2023年高考物理二轮复习试题4 能量观点和动量观点在力学中的应用（含解析）

专题04能量观点和动量观点在力学中的应用

一、单选题

1.（2022.浙江.高考真题）单位为J/m的物理量是（）

A.力B.功C.动能D.电场强度

【答案】A

【详解】根据功的定义式W=&可知

J=N-m

则有

mm

因N是力的单位，故单位为J/m的物理量是力。

故选A。

2.（2022・浙江・高考真题）小明用额定功率为1200W、最大拉力为300N的提升装置，把静

置于地面的质量为20kg的重物竖直提升到高为85.2m的平台，先加速再匀速，最后做加速

度大小不超过5m//的匀减速运动，到达平台的速度刚好为零，g取10m/s，则提升重物的

最短时间为（）

A.13.2sB.14.2sC.15.5sD.17.0s

【答案】C

【详解】为了以最短时间提升重物，一开始先以最大拉力拉重物做匀加速上升，当功率达到

额定功率时，保持功率不变直到重物达到最大速度，接着做匀速运动，最后以最大加速度做

匀减速上升至平台速度刚好为零，重物在第一阶段做匀加速上升过程，根据牛顿第二定律可

得

T-mg300-20x10,2

a.=-------=----------------m/s-2=5cm/s-

1m20

当功率达到额定功率时，设重物的速度为匕，则有

%1200,”,

v.==------m/s=4m/s

17；300

此过程所用时间和上升高度分别为

=—=—s=0.8s

a}5

y：42

h,=」一=---m=1.6m

1

2a}2x5

重物以最大速度匀速时，有

/J=1200

m/s=6m/s

T~mg~200

重物最后以最大加速度做匀减速运动的时间和上升高度分别为

Z3=-^-=-S=1.2S

/5

v262

h.=——=--m=3.6m

2/2x5

设重物从结束匀加速运动到开始做匀减速运动所用时间为:2,该过程根据动能定理可得

耳心一叫饱=3%说一

又

hy=85.2m-1.6m—3.6m=80m

联立解得

t2=13.5s

故提升重物的最短时间为

41in=t\+，2+G=0.8s+13.5s+1.2s=15.5s

C正确，ABD错误；

故选C。

3.（2022•江苏・高考真题）某滑雪赛道如图所示，滑雪运动员从静止开始沿斜面下滑，经圆

弧滑道起跳。将运动员视为质点，不计摩擦力及空气阻力，此过程中，运动员的动能线与

水平位移x的关系图像正确的是（）

Ek

【详解】设斜面倾角为8,不计摩擦力和空气阻力，由题意可知运动员在沿斜面下滑过程中

根据动能定理有

Ek-mgxtan0

即

EA

—k=mgtan0

x

下滑过程中开始阶段倾角e不变，图像为一条直线；经过圆弧轨道过程中e先减小后

增大，即图像斜率先减小后增大。

故选A。

4.（2022・浙江・高考真题）神舟十三号飞船采用“快速返回技术”，在近地轨道上，返回舱

脱离天和核心舱，在圆轨道环绕并择机返回地面。则（）

A.天和核心舱所处的圆轨道距地面高度越高，环绕速度越大

B.返回舱中的宇航员处于失重状态，不受地球的引力

C.质量不同的返回舱与天和核心舱可以在同一轨道运行

D.返回舱穿越大气层返回地面过程中，机械能守恒

【答案】C

【详解】AC.根据

可得

可知圆轨道距地面高度越高，环绕速度越小；而只要环绕速度相同，返回舱和天和核心舱可

以在同一轨道运行，与返回舱和天和核心舱的质量无关，故A错误，C正确；

B.返回舱中的宇航员处于失重状态，仍然受到地球引力作用，地球的引力提供宇航员绕地

球运动的向心力，故B错误；

D.返回舱穿越大气层返回地面过程中，有阻力做功产生热量，机械能减小，故D错误。

故选C。

5.（2022•全国•高考真题）北京2022年冬奥会首钢滑雪大跳台局部示意图如图所示。运动

员从a处由静止自由滑下，到6处起跳，c点为a、6之间的最低点，a、c两处的高度差为人

要求运动员经过c点时对滑雪板的压力不大于自身所受重力的左倍，运动过程中将运动员视

为质点并忽略所有阻力，则c点处这一段圆弧雪道的半径不应小于（）

“hc2h

A.-----D.——

k+lk-1

【答案】D

【详解】运动员从。到c•根据动能定理有

mgh=gm寸

在c点有

F^-mg=m--

cK.

