階段復(fù)習(xí)(三)能量與動(dòng)量(限時(shí):50分鐘)1.(2025·河南信陽模擬)原地縱跳摸高是常見的體能測(cè)試項(xiàng)目。在某次摸高測(cè)試中，一同學(xué)從如圖A所示的靜止下蹲狀態(tài)，腳剛離開地面，如圖B所示，身體運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)位置如圖C所示，三幅圖代表同一豎直線上的三個(gè)位置，不計(jì)空氣阻力，關(guān)于該同學(xué)測(cè)試的全過程，下列說法正確的是()A.從A到B的運(yùn)動(dòng)過程中，地面支持力對(duì)該同學(xué)做正功B.該同學(xué)在C圖位置的機(jī)械能等于在A圖位置的機(jī)械能C.從A到B的運(yùn)動(dòng)過程中，地面對(duì)腳的支持力始終大于該同學(xué)的重力D.從A到C的過程中，地面對(duì)腳的支持力沖量與該同學(xué)的重力沖量等大反向答案D解析從A到B的運(yùn)動(dòng)過程中，地面支持力的位移為零，地面支持力對(duì)該同學(xué)不做功，故A錯(cuò)誤;蹬地起跳過程中運(yùn)動(dòng)員消耗體內(nèi)化學(xué)能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，B圖位置的機(jī)械能大于在A圖位置的機(jī)械能，從B到C的運(yùn)動(dòng)過程中機(jī)械能守恒，則該同學(xué)在C圖位置的機(jī)械能大于在A圖位置的機(jī)械能，故B錯(cuò)誤;運(yùn)動(dòng)員從用力蹬地到剛離開地面的起跳過程，先向上加速，地面支持力大于重力;當(dāng)?shù)孛嬷С至Φ扔谥亓r(shí)速度最大;之后腳與地面作用力逐漸減小，運(yùn)動(dòng)員開始減速，當(dāng)腳與地面作用力為零時(shí)，離開地面。則從A到B的運(yùn)動(dòng)過程中，地面對(duì)腳的支持力不是始終大于該同學(xué)的重力，故C錯(cuò)誤;從A到C的過程中，應(yīng)用動(dòng)量定理有I支＋I(xiàn)G＝0，所以地面對(duì)腳的支持力沖量與該同學(xué)的重力沖量等大反向，故D正確。2.(2025·山東名校沖刺卷)物體浸在粘滯流體中時(shí)，表面上會(huì)附著一層流體，在運(yùn)動(dòng)時(shí)，物體所受的粘滯阻力就是物體表面附近的流層間的內(nèi)摩擦力引起的。如圖所示，質(zhì)量為m、體積為V的小球在粘滯流體中由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)距離h后，小球達(dá)到最大速度v。已知重力加速度為g，液體密度為ρ。該過程小球克服粘滯阻力做的功可能為()A.mgh B.mgh－ρgVhC.mgh＋ρgVh－12mv2 D.ρgVh－mgh－12m答案D解析小球運(yùn)動(dòng)方向不確定，需要分情況討論，設(shè)題述過程小球克服粘滯阻力做的功為W。①小球向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由動(dòng)能定理有mgh－ρgVh－W＝12mv2，可得W＝mgh－ρgVh－12mv2。②小球向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，由動(dòng)能定理有ρgVh－mgh－W＝12mv2，可得W＝ρgVh－mgh－12mv23.如圖甲所示，一物體置于傾角θ＝30°的足夠長(zhǎng)光滑斜面上，電動(dòng)機(jī)由跨過定滑輪的輕繩牽引物體沿斜面上升。啟動(dòng)電動(dòng)機(jī)后，在0~6s時(shí)間內(nèi)物體運(yùn)動(dòng)的v－t圖像如圖乙所示，其中除1~5s時(shí)間段圖像為曲線外，其余時(shí)間段圖像均為直線，1s后電動(dòng)機(jī)的輸出功率保持不變。已知物體的質(zhì)量為5kg，不計(jì)一切阻力，重力加速度g取10m/s2。則()A.0~1s內(nèi)電動(dòng)機(jī)的輸出功率不變B.1~5s內(nèi)電動(dòng)機(jī)牽引力逐漸變大C.0~1s內(nèi)電動(dòng)機(jī)牽引力大小為20ND.1s后電動(dòng)機(jī)的輸出功率為180W答案D解析由圖乙可知，0~1s內(nèi)物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則電動(dòng)機(jī)牽引力大小不變，物體速度增大，則0~1s內(nèi)電動(dòng)機(jī)的輸出功率P＝Fv變大，故A錯(cuò)誤;1~5s內(nèi)物體的加速度逐漸減小，則電動(dòng)機(jī)牽引力逐漸減小，故B錯(cuò)誤;0~1s內(nèi)物體的加速度為a＝41m/s2＝4m/s2，由牛頓第二定律可得，F(xiàn)－mgsinθ＝ma，則牽引力大小為F＝ma＋mgsinθ＝45N，故C錯(cuò)誤;1s后電動(dòng)機(jī)的輸出功率不變，等于1s時(shí)的輸出功率，則有P＝Fv＝45×4W＝180W，故D4.(2025·江西鷹潭模擬)如圖所示，在某次打夯過程中，兩人通過繩子同時(shí)對(duì)夯錘各施加一個(gè)大小均為F的力，力的方向都與豎直方向成α角，夯錘離開地面H后兩人同時(shí)停止施力，最后夯錘下落把地面砸深h。以地面為參考平面，重力加速度大小為g。則()A.兩人施力時(shí)夯錘所受的合力大小為2Fcosα－mg，方向豎直向上B.兩人停止施力前夯錘上升過程中加速度大小為FcosαC.夯錘具有重力勢(shì)能的最大值為FHcosαD.夯錘砸入地面過程中，對(duì)地面的平均沖擊力大小為2答案A解析兩人施力時(shí)夯錘所受的合力大小為F合＝2Fcosα－mg，方向豎直向上，故A正確;兩人停止施力前夯錘上升過程中加速度大小為a＝F合m＝2Fcosα-mgm，方向豎直向上，故B錯(cuò)誤;夯錘上升過程中由動(dòng)能定理2Fcosα·H－mgH＝0，以地面為參考平面，夯錘具有重力勢(shì)能的最大值Epm＝mgH＝2FHcosα，故C錯(cuò)誤;夯錘砸入地面過程中由動(dòng)能定理mg(H＋h)－Fh＝0，5.(2025·廣東惠州高三期末)阿特伍德機(jī)是英國(guó)科學(xué)家阿特伍德發(fā)明的著名力學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置，如圖所示為阿特伍德機(jī)的簡(jiǎn)化示意圖。質(zhì)量均為M的兩個(gè)重物A、B通過輕繩跨過光滑輕滑輪，保持靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)將質(zhì)量為m的小物塊C輕放在A上，讓裝置動(dòng)起來，從開始運(yùn)動(dòng)到A和C下落高度h過程中，重力加速度為g，下列說法正確的是()A.A和B構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒B.A和C向下運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a＝mgC.輕繩的彈力大小為T＝MD.A的末速度大小為v＝m答案B解析物塊C對(duì)A和B構(gòu)成的系統(tǒng)做功，所以A和B構(gòu)成的系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，A錯(cuò)誤;對(duì)A、B、C系統(tǒng)，根據(jù)牛頓第二定律得mg＝(2M＋m)a，解得a＝mg2M＋m，B正確;對(duì)B，根據(jù)牛頓第二定律得T－Mg＝Ma，解得T＝2M(M＋m)g2M＋m，C錯(cuò)誤;根據(jù)機(jī)械能守恒定律得mgh＝126.(2025·海南?？谀M)2023年9月，“天宮課堂”第四課演示在微重力環(huán)境下不同質(zhì)量鋼球的對(duì)心碰撞所產(chǎn)生的現(xiàn)象。如圖，在空間站中將一個(gè)質(zhì)量為500g的實(shí)心鋼球A放到網(wǎng)格布前方(相對(duì)網(wǎng)格布靜止)，一個(gè)質(zhì)量為300g的鋼球B從右側(cè)以0.4m/s的水平速度與鋼球A發(fā)生對(duì)心碰撞，若鋼球之間的碰撞可視為彈性碰撞，以下說法正確的是()A.碰撞前鋼球B不受重力的作用，處于完全失重狀態(tài)B.碰撞過程中鋼球B對(duì)鋼球A的作用力大于鋼球A對(duì)鋼球B的作用力C.碰撞后鋼球B向右運(yùn)動(dòng)，速度大小為0.3m/sD.碰撞過程中鋼球A對(duì)鋼球B的沖量大小為0.15N·s，方向水平向右答案D解析鋼球B雖然處于完全失重狀態(tài)，但仍受重力作用，只是重力提供了B做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，故A錯(cuò)誤;碰撞過程中，鋼球A與鋼球B之間的力為相互作用力，大小相等，方向相反，故B錯(cuò)誤;由動(dòng)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，負(fù)號(hào)表示方向向右，v2＝0.3m/s，故C錯(cuò)誤;對(duì)B分析，由動(dòng)量定理I＝mBv1－mBv0，解得7.(多選)(2025·四川綿陽市南山中學(xué)月考)如圖所示，質(zhì)量均為m的兩個(gè)小球A、B用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩連接，B球穿在光滑水平細(xì)桿上，初始時(shí)刻，細(xì)繩處于水平狀態(tài)，將A、B由靜止釋放，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g。