第三篇 计算题专题练 专题2 能量与动量-【师大金卷】2025年高考物理一轮二轮衔接复习小卷练透阶段测试卷（新高考）

新教材物理２１—２　 考向一　功和功率　动能定理 １．(２０２４􀅰湖南长沙一中月考)海啸是一种灾难性 的海浪,通常由海底地震引起海底隆起和下陷 所致,海底突然变形,致使从海底到海面的海水 整体发生大的涌动,形成海啸袭击沿岸地区,给 人们带来巨大的损失.某兴趣小组,对海啸的 威力进行了模拟研究,设计了如下的模型:如图 甲所示,在水平地面上放置一个质量为m＝８kg 的物体,让其在随位移均匀减小的水平推力(模 拟海啸)作用下由静止开始运动,推力F 随位移 x 变化的图像如图乙所示,已知物体与地面之间 的动摩擦因数为μ＝０􀆰５,g＝１０m/s２ 求: (１)物体在水平地面上运动的最大位移; (２)物体在水平地面上所能达到的最大速度(结 果可用根号表示). ２．(２０２４􀅰河南周口一中模拟)如图(a),某生产车 间运送货物的斜面长８m,高２􀆰４m,一质量为 ２００kg的货物(可视为质点)沿斜面从顶端由静 止开始滑动,经４s滑到底端.工人对该货物进 行质检后,使用电动机通过一不可伸长的轻绳 牵引货物,使其沿斜面回到顶端,如图(b)所示. 已知 电 动 机 允 许 达 到 的 最 大 输 出 功 率 为 ２２００W,轻绳始终与斜面平行,重力加速度大 小取１０m/s２,设货物在斜面上运动过程中所受 摩擦力大小恒定. (１)求货物在斜面上运动过程中所受摩擦力的 大小; (２)若要在电动机输出功率为１２００ W 的条件 下,沿斜面向上匀速拉动货物,货物速度的大小 是多少? (３)启动电动机后,货物从斜面底端由静止开始 沿斜面向上做加速度大小为０􀆰５m/s２ 的匀加速 直线运动,直到电动机达到允许的最大输出功 率,求货物做匀加速直线运动的时间. 考向二　机械能守恒定律　能量守恒定律 ３．(２０２４􀅰湖南三湘名校联考)如图所示,质量均 为m＝１􀆰０kg的小球 M、N 用两根长度均为L ＝３m的轻质细杆a、b连接,细杆a的一端可绕 固定点O 自由转动,细杆b可绕小球M 自由转 动.两球与O点在同一水平高度由静止释放,t 时刻细杆a与竖直方向夹角为θ＝３７°,细杆b为 竖直方向,小球 N 的速度方向水平向右.重力 加速度g＝１０m/s２.求: (１)开始释放时小球N 的加速度大小aN; (２)t时刻小球M、N 的速度大小vM、vN; (３)从开始释放到t时刻的过程中,细杆b对小 球N 做的功W. ４．(２０２４􀅰云南师大附中适应)如图所示,质量为 m 的小球(视为质点),用长为５d的轻质细线悬 挂在天花板的左边缘O 点,现把小球拿到A 点, 细线伸直与水平方向的夹角为５３°,让小球从A 点由静止释放,当小球运动到C 点时,细线再次 伸直,然后沿圆弧CD 运动到D 点,当小球运动 到D 点时,细线突然断裂,小球接着做平抛运动 落到地面,已知 D 点与地面之间的高度差为 ９７ ２５d ,重 力 加 速 度 为 g,sin５３°＝４５ 、cos５３°＝ ３ ５ ,求: (１)小球到C点时,系统生成的热量; (２)小球离开D 点做平抛运动的水平位移. 新教材物理２１—１ 专题２　能量与动量 新教材物理２１—４　 考向三　动量定理 动量守恒定律 ５．(２０２４􀅰重庆八中适应模拟)２０２４年４月３０日, 神舟十七号载人飞船返回舱在东风着陆场成功 着陆.