FNC这kmg

联立有

故选D。

6.（2022・北京・高考真题）“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地。跳台滑雪运动中，

裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大致经

过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段,

当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中

运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落

地时两腿屈膝，两臂左右平伸。下列说法正确的是（）

Co2）

助滑区

起跳区

着陆坡

A.助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力

B.起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度

C.飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度

D.着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间

【答案】B

【详解】A.助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；

B.起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是通过增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在

相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；

C.飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速

度，C错误；

D.着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体

受到的平均冲击力，D错误。

故选B。

7.（2022・湖北・高考真题）一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2%在

随后的一段时间内速度大小由2v，增大到5%前后两段时间内，合外力对质点做功分别为

M和卬2,合外力的冲量大小分别为//和/2。下列关系式一定成立的是（）

A.叱=3叱,B.叱=3忆2人

C.叱=7叫，/,<3/,D.吗=7叱，/,>/,

【答案】D

【详解】根据动能定理可知

叱=；〃7（2u）2='|/W2

1,1,21,

2

W2=-m（5v~）-—m（2v）~=-mv~

可得

%=7叱

由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动

量变化量最大，因此冲量的大小范围是

mv</,<3mv

3mv</,<7mv

比较可得

一定成立。

故选D。

8.（2022・河北,模拟预测）法国物理学家贝克勒尔发现自然界中有一些物质具有天然放射现

象，能够发生衰变反应。一个静止的置U原子核衰变成一个新核记Th,同时放出一个带电

粒子，该粒子的动能大小为E,动量大小为p。下列说法正确的是（）

A.放出的带电粒子为电子

B.”Th的结合能比丁U的结合能大

C.记Th的动量大小为零

D.”Th的动能大小为善

【答案】D

【详解】A.该核反应方程为

-Uf-Th+；He

即放出的粒子为a粒子，不是电子，A错误；

B.a衰变过程释放能量，所以置U的结合能比转Th的大，B错误；

C.核反应前后动量守恒，由于原来等U静止，可知制Th的动量与a粒子的动量大小相等、

反向相反，故记Th的动量大小为p,C错误；

D.™Th的动能为

22

2叫2x234

a粒子的动能为

%=£=£=E

k22用2x4

联立解得

=£=更

kl2叫117

D正确。

故选D。

二、多选题

9.（2022・湖南•高考真题）神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减

速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运

动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其UV图像如图所示。设该过程中，重力加

速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是（）

A.在0~乙时间内，返回舱重力的功率随时间减小

B.在0~彳时间内，返回舱的加速度不变

C.在彳时间内，返回舱的动量随时间减小

D.在弓时间内，返回舱的机械能不变

【答案】AC

【详解】A.重力的功率为

P=mgv

由图可知在0~〃时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；

B.根据I"图像的斜率表示加速度可知在时间内返回舱的加速度戒小，故B错误；

C.在"T2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小。故C正确；

D.在72~73时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，

重力势能减小，故机械能减小，故D错误。

故选AC。

10.(2022,全国•高考真题)质量为1kg的物块在水平力尸的作用下由静止开始在水平地面上

做直线运动，尸与时间f的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为02重力加

速度大小取g=10m/s?。则()

“F/N

4——

*t/s

A.4s时物块的动能为零

B.6s时物块回到初始位置

C.3s时物块的动量为12kg-m/s

D.0~6s时间内尸对物块所做的功为40J

【答案】AD

【详解】物块与地面间的摩擦力为

f=jumg=2N

AC.对物块从03内由动量定理可知

(F-/X=mv3

即

(4-2)x3=1xv3

得

匕=6m/s

3s时物块的动量为

p=mv3=6kg-m/s

设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得

-(F+f)t=0-mvi

即

-(4+2)Z=0-lx6

解得

r=ls

所以物块在4s时速度减为0,则此时物块的动能也为0,故A正确，C错误；

B.03物块发生的位移为内，由动能定理可得

1,

=-mvj

即

1,

(4-2)Xj=—x1x62

得

X|=9m

3s〜4s过程中，对物块由动能定理可得

~(F+f)x2=0-^mvj

即

—

—(4+2)X2—0—xIx6"

