高考物理【一轮复习】讲义练习阶段复习(三)　能量与动量

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1.(2025·河南信阳模拟)原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某次摸高测试中，一同学从如图A所示的静止下蹲状态，脚刚离开地面，如图B所示，身体运动到最高点时位置如图C所示，三幅图代表同一竖直线上的三个位置，不计空气阻力，关于该同学测试的全过程，下列说法正确的是( )
A.从A到B的运动过程中，地面支持力对该同学做正功
B.该同学在C图位置的机械能等于在A图位置的机械能
C.从A到B的运动过程中，地面对脚的支持力始终大于该同学的重力
D.从A到C的过程中，地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向
答案 D
解析 从A到B的运动过程中，地面支持力的位移为零，地面支持力对该同学不做功，故A错误;蹬地起跳过程中运动员消耗体内化学能转化为机械能，B图位置的机械能大于在A图位置的机械能，从B到C的运动过程中机械能守恒，则该同学在C图位置的机械能大于在A图位置的机械能，故B错误;运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，先向上加速，地面支持力大于重力;当地面支持力等于重力时速度最大;之后脚与地面作用力逐渐减小，运动员开始减速，当脚与地面作用力为零时，离开地面。则从A到B的运动过程中，地面对脚的支持力不是始终大于该同学的重力，故C错误;从A到C的过程中，应用动量定理有I支＋IG＝0，所以地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向，故D正确。
2.(2025·山东名校冲刺卷)物体浸在粘滞流体中时，表面上会附着一层流体，在运动时，物体所受的粘滞阻力就是物体表面附近的流层间的内摩擦力引起的。如图所示，质量为m、体积为V的小球在粘滞流体中由静止释放，运动距离h后，小球达到最大速度v。已知重力加速度为g，液体密度为ρ。该过程小球克服粘滞阻力做的功可能为( )
A.mghB.mgh－ρgVh
C.mgh＋ρgVh－12mv2D.ρgVh－mgh－12mv2
答案 D
解析 小球运动方向不确定，需要分情况讨论，设题述过程小球克服粘滞阻力做的功为W。①小球向下运动时，由动能定理有mgh－ρgVh－W＝12mv2，可得W＝mgh－ρgVh－12mv2。②小球向上运动时，由动能定理有ρgVh－mgh－W＝12mv2，可得W＝ρgVh－mgh－12mv2。综上可得，D正确。
3.如图甲所示，一物体置于倾角θ＝30°的足够长光滑斜面上，电动机由跨过定滑轮的轻绳牵引物体沿斜面上升。启动电动机后，在0~6 s时间内物体运动的v－t图像如图乙所示，其中除1~5 s时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，1 s后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为5 kg，不计一切阻力，重力加速度g取10 m/s2。则( )
A.0~1 s内电动机的输出功率不变
B.1~5 s内电动机牵引力逐渐变大
C.0~1 s内电动机牵引力大小为20 N
D.1 s后电动机的输出功率为180 W
答案 D
解析 由图乙可知，0~1 s内物体做匀加速直线运动，则电动机牵引力大小不变，物体速度增大，则0~1 s内电动机的输出功率P＝Fv变大，故A错误;1~5 s内物体的加速度逐渐减小，则电动机牵引力逐渐减小，故B错误;0~1 s内物体的加速度为a＝41 m/s2＝4 m/s2，由牛顿第二定律可得，F－mgsin θ＝ma，则牵引力大小为F＝ma＋mgsin θ＝45 N，故C错误;1 s后电动机的输出功率不变，等于1 s时的输出功率，则有P＝Fv＝45×4 W＝180 W，故D正确。
