专题训练（3）能量与动量 -2027届高考物理一轮复习

**基本信息** 以高考真题与模拟题为载体，系统覆盖能量与动量核心考点，注重物理观念建构与科学思维训练，实现从概念到综合应用的逻辑递进。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |能量-考点一|4题（含2023北京卷、山东卷）|选择+计算，涉及功、功率、动能定理|从恒力做功到变力功率，结合运动学公式深化能量观念| |能量-考点二|5题（含2025安徽卷、云南卷）|多选+计算，涵盖机械能守恒、功能关系|通过弹簧、传送带模型，构建做功与能量转化的推理链条| |动量-考点一|2题（2025甘肃卷、福建模拟）|计算+选择，应用动量定理|从力的时间累积效应，建立冲量与动量变化的关联| |动量-考点二|1题（2025山东联考）|多选，动量守恒综合|结合碰撞粘连、弹簧模型，训练系统动量守恒条件的判断| |动量-考点三|2题（2025广东卷、2024东北联考）|选择+多选，碰撞模型拓展|通过v-t图像、圆弧滑块模型，提升模型建构与科学推理能力|

2027届高考物理一轮复习 专题三 能量与动量 1、 能量 考点一 功与功率　动能定理 1　(2023·北京卷·11)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中(　　) A.摩擦力做功大小与F方向无关 B.合力做功大小与F方向有关 C.F为水平方向时，F做功为μmgx D.F做功的最小值为max 2　(2023·山东卷·4)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　) A. B. C. D.nmgωRH 3　(多选)(2025·江西省部分学校一模)一辆机车在水平路面上从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图甲所示，机车牵引力F和车速倒数的关系图像如图乙所示，机车前进过程中所受阻力大小恒定，t=t0时刻机车达到额定功率，之后保持该功率不变，下列说法正确的是(　　) A.所受恒定阻力大小为1.5×105 N B.机车运动的额定功率为6×106 W C.机车匀加速运动的时间为30 s D.机车的质量为6×105 kg 4　(2025·福建泉州市一模)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。如图所示是滑板运动的轨道，AB和CD分别是一段圆弧形轨道，BC是一段长7 m的水平轨道。一运动员从AB轨道上的P点以6 m/s的速度下滑，经BC轨道后冲上CD轨道，到Q点时速度减为零。已知运动员与滑板的总质量为50 kg，h=1.4 m，H=1.8 m，不计圆弧轨道上的摩擦和空气阻力(g取10 m/s2)。求： (1)运动员第一次经过B点、C点时的速度各是多少？ (2)运动员与BC轨道的动摩擦因数。 (3)运动员最终停止的位置到B点的距离。 5 (多选)(2025·广东梅州市期中)如图所示，光滑固定斜面底端固定一轻质弹簧，一滑块P从O点静止释放，向下滑动过程经a点接触弹簧，最低到达b点处。以O为原点、平行斜面向下为x轴正方向建立一维坐标系，a、b处坐标分别为x1、x2。 设滑块在b处的重力势能为0，下滑过程中，滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E、加速度a随位移x的变化图像符合实际的是(　　) 考点二 机械能守恒定律　功能关系 6　(2025·安徽卷·14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t=0时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小； (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离； (3)若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。 7.(多选)(八省联考·陕西·10)如图，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。现无初速度释放P，则在物体P沿斜劈下滑过程中(　　) A.轻绳拉力大小一直增大 B.物体P的加速度大小一直增大 C.物体P沿斜劈下滑的最大距离为 D.物体P的最大动能为 8　(2025·吉林通化市检测)在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离L=16 m。现将一质量m=1 kg的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方v2随位移x的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)快件与传送带间的动摩擦因数； (2)快件与传送带因摩擦而产生的热量； (3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功。 