如图所示,返回舱在距离地表约１０km 的高度打开降落伞,速度减至８m/s后保持匀 速向下运动.在距离地面的高度约１m 时,返 回舱底部配备的４台着陆反推发动机开始点火 竖直向下喷气,使返回舱的速度在０􀆰２s内由 ８m/s降到２m/s.假设反推发动机工作时主伞 与返回舱之间的绳索处于松弛状态,此过程返 回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不 计.返 回 舱 的 总 质 量 为 ３×１０３ kg,g 取 １０m/s２. (１)反推发动机工作过程中返回舱受到的平均 推力大小N; (２)若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到 的平均推力大小为F,喷出气体的密度为ρ,４台 发动机喷气口的直径均为D,喷出气体的重力 忽略不计,喷出气体的速度远大于返回舱运动 的速度.求喷出气体的速度大小. ６．(２０２４􀅰山西晋中联考)某同学在水平桌面上玩 游戏,在桌面左侧边缘处放置质量为１kg的小 物体A(可视为质点),距离物体A 为１m 处有 一质量为２kg的物体B(可视为质点),物体B 距离桌面右边缘为２m,两物体在一条直线上, 如图所示.A、B 两物体与桌面的动摩擦因数均 为０􀆰２,现使A 以某一初速度向B 运动,为使A 能与B 发生碰撞且碰后又不会滑离桌面,重力 加速度为g(答案可以保留根号). (１)若A、B 碰撞时间很短且碰后粘在一起,求物 体A 初速度大小的范围; (２)若A、B 发生弹性碰撞,且两物体最终间距最 大,求物体A、B 最大间距. 考向四　能量与动量综合问题 ７．(２０２４􀅰重庆巴蜀中学适应)如图所示,质量为 ０􀆰２５m＝０􀆰２５kg的小车D 静止在水平光滑轨 道上,一根长为L＝０􀆰９m的细绳一端固定质量 为m＝１kg的球A,细绳的另一端固定在小车 D 上,另一根长为２L＝１􀆰８m 的细绳一端固定 质量为２m＝２kg的球B,另一端固定在O 点, 两细绳自由下垂时两小球正好相切,且两球心 在同一水平高度上.现将球B 拉至细绳处于水 平伸长状态后释放,设A、B 发生碰撞时无机械 能损失,重力加速度g取１０m/s２.求: (１)球B 在最低点时的速度v０ 的大小; (２)碰撞结束瞬间球A 的速度v２ 的大小; (３)碰撞结束后球A 上升的最大高度h. ８．(２０２４􀅰四川内江三中月考)如图甲所示,按压 式圆珠笔可以简化为外壳、内芯和轻质弹簧三 部分.某按压式圆珠笔内芯的质量为m,外壳 的质量为４m,外壳与内芯之间的弹簧的劲度系 数为k.如图乙所示,先把笔竖直倒立于水平硬 桌面上,用力下压外壳使其下端接触桌面(如位 置a),此时弹簧的压缩量x＝１６mgk ,然后将圆 珠笔由静止释放,弹簧推动圆珠笔外壳竖直上 升,经过时间t外壳的速度达到最大,且此时外 壳与内芯发生碰撞(碰撞时间极短),碰后内芯 与外壳以共同的速度一起上升到最大高度处 (如位置c).已知弹簧弹性势能的计算公式为 E＝１２kx ２,x为弹簧的形变量,不计空气阻力与 一切摩擦. (１)当弹簧的压缩量为多少时,外壳的速度达到 最大? 外壳的最大速度为多少? (２)外壳与内芯碰撞前,弹簧对外壳的冲量为多大? (３)圆珠笔外壳下端离开桌面的最大高度是多少? 