得

x2=3m

4s6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为

a=―—―=2m/s2

m

发生的位移为

；x2x2?m=4m<占+%

即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；

D.物块在6s时的速度大小为

%=2x2m/s=4m/s

06s拉力所做的功为

W=(4X9-4X3+4X4)J=40J

故D正确。

故选ADO

11.(2022・辽宁・大连二十四中模拟预测)卢瑟福用a粒子轰击氮核发现质子的核反应为：

；N+；He-；7O+；H。已知氮核质量为咻=14.()0753U,氮核质量”氏=4.()0387U,氧核的

质量为砥>=17.00454U,质子(氢核)质量为％=1.00815u。(已知：=931MeV)；假

设入射氨核以％=3xl0?m/s的速度沿两核中心连线方向轰击静止氮核。反应生成的氧核和

质子同方向运动，且速度大小之比为1:5()。则()

A.卢瑟福通过该反应发现了原子的核式结构B.该反应吸收能量L2MeV

C.反应生成物的比结合能增大D.反应后氧核的速率为1.8xl()6m/s

【答案】BD

【详解】A.卢瑟福通过a粒子散射实验发现了原子的核式结构，故A错误；

B.该反应吸收能量

2

AE=(mHe+mN—znp)c®L2MeV

故B正确；

C.因为该反应吸收能量，生成物更不稳定，比结合能更小，故C错误；

D.设反应后氧核的速率为V,则质子速率为50v,质子质量为孙根据动量守恒有

=llmv+mx50v

解得

v»1.8xl06m/s

故D正确。

故选BD0

12.（2022・重庆•模拟预测）在匀强磁场中用a粒子（：He）轰击静止的铝（：；A1）原子核时,

产生了P、Q两个粒子，如图所示，已知匀强磁场方向垂直纸面向里，各粒子的速度方向均

与磁场方向垂直，粒子P的运动轨迹在图中未画出，粒子Q做匀速直线运动，a粒子的质量

为加3铝原子核的质量为，*2,P粒子的质量为Q粒子的质量为，如，光在真空中的速度

为C则下列说法正确的是（）

XXX

//a粒子

X:XXX

X\XHAlXvX

.........-e-------►

Q

XXXX

A.Q粒子可能是质子

B.P粒子沿顺时针方向运动

C.P粒子的电荷量大于铝原子核的电荷量

D.核反应过程中释放出的能量为c2

【答案】CD

【详解】A.由于Q粒子做匀速直线运动，所以Q粒子不带电，是中子，选项A错误；

B.由于Q粒子不带电，则P粒子一定带正电，由左手定则可知，P粒子沿逆时针方向运动，

选项B错误；

C.由核反应前后质量数和电荷数均守恒可知，P粒子的电荷量大于铝原子核的电荷量，选

项C正确；

D.由爱因斯坦的质能方程AE=AMC2,可知核反应过程中释放出的能量

2

=+/n,—nty—/n4）c

选项D正确。

故选CD。

13.（2022•安徽淮北二模）位于合肥市科学岛上的东方超环（EAST）（俗称“人造小太阳”）

是中国科学院等离子体物理研究所自主设计、研制并拥有完全知识产权的磁约束核聚变实验

装置，是世界上第一个非圆截面全超导托卡马克。该装置主要是将笊核聚变反应释放的能量

用来发电。笊核聚变反应方程汨+汨一；田+（＞。假设两个笊核以相同大小的速度沿同一

直线相向碰撞，聚变反应释放的能量全部转化为两个新核的动能，分别用，*〃、mHe.m„,表

示:H、出e、7的质量，用c表示光速，则下列说法正确的是（）

A.反应后中子与氨核的动能之比为黄

B.反应后中子和氨核的速度大小之比为区

限

C.该聚变反应中释放的核能为（2WH-mHe-w„）c2

D.笊核;H聚变成氨核：He的过程中，核子的平均质量减小

【答案】ACD

【详解】AB.由于反应前两个笊核速度方向相反，所以系统初动量为零，核反应过程中内

