五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題03功與能動量考點(diǎn)五年考情（2021-2025）命題趨勢考點(diǎn)1功與能2021、2024、2025核心聚焦于從實(shí)際問題中抽象物理模型并進(jìn)行動態(tài)過程分析。命題注重將功與能的轉(zhuǎn)化規(guī)律（如動能定理、機(jī)械能守恒）與動量守恒定律深度融合，常以交通運(yùn)輸（如車輛制動、碰撞緩沖）、工業(yè)機(jī)械（如傳送帶、彈簧振子）或航天技術(shù)（如探測器變軌、反沖推進(jìn)）為載體，要求考生通過矢量分解、臨界條件判斷等方法建立多體系統(tǒng)的動力學(xué)方程。功與能的考查趨向變力做功的過程分析，例如通過微分思想處理摩擦力或電磁力的動態(tài)做功問題，或利用圖像面積計算非恒力的沖量與能量變化?？键c(diǎn)2動量2021、2022、2024、2025考點(diǎn)01功與能1．（2025·海南·高考）足夠長的傳送帶固定在豎直平面內(nèi)，半徑R=0.5m，圓心角θ=53°的圓弧軌道與平臺平滑連接，平臺與順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶平滑連接，工件A從圓弧頂點(diǎn)無初速度下滑，在平臺與B碰成一整體，B隨后滑上傳送帶，已知mA=4kg，mB=1kg，A、B(1)A滑到圓弧最低點(diǎn)時受的支持力；(2)A與B整個碰撞過程中損失的機(jī)械能；(3)傳送帶的速度大小?！敬鸢浮?1)72N，方向豎直向上；(2)1.6J(3)0.6m/s或2.6m/s【詳析】（1）A從開始到滑到圓弧最低點(diǎn)間，根據(jù)機(jī)械能守恒mAgR-Rcos53°=12m（2）根據(jù)題意AB碰后成一整體，根據(jù)動量守恒mAv0=mA+mB（3）第一種情況，當(dāng)傳送帶速度v小于v共時，AB滑上傳送帶后先減速后勻速運(yùn)動，設(shè)AB與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，對AB根據(jù)牛頓第二定律μmA+mBg=mA+mBa設(shè)經(jīng)過時間t1后AB第二種情況，當(dāng)傳送帶速度v大于v共時，AB滑上傳送帶后先加速后勻速運(yùn)動，設(shè)經(jīng)過時間t2后AB與傳帶共速，同理可得v=v共+at2該段時間內(nèi)AB運(yùn)動的位移為x1'=2．（2024·海南·高考）某游樂項(xiàng)目裝置簡化如圖，A為固定在地面上的光滑圓弧形滑梯，半徑R=10m，滑梯頂點(diǎn)a與滑梯末端b的高度h=5m，靜止在光滑水平面上的滑板B，緊靠滑梯的末端，并與其水平相切，滑板質(zhì)量M=25kg，一質(zhì)量為m=50kg的游客，從a點(diǎn)由靜止開始下滑，在b點(diǎn)滑上滑板，當(dāng)滑板右端運(yùn)動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，并在平臺上滑行s=16m（1）游客滑到b點(diǎn)時對滑梯的壓力的大??；（2）滑板的長度L【答案】（1）1000N；（2）7m【來源】2024年高考海南卷物理真題【詳析】（1）設(shè)游客滑到b點(diǎn)時速度為v0，從a到b過程，根據(jù)機(jī)械能守恒mgh=12mv02解得v0（2）設(shè)游客恰好滑上平臺時的速度為v，在平臺上運(yùn)動過程由動能定理得-μmgs=0-根據(jù)題意當(dāng)滑板右端運(yùn)動到與其上表面等高平臺的邊緣時，游客恰好滑上平臺，可知該過程游客一直做減速運(yùn)動，滑板一直做加速運(yùn)動，設(shè)加速度大小分別為a1和aaa根據(jù)運(yùn)動學(xué)規(guī)律對游客v=v0-a1t解得t=1s該段時間內(nèi)游客的位移為3．