新教材物理２１—３ 新教材物理答案 —２８　 成α角,有cosα＝ (０．１)２－ ( ２１０× １ ２ ) ２ ０．１ ＝ ２ ２ 瓦片在轨道上恰好不下滑时,受力平衡,则有 mgsinθ＝μ０mgcosα 其中sinθ＝dL ＝ ４ ８＝ １ ２ 解得μ０＝ ２ ２ (２)瓦片在轨道上运动时,在L１ 范围内,根据牛顿第二 定律得mgsinθ－μ０２mgcosα＝ma１ 得a１＝２􀆰５m/s２ 在相邻的０􀆰５s两瓦片的距离 Δx１＝a１t２＝０􀆰６２５m 所以在L１ 内有瓦片块数n１＝ L１ Δx１ ≈２个 瓦片在轨道上运动时,在大于L１ 范围内,根据牛顿第二 定律得mgsinθ－μ０mgcosα＝ma２ 得a２＝０ 瓦片速度v＝ ２a１L１＝３m/s 相邻瓦片的距离为 Δx＝vt＝１􀆰５m 所以在大于L１ 范围内有瓦片块数n２＝ ８－L１ Δx ≈４ 个 则轨道上瓦片的个数为n＝６个 ７．(１)两者不会相遇　(２)没有违反要求 (３)a２≥ ５ ３m /s２ [试题解析](１)从题述时刻到轿车车尾离开人行道所需 的时间t＝L１＋L＋L２v０ ＝３􀆰８s 行人在这段时间内的位移为x０＝v１t＝３􀆰８m 则有x０－L４＝０􀆰８m,可知两者不会相遇. (２)从题述时刻到行人走上人行道所用时间t１＝ L４ v１ ＝３s 在３s内轿车的位移x＝v０t１＋ １ ２at ２ １ 代入数据得x＝３９m＞L１＋L＋L２,故没有违反要求. (３)从题述时刻到行人穿过人行道所用时间t２＝ L３＋L４ v１ ＝１２s 要保证不违反要求,轿车必须在１２s内到达停止线,所 以轿车在３０m 内速度减小为零时对应的加速度最小 a２min＝ v２０ ２L１ ＝５３ m /s２ 故轿车的加速度大小应满足a２≥ ５ ３ m /s２ ８．(１)不能　(２)４m　(３)１６m [试题解析](１)根据题意,设乙运动员从静止匀加速运 动的位移为x１ 时,速度达到１０m/s,则有v２＝２ax１ 解得x１＝２５m＞２０m 乙运动员不能在接力区加速至１０m/s. (２)设A 点至交接棒位置的距离为x甲 ,甲运动员做匀速 运动,则有x甲 ＝v甲t１ 设B 点至交接棒位置的距离为x乙 ,则有x乙 ＝１２at ２ １ 由空间位置关系得LAB＝x甲 －x乙 ＝１２m 解得t１＝２s,t１＝６s(不符合题意舍去) 可得x乙 ＝４m (３)若甲、乙交接棒时恰好共速,则A、B 两点间的距离 最大,设最大距离为Lmax,由 v乙 ＝at２＝８m/s 解得t２＝４s A 点至交接棒位置的距离为x甲′,则有x甲′＝v甲t２ B 点至交接棒位置的距离为x乙′,则有x乙′＝１２at ２ ２ 又有Lmax＝x甲′－x乙′ 解得Lmax＝１６m 专题２　能量与动量 １．(１)２５m　(２)４ １０m/s [试题解析](１)设物块在水平面上运动的最大位移为s, 根据变力做功的特点,对物块由动能定理有 １ ２F 􀅰x－μmg􀅰s＝０ 解得s＝２５m (２)当水平推力与物块所受摩擦力大小相等时,物块加 速度为零,此时速度达到最大值,则有F′＝μmg＝４０N 根据图乙可得水平推力与位移之间的函数关系为 F＝－２０x＋２００ 当F＝４０N时可得x′＝８m 由动能定理有１ ２ (F＋F′)x′－μmg􀅰x′＝ １ ２mv ２ m 解得vm＝４ １０m/s ２．(１)４００N　(２)１．