五年（2021-2025）高考真題分類匯編PAGEPAGE1專題04機械能守恒、動量守恒及功能關系考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1機械能守恒定律2025年廣東2024年廣東2023年廣東2022年廣東2021年廣東1.情境復合：試題常整合彈簧模型、圓周運動、斜面碰撞等，構建多階段物理過程。2.雙守恒綜合：強化動量與機械能守恒的聯(lián)合應用（如碰撞后接圓周運動），需精準劃分過程并判斷守恒條件。3.臨界分析：增加對臨界狀態(tài)的考查（如繩模型最高點速度、分離瞬間彈性勢能轉化）。4.數(shù)學工具強化：涉及二元二次方程組、不等式求解范圍（如彈性碰撞速度范圍）。5.實驗創(chuàng)新：設計變式驗證實驗（如氣墊導軌測速度驗證守恒定律）。*備考建議：深入理解守恒條件（系統(tǒng)無外力/非保守內力），強化多對象、多過程建模能力，注重臨界點與數(shù)學工具應用?？键c2動量守恒定律2025年廣東2024年廣東2023年廣東2022年廣東2021年廣東考點01機械能守恒定律1．（2024·廣東·高考真題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從、高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（）A．甲在斜坡上運動時與乙相對靜止B．碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C．乙的運動時間與無關D．甲最終停止位置與O處相距【答案】ABD【詳析】A．兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0，故A正確；B．兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動，由于兩滑塊質量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；C．設斜面傾角為θ，乙下滑過程有在水平面運動一段時間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運動t3，乙運動的時間為由于t1與有關，則總時間與有關，故C錯誤；D．乙下滑過程有由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運動到停止有聯(lián)立可得即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距，故D正確。故選ABD。2．（2024·廣東·高考真題）如圖所示，探測器及其保護背罩通過彈性輕繩連接降落傘。在接近某行星表面時以的速度豎直勻速下落。此時啟動“背罩分離”，探測器與背罩斷開連接，背罩與降落傘保持連接。已知探測器質量為1000kg，背罩質量為50kg，該行星的質量和半徑分別為地球的和。地球表面重力加速度大小取。忽略大氣對探測器和背罩的阻力。下列說法正確的有（）A．該行星表面的重力加速度大小為B．該行星的第一宇宙速度為C．“背罩分離”后瞬間，背罩的加速度大小為D．“背罩分離”后瞬間，探測器所受重力對其做功的功率為30kW【答案】AC【詳析】A．在星球表面，根據可得行星的質量和半徑分別為地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得該行星表面的重力加速度大小故A正確；B．在星球表面上空，根據萬有引力提供向心力可得星球的第一宇宙速度行星的質量和半徑分別為地球的和，可得該行星的第一宇宙速度地球的第一宇宙速度為，所以該行星的第一宇宙速度故B錯誤；C．“背罩分離”前，探測器及其保護背罩和降落傘整體做勻速直線運動，對探測器受力分析，可知探測器與保護背罩之間的作用力“背罩分離”后，背罩所受的合力大小為4000N，對背罩，根據牛頓第二定律解得故C正確；D．“背罩分離”后瞬間探測器所受重力對其做功的功率故D錯誤。故選AC。3．（2023·廣東·高考真題）人們用滑道從高處向低處運送貨物．如圖所示，可看作質點的貨物從圓弧滑道頂端點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端點時速度大小為。已知貨物質量為，滑道高度為，且過點的切線水平，重力加速度取。關于貨物從點運動到點的過程，下列說法正確的有（

）

A．重力做的功為 B．克服阻力做的功為C．經過點時向心加速度大小為 D．經過點時對軌道的壓力大小為【答案】BCD【詳析】A．重力做的功為A錯誤；B．下滑過程據動能定理可得代入數(shù)據解得，克服阻力做的功為B正確；C．經過點時向心加速度大小為C正確；D．經過點時，據牛頓第二定律可得解得貨物受到的支持力大小為據牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為，D正確。故選BCD。4．（2021·廣東·高考真題）長征途中，為了突破敵方關隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g，下列說法正確的有（）A．甲在空中的運動時間比乙的長B．兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C．從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少D．從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為【答案】BC【詳析】A．由平拋運動規(guī)律可知，做平拋運動的時間因為兩手榴彈運動的高度差相同，所以在空中運動時間相等，故A錯誤；B．做平拋運動的物體落地前瞬間重力的功率因為兩手榴彈運動的高度差相同，質量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，故B正確；C．從投出到落地，手榴彈下降的高度為h，所以手榴彈重力勢能減小量故C正確；D．從投出到落地，手榴彈做平拋運動，只有重力做功，機械能守恒，故D錯誤。故選BC。5．（2022·廣東·高考真題）如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平段以恒定功率、速度勻速行駛，在斜坡段以恒定功率、速度勻速行駛。已知小車總質量為，，段的傾角為，重力加速度g取，不計空氣阻力。下列說法正確的有（）A．從M到N，小車牽引力大小為 B．從M到N，小車克服摩擦力做功C．從P到Q，小車重力勢能增加 D．從P到Q，小車克服摩擦力做功【答案】ABD【詳析】A．小車從M到N，依題意有代入數(shù)據解得故A正確；B．依題意，小車從M到N，因勻速，小車所受的摩擦力大小為則摩擦力做功為則小車克服摩擦力做功為800J，故B正確；C．依題意，從P到Q，重力勢能增加量為故C錯誤；D．依題意，小車從P到Q，摩擦力為f2，有摩擦力做功為聯(lián)立解得則小車克服摩擦力做功為700J，故D正確。故選ABD。6．（2025·廣東·高考真題）如圖所示，用開瓶器取出緊塞在瓶口的軟木塞時，先將拔塞鉆旋入木塞內，隨后下壓把手，使齒輪繞固定支架上的轉軸轉動，通過齒輪嚙合，帶動與木塞相固定的拔塞鉆向上運動。從0時刻開始，頂部與瓶口齊平的木塞從靜止開始向上做勻加速直線運動，木塞所受摩擦力f隨位移大小x的變化關系為，其中為常量，h為圓柱形木塞的高，木塞質量為m，底面積為S，加速度為a，齒輪半徑為r，重力加速度為g，瓶外氣壓減瓶內氣壓為且近似不變，瓶子始終靜止在桌面上。（提示：可用圖線下的“面積”表示f所做的功）求：(1)木塞離開瓶口的瞬間，齒輪的角速度。(2)拔塞的全過程，拔塞鉆對木塞做的功W。(3)拔塞過程中，拔塞鉆對木塞作用力的瞬時功率P隨時間t變化的表達式。【答案】(1)(2)(3)【詳析】（1）木塞的末速度等于齒輪線速度，對木塞，根據運動學公式根據角速度和線速度的關系聯(lián)立可得（2）根據題意畫出木塞摩擦力與運動距離的關系圖如圖所示可得摩擦力對木塞所做的功為對木塞，根據動能定理解得（3）設開瓶器對木塞的作用力為，對木塞，根據牛頓第二定律速度位移開瓶器的功率聯(lián)立可得考點02動量守恒定律7．（2023·廣東·高考真題）某同學受電動窗簾的啟發(fā)，設計了如圖所示的簡化模型．多個質量均為的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力，推動滑塊1以的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為．關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有（

）

A．該過程動量守恒B．滑塊1受到合外力的沖量大小為C．滑塊2受到合外力的沖量大小為D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為【答案】BD【詳析】A．取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為碰撞后的動量為則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；B．對滑塊1，取向右為正方向，則有負號表示方向水平向左，故B正確；C．對滑塊2，取向右為正方向，則有故C錯誤；D．對滑塊2根據動量定理有解得則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為，故D正確。故選BD。8．（2025·廣東·高考真題）如圖所示，無人機在空中作業(yè)時，受到一個方向不變、大小隨時間變化的拉力。無人機經飛控系統(tǒng)實時調控，在拉力、空氣作用力和重力作用下沿水平方向做勻速直線運動。已知拉力與水平面成30°角，其大小F隨時間t的變化關系為F=F0－kt（F≠0，F(xiàn)0、k均為大于0的常量），無人機的質量為m，重力加速度為g。關于該無人機在0到T時間段內（T是滿足F>0的任一時刻），下列說法正確的有（

）A．受到空氣作用力的方向會變化B．受到拉力的沖量大小為C．受到重力和拉力的合力的沖量大小為D．T時刻受到空氣作用力的大小為【答案】AB【詳析】AD．無人機經飛控系統(tǒng)實時調控，在拉力、空氣作用力和重力作用下沿水平方向做勻速直線運動，則無人機受到空氣作用力與重力和拉力的合力等大反向，隨著F的減小重力和拉力的合力如圖可知無人機受到空氣作用力的大小和方向均會改變，在T時刻有，F(xiàn)=F0－kT解得故A正確、D錯誤；B．由于拉力F隨時間t均勻變化，則無人機在0到T時間段內受到拉力的沖量大小為F—t圖像與坐標軸圍成的面積為，故B正確；C．將拉力分解為水平和豎直方向，則無人機受重力和拉力的合力在水平方向有無人機受重力和拉力的合力在豎直方向有0到T時間段內無人機受重力和拉力的合力在水平方向的沖量為0到T時間段內無人機受重力和拉力的合力在豎直方向的沖量為則0到T時間段內無人機受到重力和拉力的合力的沖量大小為故C錯誤。故選AB。9．（2024·廣東·高考真題）汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。（1）安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為，敏感球的質量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值。（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量，重力加速度大小取。求：①碰撞過程中F的沖量大小和方向；②碰撞結束后頭錘上升的最大高度?！敬鸢浮浚?）；（2）①330N?s，方向豎直向上；②0.2m【詳析】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面的支持力N，則由牛頓第二定律可知解得（2）①由圖像可知碰撞過程中F的沖量大小方向豎直向上；②頭錘落到氣囊上時的速度與氣囊作用過程由動量定理（向上為正方向）解得v=2m/s則上升的最大高度10．（2022·廣東·高考真題）某同學受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態(tài)。當滑塊從A處以初速度為向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量，滑桿的質量，A、B間的距離，重力加速度g取，不計空氣阻力。求：（1）滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小和；（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；（3）滑桿向上運動的最大高度h?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳析】（1）當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即當滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N，根據牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為（2）滑塊向上運動到碰前瞬間根據動能定理有代入數(shù)據解得。（3）由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過程根據動量守恒有碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據動能定理有代入數(shù)據聯(lián)立解得。11．（2021·廣東·高考真題）算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔，乙與邊框a相隔，算珠與導桿間的動摩擦因數(shù)?，F(xiàn)用手指將甲以的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取。（1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間?！敬鸢浮浚?）能；（2）0.2s【詳析】（1）由牛頓第二定律可得，甲乙滑動時均有則甲乙滑動時的加速度大小均為甲與乙碰前的速度v1，則解得v1=0.3m/s甲乙碰撞時由動量守恒定律解得碰后乙的速度v3=0.2m/s然后乙做減速運動，當速度減為零時則可知乙恰好能滑到邊框a；（2）甲與乙碰前運動的時間碰后甲運動的時間則甲運動的總時間為一、單選題1．（2025·廣東深圳·三模）小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示，將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點（

）A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球重力的瞬時功率一定等于Q球重力的瞬時功率C．P球所受繩的拉力一定小于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度一定大于Q球的向心加速度【答案】B【詳析】A．從靜止釋放至最低點，由機械能守恒定律得解得在最低點的速度只與半徑有關，可知，則A錯誤B．因在最低點兩球向下的速度為0，則重力的功率為0，則B正確；CD．在最低點，拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得解得向心加速度所以P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力，向心加速度兩者相等，故CD錯誤。故選B。2．（2025·廣東廣州·三模）某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為和。無人機及其載物的總質量為2kg，取豎直向上為正方向。則（）A．EF段無人機的速度大小為4m/sB．FM段無人機的貨物先超重后失重C．FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4kg?m/sD．MN段無人機機械能守恒【答案】A【詳析】A．EF段無人機的速度大小等于圖像中EF段的斜率，根據其方程：y=4t-26，可知EF段無人機的速度大小為v=4m/s故A正確；B．根據y-t圖像的切線斜率表示無人機的速度，取豎直向上為正方向，可知FM段無人機先豎直向上做減速運動，后豎直向下做加速運動，加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C．以y軸正方向為正方向，根據MN段方程：y=-2t+140，可知MN段無人機的速度為v'=-2m/s則FN段無人機和裝載物總動量變化量為FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為12kg?m/s，故C錯誤；D．MN段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減小，無人機的機械能減小，故D錯誤。故選A。3．（2025·廣東茂名·模擬預測）2024年珠海航展上，我國自主研發(fā)的最新隱身戰(zhàn)斗機殲一35A公開亮相。如圖所示，殲表演時，先沿直線水平向右飛行，再分別沿弧線和運動，整個過程中飛行軌跡在同一豎直面內且運動速率保持不變，下列說法正確的是（）A．整個過程中殲始終處于平衡狀態(tài)B．在段殲處于超重狀態(tài)C．在段殲克服重力做功的功率逐漸增大D．整個過程中殲的機械能守恒【答案】B【詳析】A．殲-35A在沿弧線bc和cd運動時，運動方向不斷變化，合外力不為零，不處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；B．沿弧線bc運動時，速率保持不變，在豎直方向的分速度不斷增大，有豎直向上的加速度，所以處于超重狀態(tài)，故B正確；C．沿弧線cd運動時，速率保持不變，在豎直方向的分速度不斷減小，在d點時豎直分速度為零，根據克服重力做功的功率可知在段殲克服重力做功的功率逐漸減小，故C錯誤；D．殲在整個過程中動能不變，重力勢能先不變后逐漸增大，所以機械能先不變后逐漸增大，故D錯誤。故選B。4．（2025·廣東深圳·二模）如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處由靜止釋放。某同學在研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，做出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標x的變化關系如圖乙所示，不計空氣阻力，重力加速度為g。以下判斷正確的是（）A．小球機械能守恒B．小球動能的最大值為mghC．當x=h+x0時，系統(tǒng)重力勢能與彈性勢能之和最小D．當x=h+2x0時，小球的重力勢能最小【答案】C【詳析】A．小球在下落過程中，除重力做功外，彈簧的彈力也做功，故小球的機械能不守恒，故A錯誤；B．當時，有此時小球達到最大速度，根據動能定理可知解得最大動能為故B錯誤；C．根據乙圖可知，當，小球的重力等于彈簧的彈力，此時小球具有最大速度，小球的動能最大。以彈簧和小球組成的系統(tǒng)為研究對象，由系統(tǒng)機械能守恒可知，當，小球的重力勢能與彈性勢能之和最小，故C正確；D．若小球從彈簧原長處靜止釋放，此后小球做簡諧運動，下降時速度最大，根據對稱性可知小球達到最低點時下降的高度為?，F(xiàn)在小球從彈簧原長上方某一位置由靜止釋放，最低點的高度比由原長處釋放時更低，所以當時，小球速度不為零，還要向下運動，此時的重力勢能不是最小，故D錯誤。故選C。5．（2025·廣東廣州·三模）大型工廠的車間中有一種設備叫做天車如圖甲所示，是運輸材料的一種常用工具。此裝置可以簡化為如圖乙所示的模型，足夠長的光滑水平桿上套有一個滑塊，滑塊M正下方用不可伸長的輕繩懸掛一小球m。開始時兩者均靜止；給小球一水平向右的初速度v0后，小球恰好能擺至與滑塊等高的位置，如圖乙所示，之后小球再向下擺動，則（

）A．小球與滑塊等高時，小球的速度為零B．此過程中，小球與滑塊組成的系統(tǒng)動量不守恒C．小球與滑塊等高時，滑塊的速度達到最大值D．小球向左擺到物塊正下方時，其速度大小仍為v0【答案】B【詳析】A．根據動量守恒定律得，解得小球的速度為，A錯誤；B．此過程中，小球與滑塊組成的系統(tǒng)動量不守恒，只有水平方向動量守恒，B正確；C．小球下落到最低點時，滑塊的速度達到最大值，C錯誤；D．根據機械能守恒定律得，解得，小球向左擺到物塊正下方時，其速度大小小于v0，D錯誤。故選B。6．（2025·廣東珠?！つM預測）如圖所示，光滑水平面上，質量為M=2kg的木板以的速度向左運動。某時刻，質量為m=1kg的小物塊（可視為質點）以向右的速度從木板左端滑上木板。經過t=0.5s后，小物塊恰好相對木板靜止于木板右端。重力加速度。關于這一過程，下列說法正確的是（

）A．兩者最終停在水平面上B．小物塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.4C．木板的長度為1.5mD．系統(tǒng)機械能損失6J【答案】C【詳析】AB．木板與物塊組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，兩者最終以共同速度做勻速運動，以向左為正方向，根據動量守恒守恒可得解得最終速度為方向向左；對木板，由動量定理得解得小物塊與木板間動摩擦因數(shù)為，故AB錯誤；CD．根據能量守恒可得系統(tǒng)機械能損失又可得木板的長度為，故C正確，D錯誤。故選C。7．（2025·廣東惠州·模擬預測）如圖（a）所示，輕質彈簧下端固定在傾角為的粗糙斜面底端擋板上，彈簧處于原長。質量為的小物塊，從斜面頂端由靜止釋放沿斜面下滑，小物塊沿斜面向下運動過程中的合力隨位移變化的圖像如圖（b）所示。已知彈簧始終在彈性限度內，重力加速度，，。下列說法正確的是（）A．此過程小物塊所受重力的沖量為0B．小物塊與?面間的動摩擦因數(shù)為0.4C．小物塊剛接觸彈簧時位移大小D．根據題目所給信息可以計算出彈簧的最大壓縮量【答案】D【詳析】A．根據可知，此過程小物塊所受重力的沖量不為0，選項A錯誤；B．接觸彈簧之前物塊的合外力為4N，則解得小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.25，選項B錯誤；C．由圖像可知，小物塊剛接觸彈簧時位移大小，選項C錯誤；D．根據題目所給信息可知，彈簧壓縮Δx=（0.25-0.15）m=0.1m時合外力為零，則有kΔx=F合1解得k=40N/m設彈簧的最大壓縮量為x，根據功能關系可得解得x=0.3m故D正確。故選D。8．（2025·廣東汕頭·一模）圖所示為乒乓球火箭現(xiàn)象：將乒乓球放在裝有水的水杯中，隨水杯由靜止下落并與地面發(fā)生碰撞后，乒乓球會被彈射到很高的地方。在水杯撞擊地面的極短時間內，杯中產生極大的等效浮力，使乒乓球被加速射出。已知等效浮力給乒乓球的沖量為，乒乓球質量為，下落高度為，當?shù)刂亓铀俣葹?，且遠遠小于等效浮力，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．水杯落地時，乒乓球的速率為B．脫離水面時，乒乓球的速率為C．從開始下落到上升至最高點的過程中，乒乓球的動量變化大小為D．從開始下落到上升至最高點的過程中，乒乓球重力的沖量大小為【答案】D【詳析】A．水杯落地時，乒乓球的速率為選項A錯誤；B．向上為正方向，從水杯落地到乒乓球脫離水面由動量定理解得脫離水面時，乒乓球的速率為選項B錯誤；CD．從開始下落到上升至最高點的過程中，根據動量定理可知乒乓球的動量變化大小為0，乒乓球重力的沖量大小為選項C錯誤，D正確。故選D。二、多選題9．（2025·廣東·模擬預測）新春佳節(jié)的焰火晚會上，某煙花燃放過程中通過不斷改變出射方向來改變運動軌跡，某時刻從H點噴出質量相等可視為質點的兩煙花分別落于Q1和Q2。如圖所示，兩軌跡交于P點，兩條軌跡最高點等高，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．兩束煙花在最高點的速度相同B．落在Q2處的煙花在空中運動的時間更長C．兩束煙花運動過程中動能的變化量相同D．兩束煙花運動過程中動量的變化量相同【答案】CD【詳析】B．由題意可知，兩束煙花在運動過程中僅受到重力作用，從出射到最高點的過程中，兩條軌跡最高點等高，即豎直高度h相等，則在豎直方向根據速度位移公式有可得即兩束煙花出射時豎直方向的初速度大小相等；取向下為正方向，對全過程，根據位移時間公式有其中H，vy0，g都相等，故兩束煙花運動的時間t相等，故B錯誤；A．由題知，在最高點豎直方向的速度減為零，只有水平方向的速度，煙花水平方向做勻速直線運動，則有運動的時間t相同，由圖可知故，故A錯誤；C．根據動能定理有可知兩束煙花運動過程中動能的變化量相同，故C正確；D．根據動量定理有運動的時間t相同，所以兩束煙花運動過程中動量的變化量也相同，故D正確。故選CD。10．（2025·廣東·模擬預測）圖（a）是糧庫工作人員通過傳送帶把稻谷堆積到倉庫內的情景，其簡化模型如圖（b）所示工作人員把一堆稻谷輕輕地放在以恒定的速度v順時針轉動的傳送帶的底端，稻谷經過加速和勻速兩個過程到達傳送帶頂端，然后被拋出落到地上，已知傳送帶長度為L，與地面的夾角為θ，忽略空氣阻力，不計傳送帶兩端輪子半徑大小及稻谷厚度，重力加速度為g，以地面為零勢能面，對于稻谷中一顆質量為m的谷粒P的說法正確的是（）A．在勻速階段，其他谷粒對谷粒P的作用力方向豎直向上B．在傳送帶上運動過程中，其他谷粒對谷粒P做的功為C．谷粒P離開傳送帶后（落地前）的機械能先增大后減小D．在傳送帶上運動時，谷粒P克服重力做功為【答案】AB【詳析】A．在勻速階段，谷粒P受到豎直向下的重力和其他谷粒對谷粒P的作用力，合力為零，所以其他谷粒對谷粒P的作用力方向豎直向上，大小等于mg，故A正確；B．在傳送帶上運動過程中，其他谷粒對谷粒P做的功等于谷粒增加的機械能，所以故B正確；C．谷粒P離開傳送帶后（落地前），只有重力做功，機械能保持不變，故C錯誤；D．在傳送帶上運動時，谷粒P克服重力做功為而是在傳送帶上運動時，谷粒P動能的增加量，故D錯誤。故選AB。11．（2025·廣東珠?！つM預測）如圖（a）所示，傳送帶以恒定速度沿逆時針方向運行t=0時，將質量為的物體（可視為質點）輕放到傳送帶頂端，物體的速度隨時間變化的圖像如圖（b）所示t=1s時，物體從傳送帶底端離開。重力加速度下列說法正確的是（）A．傳送帶與水平面夾角θ=37°B．傳送帶的長度為L=4mC．物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ=0.5D．物體與傳送帶摩擦產生熱量Q=5J【答案】ABC【詳析】AC．物塊剛放上傳送帶上時的加速度則根據牛頓第二定律與傳送帶共速后物塊的加速度根據牛頓第二定律解得傳送帶與水平面夾角θ=37°物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ=0.5，選項AC正確；B．由圖像可知，傳送帶的長度為，選項B正確；D．物體與傳送帶相對路程為摩擦產生熱量，選項D錯誤。故選ABC。12．（2025·廣東惠州·模擬預測）古代拋石機原理簡化如圖所示，輕桿AB可繞轉軸O在豎直面內轉動，兩臂長度分別為、。A處固定質量為24kg的重物，B處放一質量為1kg的石塊。將輕桿拉到水平并從靜止釋放，當輕桿運動到豎直位置時石塊脫離輕桿。重物與石塊均可看成質點，不計空氣阻力和摩擦力，取，下列說法正確的是（）A．從釋放到拋出前，石塊機械能守恒 B．從釋放到拋出前，輕桿對重物做負功C．石塊脫離瞬間的速度大小為 D．石塊脫離瞬間，石塊所受重力的功率為0【答案】BCD【詳析】A．從釋放到拋出前，石塊動能增加、重力勢能增加，石塊的機械能增加，故A錯誤；B．從釋放到拋出前，石塊、重物組成的系統(tǒng)機械能守恒，由于石塊的機械能增加，可知重物的機械能減少，故輕桿對重物做負功，故B正確；C．設脫離時重物速度為v，石塊、重物同軸轉動，角速度相同，根據可知石塊速度為4v，根據機械能守恒有代入題中數(shù)據，解得故C正確；D．石塊脫離瞬間，石塊速度方向水平向右，其方向與重力方向垂直，故石塊脫離瞬間，石塊所受重力的功率為0，故D正確。故選BCD。13．（2025·廣東茂名·模擬預測）如圖甲所示，一右端固定有豎直擋板的質量的木板靜置于光滑的水平面上，另一質量的物塊以的水平初速度從木板的最左端沖上木板，最終物塊與木板保持相對靜止，物塊和木板的運動速度隨時間變化的關系圖像如圖乙所示，物塊可視為質點，則下列判斷正確的是（）A．圖乙中的數(shù)值為4B．物塊與木板的碰撞為彈性碰撞C．整個過程物塊與木板之間因摩擦產生的熱量為12JD．最終物塊距木板左端的距離為3m【答案】BCD【詳析】A．根據題意可知，題圖乙中圖線a表示碰撞前物塊的減速運動過程，圖線b表示碰撞前木板的加速過程，圖線c表示碰撞后木板的減速過程，圖線d表示碰撞后物塊的加速過程，物塊與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大小為v1，設此時木板速度大小為v木，則v木=1m/s，從物塊滑上木板到物塊與木板碰撞前瞬間的過程，根據系統(tǒng)動量守恒有解得v1=4m/s物塊與擋板碰撞后瞬間，物塊的速度為0，木板速度大小為v2，從物塊滑上木板到物塊與木板碰撞后瞬間的過程，根據系統(tǒng)動量守恒有解得v2=3m/s故A錯誤；B．2s末物塊與木板共同運動的速度大小為v3，從物塊滑上木板到最終共同勻速運動的過程，根據系統(tǒng)動量守恒有解得v3=2m/s物塊與木板碰撞前瞬間，系統(tǒng)的動能為物塊與木板碰撞后瞬間，系統(tǒng)的動能故碰撞過程系統(tǒng)沒有機械能損失，故B正確；C．物塊滑上木板時系統(tǒng)的動能為最終相對靜止時系統(tǒng)的動能為所以系統(tǒng)產生的熱量為故C正確；D．由題圖乙得木板長為碰撞后物塊與木板相對位移為故最終物塊距木板左端的距離為3m，故D正確。故選BCD。14．（2025·廣東·二模）距地面為h高度處的甲球由靜止釋放，同時位于地面的乙球以一定的初速度豎直上拋，乙球在上升過程中在距地面0.75h處與甲球發(fā)生彈性正碰，碰后甲球恰好能夠回到原高度處。兩球質量相等且均可視為質點，不計空氣阻力。下列說法正確的有（）A．碰撞前后瞬間，甲球的動量不變B．碰撞前后瞬間，乙球的動能不變C．從釋放到碰撞前過程，甲球的重力沖量小于乙球的重力沖量D．從碰撞后到乙球落地前過程，甲乙兩球的重力沖量相等【答案】BD【詳析】A．碰后甲球恰好能夠回到原高度處，則碰撞前后瞬間，甲球的速度大小不變，方向相反，動量改變，故A錯誤；B．兩球發(fā)生彈性碰撞，由能量守恒定律可知碰撞前后瞬間乙球的動能不變，故B正確；C．從釋放到碰撞前過程，兩球運動時間相等，由可知甲球的重力沖量等于乙球的重力，故C錯誤；D．從碰撞后到乙球落地前過程，兩球運動時間相等，由可知甲乙兩球的重力沖量相等，故D正確。故選BD。15．（2025·廣東深圳·三模）如圖甲所示，一右端固定有豎直擋板的質量的木板靜置于光滑的水平面上，另一質量的物塊以的水平初速度從木板的最左端沖上木板，最終物塊與木板保持相對靜止，物塊和木板的運動速度隨時間變化的關系圖像如圖乙所示，物塊可視為質點，則下列判斷正確的是（）A．圖乙中的數(shù)值為4B．物塊與木板的碰撞為彈性碰撞C．整個過程物塊與木板之間因摩擦產生的熱量為10JD．最終物塊距木板左端的距離為3m【答案】BD【詳析】A．根據題意可知，題圖乙中圖線a表示碰撞前物塊的減速運動過程，圖線b表示碰撞前木板的加速過程，圖線c表示碰撞后木板的減速過程，圖線d表示碰撞后物塊的加速過程，物塊與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大小為，設此時木板速度大小為，則，從物塊滑上木板到物塊與木板碰撞前瞬間的過程，根據系統(tǒng)動量守恒有解得物塊與擋板碰撞后瞬間，物塊的速度為0，木板速度大小為，從物塊滑上木板到物塊與木板碰撞后瞬間的過程，根據系統(tǒng)動量守恒有解得故A錯誤；B．2s末物塊與木板共同運動的速度大小為，從物塊滑上木板到最終共同勻速運動的過程，根據系統(tǒng)動量守恒有解得物塊與木板碰撞前瞬間，系統(tǒng)的動能為物塊與木板碰撞后瞬間，系統(tǒng)的動能故碰撞過程系統(tǒng)沒有機械能損失，故B正確；C．物塊滑上木板時系統(tǒng)的動能為最終相對靜止時系統(tǒng)的動能為所以系統(tǒng)產生的熱量為故C錯誤；D．由題圖乙得木板長為4.5m，碰撞后物塊與木板相對位移為1.5m，故最終物塊距木板左端的距離為3m，故正確。故選BD。三、解答題16．（2025·廣東汕頭·二模）如圖所示，小滑塊和的靜止于光滑平臺上，之間有質量可忽略不計的炸藥。長度的木板c靜止于光滑平面上，上表面與平齊，左端緊靠平臺，右端固定有半徑的半圓形光滑圓軌道.某時刻炸藥爆炸，爆炸過程放出的能量均轉化為物體和的動能，使物塊以速度沖上木板c。已知，，，物塊與木板之間動摩擦因數(shù)，取10m/s2。(1)求爆炸過程中炸藥釋放的能量；(2)若木板固定在平面上，請通過計算說明小滑塊是否能到達圓軌道最高點；(3)若木板不固定在平面上，要使小滑塊既可以到達點又不會從木板上掉下來，求木板長度的取值范圍?！敬鸢浮?1)(2)小滑塊不能經過點(3)【詳析】（1）爆炸過程系統(tǒng)動量守恒，則有爆炸過程釋放的能量聯(lián)立解得（2）不能。若平板固定，物塊從點運動到點的過程中，根據動能定理有若能到達點，從到的過程中，根據動能定理有解得若小滑塊恰好過最高點，根據牛頓第二定律有解得因為，所以小滑塊不能經過點（3）小滑塊到達點與木板共速時，木板最長，根據動量守恒定律有解得根據能量守恒定律有解得小滑塊回到木板左端與木板共速時，木板最短，根據動量守恒定律可得共同速度仍為根據能量守恒定律有解得在這個過程中小滑塊在圓弧上升高度為，根據能量守恒定律有解得即不會脫離圓弧軌道，故木板的長度范圍為。17．（2025·廣東湛江·二模）如圖所示，固定于光滑水平面上的圓弧形軌道B的左端Q與圓心O1的連線與豎直方向夾角為53°，右端D為最低點，半徑。另一質量M=30kg、半徑為R2的圓弧形光滑軌道C放置于光滑水平面上，左端緊靠D點不粘連，最低點與D點等高，T為最高點?？傎|量m=50kg的滑板運動員A從一平臺右端P以的初速度水平飛出，恰好從Q點切入軌道B，經過D點時所受軌道支持力為900N，又恰好滑到T點時相對C靜止。不計空氣阻力，滑板運動員A可視為質點，重力加速度取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，求：(1)P點與Q點的高度差。(2)A經過QD過程克服摩擦力做的功。(3)半徑R2的大小。【答案】(1)(2)(3)【詳析】（1）設在Q點的速度大小為v1，解得P點與Q點的高度差（2）在D點，對運動員受力分析，如圖，根據牛頓第二定律，有：解得根據功和能的關系，A經過QD過程克服摩擦力做的功（3）設A到達T點時與C的水平共同速度為v3，根據動量守恒定律，有解得根據系統(tǒng)機械能守恒，有解得18．（2025·廣東·二模）如圖所示，將一質量為的小物塊P放在O點，某時刻用彈射裝置將其彈出，使其沿著豎直面內半徑為的光滑半圓形軌道OA運動，物塊P恰好通過軌道最高點A。之后，物塊P進入同一豎直面內一個半徑為、圓心為O點的光滑半圓形管道AB（管徑遠小于），A、O、B在同一豎直線上，物塊P的大小略小于管徑且經過A、B兩處時均無能量損失。管道AB與長度為的粗糙水平軌道BC相切于點B，在水平軌道BC末端C點放置另一質量為的小物塊Q。P與水平軌道BC間的動摩擦因數(shù)，P運動到C點時與Q發(fā)生彈性正碰。EF為放在水平地面上的緩沖墊（厚度不計且物塊落入后立即被吸附不反彈），EF離C點的豎直高度為，長度也為。P、Q均可視為質點，重力加速度為，不計空氣阻力。求：(1)P離開O點時速度；(2)P到達半圓管道末端B點時，管道對P的作用力大??；(3)要使P、Q碰后均能平拋落入緩沖墊EF，EF最左端E點離C點的水平距離應滿足的條件?！敬鸢浮?1) (2) (3)【詳析】（1）P恰好通過A點有P從O到A，由動能定理得解得（2）P從A到B，由動能定理得P在B點有解得（3）P從B到C，由動能定理得解得P與Q碰撞，由動量守恒定律碰撞前后總動能不變解得，設P、Q平拋運動的時間t，有要使兩球都能落入槽中，則有，解得專題04機械能守恒、動量守恒及功能關系考點五年考情（2021-2025）命題趨勢考點1機械能守恒定律2025年廣東2024年廣東2023年廣東2022年廣東2021年廣東1.情境復合：試題常整合彈簧模型、圓周運動、斜面碰撞等，構建多階段物理過程。2.雙守恒綜合：強化動量與機械能守恒的聯(lián)合應用（如碰撞后接圓周運動），需精準劃分過程并判斷守恒條件。3.臨界分析：增加對臨界狀態(tài)的考查（如繩模型最高點速度、分離瞬間彈性勢能轉化）。4.數(shù)學工具強化：涉及二元二次方程組、不等式求解范圍（如彈性碰撞速度范圍）。5.實驗創(chuàng)新：設計變式驗證實驗（如氣墊導軌測速度驗證守恒定律）。*備考建議：深入理解守恒條件（系統(tǒng)無外力/非保守內力），強化多對象、多過程建模能力，注重臨界點與數(shù)學工具應用?？键c2動量守恒定律2025年廣東2024年廣東2023年廣東2022年廣東2021年廣東考點01機械能守恒定律1．（2024·廣東·高考真題）如圖所示，光滑斜坡上，可視為質點的甲、乙兩個相同滑塊，分別從、高度同時由靜止開始下滑。斜坡與水平面在O處平滑相接，滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，乙在水平面上追上甲時發(fā)生彈性碰撞。忽略空氣阻力。下列說法正確的有（）A．甲在斜坡上運動時與乙相對靜止B．碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度C．乙的運動時間與無關D．甲最終停止位置與O處相距【答案】ABD【詳析】A．兩滑塊在光滑斜坡上加速度相同，同時由靜止開始下滑，則相對速度為0，故A正確；B．兩滑塊滑到水平面后均做勻減速運動，由于兩滑塊質量相同，且發(fā)生彈性碰撞，可知碰后兩滑塊交換速度，即碰撞后瞬間甲的速度等于碰撞前瞬間乙的速度，故B正確；C．設斜面傾角為θ，乙下滑過程有在水平面運動一段時間t2后與甲相碰，碰后以甲碰前速度做勻減速運動t3，乙運動的時間為由于t1與有關，則總時間與有關，故C錯誤；D．乙下滑過程有由于甲和乙發(fā)生彈性碰撞，交換速度，則可知甲最終停止位置與不發(fā)生碰撞時乙最終停止的位置相同；則如果不發(fā)生碰撞，乙在水平面運動到停止有聯(lián)立可得即發(fā)生碰撞后甲最終停止位置與O處相距，故D正確。故選ABD。2．（2024·廣東·高考真題）如圖所示，探測器及其保護背罩通過彈性輕繩連接降落傘。在接近某行星表面時以的速度豎直勻速下落。此時啟動“背罩分離”，探測器與背罩斷開連接，背罩與降落傘保持連接。已知探測器質量為1000kg，背罩質量為50kg，該行星的質量和半徑分別為地球的和。地球表面重力加速度大小取。忽略大氣對探測器和背罩的阻力。下列說法正確的有（）A．該行星表面的重力加速度大小為B．該行星的第一宇宙速度為C．“背罩分離”后瞬間，背罩的加速度大小為D．“背罩分離”后瞬間，探測器所受重力對其做功的功率為30kW【答案】AC【詳析】A．在星球表面，根據可得行星的質量和半徑分別為地球的和。地球表面重力加速度大小取，可得該行星表面的重力加速度大小故A正確；B．在星球表面上空，根據萬有引力提供向心力可得星球的第一宇宙速度行星的質量和半徑分別為地球的和，可得該行星的第一宇宙速度地球的第一宇宙速度為，所以該行星的第一宇宙速度故B錯誤；C．“背罩分離”前，探測器及其保護背罩和降落傘整體做勻速直線運動，對探測器受力分析，可知探測器與保護背罩之間的作用力“背罩分離”后，背罩所受的合力大小為4000N，對背罩，根據牛頓第二定律解得故C正確；D．“背罩分離”后瞬間探測器所受重力對其做功的功率故D錯誤。故選AC。3．（2023·廣東·高考真題）人們用滑道從高處向低處運送貨物．如圖所示，可看作質點的貨物從圓弧滑道頂端點靜止釋放，沿滑道運動到圓弧末端點時速度大小為。已知貨物質量為，滑道高度為，且過點的切線水平，重力加速度取。關于貨物從點運動到點的過程，下列說法正確的有（

）

A．重力做的功為 B．克服阻力做的功為C．經過點時向心加速度大小為 D．經過點時對軌道的壓力大小為【答案】BCD【詳析】A．重力做的功為A錯誤；B．下滑過程據動能定理可得代入數(shù)據解得，克服阻力做的功為B正確；C．經過點時向心加速度大小為C正確；D．經過點時，據牛頓第二定律可得解得貨物受到的支持力大小為據牛頓第三定律可知，貨物對軌道的壓力大小為，D正確。故選BCD。4．（2021·廣東·高考真題）長征途中，為了突破敵方關隘，戰(zhàn)士爬上陡峭的山頭，居高臨下向敵方工事內投擲手榴彈，戰(zhàn)士在同一位置先后投出甲、乙兩顆質量均為m的手榴彈，手榴彈從投出的位置到落地點的高度差為h，在空中的運動可視為平拋運動，軌跡如圖所示，重力加速度為g，下列說法正確的有（）A．甲在空中的運動時間比乙的長B．兩手榴彈在落地前瞬間，重力的功率相等C．從投出到落地，每顆手榴彈的重力勢能減少D．從投出到落地，每顆手榴彈的機械能變化量為【答案】BC【詳析】A．由平拋運動規(guī)律可知，做平拋運動的時間因為兩手榴彈運動的高度差相同，所以在空中運動時間相等，故A錯誤；B．做平拋運動的物體落地前瞬間重力的功率因為兩手榴彈運動的高度差相同，質量相同，所以落地前瞬間，兩手榴彈重力功率相同，故B正確；C．從投出到落地，手榴彈下降的高度為h，所以手榴彈重力勢能減小量故C正確；D．從投出到落地，手榴彈做平拋運動，只有重力做功，機械能守恒，故D錯誤。故選BC。5．（2022·廣東·高考真題）如圖所示，載有防疫物資的無人駕駛小車，在水平段以恒定功率、速度勻速行駛，在斜坡段以恒定功率、速度勻速行駛。已知小車總質量為，，段的傾角為，重力加速度g取，不計空氣阻力。下列說法正確的有（）A．從M到N，小車牽引力大小為 B．從M到N，小車克服摩擦力做功C．從P到Q，小車重力勢能增加 D．從P到Q，小車克服摩擦力做功【答案】ABD【詳析】A．小車從M到N，依題意有代入數(shù)據解得故A正確；B．依題意，小車從M到N，因勻速，小車所受的摩擦力大小為則摩擦力做功為則小車克服摩擦力做功為800J，故B正確；C．依題意，從P到Q，重力勢能增加量為故C錯誤；D．依題意，小車從P到Q，摩擦力為f2，有摩擦力做功為聯(lián)立解得則小車克服摩擦力做功為700J，故D正確。故選ABD。6．（2025·廣東·高考真題）如圖所示，用開瓶器取出緊塞在瓶口的軟木塞時，先將拔塞鉆旋入木塞內，隨后下壓把手，使齒輪繞固定支架上的轉軸轉動，通過齒輪嚙合，帶動與木塞相固定的拔塞鉆向上運動。從0時刻開始，頂部與瓶口齊平的木塞從靜止開始向上做勻加速直線運動，木塞所受摩擦力f隨位移大小x的變化關系為，其中為常量，h為圓柱形木塞的高，木塞質量為m，底面積為S，加速度為a，齒輪半徑為r，重力加速度為g，瓶外氣壓減瓶內氣壓為且近似不變，瓶子始終靜止在桌面上。（提示：可用圖線下的“面積”表示f所做的功）求：(1)木塞離開瓶口的瞬間，齒輪的角速度。(2)拔塞的全過程，拔塞鉆對木塞做的功W。(3)拔塞過程中，拔塞鉆對木塞作用力的瞬時功率P隨時間t變化的表達式?！敬鸢浮?1)(2)(3)【詳析】（1）木塞的末速度等于齒輪線速度，對木塞，根據運動學公式根據角速度和線速度的關系聯(lián)立可得（2）根據題意畫出木塞摩擦力與運動距離的關系圖如圖所示可得摩擦力對木塞所做的功為對木塞，根據動能定理解得（3）設開瓶器對木塞的作用力為，對木塞，根據牛頓第二定律速度位移開瓶器的功率聯(lián)立可得考點02動量守恒定律7．（2023·廣東·高考真題）某同學受電動窗簾的啟發(fā)，設計了如圖所示的簡化模型．多個質量均為的滑塊可在水平滑軌上滑動，忽略阻力．開窗簾過程中，電機對滑塊1施加一個水平向右的恒力，推動滑塊1以的速度與靜止的滑塊2碰撞，碰撞時間為，碰撞結束后瞬間兩滑塊的共同速度為．關于兩滑塊的碰撞過程，下列說法正確的有（

）

A．該過程動量守恒B．滑塊1受到合外力的沖量大小為C．滑塊2受到合外力的沖量大小為D．滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為【答案】BD【詳析】A．取向右為正方向，滑塊1和滑塊2組成的系統(tǒng)的初動量為碰撞后的動量為則滑塊的碰撞過程動量不守恒，故A錯誤；B．對滑塊1，取向右為正方向，則有負號表示方向水平向左，故B正確；C．對滑塊2，取向右為正方向，則有故C錯誤；D．對滑塊2根據動量定理有解得則滑塊2受到滑塊1的平均作用力大小為，故D正確。故選BD。8．（2025·廣東·高考真題）如圖所示，無人機在空中作業(yè)時，受到一個方向不變、大小隨時間變化的拉力。無人機經飛控系統(tǒng)實時調控，在拉力、空氣作用力和重力作用下沿水平方向做勻速直線運動。已知拉力與水平面成30°角，其大小F隨時間t的變化關系為F=F0－kt（F≠0，F(xiàn)0、k均為大于0的常量），無人機的質量為m，重力加速度為g。關于該無人機在0到T時間段內（T是滿足F>0的任一時刻），下列說法正確的有（

）A．受到空氣作用力的方向會變化B．受到拉力的沖量大小為C．受到重力和拉力的合力的沖量大小為D．T時刻受到空氣作用力的大小為【答案】AB【詳析】AD．無人機經飛控系統(tǒng)實時調控，在拉力、空氣作用力和重力作用下沿水平方向做勻速直線運動，則無人機受到空氣作用力與重力和拉力的合力等大反向，隨著F的減小重力和拉力的合力如圖可知無人機受到空氣作用力的大小和方向均會改變，在T時刻有，F(xiàn)=F0－kT解得故A正確、D錯誤；B．由于拉力F隨時間t均勻變化，則無人機在0到T時間段內受到拉力的沖量大小為F—t圖像與坐標軸圍成的面積為，故B正確；C．將拉力分解為水平和豎直方向，則無人機受重力和拉力的合力在水平方向有無人機受重力和拉力的合力在豎直方向有0到T時間段內無人機受重力和拉力的合力在水平方向的沖量為0到T時間段內無人機受重力和拉力的合力在豎直方向的沖量為則0到T時間段內無人機受到重力和拉力的合力的沖量大小為故C錯誤。故選AB。9．（2024·廣東·高考真題）汽車的安全帶和安全氣囊是有效保護乘客的裝置。（1）安全帶能通過感應車的加速度自動鎖定，其原理的簡化模型如圖甲所示。在水平路面上剎車的過程中，敏感球由于慣性沿底座斜面上滑直到與車達到共同的加速度a，同時頂起敏感臂，使之處于水平狀態(tài)，并卡住卷軸外齒輪，鎖定安全帶。此時敏感臂對敏感球的壓力大小為，敏感球的質量為m，重力加速度為g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面傾角的正切值。（2）如圖乙所示，在安全氣囊的性能測試中，可視為質點的頭錘從離氣囊表面高度為H處做自由落體運動。與正下方的氣囊發(fā)生碰撞。以頭錘到氣囊表面為計時起點，氣囊對頭錘豎直方向作用力F隨時間t的變化規(guī)律，可近似用圖丙所示的圖像描述。已知頭錘質量，重力加速度大小取。求：①碰撞過程中F的沖量大小和方向；②碰撞結束后頭錘上升的最大高度?！敬鸢浮浚?）；（2）①330N?s，方向豎直向上；②0.2m【詳析】（1）敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的壓力FN以及斜面的支持力N，則由牛頓第二定律可知解得（2）①由圖像可知碰撞過程中F的沖量大小方向豎直向上；②頭錘落到氣囊上時的速度與氣囊作用過程由動量定理（向上為正方向）解得v=2m/s則上升的最大高度10．（2022·廣東·高考真題）某同學受自動雨傘開傘過程的啟發(fā)，設計了如圖所示的物理模型。豎直放置在水平桌面上的滑桿上套有一個滑塊，初始時它們處于靜止狀態(tài)。當滑塊從A處以初速度為向上滑動時，受到滑桿的摩擦力f為，滑塊滑到B處與滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，帶動滑桿離開桌面一起豎直向上運動。已知滑塊的質量，滑桿的質量，A、B間的距離，重力加速度g取，不計空氣阻力。求：（1）滑塊在靜止時和向上滑動的過程中，桌面對滑桿支持力的大小和；（2）滑塊碰撞前瞬間的速度大小v1；（3）滑桿向上運動的最大高度h?！敬鸢浮浚?），；（2）；（3）【詳析】（1）當滑塊處于靜止時桌面對滑桿的支持力等于滑塊和滑桿的重力，即當滑塊向上滑動過程中受到滑桿的摩擦力為1N，根據牛頓第三定律可知滑塊對滑桿的摩擦力也為1N，方向豎直向上，則此時桌面對滑桿的支持力為（2）滑塊向上運動到碰前瞬間根據動能定理有代入數(shù)據解得。（3）由于滑塊和滑桿發(fā)生完全非彈性碰撞，即碰后兩者共速，碰撞過程根據動量守恒有碰后滑塊和滑桿以速度v整體向上做豎直上拋運動，根據動能定理有代入數(shù)據聯(lián)立解得。11．（2021·廣東·高考真題）算盤是我國古老的計算工具，中心帶孔的相同算珠可在算盤的固定導桿上滑動，使用前算珠需要歸零，如圖所示，水平放置的算盤中有甲、乙兩顆算珠未在歸零位置，甲靠邊框b，甲、乙相隔，乙與邊框a相隔，算珠與導桿間的動摩擦因數(shù)?，F(xiàn)用手指將甲以的初速度撥出，甲、乙碰撞后甲的速度大小為，方向不變，碰撞時間極短且不計，重力加速度g取。（1）通過計算，判斷乙算珠能否滑動到邊框a；（2）求甲算珠從撥出到停下所需的時間?！敬鸢浮浚?）能；（2）0.2s【詳析】（1）由牛頓第二定律可得，甲乙滑動時均有則甲乙滑動時的加速度大小均為甲與乙碰前的速度v1，則解得v1=0.3m/s甲乙碰撞時由動量守恒定律解得碰后乙的速度v3=0.2m/s然后乙做減速運動，當速度減為零時則可知乙恰好能滑到邊框a；（2）甲與乙碰前運動的時間碰后甲運動的時間則甲運動的總時間為一、單選題1．（2025·廣東深圳·三模）小球P和Q用不可伸長的輕繩懸掛在天花板上，P球的質量大于Q球的質量，懸掛P球的繩比懸掛Q球的繩短。將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，如圖所示，將兩球由靜止釋放，在各自軌跡的最低點（

）A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球重力的瞬時功率一定等于Q球重力的瞬時功率C．P球所受繩的拉力一定小于Q球所受繩的拉力D．P球的向心加速度一定大于Q球的向心加速度【答案】B【詳析】A．從靜止釋放至最低點，由機械能守恒定律得解得在最低點的速度只與半徑有關，可知，則A錯誤B．因在最低點兩球向下的速度為0，則重力的功率為0，則B正確；CD．在最低點，拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得解得向心加速度所以P球所受繩的拉力一定大于Q球所受繩的拉力，向心加速度兩者相等，故CD錯誤。故選B。2．（2025·廣東廣州·三模）某實驗小組測得在豎直方向飛行的無人機飛行高度y隨時間t的變化曲線如圖所示，E、F、M、N為曲線上的點，EF、MN段可視為兩段直線，其方程分別為和。無人機及其載物的總質量為2kg，取豎直向上為正方向。則（）A．EF段無人機的速度大小為4m/sB．FM段無人機的貨物先超重后失重C．FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為4kg?m/sD．MN段無人機機械能守恒【答案】A【詳析】A．EF段無人機的速度大小等于圖像中EF段的斜率，根據其方程：y=4t-26，可知EF段無人機的速度大小為v=4m/s故A正確；B．根據y-t圖像的切線斜率表示無人機的速度，取豎直向上為正方向，可知FM段無人機先豎直向上做減速運動，后豎直向下做加速運動，加速度方向一直向下，則無人機的貨物處于失重狀態(tài)，故B錯誤；C．以y軸正方向為正方向，根據MN段方程：y=-2t+140，可知MN段無人機的速度為v'=-2m/s則FN段無人機和裝載物總動量變化量為FN段無人機和裝載物總動量變化量大小為12kg?m/s，故C錯誤；D．MN段無人機向下做勻速直線運動，動能不變，重力勢能減小，無人機的機械能減小，故D錯誤。故選A。3．（2025·廣東茂名·模擬預測）2024年珠海航展上，我國自主研發(fā)的最新隱身戰(zhàn)斗機殲一35A公開亮相。如圖所示，殲表演時，先沿直線水平向右飛行，再分別沿弧線和運動，整個過程中飛行軌跡在同一豎直面內且運動速率保持不變，下列說法正確的是（）A．整個過程中殲始終處于平衡狀態(tài)B．在段殲處于超重狀態(tài)C．在段殲克服重力做功的功率逐漸增大D．整個過程中殲的機械能守恒【答案】B【詳析】A．殲-35A在沿弧線bc和cd運動時，運動方向不斷變化，合外力不為零，不處于平衡狀態(tài)，故A錯誤；B．沿弧線bc運動時，速率保持不變，在豎直方向的分速度不斷增大，有豎直向上的加速度，所以處于超重狀態(tài)，故B正確；C．沿弧線cd運動時，速率保持不變，在豎直方向的分速度不斷減小，在d點時豎直分速度為零，根據克服重力做功的功率可知在段殲克服重力做功的功率逐漸減小，故C錯誤；D．殲在整個過程中動能不變，重力勢能先不變后逐漸增大，所以機械能先不變后逐漸增大，故D錯誤。故選B。4．（2025·廣東深圳·二模）如圖甲所示，輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，一質量為m的小球，從離彈簧上端高h處由靜止釋放。某同學在研究小球落到彈簧上后繼續(xù)向下運動到最低點的過程，他以小球開始下落的位置為原點，沿豎直向下方向建立坐標軸Ox，做出小球所受彈力F大小隨小球下落的位置坐標x的變化關系如圖乙所示，不計空氣阻力，重力加速度為g。以下判斷正確的是（）A．小球機械能守恒B．小球動能的最大值為mghC．當x=h+x0時，系統(tǒng)重力勢能與彈性勢能之和最小D．當x=h+2x0時，小球的重力勢能最小【答案】C【詳析】A．小球在下落過程中，除重力做功外，彈簧的彈力也做功，故小球的機械能不守恒，故A錯誤；B．當時，有此時小球達到最大速度，根據動能定理可知解得最大動能為故B錯誤；C．根據乙圖可知，當，小球的重力等于彈簧的彈力，此時小球具有最大速度，小球的動能最大。以彈簧和小球組成的系統(tǒng)為研究對象，由系統(tǒng)機械能守恒可知，當，小球的重力勢能與彈性勢能之和最小，故C正確；D．若小球從彈簧原長處靜止釋放，此后小球做簡諧運動，下降時速度最大，根據對稱性可知小球達到最低點時下降的高度為。現(xiàn)在小球從彈簧原長上方某一位置由靜止釋放，最低點的高度比由原長處釋放時更低，所以當時，小球速度不為零，還要向下運動，此時的重力勢能不是最小，故D錯誤。故選C。5．（2025·廣東廣州·三模）大型工廠的車間中有一種設備叫做天車如圖甲所示，是運輸材料的一種常用工具。此裝置可以簡化為如圖乙所示的模型，足夠長的光滑水平桿上套有一個滑塊，滑塊M正下方用不可伸長的輕繩懸掛一小球m。開始時兩者均靜止；給小球一水平向右的初速度v0后，小球恰好能擺至與滑塊等高的位置，如圖乙所示，之后小球再向下擺動，則（

）A．小球與滑塊等高時，小球的速度為零B．此過程中，小球與滑塊組成的系統(tǒng)動量不守恒C．小球與滑塊等高時，滑塊的速度達到最大值D．小球向左擺到物塊正下方時，其速度大小仍為v0【答案】B【詳析】A．根據動量守恒定律得，解得小球的速度為，A錯誤；B．此過程中，小球與滑塊組成的系統(tǒng)動量不守恒，只有水平方向動量守恒，B正確；C．小球下落到最低點時，滑塊的速度達到最大值，C錯誤；D．根據機械能守恒定律得，解得，小球向左擺到物塊正下方時，其速度大小小于v0，D錯誤。故選B。6．（2025·廣東珠?！つM預測）如圖所示，光滑水平面上，質量為M=2kg的木板以的速度向左運動。某時刻，質量為m=1kg的小物塊（可視為質點）以向右的速度從木板左端滑上木板。經過t=0.5s后，小物塊恰好相對木板靜止于木板右端。重力加速度。關于這一過程，下列說法正確的是（