9.(2025·云南卷·10)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则(　　) A.P、M两点之间的距离为 B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间 二、动量 考点一 动量定理及应用 10　(2025·甘肃卷·14)如图甲所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。求： (1)t=6 s时F的大小，以及t在0~6 s内F的冲量大小； (2)t在0~6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像； (3)t=6 s时，物块的速度大小。 11　(2025·福建福州市模拟)水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面半径为r的圆柱形水流垂直射到要切割的竖直钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流速为v，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为(　　) A.ρπv2r2 B.ρπv2r2 C.ρπvr2 D.ρπvr2 考点二　动量守恒定律及应用 12　(多选)(2025·山东省部分学校联考)如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为0.5 kg，板长均为0.4 m，P2的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好停在P2中点A处。物体P置于P1的最右端，质量为1 kg且可看作质点。P1与P以共同速度v0=4 m/s向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P1、P2之间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的有(　　) A.在运动过程中，弹簧的最大压缩量为0.1 m B.若P与P1、P2之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时P的速度大小为1 m/s C.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时P受到向右的摩擦力 D.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减小 考点三　碰撞模型及拓展 13　(2025·广东卷·7)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是(　　) 14　(多选)(2024·东北三省四市联考二模)如图(a)，一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出某段时间内v1-v2图像如图(b)所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒 B.当滑块的速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C.小球与滑块的质量比为1∶2 D.小球的初速度大小可能为 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题三 能量与动量 1、 能量 考点一-功与功率　动能定理 1　(2023·北京卷·11)如图所示，一物体在力F作用下沿水平桌面做匀加速直线运动。已知物体质量为m，加速度大小为a，物体和桌面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，在物体移动距离为x的过程中(　　) A.摩擦力做功大小与F方向无关 B.合力做功大小与F方向有关 C.F为水平方向时，F做功为μmgx D.F做功的最小值为max 【答案】D 【解析】设力F与水平方向的夹角为θ，则摩擦力为Ff=μ(mg-Fsin θ)，摩擦力做功大小Wf=μ(mg-Fsin θ)x，即摩擦力做功大小与F的方向有关，选项A错误；合力做功大小W=F合x=max，可知合力做功大小与力F方向无关，选项B错误；当力F水平时，则有F=ma+μmg，力F做功为WF=Fx=(ma+μmg)x，选项C错误；因合外力做功大小为max，大小一定，而合外力做的功等于力F与摩擦力Ff做功的代数和，而当Fsin θ=mg时，摩擦力Ff=0，摩擦力做功为零，力F做功最小，最小值为max，选项D正确。 2　(2023·山东卷·4)《天工开物》中记载了古人借助水力使用高转筒车往稻田里引水的场景。引水过程简化如下：两个半径均为R的水轮，以角速度ω匀速转动。水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，与水轮间无相对滑动。