２m/s　(３)４s [试题解析](１)货物沿斜面从顶端由静止滑到底端过 程,根据运动学公式可得L＝１２at ２ 解得加速度大小为a＝２L t２ ＝２×８ ４２ m/s２＝１m/s２ 设斜面倾角为θ,根据牛顿第二定律可得 mgsinθ－f＝ma 又sinθ＝hL ＝ ２．４ ８ ＝０􀆰３ 联立解得货物在斜面上运动过程中所受摩擦力的大小 为f＝４００N (２)若要在电动机输出功率为１２００ W 的条件下,沿斜 面向上匀速拉动货物,则此时牵引力大小为 F＝mgsinθ＋f＝１０００N 根据P＝Fv 可得货物速度的大小为v＝PF ＝ １２００ １０００m /s＝１􀆰２m/s (３)启动电动机后,货物从斜面底端由静止开始沿斜面 向上做加速度大小为０􀆰５m/s２ 的匀加速直线运动,根 据牛顿第二定律可得F１－mgsinθ－f＝ma１ 解得牵引力大小为F１＝１１００N 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理答案 —２９　 当电动机达到允许的最大输出功率时,货物的速度为 v１＝ P F１ ＝２２００１１００m /s＝２m/s 则货物做匀加速直线运动的时间为t１＝ v１ a１ ＝４s ３．(１)１０m/s２　(２)６m/s　(３)２４J [试题解析](１)开始释放时,N 仅受重力,则aN＝１０m/s２ (２)t时刻,小球 N 的速度方向水平向右,两小球沿杆方 向的速度相同,则 vNcos９０°＝vMsin３７° 小球 M 的速度vM＝０ 系统机械能守恒,则mgLcosθ＝mg(L－Lcosθ)＋１２mv ２ N 解得vN＝６m/s (３)从开始释放到t时刻,对 N 利用动能定理得 W－mg(L－Lcosθ)＝１２mv ２ N－０ 解得W＝２４J ４．(１)１２８mgd２５ 　 (２)１９４２５d [试题解析](１)小球从A 点到C 点做自由落体运动,由 对称性与几何关系,OC 与水平方向的夹角为５３°,A、C 两点之间的高度差为hAC＝２×５dsin５３° 设小球刚到达C点时的速度为vc,则有v２C＝２ghAC 把小球在C点竖直向下的速度vc 分别沿着OC 分解v１ ＝vCsin５３° 把小球在C 点竖直向下的速度vc 垂直OC 分解,则有 v２＝vCcos５３° 小球在C 点的速度由vc 突变成v２,沿着OC 方向的分 速度v１ 消失,生成热量,则小球在C 点生成的热量为 Q＝１２mv ２ １ 解得hAC＝８d,Q＝ １２８mgd ２５ (２)小球从A 点到D 点由能量守恒可得 mg(hAC２ ＋５d) ＝ １ ２mv ２ D＋Q 由平抛运动的规律可得９７ ２５d＝ １ ２gt ２,x＝vDt 解得x＝１９４２５d ５．(１)N＝１．２×１０５ N　(２)v＝ F πρD ２ [试题解析](１)返回舱受到的平均推力为 N,取竖直向 下为正方向,根据动量定理得(mg－N)t＝mv２－mv１ 解得 N＝１􀆰２×１０５ N (２)以Δt时间内喷出的气体为研究对象,设喷出气体的速 度为v,则每台发动机喷出气体的质量为m＝ρ􀅰 πD２ ４ 􀅰vΔt 根据牛顿第三定律可得返回舱对气体的作用力F′＝F 对４台发动机喷出的气体,由动量定理可得 F′Δt＝４mv－０ 解得v＝ F πρD ２ ６．