2026版创新设计高考总复习物理(人教基础版)教师用-阶段复习(三)　能量与动量

阶段复习(三)能量与动量(限时:45分钟)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。故从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.(多选)(2025·八省联考河南卷,8)2024年我国研制的“朱雀三号”可重复使用火箭垂直起降飞行试验取得圆满成功。假设火箭在发动机的作用下,从空中某位置匀减速竖直下落,到达地面时速度刚好为零。若在该过程中火箭质量视为不变,则()A.火箭的机械能不变B.火箭所受的合力不变C.火箭所受的重力做正功D.火箭的动能随时间均匀减少答案BC解析由于火箭匀减速竖直下落,速度减小,动能减少,且重力势能减少,故火箭的机械能减少,故A错误;由于火箭匀减速竖直下落,加速度恒定,由牛顿第二定律可知,火箭所受的合力不变,故B正确;由于火箭下落,故火箭所受的重力做正功,故C正确;火箭的动能Ek=12mv2=12m(v0-at)3.(2025·江苏苏州模拟)如图所示,在风洞实验室中,从A点以水平速度v0向左抛出一个质量为m的小球(可视为质点),小球抛出后所受空气作用力沿水平方向,其大小为F,经过一段时间小球运动到A点正下方的B点处,重力加速度为g。在此过程中,下列说法正确的是()A.小球离A、B所在直线的最远距离为2B.小球从A点运动到B点的总时间为mC.A、B两点间的距离为2D.小球的最大速率为v答案C解析对小球进行分析,竖直方向上做自由落体运动,水平方向上做双向匀变速直线运动,在水平方向根据牛顿第二定律有F=ma,当水平方向速度减为0时,小球距离AB直线最远,利用逆向思维有v02=2axmax,解得xmax=mv022F,故A错误;小球从A运动到B过程,水平方向上,根据速度公式有-v0=v0-at,解得t=2mv0F,故B错误;根据位移公式有hAB=12gt2,解得hAB=2m2gv02F2,故C正确;小球做类斜抛运动,小球运动到B点时速率最大,根据动能定理有mgh4.(2025·江西鹰潭模拟)打夯亦称“夯实”,俗称“打地基”。打夯原为建住宅时对地基以人力方式用夯锤进行夯实,防止房屋建造后因墙底松软导致的墙体塌陷或裂纹。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2Fcosα-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FcosαC.夯锤具有重力势能的最大值为FHcosαD.夯锤砸入地面过程中,对地面的平均冲击力大小为2答案A解析两人施力时夯锤所受的合力大小为F合=2Fcosα-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=2Fcosα-mgm,方向竖直向上,故B错误;夯锤上升过程中由动能定理2Fcosα·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=2FHcosα,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=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,下列说法中正确的是()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=mgC.轻绳的弹力大小为T=MD.A的末速度大小为v=m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(26.(2025·青海西宁模拟)如图所示,顶角P为53°的光滑“”形硬杆固定在竖直平面内,质量均为m的小球甲、乙(均视为质点)用长度为L的轻质硬杆连接,分别套在“”形硬杆的倾斜和水平部分,当轻质硬杆呈竖直状态时甲静止在A点,乙静止在C点。甲由于受到轻微的扰动开始运动,当甲运动到B点时,轻质硬杆与“”形硬杆的倾斜部分垂直,重力加速度大小为g,则甲在B点的速度大小为()A.5gL5C.5gL2答案B解析由于甲在B位置时,轻质硬杆与“”形硬杆的倾斜部分垂直,根据关连速度的分解规律可知,甲沿轻质硬杆的分速度为0,即此时乙的速度为0,甲小球减小的重力势能转化为甲的动能,则有mg(L-Lsin37°)=12mv2,解得v=25gL5,故7.(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500g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300g的钢球B从左侧以0.4m/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向左运动,速度大小为0.3m/sD.碰撞过程中钢球A对钢球B的冲量大小为0.15N·s,方向水平向左答案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=-0.1m/s,负号表示方向向左,v2=0.3m/s,故C错误;对B分析,由动量定理I=mBv1-mBv0,解得I=-0.15N8.(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gLC.A球机械能减小了14D.A球运动到最低点时,B球向右运动距离为L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=9.(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=2.75m,所对圆心角θ=37°,水平粗糙轨道CD段长L=5m。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=10kg的货物从距离B点高度h=1.5m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=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=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)5m/s(2)50kg(3)175J解析(