（2024·海南·高考）神舟十七號載人飛船返回艙于2024年4月30日在東風(fēng)著陸場成功著陸，在飛船返回至離地面十幾公里時打開主傘飛船快速減速，返回艙速度大大減小，在減速過程中（）A．返回艙處于超重狀態(tài) B．返回艙處于失重狀態(tài)C．主傘的拉力不做功 D．重力對返回艙做負(fù)功【答案】A【來源】2024年高考海南卷物理真題【詳析】AB．返回艙在減速過程中，加速度豎直向上，處于超重狀態(tài)，故A正確，B錯誤；C．主傘的拉力與返回艙運(yùn)動方向相反，對返回艙做負(fù)功，故C錯誤；D．返回艙的重力與返回艙運(yùn)動方向相同，重力對返回艙做正功，故D錯誤。故選A。4．（2021·海南·高考）水上樂園有一末段水平的滑梯，人從滑梯頂端由靜止開始滑下后落入水中。如圖所示，滑梯頂端到末端的高度H=4.0m，末端到水面的高度h=1.0m。取重力加速度A．4.0m B．4.5m C．5.0m D．5.5m【答案】A【來源】2021年海南省普通高中高考（海南卷）【詳析】人從滑梯由靜止滑到滑梯末端速度為v，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可知mgH=12mv2解得v故選A。考點(diǎn)02動量5．（2025·海南·高考）足夠長的傳送帶固定在豎直平面內(nèi)，半徑R=0.5m，圓心角θ=53°的圓弧軌道與平臺平滑連接，平臺與順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶平滑連接，工件A從圓弧頂點(diǎn)無初速度下滑，在平臺與B碰成一整體，B隨后滑上傳送帶，已知mA=4kg，mB=1kg，A、B(1)A滑到圓弧最低點(diǎn)時受的支持力；(2)A與B整個碰撞過程中損失的機(jī)械能；(3)傳送帶的速度大小?！敬鸢浮?1)72N，方向豎直向上；(2)1.6J(3)0.6m/s或2.6m/s【詳析】（1）A從開始到滑到圓弧最低點(diǎn)間，根據(jù)機(jī)械能守恒mAgR-Rcos53°=12m（2）根據(jù)題意AB碰后成一整體，根據(jù)動量守恒mAv0=mA+mB（3）第一種情況，當(dāng)傳送帶速度v小于v共時，AB滑上傳送帶后先減速后勻速運(yùn)動，設(shè)AB與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ，對AB根據(jù)牛頓第二定律μmA+mBg=mA+mBa設(shè)經(jīng)過時間t1后AB第二種情況，當(dāng)傳送帶速度v大于v共時，AB滑上傳送帶后先加速后勻速運(yùn)動，設(shè)經(jīng)過時間t2后AB與傳帶共速，同理可得v=v共+at2該段時間內(nèi)AB運(yùn)動的位移為x1'=6．（2024·海南·高考）兩根足夠長的導(dǎo)軌由上下段電阻不計，光滑的金屬導(dǎo)軌組成，在M、N兩點(diǎn)絕緣連接，M、N等高，間距L=1m，連接處平滑。導(dǎo)軌平面與水平面夾角為30°，導(dǎo)軌兩端分別連接一個阻值R=0.02Ω的電阻和C=1F的電容器，整個裝置處于B=0.2T的垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場中，兩根導(dǎo)體棒ab、cd分別放在MN兩側(cè)，質(zhì)量分為m1=0.8kg，m2=0.4kg，ab棒電阻為0.08Ω，cd棒的電阻不計，將ab由靜止釋放，同時cd從距離MN為x0=4.32m處在一個大小F=4.64N，方向沿導(dǎo)軌平面向上的力作用下由靜止開始運(yùn)動，兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，碰撞前瞬間撤去F，已知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s，g=10m/s2（