每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田。当地的重力加速度为g，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为(　　) A. B. C. D.nmgωRH 【答案】B 【解析】由题知，水筒在筒车上均匀排布，单位长度上有n个，且每个水筒离开水面时装有质量为m的水，其中的60%被输送到高出水面H处灌入稻田，则水轮转一圈灌入农田的水的总质量为m总=2πRnm×60%=1.2πRnm，则水轮转一圈灌入稻田的水克服重力做的功W=1.2πRnmgH，则筒车对灌入稻田的水做功的功率为P=，T=，联立解得P=，故选B。 3　(多选)(2025·江西省部分学校一模)一辆机车在水平路面上从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化的图像如图甲所示，机车牵引力F和车速倒数的关系图像如图乙所示，机车前进过程中所受阻力大小恒定，t=t0时刻机车达到额定功率，之后保持该功率不变，下列说法正确的是(　　) A.所受恒定阻力大小为1.5×105 N B.机车运动的额定功率为6×106 W C.机车匀加速运动的时间为30 s D.机车的质量为6×105 kg 【答案】AD 【解析】由题图乙可知，机车在BC段以额定功率启动，当速度最大时，机车匀速行驶，机车所受恒定阻力大小等于机车牵引力的大小，则有Ff=F=1.5×105 N，A正确；机车运动的额定功率P=Fvm=1.5×105×60 W=9×106 W，B错误；机车匀加速的末速度大小v== m/s=20 m/s，由题图甲可知机车的加速度大小为a=0.5 m/s2，机车匀加速运动的时间t0==40 s，C错误；根据牛顿第二定律，结合题图甲可得F'-Ff=Ma，解得M=6×105 kg，D正确。 4　(2025·福建泉州市一模)滑板运动是一项惊险刺激的运动，深受青少年的喜爱。如图所示是滑板运动的轨道，AB和CD分别是一段圆弧形轨道，BC是一段长7 m的水平轨道。一运动员从AB轨道上的P点以6 m/s的速度下滑，经BC轨道后冲上CD轨道，到Q点时速度减为零。已知运动员与滑板的总质量为50 kg，h=1.4 m，H=1.8 m，不计圆弧轨道上的摩擦和空气阻力(g取10 m/s2)。求： (1)运动员第一次经过B点、C点时的速度各是多少？ (2)运动员与BC轨道的动摩擦因数。 (3)运动员最终停止的位置到B点的距离。 【答案】(1)8 m/s　6 m/s　(2)0.2　(3)2 m 【解析】(1)从P点到B点，根据动能定理有mgh=m-m 代入数据解得vB=8 m/s。 从C点到Q点，根据动能定理有 -mgH=0-m 代入数据解得vC=6 m/s。 (2)从B到C由动能定理得-μmglBC=m-m 代入数据解得μ=0.2。 (3)由能量守恒知，机械能的减少量等于因滑动摩擦而产生的内能，则有μmgs总=m+mgh 代入数据解得s总=16 m s总=2lBC+2 m 故运动员最后停在距B点2 m的地方。 5 (多选)(2025·广东梅州市期中)如图所示，光滑固定斜面底端固定一轻质弹簧，一滑块P从O点静止释放，向下滑动过程经a点接触弹簧，最低到达b点处。以O为原点、平行斜面向下为x轴正方向建立一维坐标系，a、b处坐标分别为x1、x2。设滑块在b处的重力势能为0，下滑过程中，滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E、加速度a随位移x的变化图像符合实际的是(　　) 【答案】BD 【解析】设斜面的倾角为θ，滑块接触弹簧前，在经过一小段位移Δx过程中，根据动能定理得mgΔxsin θ=ΔEk，整理得=mgsin θ，滑块动能随位移均匀增加；滑块接触弹簧后在经过一小段位移Δx过程中，根据动能定理得(mgsin θ-F弹)Δx=ΔEk，整理得=mgsin θ-F弹，当F弹<mgsin θ时，由于弹簧弹力逐渐增大，图像斜率逐渐减小，故A错误；滑块下滑过程中有ΔEp=-mgΔh=-mgΔxsin θ，整理得=-mgsin θ，故B正确；滑块接触弹簧前滑块机械能守恒，滑块接触弹簧后，弹簧弹性势能增加，滑块机械能减小，故C错误；滑块接触弹簧前，根据牛顿第二定律有mgsin θ=ma1，解得a1=gsin θ，滑块接触弹簧后，根据牛顿第二定律有mgsin θ-k(x-x1)=ma2，解得a2=gsin θ-(x-x1)，故D正确。 考点二-机械能守恒定律　功能关系 6　(2025·安徽卷·14)如图，M、N为固定在竖直平面内同一高度的两根细钉，间距L=0.5 m。一根长为3L的轻绳一端系在M上，另一端竖直悬挂质量m=0.1 kg的小球，小球与水平地面接触但无压力。t=0时，小球以水平向右的初速度v0=10 m/s开始在竖直平面内做圆周运动。小球牵引着绳子绕过N、M，运动到M正下方与M相距L的位置时，绳子刚好被拉断，小球开始做平抛运动。