2024年高考物理题型突破限时小题精练10 动量和能量问题

小题精练10动量和能量问题公式、知识点回顾（时间：5分钟）一、几种常见的功能关系及其表达式力做功能的变化定量关系合力做功动能变化(1)合力做正功，动能增加(2)合力做负功，动能减少(3)W＝Ek2－Ek1＝ΔEk重力做功重力势能变化(1)重力做正功，重力势能减少(2)重力做负功，重力势能增加(3)WG＝－ΔEp＝Ep1－Ep2弹簧弹力做功弹性势能变化(1)弹力做正功，弹性势能减少(2)弹力做负功，弹性势能增加(3)WF＝－ΔEp＝Ep1－Ep2静电力做功电势能变化(1)静电力做正功，电势能减少(2)静电力做负功，电势能增加(3)W电＝－ΔEp安培力做功电能变化(1)安培力做正功，电能减少(2)安培力做负功，电能增加(3)W安＝－ΔE电除重力和系统内弹力之外的其他力做功机械能变化(1)其他力做正功，机械能增加(2)其他力做负功，机械能减少(3)W＝ΔE机一对相互作用的滑动摩擦力的总功内能变化(1)作用于系统的一对滑动摩擦力的总功一定为负值，系统内能增加(2)Q＝Ff·L相对二、动量定理与动能定理的比较定理动量定理动能定理公式F合t＝mv′－mvF合s＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)标矢性矢量式标量式因果关系因合外力的冲量合外力做的功(总功)果动量的变化动能的变化应用侧重点涉及力与时间涉及力与位移（1）如果遇到的问题，不需要求加速度，可以不运用牛顿定律，涉及到力的时间效应则用动量定理，空间效应则用动能定理。（2）对于两个或两以上物体组成的物体系统，如果用牛顿定律和隔离法，有时会很复杂，但用动量定理，就非常简单【例题】（2023•武汉模拟）在光滑水平面上有一表面光滑的斜面，质量为M、高度为h、倾角为θ，一质量为m的物块（视为质点）从斜面底端以一定的初速度v0沿斜面向上运动，如图所示。若斜面固定，则物块恰好能到达斜面顶端；若斜面不固定，则物块沿斜面上升的最大高度为（）A．MM+mh B．C．M+msin2【解答】解：斜面固定，物块恰好到达斜面顶端，有1斜面不固定，物块与斜面，水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，有mv0cosθ＝（M+m）v1在物块沿斜面上升的最大高度时，根据能量转化和守恒有：1得h'=M+msin2θ故选：C。难度：★★★建议时间：30分钟正确率：/15（2023•昌平区二模）飞机沿某水平面内的圆周匀速率地飞行了一周，已知飞机质量为m，速率为v，圆周运动半径为R。下列说法正确的是（）A．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则所受合外力为零 B．飞机做匀速圆周运动，速率没变，则动量守恒 C．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，动量的改变源于向心力的冲量，即I=FD．飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零【解答】解：A、飞机做匀速圆周运动，速率没变，速度的方向不断变化，因此速度是变化的，所受合外力不为零，故A错误；BC、飞机做匀速圆周运动，速率没变，速度的方向不断变化，速度不断变化，由p＝mv知动量不断变化，动量不守恒；根据动量定理，动量的改变源于向心力的冲量，由于向心力是变力，不能根据I＝Fn•Δt＝mv2R•2πRv=2πD、飞机飞行时，速度的方向不断变化，因此动量不守恒；飞行一周合外力冲量为零，根据动量定理，飞行一周动量的改变量为零，故D正确。故选：D。（2023•绵阳模拟）如图所示，是某汽车公司设计的能垂直起飞的飞行汽车，该车通过固定在车上的两个单旋翼的高速转动对空气施加向下的力，利用空气的反作用力使汽车上升。已知该汽车空车质量560kg，单旋翼的半径2m。某次试飞时，试飞员的质量60kg，试飞员让汽车起飞后悬停在空中。已知空气的密度1.20kg/m3，重力加速度取10m/s2。则此时旋翼使其下方空气获得的速度约为（）A．7m/s B．10m/s C．14m/s D．