）A．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前所用時間為1.44sB．a(chǎn)b從釋放到第一次碰撞前，R上消耗的焦耳熱為0.78JC．兩棒第一次碰撞后瞬間，ab的速度大小為6.3m/sD．兩棒第一次碰撞后瞬間，cd的速度大小為8.4m/s【答案】BD【詳析】A．由于金屬棒ab、cd同時由靜止釋放，且恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，則說明ab、cd在到達(dá)M、N處所用的時間是相同的，對金屬棒cd和電容器組成的回路有Δq=C·BLΔv對cd根據(jù)牛頓第二定律有F－BIL－m2gsin30°=m2a2其中a2=ΔvΔt，I=ΔqΔt聯(lián)立有a2=F-m2gsin30°mB．由題知，知碰前瞬間ab的速度為4.5m/s，則根據(jù)功能關(guān)系有m1gxabsin30°-Q=12m1v12金屬棒下滑過程中根據(jù)動量定理有m1gsin30°?t-BIL?t=m1v1其中q=It=CD．由于兩棒恰好在M、N處發(fā)生彈性碰撞，取沿斜面向下為正，有m1v1－m2v2=m1v1′＋m2v2′12其中v2=a2t=7.2m/s聯(lián)立解得v1′=－3.3m/s，v2′=8.4m/s故C錯誤、D正確。故選BD。7．（2022·海南·高考）在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是F1，乙對甲的作用力是FA．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同C．F1的沖量大于F2的沖量 D．F1【答案】A【來源】2022年新高考海南物理高考（缺第6題和第12題）【詳析】根據(jù)題意可知F1和F2是相互作用力，根據(jù)牛頓第三定律可知F1和F2等大反向、具有同時性；根據(jù)沖量定義式I=故選A。8．（2022·海南·高考）有一個角度可變的軌道，當(dāng)傾角為30°時，A恰好勻速下滑，現(xiàn)將傾角調(diào)為60°，從高為h的地方從靜止下滑，過一段時間無碰撞地進(jìn)入光滑水平面，與B發(fā)生彈性正碰，B被一根繩子懸掛，與水平面接觸但不擠壓，碰后B恰好能做完整的圓周運(yùn)動，已知A的質(zhì)量是B質(zhì)量的①A與軌道間的動摩擦因數(shù)μ；②A與B剛碰完B的速度大?。虎劾K子的長度L。【答案】①μ=33；②3【詳析】①傾角為30°時勻速運(yùn)動，根據(jù)平衡條件有mgsin30°=μmg②③A從高為h的地方滑下后速度為v0，根據(jù)動能定理有3mgh-μ?3mgcos60°hsin60°=12?3mv02A與B9．（2021·海南·高考）如圖，一長木板在光滑的水平面上以速度v0向右做勻速直線運(yùn)動，將一小滑塊無初速地輕放在木板最右端。已知滑塊和木板的質(zhì)量分別為m和2m，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g。（1）滑塊相對木板靜止時，求它們的共同速度大??；（2）某時刻木板速度是滑塊的2倍，求此時滑塊到木板最右端的距離；（3）若滑塊輕放在木板最右端的同時，給木板施加一水平向右的外力，使得木板保持勻速直線運(yùn)動，直到滑塊相對木板靜止，求此過程中滑塊的運(yùn)動時間以及外力所做的功。【答案】（1）v共=2v03；（2）x=7v0225μg；（3）t=v【來源】2021年海南省普通高中高考（海南卷）【詳析】（1）由于地面光滑，則木板與滑塊組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv0=3mv共解得v共=2（2）由于木板速度是滑塊的2倍，則有v木=2v滑再根據(jù)動量守恒定律有2mv0=2mv木+mv滑聯(lián)立化簡得v滑=25v0，v木=45v0再根據(jù)功能關(guān)系有-μmgx=12×2mv木2+12mv滑2-12×2mv02經(jīng)過計算得（3）由于木板保持勻速直線運(yùn)動，則有F=μmg對滑塊進(jìn)行受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律有a滑=μg滑塊相對木板靜止時有v0=a滑t解得t=v0μg則整個過程中木板滑動的距離為x′=v0t=v02μg則拉力所做的功為W=Fx′1．