小球可视为质点，绳子不可伸长，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求绳子被拉断时小球的速度大小，及绳子所受的最大拉力大小； (2)求小球做平抛运动时抛出点到落地点的水平距离； (3)若在t=0时，只改变小球的初速度大小，使小球能通过N的正上方且绳子不松弛，求初速度的最小值。 【答案】(1)4 m/s　17 N　(2)4 m (3)2 m/s 【解析】(1)设绳子被拉断时小球速度大小为v1，绳子拉力大小为FT，根据机械能守恒定律 m=mg·2L+m 在该位置，根据牛顿第二定律FT-mg=m 解得v1=4 m/s，FT=17 N 由牛顿第三定律可知，绳子所受最大拉力大小为FT'=17 N (2)小球做平抛运动：x=v1t，2L=gt2 解得x=4 m (3)若小球经过N点正上方时绳子恰不松弛，设此时速度为v2，此位置满足mg= 从最低点到该位置的过程中，由机械能守恒定律 mv0'2=mg·5L+m 解得v0'=2 m/s。 7　(多选)(八省联考·陕西·10)如图，倾角为30°且足够长的光滑斜劈固定在水平面上，P、Q两个物体通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，Q的另一端与固定在水平面的轻弹簧连接，P和Q的质量分别为4m和m。初始时，控制P使轻绳伸直且无拉力，滑轮左侧轻绳与斜劈上表面平行，右侧轻绳竖直，弹簧始终在弹性限度范围内，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g。现无初速度释放P，则在物体P沿斜劈下滑过程中(　　) A.轻绳拉力大小一直增大 B.物体P的加速度大小一直增大 C.物体P沿斜劈下滑的最大距离为 D.物体P的最大动能为 【答案】AD 【解析】设物体P向下运动过程中的位移为x，弹簧的形变量为Δx，开始时弹簧被压缩，其弹力为支持力，从释放P到弹簧恢复原长过程中，对P、Q整体根据牛顿第二定律4mgsin 30°-mg+kΔx=(4m+m)a 可得a= 随着x增大，Δx减小，则加速度逐渐减小，当弹簧恢复原长后，弹簧表现为拉伸状态，弹簧弹力为拉力，根据牛顿第二定律4mgsin 30°-mg-kΔx=(4m+m)a 可得a= 随着x增大，Δx增大，当mg > kΔx时，随着x增大，加速度逐渐减小，当kΔx > mg时，随着x增大，加速度反向增大，所以物体P的加速度大小先减小后反向增大，故B错误； 以P为研究对象，设绳子拉力为FT，根据牛顿第二定律4mgsin 30°-FT=4ma 可得弹簧恢复原长前FT=1.2mg-0.8kΔx 随着Δx减小，FT增大； 弹簧恢复原长后FT=1.2mg+0.8kΔx 可知随着Δx增大，FT逐渐增大，所以轻绳拉力大小一直增大，故A正确； 没有释放物体P前，根据平衡条件mg=kx1 可得x1= 设物体P沿斜劈下滑的最大距离为xmax，根据系统机械能守恒可得 4mgxmaxsin 30°+k=mgxmax+k(xmax-x1)2 解得xmax= 故C错误； 当P的加速度为零时，速度最大，动能最大，此时根据平衡条件 4mgsin 30°=kx'+mg 解得x'= 可知P动能最大时，弹簧的弹性势能与初始状态相等，设P的动能为Ek，根据Ek=×4mv2，可知Q的动能为mv2=，根据系统机械能守恒 4mg(x'+x1)sin 30°-mg(x'+x1)=Ek+ 解得Ek= 故D正确。 8　(2025·吉林通化市检测)在快递分类时常用传送带运送快件，如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行，传送带底端到顶端的距离L=16 m。现将一质量m=1 kg的小快件静止放于传送带底端，快件沿传送带向上运动至顶端过程中速度的平方v2随位移x的变化关系如图乙所示，快件可视为质点，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。求： (1)快件与传送带间的动摩擦因数； (2)快件与传送带因摩擦而产生的热量； (3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功。 【答案】(1)0.875　(2)56 J　(3)160 J 【解析】(1)快件放在传送带上先做匀加速运动，根据v2=2ax，结合题图乙可得快件做匀加速运动的加速度大小为a= m/s2=1 m/s2 根据牛顿第二定律可得 μmgcos 37°-mgsin 37°=ma 解得动摩擦因数μ=0.875 (2)根据题图乙可知，传送带的速度v=4 m/s，快件加速的时间为 t1==4 s 快件与传送带的相对位移为 Δx=vt1-vt1=8 m 快件和传送带间因摩擦产生的热量为 Q=μmgcos 37°·Δx 解得Q=56 J (3)快件从传送带底端运动到顶端过程中，电动机多做的功等于快件重力势能和动能的增加量以及因摩擦而产生的热量之和，则有 W=mgLsin 37°+mv2+Q 解得W=160 J。 9.(2025·云南卷·10)如图所示，倾角为θ的固定斜面，其顶端固定一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧处于原长时下端位于O点。质量为m的滑块Q(视为质点)与斜面间的动摩擦因数μ=tan θ。