）A．兩者最終停在水平面上B．小物塊與木板間動摩擦因數(shù)為0.4C．木板的長度為1.5mD．系統(tǒng)機械能損失6J【答案】C【詳析】AB．木板與物塊組成的系統(tǒng)滿足動量守恒，兩者最終以共同速度做勻速運動，以向左為正方向，根據動量守恒守恒可得解得最終速度為方向向左；對木板，由動量定理得解得小物塊與木板間動摩擦因數(shù)為，故AB錯誤；CD．根據能量守恒可得系統(tǒng)機械能損失又可得木板的長度為，故C正確，D錯誤。故選C。7．（2025·廣東惠州·模擬預測）如圖（a）所示，輕質彈簧下端固定在傾角為的粗糙斜面底端擋板上，彈簧處于原長。質量為的小物塊，從斜面頂端由靜止釋放沿斜面下滑，小物塊沿斜面向下運動過程中的合力隨位移變化的圖像如圖（b）所示。已知彈簧始終在彈性限度內，重力加速度，，。下列說法正確的是（）A．此過程小物塊所受重力的沖量為0B．小物塊與?面間的動摩擦因數(shù)為0.4C．小物塊剛接觸彈簧時位移大小D．根據題目所給信息可以計算出彈簧的最大壓縮量【答案】D【詳析】A．根據可知，此過程小物塊所受重力的沖量不為0，選項A錯誤；B．接觸彈簧之前物塊的合外力為4N，則解得小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ=0.25，選項B錯誤；C．由圖像可知，小物塊剛接觸彈簧時位移大小，選項C錯誤；D．根據題目所給信息可知，彈簧壓縮Δx=（0.25-0.15）m=0.1m時合外力為零，則有kΔx=F合1解得k=40N/m設彈簧的最大壓縮量為x，根據功能關系可得解得x=0.3m故D正確。故選D。8．（2025·廣東汕頭·一模）圖所示為乒乓球火箭現(xiàn)象：將乒乓球放在裝有水的水杯中，隨水杯由靜止下落并與地面發(fā)生碰撞后，乒乓球會被彈射到很高的地方。在水杯撞擊地面的極短時間內，杯中產生極大的等效浮力，使乒乓球被加速射出。已知等效浮力給乒乓球的沖量為，乒乓球質量為，下落高度為，當?shù)刂亓铀俣葹?，且遠遠小于等效浮力，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．水杯落地時，乒乓球的速率為B．脫離水面時，乒乓球的速率為C．從開始下落到上升至最高點的過程中，乒乓球的動量變化大小為D．從開始下落到上升至最高點的過程中，乒乓球重力的沖量大小為【答案】D【詳析】A．水杯落地時，乒乓球的速率為選項A錯誤；B．向上為正方向，從水杯落地到乒乓球脫離水面由動量定理解得脫離水面時，乒乓球的速率為選項B錯誤；CD．從開始下落到上升至最高點的過程中，根據動量定理可知乒乓球的動量變化大小為0，乒乓球重力的沖量大小為選項C錯誤，D正確。故選D。二、多選題9．（2025·廣東·模擬預測）新春佳節(jié)的焰火晚會上，某煙花燃放過程中通過不斷改變出射方向來改變運動軌跡，某時刻從H點噴出質量相等可視為質點的兩煙花分別落于Q1和Q2。如圖所示，兩軌跡交于P點，兩條軌跡最高點等高，不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）A．兩束煙花在最高點的速度相同B．落在Q2處的煙花在空中運動的時間更長C．兩束煙花運動過程中動能的變化量相同D．兩束煙花運動過程中動量的變化量相同【答案】CD【詳析】B．由題意可知，兩束煙花在運動過程中僅受到重力作用，從出射到最高點的過程中，兩條軌跡最高點等高，即豎直高度h相等，則在豎直方向根據速度位移公式有可得即兩束煙花出射時豎直方向的初速度大小相等；取向下為正方向，對全過程，根據位移時間公式有其中H，vy0，g都相等，故兩束煙花運動的時間t相等，故B錯誤；A．由題知，在最高點豎直方向的速度減為零，只有水平方向的速度，煙花水平方向做勻速直線運動，則有運動的時間t相同，由圖可知故，故A錯誤；C．根據動能定理有可知兩束煙花運動過程中動能的變化量相同，故C正確；D．根據動量定理有運動的時間t相同，所以兩束煙花運動過程中動量的變化量也相同，故D正確。故選CD。10．（2025·廣東·模擬預測）圖（a）是糧庫工作人員通過傳送帶把稻谷堆積到倉庫內的情景，其簡化模型如圖（b）所示工作人員把一堆稻谷輕輕地放在以恒定的速度v順時針轉動的傳送帶的底端，稻谷經過加速和勻速兩個過程到達傳送帶頂端，然后被拋出落到地上，已知傳送帶長度為L，與地面的夾角為θ，忽略空氣阻力，不計傳送帶兩端輪子半徑大小及稻谷厚度，重力加速度為g，以地面為零勢能面，對于稻谷中一顆質量為m的谷粒P的說法正確的是（）A．在勻速階段，其他谷粒對谷粒P的作用力方向豎直向上B．在傳送帶上運動過程中，其他谷粒對谷粒P做的功為C．谷粒P離開傳送帶后（落地前）的機械能先增大后減小D．在傳送帶上運動時，谷粒P克服重力做功為【答案】AB【詳析】A．在勻速階段，谷粒P受到豎直向下的重力和其他谷粒對谷粒P的作用力，合力為零，所以其他谷粒對谷粒P的作用力方向豎直向上，大小等于mg，故A正確；B．在傳送帶上運動過程中，其他谷粒對谷粒P做的功等于谷粒增加的機械能，所以故B正確；C．谷粒P離開傳送帶后（落地前），只有重力做功，機械能保持不變，故C錯誤；D．在傳送帶上運動時，谷粒P克服重力做功為而是在傳送帶上運動時，谷粒P動能的增加量，故D錯誤。故選AB。11．（2025·廣東珠?！つM預測）如圖（a）所示，傳送帶以恒定速度沿逆時針方向運行t=0時，將質量為的物體（可視為質點）輕放到傳送帶頂端，物體的速度隨時間變化的圖像如圖（b）所示t=1s時，物體從傳送帶底端離開。重力加速度下列說法正確的是（）A．傳送帶與水平面夾角θ=37°B．傳送帶的長度為L=4mC．物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ=0.5D．物體與傳送帶摩擦產生熱量Q=5J【答案】ABC【詳析】AC．物塊剛放上傳送帶上時的加速度則根據牛頓第二定律與傳送帶共速后物塊的加速度根據牛頓第二定律解得傳送帶與水平面夾角θ=37°物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ=0.5，選項AC正確；B．由圖像可知，傳送帶的長度為，選項B正確；D．物體與傳送帶相對路程為摩擦產生熱量，選項D錯誤。故選ABC。12．（2025·廣東惠州·模擬預測）古代拋石機原理簡化如圖所示，輕桿AB可繞轉軸O在豎直面內轉動，兩臂長度分別為、。A處固定質量為24kg的重物，B處放一質量為1kg的石塊。將輕桿拉到水平并從靜止釋放，當輕桿運動到豎直位置時石塊脫離輕桿。重物與石塊均可看成質點，不計空氣阻力和摩擦力，取，下列說法正確的是（）A．從釋放到拋出前，石塊機械能守恒 B．從釋放到拋出前，輕桿對重物做負功C．石塊脫離瞬間的速度大小為 D．石塊脫離瞬間，石塊所受重力的功率為0【答案】BCD【詳析】A．從釋放到拋出前，石塊動能增加、重力勢能增加，石塊的機械能增加，故A錯誤；B．從釋放到拋出前，石塊、重物組成的系統(tǒng)機械能守恒，由于石塊的機械能增加，可知重物的機械能減少，故輕桿對重物做負功，故B正確；C．設脫離時重物速度為v，石塊、重物同軸轉動，角速度相同，根據可知石塊速度為4v，根據機械能守恒有代入題中數(shù)據，解得故C正確；D．石塊脫離瞬間，石塊速度方向水平向右，其方向與重力方向垂直，故石塊脫離瞬間，石塊所受重力的功率為0，故D正確。故選BCD。13．（2025·廣東茂名·模擬預測）如圖甲所示，一右端固定有豎直擋板的質量的木板靜置于光滑的水平面上，另一質量的物塊以的水平初速度從木板的最左端沖上木板，最終物塊與木板保持相對靜止，物塊和木板的運動速度隨時間變化的關系圖像如圖乙所示，物塊可視為質點，則下列判斷正確的是（）A．圖乙中的數(shù)值為4B．物塊與木板的碰撞為彈性碰撞C．整個過程物塊與木板之間因摩擦產生的熱量為12JD．最終物塊距木板左端的距離為3m【答案】BCD【詳析】A．根據題意可知，題圖乙中圖線a表示碰撞前物塊的減速運動過程，圖線b表示碰撞前木板的加速過程，圖線c表示碰撞后木板的減速過程，圖線d表示碰撞后物塊的加速過程，物塊與擋板碰撞前瞬間，物塊的速度大小為v1，設此時木板速度大小為v木，則v木=1m/s，從物塊滑上木板到物塊與木板碰撞前瞬間的過程，根據系統(tǒng)動量守恒有解得v1=4m/s物塊與擋板碰撞后瞬間，物塊的速度為0，木板速度大小為v2，從物塊滑上木板到物塊與木板碰撞后瞬間的過程，根據系統(tǒng)動量守恒有解得v2=3m/s故A錯誤；B．2s末物塊與木板共同運動