（2025·海南·三模）如圖所示，固定在豎直面內(nèi)、半徑R=0.9m的半圓形光滑桿ABC與光滑水平桿相切于A點(diǎn)，AOC為半圓形桿的豎直直徑，C為最高點(diǎn)，一可視為質(zhì)點(diǎn)質(zhì)量m=1kg的帶孔小球穿過桿靜止在水平桿上。某時刻給小球一水平向右的初速度v0，小球恰能通過最高點(diǎn)C，不計空氣阻力，重力加速度gA．小球經(jīng)過軌道最高點(diǎn)C時的速度大小為3B．小球的初速度大小vC．小球在B點(diǎn)時所受合力指向圓心D．小球在A點(diǎn)對半圓軌道的壓力大小為50N【答案】DB．根據(jù)機(jī)械能守恒有12mv02=2C．小球在B點(diǎn)時做速度減小的圓周運(yùn)動，所受合力不指向圓心，C錯誤；D．小球在A點(diǎn)有FN-mg=mv02R故選D。2．（2025·海南·三模）蹦極是很多年輕人喜歡的一種運(yùn)動，運(yùn)動過程可以簡化為圖1所示，人下落過程可以近似看成在一條豎直線上的運(yùn)動，且人可看成質(zhì)點(diǎn)。蹦極繩是一條原長為45m的彈性繩，人下落到B點(diǎn)時繩剛好伸直，下落到C點(diǎn)時速度剛好減為0，以起跳點(diǎn)O的位置為原點(diǎn)，豎直向下為x軸正方向建立坐標(biāo)系。取C點(diǎn)為零勢能參考面，假設(shè)人下落過程所受空氣阻力恒定，下落過程人的重力勢能隨位移變化的關(guān)系圖像如圖2中的圖線a所示，蹦極繩的彈性勢能隨位移變化的關(guān)系如圖2中的圖線b所示。人的質(zhì)量為50kg，蹦極繩始終在彈性限度范圍內(nèi)，重力加速度g取10m/s2，其余數(shù)據(jù)圖2中已標(biāo)出，則下列說法正確的是（）A．人下落到C點(diǎn)時，人和蹦極繩組成的系統(tǒng)減少的機(jī)械能是4×104JB．人受到的空氣阻力大小是1000NC．人下落到B點(diǎn)時的動能是18000JD．蹦極繩的最大彈力是2560N【答案】C【詳析】A．人下落到C點(diǎn)時，重力勢能為零，動能為零，彈性勢能為3.2×104J，而初始時人的機(jī)械能為4.0×104J，所以人和蹦極繩組成的系統(tǒng)減少的機(jī)械能為ΔE=4×104B．根據(jù)功能關(guān)系可得ΔE=fxOC解得C．從O到B的過程中，由動能定理有mgxOB-fxOB=EkB，mgxOB=ED．根據(jù)功能關(guān)系可得Ep彈=Fm2x故選C。3．（2025·海南三亞·學(xué)業(yè)水平診斷）一位體重較為標(biāo)準(zhǔn)的高中同學(xué)從一樓爬上二樓的過程耗時18s，其身體輸出的機(jī)械功率接近（）A．1W B．10W C．100W D．1000W【答案】C【詳析】一層樓的高度約為3m，人的質(zhì)量約為50kg，從一樓爬上二樓有P故選C。4．（2025·海南三亞·學(xué)業(yè)水平診斷）如圖所示，摩天輪懸掛的座艙及座艙內(nèi)游客在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。座艙大小遠(yuǎn)小于摩天輪直徑，對座艙內(nèi)相對座艙靜止的游客，下列物理量相同的是（）A．角速度 B．線速度 C．向心力大小 D．機(jī)械能【答案】A【詳析】AB．做勻速圓周運(yùn)動的物體角速度相同，線速度大小相等，方向不同，故A正確，B錯誤；C．根據(jù)F=mωD．由于做勻速圓周運(yùn)動的物體速度大小相等，但游客的質(zhì)量不一定相等，則動能可能不相等，同時重力勢能也不一定相等，所以機(jī)械能不一定相等，故D錯誤。故選A。5．（2025·海南·三模）如圖所示，將質(zhì)量為m的小球從傾角為θ的斜面頂端以速度v0沿水平方向拋出，忽略空氣阻力，斜面足夠長。已知重力加速度為gA．