过程Ⅰ：Q以速度v0从斜面底端P点沿斜面向上运动恰好能滑至O点；过程Ⅱ：将Q连接在弹簧的下端并拉至P点由静止释放，Q通过M点(图中未画出)时速度最大，过O点后能继续上滑。弹簧始终在弹性限度内，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略空气阻力，重力加速度为g。则(　　) A.P、M两点之间的距离为 B.过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能为m C.过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为 D.连接在弹簧下端的Q无论从斜面上何处释放，最终一定静止在OM(含O、M点)之间 【答案】CD 【解析】设PO的距离为L，过程Ⅰ：根据动能定理有-mgsin θ·L-μmgcos θ·L=0-m ① 设MO的距离为L1，过程Ⅱ：当Q速度最大时，根据平衡条件有kL1=mgsin θ+μmgcos θ ② P、M两点之间的距离L2=L-L1，μ=tan θ，联立解得L2=，故A错误；根据功能关系，可知过程Ⅱ中，Q在从P点单向运动到O点的过程中损失的机械能ΔE=μmgcos θ·L-kL2，结合①式及μ=tan θ可得ΔE=m-，故B错误；设过程Ⅱ中，Q从P点沿斜面向上运动的最大位移为x，根据能量守恒定律kL2=mgsin θ·x+μmgcos θ·x+k(x-L)2，联立解得x=，故C正确；无论Q从何处释放，Q在斜面上运动过程中，弹簧与Q初始时的势能变为摩擦热，当在M点时，满足kL1=mgsin θ+μmgcos θ，当在O点时，满足mgsin θ=μmgcos θ，所以在OM(含O、M点)之间速度为零时，Q将静止，故D正确。 二、动量 考点一-动量定理及应用 10　(2025·甘肃卷·14)如图甲所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30°。求： (1)t=6 s时F的大小，以及t在0~6 s内F的冲量大小； (2)t在0~6 s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f-t图像； (3)t=6 s时，物块的速度大小。 【答案】(1)　　(2)见【解析】(3)g 【解析】(1)由题图乙可知F随时间线性变化，根据数学知识可知F=t 所以当t=6 s时，F= 0~6 s内F的冲量为F-t图像围成的面积，即I=mg×6=mg (2)由于初始时刻物块刚好能静止在细杆上，则有mgsin 30°=μmgcos 30° 即μ=tan 30°=，此后F增大FN减小，物块开始滑动，摩擦力为滑动摩擦力，在垂直杆方向，当Fsin θ=mgcos θ时，t=4 s，则0~4 s，垂直杆方向Fsin θ+FN=mgcos θ 摩擦力f=μFN=mg-mgt)=(-t)mg(0≤t≤4 s) 在4~6 s内，垂直杆方向Fsin θ=mgcos θ+FN 摩擦力f=μFN=mgt-mg)=(t-)mg(4 s<t≤6 s) 相应的f-t图像如图 (3)在0~6 s内沿杆方向根据动量定理有mgtsin θ+IFcos θ-If=mv 在0~6 s内摩擦力的冲量为f-t图像围成的面积，则If=mg×4+mg×2=mg 联立有mg×6sin 30°+mg·cos 30°-mg=mv 可得v=g。 11　(2025·福建福州市模拟)水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点，因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示，若横截面半径为r的圆柱形水流垂直射到要切割的竖直钢板上，碰到钢板后水的速度减为零。已知水的流速为v，水的密度为ρ，则钢板受到水的平均冲力大小为(　　) A.ρπv2r2 B.ρπv2r2 C.ρπvr2 D.ρπvr2 【答案】A 【解析】以水为研究对象，根据动量定理可知F=，又m=ρV=ρSl=ρπr2vt，联立可得F=ρπv2r2，由牛顿第三定律可知，钢板受到水的平均冲力大小为ρπv2r2，故选A。 考点二　动量守恒定律及应用 12　(多选)(2025·山东省部分学校联考)如图所示，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为0.5 kg，板长均为0.4 m，P2的右端固定一轻质弹簧，弹簧的自由端恰好停在P2中点A处。物体P置于P1的最右端，质量为1 kg且可看作质点。P1与P以共同速度v0=4 m/s向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起。P压缩弹簧后被弹回并停在A点(弹簧始终在弹性限度内)。P与P1、P2之间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的有(　　) A.在运动过程中，弹簧的最大压缩量为0.1 m B.若P与P1、P2之间接触面光滑，当弹簧恢复原长时P的速度大小为1 m/s C.