力远大于外力，动量守恒，所以生成的氨核与中子的合动量也为零，设反应后中子和氨核的

速度大小分别为小和W/e,则

“X/He="Mn

解得

匕/一

所以反应后中子与氨核的动能之比为

12

£kn_2fflnV".mUc

耳呢一；叫。唳%

故A正确，B错误；

C.根据质能方程可得该聚变反应中释放的核能为

2（）2

E=Awe=2/nH—mHc—mnc

故C正确；

D.笊核田聚变成氨核；He的过程中，核子数守恒，但由于释放了核能，所以存在质量亏损，

则反应后核子的平均质量减小，故D正确。

故选ACDO

14.（2022•重庆市中学模拟预测）如图所示,半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，

小球A、B质量分别为机、hn（A为待定系数），A球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨

道下滑，与静止于轨道最低点B球相撞，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g。关于各种

情况下我的取值’下列各项中正确的是（）

A.若0＜左＜0.2,则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点

B.若则小球B第一次碰后将会在某处脱离圆轨道

C.若々＞1,小球B在后续运动过程中会脱离轨道

D.若k=3,小球A和小球B以后每次都是在圆轨道的最低点发生碰撞

【答案】ABD

【详解】AC.小球A下滑到最低点的过程中

第一次碰撞满足动量守恒和机械能守恒，即

加%=4-kmv3

^mv^=^mv1+^lonvl

解得

B1+Z

师

小球B恰运动至轨道顶点，设此时速度为L则

kmv2.

----=kmg

R

解得

根据机械能守恒可得

gkmv^-king•2R+gkmv1

解得

即

,2M

k=--------1®0.265

5

根据上面分析，小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点时

V3>yl5gR

即

k<0.265

因此，若0<%<0.2,则小球B第一次碰后就能够运动到圆轨道的最高点。若k=L两球发

生弹性碰撞，由于两球的质量相等，速度交换，小球B恰能运动到右侧,圆弧轨道速度减

4

为零，然后返回，不会脱离轨道，若女>L小球B则运动不到右侧!圆弧轨道处速度减为

零，然后返回，不会脱离轨道，故A正确，C错误；

B.根据上面分析可知，若0.3<欠<1,则小球B第一次碰后将会在右侧!圆弧轨道至最高点

4

的某处脱离圆轨道，故B正确；

D.当&=3时

VB=g

VA=-1>/2^

两球速度大小相同，方向相反，经过相同的时间同时回到最低点，发生第二次弹性碰撞，根

据动量守恒与机械能守恒可知，第二次碰撞后

匕=-"^

小球B静止，小球A反向运动，速度大小等于第一次碰撞前速度大小，往上运动到左侧上圆

4

弧轨道速度减为零，然后返回，重复第一次碰撞过程，如此反复，故D正确。

故选ABD。

三、解答题

15.(2022・辽宁•模拟预测)如图所示，在一次无人机模拟演练中，某同学指挥自己设计的

遥控无人机在26N的恒定升力作用下由地面从静止开始竖直向上运动，6s后关闭动力，空

气阻力恒为4N,上升到最大高度后该同学操作无人机下落，经过6.5s无人机返回地面且速

度刚好减为零，已知无人机质量为2kg,g取lOm/s：求：

(1)无人机上升的最大高度；

(2)整个运动过程中无人机的平均功率。

【答案】(1)19.5m；(2)12W

【详解】(1)设无人机从静止竖直起飞匀加速上升过程的加速度为6,上升的高度为4,

上升的最大高度为“，则

F-mg-f=

,12

关闭动力后，对无人机有

f+mg=ma2

上升的高度为

92a?

最大局度为

H=hy+hy

联立解得

”=19.5m

(2)无人机从最大高度到地面的过程中，由动能定理有

W2+mgH-fl1=0

匀减速上升阶段的运动时间

整个过程的运动时间为

t=t{+t2+t3

上升过程中无人机做的功为

叱=他

则整个过程的平均功率为

联立解得

P=12W

16.（2022・浙江•模拟预测）某游乐场的滑梯可以简化为如图所示竖直面内的ABC。轨道，

48为长乙=6111、倾角£=37。的斜轨，8c为水平轨道，8为半径R=15m、圆心角6=37。

的圆弧，轨道AB段粗糙其余各段均光滑。一小孩（可视为质点）从A点以初速度%=2百m/s

下滑，沿轨道运动到。点时的速度恰好为零（不计经过B点时的能量损失）。已知该小孩的

质量机=30kg,sin37°=0.6,cos37°=0.8,不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩

擦力。求：

（1）该小孩第一次经过圆弧C点时，对圆弧轨道的压力几；

（2）该小孩在轨道AB上第一次从A下滑到B的时间t；

（3）若将AB段轨道改为圆弧形状（图中虚线部分，轨道材质不变），试定性说明题设条件

下小孩在轨道上游玩时是否会冲出。点而发生危险？

【答案】（1）420N,方向向下；（2）正二8s；（3）不会

2

【详解】（1）由C到。速度减为0.由动能定理可得

-mg(R-Rcos/J)=0-^nv^

解得

vc=2V15m/s

在C点，由牛顿第二定律得

F口^-mg=m—Vc

cK

解得

产NC二420N

根据牛顿第三定律，小孩对轨道的压力为

FN=F/VC=420N

方向向下；

（2）小孩从A运动到。的过程中，由动能定理得：

na-/imgLcosa-mgR（1-cos/?）=0--

可得

“=0.25

在A8上运动的加速度大小

”=侬皿二侬£处=4侬：

m

根据

代入数据解得

病一百

t=--------------s

2

(3)若将48段轨道改为圆弧形状，摩擦力做功会增加，速度减小更快，小孩到达不了。

点，所以小孩在轨道上游玩时不会冲出。点而发生危险。

17.(2022・山东高考真题)如图所示，“L”型平板B静置在地面上，小物块A处于平板B

上的O'点，O'点左侧粗糙，右侧光滑。用不可伸长的轻绳将质量为M的小球悬挂在。'点

正上方的。点，轻绳处于水平拉直状态。将小球由静止释放，下摆至最低点与小物块A发

生碰撞，碰后小球速度方向与碰前方向相同，开始做简谐运动(要求摆角小于5。)，A以速

度％沿平板滑动直至与B右侧挡板发生弹性碰撞。一段时间后，A返回到。点的正下方时，

相对于地面的速度减为零，此时小球恰好第一次上升到最高点。已知A的质量以=。-1kg,

B的质量，〃B=0-3kg,A与B的动摩擦因数4=0.4,B与地面间的动摩擦因数

生=0.225,%=4m/s,取重力加速度g=lOm/s?。整个过程中A始终在B上，所有碰撞时

间忽略不计，不计空气阻力，求：

(1)A与B的挡板碰撞后，二者的速度大小匕与%;

(2)B光滑部分的长度”；

(3)运动过程中A对B的摩擦力所做的功％;

(4)实现上述运动过程，”的取值范围(结果用cos5。表示)。

机A

|-|R

/77w7ZW7777777777777777Z77777777W7J77777777777777777777777wW7777

o

73

【答案】⑴VA=2m/s,vB=2m/s;(2)d=-m；(3)-之J；(4)

o65

40万M45/2^

-----<—<-------——

45

机A45（l-Vl-cos5）

【详解】（1）设水平向右为正方向，因为0'点右侧光滑，由题意可知A与B发生弹性碰撞，

故碰撞过程根据动量守恒和能量守恒有

机八%=加八匕+%%

111

万叫%2=5%％2+5'匹吒2

代入数据联立解得

vA=-2m/s,（方向水平向左）

VB=2m/s,（方向水平向右）

即A和B速度的大小分别为力=2m/s,vB=2m/s0

（2）因为A物体返回到0点正下方时，相对地面速度为0,A物体减速过程根据动能定理

有

„12

代入数据解得

x0=0.5m

根据动量定理有

-^mAgt2=0-mAvA

代入数据解得

t2=0.5s

此过程中A减速的位移等于B物体向右的位移，所以对于此过程B