20m/s【解答】解：汽车与试飞员的重力G＝（m1+m2）g＝（60+560）×10N＝6200N试飞员让汽车起飞后悬停在空中，受到空气的作用力：F＝G＝6200N取空气获得的速度方向为正方向，根据动量定理Ft＝mv﹣0而m＝2ρV＝2ρSl＝2ρSvt所以Ft＝2ρπr2v2t代入数据得v≈14m/s，故ABD错误，C正确；故选：C。（2023•海淀区校级模拟）如图所示，在光滑的水平面上有一辆平板车。开始时人、锤和车都处于静止状态。人站在车左端，且始终与车保持相对静止，人抡起锤敲打车的左端，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度。在连续的敲打的过程中，下列说法正确的是（）A．小车将持续地向右运动 B．锤、人和车组成的系统机械能守恒 C．每次锤被向左抡到最高点的时刻，人和车的速度都向右 D．每当锤打到车左端的时刻，人和车立即停止运动【解答】解：ACD、把人、大锤和车看成一个系统，系统水平方向不受外力，所以系统水平方向动量守恒。由题知系统的总动量为零，所以用大锤连续敲击车的左端时，由水平方向动量守恒可知大锤向左运动时，小车向右运动；大锤向右运动时，小车向左运动，所以车左右往复运动，不会连续向右运动，每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度，人和车立即停止运动，故AC错误，D正确；B、每当锤打到车左端时都立即与车具有共同速度，系统机械能有损失，可知人和车组成的系统机械能不守恒，故B错误。故选：D。（2023•镇海区模拟）如图所示，小车与木箱紧挨着静止放在光滑的水平冰面上，现有一男孩站在小车上用力向右迅速推出木箱，关于上述过程，下列说法正确的是（）A．男孩和木箱组成的系统机械能守恒 B．小车与木箱组成的系统动量守恒 C．男孩、小车与木箱三者组成的系统动量守恒 D．小孩推力的冲量小于木箱的动量的变化量【解答】解：A．男孩和木箱组成的系统动能增大，由人体生物能转化为系统机械能，机械能不守恒，故A错误；BC．男孩、小车与木箱三者组成的系统系统受合外力为零，系统动量守恒；小车与木箱组成的系统合外力不为零，系统动量不守恒，故B错误，C正确；D．由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，由此可知小孩推力的冲量等于木箱的动量的变化量，故D错误。故选：C。（2023•西城区校级模拟）一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3kg的B固定在一起，质量为1kg的A放于B上。现在A上施加力F使得弹簧压缩，然后撤去力F，此后A和B一起竖直向上运动，且A和B能分离。如图所示。当A、B分离后，A上升0.2m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法不正确的是（）（g取10m/s2）A．A、B分离时B的加速度为g B．弹簧的弹力对B做功为零 C．弹簧的弹力对B的冲量大小为6N•s D．B的动量变化量为零【解答】解：A．由分离的条件可知，A、B物体分离时二者的速度、加速度相等，二者之间的相互作用力为0，所以此时A只受重力，A的加速度为aA＝g所以B的加速度为也等于g，故A正确，不符合题意；B．A、B物体分离时弹簧恢复原长，A到最高点时弹簧再次恢复原长，所以从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零，所以弹簧对B做功为零，故B正确，不符合题意；C．A、B物体分离后A做竖直上抛运动，可知竖直上抛的初速度为v=2gh=2上升到最高点所需的时间为t=2hg由运动的对称性可知此时B的速度为2m/s，方向竖直向下，对B在此过程中运用动量定理得mBgt+I弹＝mBv﹣（﹣mBv）代入数据解得弹簧的弹力对B的冲量大小为IN＝6N⋅s故C正确，不符合题意；D．B的动量变化量为Δp＝mBv﹣（﹣mBv）＝3×2kg•m/s﹣（﹣3×2）kg•m/s＝12kg•m/s故D错误，符合题意。故选：D。（2023•镇海区模拟）运动员将排球从M点水平击出，排球飞到P点时，被对方运动员击出，球又斜向上飞出后落到M点正下方的N点，若N点与P点等高，轨迹的最高点Q与M等高，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．排球两次飞行过程中重力对排球做的功相等 B．排球两次飞行过程中外力对排球的冲量相等 C．排球离开M点的速率比经过Q点的速率小 D．排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大【解答】解：A．从M到P，重力对排球做功mgh，从P到N过程中，重力对排球做功为零，则排球两次飞行过程中重力对排球做的功不相等，故A错误；B．因从P到N过程中排球飞行的时间等于从M到P过程中排球飞行时间的2倍，排球飞行过程中只受重力作用，则根据I＝mgt可知，排球两次飞行过程中外力对排球的冲量不相等，故B错误；C、排球从M到P和从Q到N都是平抛运动，在M、Q点均只有水平方向的速度，高度h相同，由t=2hg知运动时间相同，但xMP＞xQN，由x＝v0t可推出离开M点的速度大于经过QD．排球到达P点时的竖直速度等于排球离开P点时的竖直速度（高度相同），而排球到达P点时的水平速度大于排球离开P点时的水平速度，则排球到达P点时的速率比离开P点时的速率大，故D正确。故选：D。（2023•罗湖区校级三模）根据机动车的运动情况，绘制如图xt2-1t图像，已知一质量为A．机动车的初速度v0＝10m/s B．机动车的加速度大小为2m/s2 C．机动车在前3s的位移是12m D．机动车前3s的动量变化量为1.2×104kg⋅m/s【解答】解：AB、由x=v0结合题图可知：截距为12a=-2m/s2，解得斜率为v0=0-(-2)0.2m/s=10m/s，故ACD、由于机动车的加速度为负值，所以机动车为减速运动，其减速到零的时间为t=其再前3s的位移为x=0-v0D、机动车前3s的动量变化量为Δp＝p2﹣p1＝0﹣1000×10kg•m/s＝﹣10000kg•m/s，故D错误。故选：A。（2023•平度市二模）如图甲所示，固定光滑斜面上有质量为m＝6kg的物体，在大小为12N，方向平行于斜面的拉力F的作用下做匀速直线运动，从x1＝﹣2.5m位置处拉力F逐渐减小，力F随位移x的变化规律如图乙所示，当x2＝7m时拉力减为零，物体速度刚好为零，取g＝10m/s2，下列说法正确的是（）A．斜面倾角θ为30° B．整个上滑的过程中，物体的机械能增加27J C．物体匀速运动时的速度大小为3m/s D．物体在减速阶段所受合外力的冲量为﹣12N•s【解答】解：A.当物体沿斜面向上做匀速直线运动时，由平衡条件得：F＝mgsinθ其中F＝12N，m＝6kg代入数据得：sinθ＝0.2，所以θ＜30°，故A错误；B.图象与坐标轴围成的面积表示拉力做的功，则由图象可知，整个过程中拉力F做的功为：WF＝12×2.5J+12（7﹣2.5）×12J物体机械能的变化量等于重力以外的力做的功，则该物体在上滑过程中除重力做功外只有拉力F做功，所以物体的机械能增加了57J，故B错误；CD.整个过程中重力做功为：WG＝−mgx2sinθ代入数据得：WG＝−84J根据动能定理得：WG+WF＝0-解得：v0＝3m/s根据动量定理可得：I＝0﹣mv0代入数据得：I＝﹣18Ns，故C正确，D错误。故选：C。（2023•浙江模拟）如图所示，是一种被称为“移动摆”的装置，即将单摆悬挂于一辆可以移动的车上。假设单摆在重力作用下做机械振动，且车和摆始终在同一平面内运动。若忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为研究对象，则（）A．机械能守恒，动量守恒 B．机械能守恒，动量不守恒 C．机械能不守恒，动量守恒 D．机械能不守恒，动量不守恒【解答】解：忽略所有摩擦和阻力，以车和摆的整体为系统，只有单摆的重力对系统做功，使系统的重力势能和动能相互转化，所以机械能守恒。直接分析系统所受合力是否为零，不好分析，可用假设法处理。假设车和摆组成的系统动量守恒，则由动量守恒条件可知，系统在整个运动过程中所受合力应始终为零。但是当摆运动到最低点时，系统所受合力为单摆的向心力、不等于零，故假设不成立，故系统动量不守恒。但系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒。故ACD错误，B正确。故选：B。（2023•坪山区校级三模）皮划艇射击是一种比赛运动，比赛时，运动员站在静止的皮划艇上，持枪向岸上的枪靶水平射击。已知运动员（包括除子弹外的装备）及皮划艇的总质量为M，子弹的质量为m，假设子弹射击过程中火药释放的总能量为E，且全部转化为动能，在陆地射击和在皮划艇上射击时子弹出射速度会有少许差异。陆地射击时子弹的射出速度为v1，子弹动能为Ek1；在皮划艇上射击时子弹的出射速度为v2，动能为Ek2，运动员及皮划艇的速度为v3，射击过程中可认为子弹、运动员及皮划艇组成的系统在水平方向动量守恒。下列关系式正确的是（）A．v1=Em C．v2=2(M【解答】解：A．在陆地射击时，火药释放的能量全部转化为子弹的动能，有E解得v故A错误；CD．在皮划艇上射击时，子弹、运动员及皮划艇组成的系统在水平方向动量守恒，有0＝Mv3+mv2E=1联立解得v2v1故C错误，D正确；B．在皮划艇上射击时，子弹的动能大小为Ek2则前后动能之比为Ek1故B错误。故选：D。（2023•海淀区二模）关于做自由落体运动的物体，下列说法正确的是（）A．动能Ek随时间t变化的快慢ΔEkB．动量p随时间t变化的快慢ΔpΔt随时间均匀增大C．重力势能Ep随位移x变化的快慢ΔEpD．机械能E随位移x变化的快慢ΔEΔx【解答】解：A、自由落体时，动能随时间变化的表达式为Ek=12mB、自由落体时，动量随时间变化的表达式为p＝mv＝mgt，ΔpΔt=mgt-0t-0=mg，动量pC、自由落体时，以开始下落位置所在水平面为参考平面，重力势能随位移变化的表达式为Ep＝﹣mg•x，ΔEpΔx=-mg⋅x-0x-0=-mg，重力势能D、自由落体时只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律可知ΔEΔx为0，故D故选：A。（2023•平度市二模）用传感器研究质量为2kg的物体由静止开始做直线运动的规律时，在计算机上得到0～6s内物体的加速度随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．0～2s内物体做匀加速直线运动 B．0～2s内物体速度增加了4m/s C．2～4s内合外力冲量的大小为8N•s D．4～6s内合外力对物体做正功【解答】解：A、0﹣2s内物体的加速度随时间均匀增加，所以物体做的不是匀加速直线运动，故A错误；B、根据Δv＝aΔt可知，a﹣t图象的面积表示某段时间物体的速度的变化量，则根据图象可知，0～2s内物体速度增加了2m/s，故B错误；C、根据图象可知2～4s内物体的速度增加量为Δv＝4m/s，根据动量定理可知该段时间合外力的冲量为I＝mΔv＝2kg×4m/s＝8N•s，故C正确；D、根据图象可知4～6s内物体的速度变化量为零，则根据动能定理可知，物体受到的合外力对物体做功之和为零，故D错误。故选：C。（2023•房山区一模）如图所示，运动员进行原地纵跳摸高训练。运动员先下蹲，重心下降，经过充分调整后，由静止发力跳起摸高。忽略空气阻力影响，在蹬地过程中，下列说法正确的是（）A．运动员始终处于超重状态 B．运动员机械能守恒 C．运动员一直做加速运动 D．地面对运动员支持力的冲量大于运动员所受重力的冲量【解答】解：AC．运动员从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程，运动员先向上加速，当地面支持力等于重力时速度达到最大，之后脚与地面作用力逐渐减小，加速度向下，运动员开始减速，当脚与地面作用力为零时，离开地面。故运动员先超重后失重，故AC错误；B．运动员在蹬地起跳过程中，要消耗体内化学能转化为机械能，故机械能增加，机械能不守恒，故B错误；D．以向上为正方向，对运动员，从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程应用动量定理，有I支﹣I重＝mv﹣0故地面对运动员支持力的冲量大于运动员所受重力的冲量，故D正确。故选：D。（2023•佛山模拟）2022年10月12日，“天宫课堂”第三课在距地高度约380km的空间站里开讲，授课中地面传输中心调用两颗地球同步卫星“天链一号”03星和“天链一号”01星，为空间站提供天基测控和数据中继服务，如图所示。下列说法正确的是（）A．“天链一号”01星的线速度小于空间站的线速度 B．空间站绕地球转动半周，所受万有引力的冲量为0 C．“天链一号”03星和空间站与地心连线每秒扫过的面积相等 D．“天链一号”01星和03星的速度相