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时P受到向右的摩擦力 D.若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，系统稳定时损失的机械能减小 【答案】ACD 【解析】设板的质量为m，物体的质量为2m，P1、P2碰撞时，系统在水平方向上动量守恒，P1、P2碰撞后，二者的共同速度为v1，则有mv0=2mv1，解得v1=2 m/s，弹簧压缩量最大时，三者具有共同的速度为v2，设弹簧的最大压缩量为x，整个系统动量守恒，则有2mv1+2mv0=(2m+2m)v2，解得v2=3 m/s，根据能量守恒定律可得，P与P1、P2整体共速时损失的动能为E损=×2m+×2m-(2m+2m)=μ·2mg(L+2x)，解得x=0.1 m，故A正确；若P与P1、P2之间接触面光滑，整个系统动量守恒、机械能守恒，属于弹性碰撞，因为P的质量与P1、P2整体的质量相等，故当弹簧恢复原长时，P与P1、P2整体交换速度，即此时P的速度为2 m/s，故B错误；若将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统内三物体第一次共速时，弹簧的最大压缩量x'>x=0.1 m，系统内三物体第二次共速时，三物体损失的总动能E损与未换弹簧时相同，所以物体P无法返回A点，而是在A点右侧与P2相对静止，此时弹簧处于压缩状态，故物体P受到向左的弹力和向右的摩擦力而处于平衡状态，故C正确；由上述分析可知，系统稳定时，三物体最终损失的总动能E损与弹簧的劲度系数无关。未换弹簧前，三物体最终损失的总动能E损全部转化为因摩擦产生的热量，但将弹簧换成另一劲度系数较小的弹簧，则系统稳定时，弹簧处于压缩状态，所以三物体损失的总动能E损一部分转化为因摩擦产生的热量，另一部分转化为弹簧的弹性势能(属于系统的机械能)，所以此时系统损失的机械能减小，故D正确。 考点三　碰撞模型及拓展 13　(2025·广东卷·7)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等，方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是(　　) 【答案】A 【解析】根据牛顿第二定律a=，两小球所受外力F大小相等，由v-t图像的斜率表示加速度可知，M、N的加速度大小之比为4∶6=2∶3，则M、N的质量之比为3∶2；设M、N的质量分别为3m和2m；由图像可设M、N碰前的速度大小分别为4v和6v，因M、N系统所受合外力为零，则系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律有3m×4v+2m×(-6v)=3mv1+2mv2，若系统为弹性碰撞，由能量守恒定律可知×3m×(4v)2+×2m×(-6v)2=×3m+×2m，解得v1=-4v、v2=6v，因碰撞后M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，即两小球一起停止，故B、D错误；若不是弹性碰撞，则3m×4v+2m×(-6v)=3mv1+2mv2，可知碰后速度大小之比为|v1|∶|v2|=2∶3，若假设v1=-2v，则v2=3v，此时满足×3m×(4v)2+×2m×(-6v)2>×3m+×2m，则假设成立，因碰撞后M、N的加速度大小之比仍为2∶3，则停止运动的时间之比为1∶1，对M来说碰撞前后的速度大小之比为4v∶2v=2∶1，可知碰撞前后运动时间之比为2∶1，故A正确，C错误。 14　(多选)(2024·东北三省四市联考二模)如图(a)，一滑块静置在水平面上，滑块的曲面是半径为R的四分之一圆弧，圆弧最低点切线沿水平方向。小球以水平向右的初速度v0从圆弧最低点冲上滑块，且小球能从圆弧最高点冲出滑块。小球与滑块水平方向的速度大小分别为v1、v2，作出某段时间内v1-v2图像如图(b)所示，不计一切摩擦，重力加速度为g。下列说法正确的是(　　) A.滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒 B.当滑块的速度为0.5v0时，小球运动至最高点 C.小球与滑块的质量比为1∶2 D.小球的初速度大小可能为 【答案】AC 【解析】小球、滑块组成的系统水平方向不受外力，滑块与小球在相互作用的过程中，水平方向动量守恒，故A正确； 设小球的质量为m，滑块质量为M，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=mv1+Mv2 变形为v1=v0-v2 结合题图(b)可得==2 即=，故C正确； 小球运动到最高点时，竖直方向速度为零，在水平方向上与滑块具有相同的速度v，在水平方向上由动量守恒定律得mv0=(m+M)v 解得v=，故B错误； 小球运动到最高点时，由机械能守恒定律得 m=(m+M)v2+mgh 其中h>R，解得v0> 则小球的初速度大小不可能为，故D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $