小题精练10 动量和能量问题——2024年高考物理题型突破限时精练

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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
二、动量定理与动能定理的比较
（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
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=FnΔt=mv2R2πRv=2πmv
D．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=2πmv来求向心力的冲量，故BC错误；
D、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/sB．10m/sC．14m/sD．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=2×10×0.2m/s＝2m/s
上升到最高点所需的时间为
t=2hg=2×0.210s＝0.2s
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Q点的速度，故C错误；
D．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1000kg的机动车在水平路面沿直线减速行驶，规定初速度v0的方向为正方向。请判定以下说法合理的是（ ）
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=v0t+12at2变形可得：xt2=v0⋅1t+12a
结合题图可知：
截距为12a=-2m/s2，解得a＝﹣4m/s2
斜率为v0=0-(-2)0.2m/s=10m/s，故A正确，B错误；
CD、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=0-v0a=0-10-4s=2.5s
其再前3s的位移为x=0-v022a=-1022×(-4)m=12.5m，故C错误；
D、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＝57J
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＝0-12mv02
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=EmB．Ek1Ek2=M-mM
C．v2=2(M-m)MmED．v1v2=M+mM
【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Ek1=12mv12=E
解得v1=2Em
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+mv2
E=12Mv32+12mv22
联立解得v2=2M(M+m)mE
v1v2=M+mM
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=12mv22=MM+mE
则前后动能之比为Ek1Ek2=M+mM
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ΔEkΔt随时间均匀增大
B．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ΔEpΔx随时间均匀减小
D．机械能E随位移x变化的快慢ΔEΔx随时间均匀减小
【解答】解：A、自由落体时，动能随时间变化的表达式为Ek=12mv2=12m(gt)2，ΔEkΔt=12m(gt)2-0t-0=12mg2t，故动能随时间均匀增大，故A正确；
B、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p随时间t变化的快慢保持不变，故B错误；
C、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Ep随位移x是不变的，故C错误；
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错误。
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星的速度相同
【解答】解：A.“天链一号”01星为同步卫星，空间站离地高度仅仅为380km，卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力可知
GMmr2=mv2r
解得
v=GMr
“天链一号”01星的线速度小于空间站的线速度，故A正确；
B.空间站绕地球转动半周，空间站的速度方向变为反向，根据动量定理可知万有引力的冲量为2mv，故B错误；
C.根据开普勒第二定律可知，同一颗卫星与地球的连线在相同时间内扫过的面积相同，所以“天链一号”03星和空间站与地心的连线每秒扫过的面积是不相等的，故C错误；
D.“天链一号”01星和03星的速度大小相同，方向不同，故D错误；
故选：A。
（2023•南岗区校级三模）如图所示，质量为M＝4kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径为R＝1m的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为L的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量为m＝1kg的可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点，滑块与轨道BC间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g＝10m/s2，则（ ）
A．整个过程中滑块和小车组成的系统动量守恒
B．滑块由A滑到B过程中，滑块的机械能守恒
C．BC段长L＝1m
D．全过程小车相对地面的位移大小为0.6m
【解答】解：A．滑块在圆弧上运动时有竖直方向的加速度，所以对系统而言竖直方向外力矢量和不为零，不满足动量守恒的条件，故A错误；
B、滑块由A滑到B过程中，小车对滑块的弹力做负功，滑块的机械能不守恒，故B错误；
C、恰好停在C对点时，二者均静止。根据能量守恒有：mgR＝μmgL
代入数据解得：L＝2m，故C错误；
D、以向右方向为正，水平动量守恒有：Mv1＝mv2
通过相同的时间有：Mx1＝mx2
且有几何关系：x1+x2＝R+L
解得：x1＝0.6m，故D正确；
故选：D。
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
定理
动量定理
动能定理
公式
F合t＝mv′－mv
F合s＝eq \f(1,2)mveq \\al( 2,2)－eq \f(1,2)mveq \\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
【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+mhB．Mm(M+m)2h
C．M+msin2θM+mhD．m+Msin2θM+mh
【解答】解：斜面固定，物块恰好到达斜面顶端，有12mv02=mgh
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mv0csθ＝（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：12mv02-12(M+m)v12=mgh'
得h'=M+msin2θM+mh，故C正确，ABD错误。
故选：C。