为L，A的质量也为m。先将小

球拉至与悬点等高的位置时，细绳伸直但没有形变，B与挡板接触。现由静止释放小球A。重力加速度大小

为g。求：

(1)小球A向右摆动的最大速度；

(2)物块B运动过程中的最大速度；

(3)小球A向右摆起相对于最低点所能上升的最大高度。

1

答案(1)2gL(2)2gL(3)L

2

解析(1)小球A摆至最低点时速度最大，最大速度设为v1，由机械能守恒定律得

12

mAgL＝mAv1

2

解得v1＝2gL。

(2)小球A从最低点向右摆动的过程中，A、B系统水平方向动量守恒；当A最后回到最低点时，B的速度最

大，设此时A、B的速度分别为vA、v