4.(2025·江西鹰潭模拟)如图所示，在某次打夯过程中，两人通过绳子同时对夯锤各施加一个大小均为F的力，力的方向都与竖直方向成α角，夯锤离开地面H后两人同时停止施力，最后夯锤下落把地面砸深h。以地面为参考平面，重力加速度大小为g。则( )
A.两人施力时夯锤所受的合力大小为2Fcs α－mg，方向竖直向上
B.两人停止施力前夯锤上升过程中加速度大小为Fcsα-mgm，方向竖直向上
C.夯锤具有重力势能的最大值为FHcs α
D.夯锤砸入地面过程中，对地面的平均冲击力大小为2FHcsαh
答案 A
解析 两人施力时夯锤所受的合力大小为F合＝2Fcs α－mg，方向竖直向上，故A正确;两人停止施力前夯锤上升过程中加速度大小为a＝F合m＝2Fcsα-mgm，方向竖直向上，故B错误;夯锤上升过程中由动能定理2Fcs α·H－mgH＝0，以地面为参考平面，夯锤具有重力势能的最大值Epm＝mgH＝2FHcs α，故C错误;夯锤砸入地面过程中由动能定理mg(H＋h)－Fh＝0，解得F＝2FHcsαh＋mg，故D错误。
5.(2025·广东惠州高三期末)阿特伍德机是英国科学家阿特伍德发明的著名力学实验装置，如图所示为阿特伍德机的简化示意图。质量均为M的两个重物A、B通过轻绳跨过光滑轻滑轮，保持静止状态。现将质量为m的小物块C轻放在A上，让装置动起来，从开始运动到A和C下落高度h过程中，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A.A和B构成的系统机械能守恒
B.A和C向下运动的加速度大小为a＝mg2M＋m
C.轻绳的弹力大小为T＝M(M＋m)g2M＋m
D.A的末速度大小为v＝mMgh
答案 B
解析 物块C对A和B构成的系统做功，所以A和B构成的系统机械能不守恒，A错误;对A、B、C系统，根据牛顿第二定律得mg＝(2M＋m)a，解得a＝mg2M＋m，B正确;对B，根据牛顿第二定律得T－Mg＝Ma，解得T＝2M(M＋m)g2M＋m，C错误;根据机械能守恒定律得mgh＝12(2M＋m)v2，解得 v＝2mgh2M＋m，D错误。
6.(2025·海南海口模拟)2023年9月，“天宫课堂”第四课演示在微重力环境下不同质量钢球的对心碰撞所产生的现象。如图，在空间站中将一个质量为500 g的实心钢球A放到网格布前方(相对网格布静止)，一个质量为300 g的钢球B从右侧以0.4 m/s的水平速度与钢球A发生对心碰撞，若钢球之间的碰撞可视为弹性碰撞，以下说法正确的是( )
A.碰撞前钢球B不受重力的作用，处于完全失重状态
B.碰撞过程中钢球B对钢球A的作用力大于钢球A对钢球B的作用力
C.碰撞后钢球B向右运动，速度大小为0.3 m/s
D.碰撞过程中钢球A对钢球B的冲量大小为0.15 N·s，方向水平向右
答案 D
解析 钢球B虽然处于完全失重状态，但仍受重力作用，只是重力提供了B做圆周运动的向心力，故A错误;碰撞过程中，钢球A与钢球B之间的力为相互作用力，大小相等，方向相反，故B错误;由动量守恒定律可得mBv0＝mBv1＋mAv2，由能量守恒定律可得12mBv02＝12mBv12＋12mAv22，解得v1＝－0.1 m/s，负号表示方向向右，v2＝0.3 m/s，故C错误;对B分析，由动量定理I＝mBv1－mBv0，解得I＝－0.15 N·s，方向水平向右，故D正确。
7.(多选)(2025·四川绵阳市南山中学月考)如图所示，质量均为m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，重力加速度为g。从释放到A球运动到最低点的过程中，下列说法正确的是( )
A.A、B组成的系统动量守恒
B.A球运动到最低点时速度大小为gL
C.A球机械能减小了14mgL
D.A球运动到最低点时，B球向右运动距离为L2
答案 BD
解析 A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A错误;当A球摆到B球正下方时，A、B球的速度大小分别为vA和vB，以小球A摆到最低点所在平面为参考平面，由水平方向动量守恒得mvA＝mvB，由机械能守恒定律得mgL＝12mvA2＋12mvB2，解得vA＝vB＝gL，即A球运动到最低点时速度大小为gL，故B正确;A球机械能减小量ΔE＝mgL－12mvA2＝12mgL，故C错误;由水平方向动量守恒，有mxAt－mxBt＝0，xA＋xB＝L，解得A球运动到最低点时，B球向右运动距离为L2，故D正确。
8.(2025·江苏南京模拟)某快递站利用如图所示装置运送货物(视为质点)，固定倾斜轨道AB的B点与轨道B'CD的B'点等高，两轨道相切并平滑连接。轨道B'CD上表面由光滑圆弧轨道B'C和水平粗糙轨道CD组成且相切于C点，圆弧轨道B'C的半径R＝2.75 m，所对圆心角θ＝37°，水平粗糙轨道CD段长L＝5 m。轨道B'CD静置于光滑水平面上，右侧紧靠竖直墙壁。现将质量m＝10 kg的货物从距离B点高度h＝1.5 m的A点无初速度释放，货物滑到轨道B'CD左端D点时恰好与轨道保持相对静止。货物与倾斜轨道AB、水平粗糙轨道CD间的动摩擦因数分别为μ0＝0.125、μ1＝0.3，重力加速度大小g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不计空气阻力。求:
(1)货物在B点的速度大小;
(2)轨道B'CD的质量M;
(3)整个过程中由于摩擦产生的内能Q。
答案 (1)5 m/s (2)50 kg (3)175 J
解析 (1)货物从A到B点，根据动能定理有mgh－μ0mgcs θhsinθ＝12mv2
解得v＝5 m/s。
(2)货物从B到C点，根据动能定理有mgR(1－cs θ)＝12mvC2－12mv2
解得vC＝6 m/s
设轨道的质量为M，从C到D，根据动量守恒定律有mvC＝(m＋M)vD
根据能量守恒定律有12mvC2＝12(m＋M)vD2＋μ1mgL
解得M＝50 kg。
(3)根据功能关系可知Q＝μ0mgcs θhsinθ＋μ1mgL＝175 J。
9.(2024·山东卷，17)如图甲所示，质量为M的轨道静止在光滑水平面上，轨道水平部分的上表面粗糙，竖直半圆形部分的表面光滑，两部分在P点平滑连接，Q为轨道的最高点。质量为m的小物块静置在轨道水平部分上，与水平轨道间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。已知轨道半圆形部分的半径R＝0.4 m，重力加速度大小g＝10 m/s2。
(1)若轨道固定，小物块以一定的初速度沿轨道运动到Q点时，受到轨道的弹力大小等于3mg，求小物块在Q点的速度大小v;
(2)若轨道不固定，给轨道施加水平向左的推力F，小物块处在轨道水平部分时，轨道的加速度a与F对应关系如图乙所示。
(ⅰ)求μ和m;
(ⅱ)初始时，小物块静置在轨道最左端，给轨道施加水平向左的推力F＝8 N，当小物块到P点时撤去F，小物块从Q点离开轨道时相对地面的速度大小为7 m/s。求轨道水平部分的长度L。
答案 (1)4 m/s (2)(ⅰ)0.2 1 kg (ⅱ)4.5 m
解析 (1)在Q点，对小物块由牛顿第二定律有mg＋3mg＝mv2R
解得v＝4 m/s。
(2)(ⅰ)根据题图乙分析可知，当外力F≤4 N时，轨道与小物块一起向左加速运动，对整体由牛顿第二定律有F＝(M＋m)a
变形得a＝1M＋mF
结合题图乙可知1M＋m＝24 kg－1＝0.5 kg－1
当外力F>4 N时，轨道与小物块发生相对滑动，对轨道由牛顿第二定律有F－μmg＝Ma
变形得a＝1MF－μmgM
结合题图乙可知1M＝6-28-4 kg－1＝1 kg－1－μmgM＝－2 m/s2
联立解得M＝1 kg，m＝1 kg，μ＝0.2。
(ⅱ)根据题图乙可知，当F＝8 N时，轨道的加速度为a1＝6 m/s2，小物块的加速度为a2＝μg＝2 m/s2，方向均水平向左，
设经时间t0，小物块运动至轨道上的P点时的速度v2＝a2t0
此时轨道的速度v1＝a1t0
小物块从P点运动至Q点的过程，小物块与轨道组成的系统机械能守恒，水平方向上动量守恒，取水平向左为正方向，则有12Mv12＋12mv22＝12Mv32＋12mv42＋2mgR
Mv1＋mv2＝Mv3＋mv4
其中v4＝7 m/s
联立并代入数据解得t0＝1.5 s(另一解不符合题意，舍去)
根据运动学规律有L＝12a1t02－12a2t02
解得L＝4.5 m。