從釋放到A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過程中，下列說法正確的是()A.A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒B.A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度大小為gLC.A球機(jī)械能減小了14D.A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，B球向右運(yùn)動(dòng)距離為L(zhǎng)答案BD解析A、B組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤;當(dāng)A球擺到B球正下方時(shí)，A、B球的速度大小分別為vA和vB，以小球A擺到最低點(diǎn)所在平面為參考平面，由水平方向動(dòng)量守恒得mvA＝mvB，由機(jī)械能守恒定律得mgL＝12mvA2＋12mvB2，解得vA＝vB＝gL，即A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度大小為gL，故B正確;A球機(jī)械能減小量ΔE＝mgL－12mvA2＝12mgL，故C錯(cuò)誤;由水平方向動(dòng)量守恒，有mxAt－mxBt＝0，x8.(2025·江蘇南京模擬)某快遞站利用如圖所示裝置運(yùn)送貨物(視為質(zhì)點(diǎn))，固定傾斜軌道AB的B點(diǎn)與軌道B'CD的B'點(diǎn)等高，兩軌道相切并平滑連接。軌道B'CD上表面由光滑圓弧軌道B'C和水平粗糙軌道CD組成且相切于C點(diǎn)，圓弧軌道B'C的半徑R＝2.75m，所對(duì)圓心角θ＝37°，水平粗糙軌道CD段長(zhǎng)L＝5m。軌道B'CD靜置于光滑水平面上，右側(cè)緊靠豎直墻壁?，F(xiàn)將質(zhì)量m＝10kg的貨物從距離B點(diǎn)高度h＝1.5m的A點(diǎn)無初速度釋放，貨物滑到軌道B'CD左端D點(diǎn)時(shí)恰好與軌道保持相對(duì)靜止。貨物與傾斜軌道AB、水平粗糙軌道CD間的動(dòng)摩擦因數(shù)分別為μ0＝0.125、μ1＝0.3，重力加速度大小g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，不計(jì)空氣阻力。求:(1)貨物在B點(diǎn)的速度大小;(2)軌道B'CD的質(zhì)量M;(3)整個(gè)過程中由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q。答案(1)5m/s(2)50kg(3)175J解析(1)貨物從A到B點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgh－μ0mgcosθhsinθ＝解得v＝5m/s。(2)貨物從B到C點(diǎn)，根據(jù)動(dòng)能定理有mgR(1－cosθ)＝12mvC2解得vC＝6m/s設(shè)軌道的質(zhì)量為M，從C到D，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mvC＝(m＋M)vD根據(jù)能量守恒定律有12mvC2＝12(m＋M解得M＝50kg。(3)根據(jù)功能關(guān)系可知Q＝μ0mgcosθhsinθ＋μ1mgL＝1759.(2024·山東卷，17)如圖甲所示，質(zhì)量為M的軌道靜止在光滑水平面上，軌道水平部分的上表面粗糙，豎直半圓形部分的表面光滑，兩部分在P點(diǎn)平滑連接，Q為軌道的最高點(diǎn)。質(zhì)量為m的小物塊靜置在軌道水平部分上，與水平軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力。已知軌道半圓形部分的半徑R＝0.4m，重力加速度大小g＝10m/s2。(1)若軌道固定，小物塊以一定的初速度沿軌道運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)時(shí)，受到軌道的彈力大小等于3mg，求小物塊在Q點(diǎn)的速度大小v;(2)若軌道不固定，給軌道施加水平向左的推力F，小物塊處在軌道水平部分時(shí)，軌道的加速度a與F對(duì)應(yīng)關(guān)系如圖乙所示。(ⅰ)求μ和m;(ⅱ)初始時(shí)，小物塊靜置在軌道最左端，給軌道施加水平向左的推力F＝8N，當(dāng)小物塊到P點(diǎn)時(shí)撤去F，小物塊從Q點(diǎn)離開軌道時(shí)相對(duì)地面的速度大小為7m/s。求軌道水平部分的長(zhǎng)度L。答案(1)4m/s(2)(ⅰ)0.21kg(ⅱ)4.5m解析(1)在Q點(diǎn)，對(duì)小物塊由牛頓第二定律有mg＋3mg＝mv解得v＝4m/s。(2)(ⅰ)根據(jù)題圖乙分析可知，當(dāng)外力F≤4N時(shí)，軌道與小物塊一起向左加速運(yùn)動(dòng)，對(duì)整體由牛頓第二定律有F＝(M＋m)a變形得a＝1M結(jié)合題圖乙可知1M＋m＝24kg－1當(dāng)外力F>4N時(shí)，軌道與小物塊發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)軌道由牛頓第二定律有F－μmg＝Ma變形得a＝1MF－結(jié)合題圖乙可知1M＝6-28-4kg－1＝1kg－1－μmgM聯(lián)立解得M＝1kg，m＝1kg，μ＝0.2。(ⅱ)根據(jù)題圖乙可知，當(dāng)F＝8N時(shí)，軌道的加速