小球的速度與斜面平行時最小B．小球的速度變化越來越快C．小球從拋出到落在斜面上所用時間為2D．經(jīng)時間v0tan【答案】C【詳析】A．小球落到斜面前的運(yùn)動為平拋運(yùn)動，速度一直在增大，所以剛拋出時的速度最小，故A錯誤；B．小球在空中的加速度為重力加速度，所以小球的速度變化快慢恒定不變，故B錯誤；C．小球從拋出到落在斜面上，有tanθ=yx=12D．經(jīng)時間v0tanθgE故D錯誤。故選C。6．（2025·海南文昌中學(xué)·適應(yīng)性考試）風(fēng)力發(fā)電機(jī)是將流動空氣的動能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。一風(fēng)力發(fā)電機(jī)葉片轉(zhuǎn)動時形成半徑為r的圓面，某時間內(nèi)風(fēng)速為v，風(fēng)向恰好跟葉片轉(zhuǎn)動的圓面垂直，已知空氣的密度為ρ，該風(fēng)力發(fā)電機(jī)將此圓內(nèi)的空氣動能轉(zhuǎn)化為電能的效率為定值，若風(fēng)速為2v，則（

）A．發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率為原來的4倍B．發(fā)電機(jī)的發(fā)電功率為原來的8倍C．風(fēng)對每個扇葉的作用力為原來的4倍D．風(fēng)對每個扇葉的作用力為原來的8倍【答案】B【詳析】AB．在Δt時間內(nèi)，η12ρπr2vΔtvCD．Δm(v故選B。7．（2025·海南?？凇し抡婵迹┰趧赢嬰娪啊赌倪浮分校倪概c敖丙在冰封的海面上對決，哪吒腳踩風(fēng)火輪（總質(zhì)量m1=40kg），以速度v1=10m/s水平向右疾行，敖丙手持冰錘（總質(zhì)量A．7．5m/s，水平向右B．1m/s，水平向右C．7．5m/s，水平向左D．1m/s，水平向左【答案】B【詳析】取向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律有m1v1-m故選B。8．（2025·海南·三模）如圖所示為某款運(yùn)動跑鞋宣傳圖，圖片顯示：“該款鞋鞋底采用EVA材料，能夠有效吸收行走或運(yùn)動時的沖擊力，保護(hù)雙腳免受傷害”。對于該款鞋，下列說法正確的是（）A．縮短雙腳與鞋底的沖擊時間，從而減小合力對雙腳的沖量B．延長雙腳與鞋底的沖擊時間，從而減小合力對雙腳的沖量C．延長雙腳與鞋底的沖擊時間，從而減小鞋底對雙腳的平均沖擊力D．縮短雙腳與鞋底的沖擊時間，從而減小鞋底對雙腳的平均沖擊力【答案】C【詳析】AB．由動量定理I=mv-mCD．由I=FΔt可知，延長雙腳與鞋底的沖擊時間，可以減小鞋底對雙腳的平均沖擊力。故故選C。9．（2025·海南文昌中學(xué)·適應(yīng)性考試）如圖甲為建筑行業(yè)使用的一種小型打夯機(jī)，其原理可簡化為：一個質(zhì)量為M的支架（含電動機(jī)）上，有一根輕桿帶動一個質(zhì)量為m的鐵球在豎直面內(nèi)轉(zhuǎn)動，如圖乙所示，重力加速度為g，若在某次打夯過程中，鐵球勻速轉(zhuǎn)動，則（）A．鐵球所受合力大小不變B．鐵球轉(zhuǎn)動到最高點(diǎn)時，處于超重狀態(tài)C．鐵球運(yùn)動過程中的機(jī)械能守恒D．若鐵球轉(zhuǎn)動到最高點(diǎn)時，支架對地面的壓力剛好為零，則此時輕桿的彈力為Mg【答案】AD【詳析】A．鐵球在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，則其所受合力大小不變，方向總是指向圓心，即方向發(fā)生變化，故A正確；B．鐵球轉(zhuǎn)動到最高點(diǎn)時，加速度指向圓心，方向豎直向下，處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C．鐵球做勻速圓周運(yùn)動速度大小不變，即動能不變，重力勢能在變化，則機(jī)械能不守恒，故C錯誤；D．若鐵球轉(zhuǎn)動到最高點(diǎn)時，支架對地面的壓力剛好為零，對支架進(jìn)行分析，根據(jù)平衡條件，可知桿對支架的彈力為Mg，故D正確。故選AD。10．（2025·海南?？凇し抡婵迹┤鐖D所示，光滑豎直桿底端固定在地面上，桿上套有一質(zhì)量為m的小球A（可視為質(zhì)點(diǎn)），一根豎直輕彈簧一端固定在地面上（彈簧勁度系數(shù)為k），另一端連接質(zhì)量也為m的物塊B，一輕繩跨過定滑輪O，一端與物塊B相連，另一端與小球A連接，定滑輪到豎直桿的距離為L。初始時，小球A在外力作用下靜止于P點(diǎn)，已知此時整根輕繩伸直無張力且OP間細(xì)繩水平、OB間細(xì)繩豎直，現(xiàn)將小球A由P點(diǎn)靜止釋放，A沿桿下滑到最低點(diǎn)Q時OQ與桿之間的夾角為30°，不計滑輪大小及摩擦，重力加速度大小為g，下列說法中正確的是（）A．初始狀態(tài)時彈簧的壓縮量為mgB．小球A由P下滑至Q的過程中，加速度逐漸增大C．小球A由P下滑至Q的過程中，彈簧彈性勢能增加了3D．若將小球A換成質(zhì)量為m3的小球C，并將小球C拉至Q點(diǎn)由靜止釋放，則小球C運(yùn)動到P點(diǎn)時的動能為【答案】ACD【詳析】A．初始狀態(tài)時，物塊B處于靜止?fàn)顟B(tài)，根據(jù)平衡條件，有mg=kΔ故A正確；B．小球A開始下落時只受重力加速度為g，隨著小球下落細(xì)線對小球有豎直向上的分力，小球所受的合力減小，小球的加速度開始減小，所以加速度不是逐漸增大，故B錯誤；C．小球A從P到Q時，下落的高度PQ=Ltan30°=3L小球A下落到Q點(diǎn)過程中，物塊B上升的高度為ΔL=Lsin30°-D．若將小球A換成質(zhì)量為m3的小球C，小球C運(yùn)動到P點(diǎn)時沿繩方向的分速度為0，根據(jù)功能關(guān)系，可得W彈-m3g×故選ACD。11．（2025·海南·三模）“起花”是一種形如小紙炮的爆竹，通常綴有長約二三尺的葦桿，點(diǎn)燃其芯后會迅速升起。如圖所示，將靜置在地面上的“起花”點(diǎn)火后豎直升空。已知“起花”的總質(zhì)量為M（含火藥），“起花”內(nèi)裝有質(zhì)量為m的火藥，點(diǎn)火后在極短的時間內(nèi)將火藥以相對地面大小為v0的速度豎直向下噴出；若當(dāng)“起花”升到最高點(diǎn)時炸裂為質(zhì)量之比為2：1的兩塊碎塊，且沿水平方向、向相反的方向飛出，落地時質(zhì)量大的碎塊速度大小為v，重力加速度為gA．“起花”升空獲得的推力是空氣施加的B．火藥噴出時，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以“起花”（含火藥）組成的系統(tǒng)可以近似看作動量守恒C．點(diǎn)火后，“起花”上升過程中獲得的最大速度為mD．質(zhì)量小的碎塊落地時的速度大小不可能為2【答案】BD【詳析】A．“起花”升空獲得的推力是豎直向下噴出的火藥施加的，故A錯誤；B．火藥噴出時，由于內(nèi)力遠(yuǎn)大于外力，所以“起花”（含火藥）組成的系統(tǒng)可以近似看作動量守恒，故B正確；C．點(diǎn)火后，設(shè)“起花”上升過程中獲得的最大速度為v1，根據(jù)動量守恒定律有0=M-mvD．根據(jù)題意，“起花”升到最高點(diǎn)時炸裂為質(zhì)量之比為2：1的兩塊碎塊的速度之比為1：2，即質(zhì)量大的和質(zhì)量小的碎塊開始做平拋運(yùn)動的初速度大小之比為1：2，落地時水平方向的速度大小之比為1：2，由于落地時豎直方向的速度相等，不是1：2，所以落地時的速度之比不可能是1：2，即質(zhì)量小的碎塊落地時的速度大小不可能為2v，故D故選BD。12．（2025·海南文昌中學(xué)·適應(yīng)性考試）如圖所示，質(zhì)量為M=0.5kg的小球靜置于高度為h=3.2m的光滑直桿頂端。一顆質(zhì)量為m=0.01kg的子彈以v0=500m/s的速度沿水平方向擊中小球，并迅速從球心穿過。已知小球落地處離桿的水平距離為s=4.8m，不計空氣阻力，取g=10m/s2，求：(1)小球落地時重力做功的瞬時功率P；(2)子彈穿過小球的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量Q。【答案】(1)40W(2)1041J【詳析】（1）小球做平拋運(yùn)動的過程豎直方向有h=12gt2解得t（2）小球做平拋運(yùn)動水平方向有s=v2t解得v2=6m/s子彈穿過小球的過程，由動量守恒可得mv013．（2025·海南海口·仿真考）如圖所示，小球A以初速度v0=3gR豎直向上沖入半徑為R的四分之一粗糙圓弧管道，然后從管道另一端M點(diǎn)沿水平方向以速度v1=2gR沖出，在光滑水平面上與右端連有靜止小球B的輕質(zhì)彈簧在同一直線上發(fā)生相互作用。已知A、B的質(zhì)量分別為3(1)球A到達(dá)M點(diǎn)時對管道的壓力大小及方向；(2)小球在管道內(nèi)運(yùn)動過程中阻力做的功；(3)B球最終的速度大小。【答案】(1)3mg(2)-(3)6【詳析】（1）設(shè)球A在M點(diǎn)所受管道彈力大小N1，假設(shè)其方向豎直向下，則有N1+3上述彈力的方向假設(shè)成立，根據(jù)牛頓第三定律可知N2=N1（2）球A在管道內(nèi)運(yùn)動過程，根據(jù)動能定理有-3mgR+（3）設(shè)球A、B分離后速度分別為vA、vB，A、B根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12×3m14．（2025·海南瓊海嘉積中學(xué)·一模）如圖所示，質(zhì)量為M=0.99kg的木球用細(xì)繩連接掛在O點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，O點(diǎn)到球心的距離為L=0.5m，現(xiàn)有一質(zhì)量為m=0.01kg的子彈以速度v0射入木球并留在木球中（子彈與木球作用時間很短），若子彈射入木球后，木球（含子彈）在豎直平面內(nèi)恰好能繞O點(diǎn)做圓周運(yùn)動，求：（重力加速度g取10m/s2）(1)子彈射入木球后瞬間，木球與子彈的共同速度大??；(2)子彈的入射速度v0大小。【答案】(1)5m/s(2)500m/s【詳析】（1）小球在豎直平面內(nèi)恰好做圓周運(yùn)動，在最高點(diǎn)，由重力提供向心力得m小球從最低點(diǎn)運(yùn)動到最高點(diǎn)過程，由機(jī)械能守恒定律得12m（2）子彈射入木球過程，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得m代入數(shù)據(jù)解得v15.（2025·海南·三模）某興趣小組在研究物體在水面上運(yùn)動時所受阻力的課題時，做了如圖所示的實(shí)驗(yàn)。圖中ABCD為一個充水的水池，水池左側(cè)有四分之一光滑圓弧軌道。一質(zhì)量m=0.1kg的小物塊從圓弧軌道的最上端靜止釋放，小物塊運(yùn)動至軌道底端時，恰好以水平速度沖上?？吭谒刈髠?cè)木板的上表面。已知木板質(zhì)量M=0.3kg，長度L=2m，小物塊與木板上表面間的動摩擦因數(shù)μ=0.5，圓弧軌道的半徑R=1.25m(1)求小物塊運(yùn)動至軌道最底端時，軌道對其支持力的大小；(2)若木板在水面上運(yùn)動時水的阻力忽略不計，則小物塊與木板達(dá)到共速時（木板尚未到達(dá)水池右端），求小物塊與木板左端的距離；(3)若木板在水面上運(yùn)動時，水對木板的阻力f與木板的速度v成正比，即f=kv，其中k=0.25kg/s。最終木板恰好運(yùn)動至水池右端速度減為零，且小物塊也處在木板的右端，求水池的長度L【答案】(1)3N(2)1.875m(3)4m，2m/s【詳析】（1）由動能定理可得mgR=12聯(lián)立解得F（2）由動量守恒定律可得mvA=(M+m（3）對小物塊和木板組成的整體，由動量定理可得-kv×