(１)２m/s＜v０＜２ １９m/s　(２)２􀆰５m [试题解析](１)对A 由动能定理得 －μmAgl１＝ １ ２mAv ２ １－ １ ２mAv ２ ０ A 与B 碰撞后粘在一起,由动量守恒,以v０ 方向为正方 向,有mAv１＝(mA＋mB)v２ 若A 与B 恰好能滑行至桌子右侧边缘时,则 －μ(mA＋mB)gl２＝０－ １ ２ (mA＋mB)v２２ 当v１＝０时,A 初速度最小,则v０１＝２m/s 当A 与B 恰好能滑行至桌子右侧边缘时,A 初速度最 大,则代入数据可得v０２＝２ １９m/s 故A 初速度大小的范围是２m/s＜v０＜２ １９m/s (２)若A、B 发生弹性碰撞,由动量守恒及机械能守恒得 mAv１＝mAv′A＋mBv′B １ ２mAv ２ １＝ １ ２mAv′ ２ A＋ １ ２mBv′ ２ B 代入数值解得vA′＝－ １ ３v１ ,vB′＝ ２ ３v１ 所以A、B 发生弹性碰撞后向相反方向运动; 由牛顿第二定律公式μmg＝ma 可得a＝μg＝２m/s ２ 由题意可知,B 物体刚好滑到边缘时,间距最大,则 xB＝２m 由运动学公式可知vB′＝ ２axB＝２ ２m/s 可知vA′＝ ２m/s 故xA＝ v′２A ２a＝０􀆰５m 代入数值可得x＝xA＋xB＝２􀆰５m ７．(１)６m/s　(２)８m/s　(３)０．６４m [试题解析](１)球 B 下 摆 的 过 程 中 机 械 能 守 恒,则 有 ２mg×２L＝１２×２mv ２ ０ 解得v０＝２ gL＝６m/s (２)球B 与球A 碰撞,A、B 两球组成的系统动量守恒、 机械能守恒,取水平向右为正方向,则有 ２mv０＝２mv１＋mv２ １ ２×２mv ２ ０＝ １ ２×２mv ２ １＋ １ ２mv ２ ２ 联立解得v２＝ ４ ３v０＝８m /s (３)球 A 上升时小车D 随之向右运动,球 A 和小车D 组成的系统水平方向动量守恒、机械能守恒,球A 上升 到最大高度时与小车D 速度相同,则有 １ ２mv ２ ２＝ １ ２ (m＋０􀆰２５m)v２＋mgh mv２＝(m＋０􀆰２５m)v 联立解得h＝０􀆰６４m ８．(１)４mgk ,６g mk 　 (２)２４mg mk ＋４mgt　 (３)５８８mg２５k 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 新教材物理答案 —３０　 [试题解析](１)外壳受向下的重力和向上的弹力,当弹 力等于重力时,速度最大k􀅰x′＝４mg 解得x′＝４mgk 故当弹簧的压缩量为４mg k 时,外壳的速度达到最大; 设外壳的最大速 度 为v,根 据 机 械 能 守 恒 ΔEp＝ １ ２ × ４mv２＋４mgΔh 即 １ ２k 􀅰 (２５６m ２g２ k２ －１６m ２g２ k２ ) ＝ １ ２ ×４mv ２＋４mg× (１６mgk － ４mg k ) 解得v＝６g mk 故外壳的最大速度为６g mk ; (２)设弹簧对外壳的冲量为I,对外壳,由动量定理 I－４mgt＝４mv 解得I＝２４mg mk ＋４mgt 故外壳与内芯碰撞前,弹簧对外壳的冲量为 ２４mg mk ＋４mgt ; (３)外壳和内芯碰撞过程,由动量守恒定律得 ４mv＝(４m＋m)v′ 碰后过程,对圆珠笔由机械能守恒定律得 １ ２ (４m＋m)v′２＝(４m＋m)gh 圆珠笔外壳下端离开桌面的最大高度 h′＝h＋ (１６mgk － ４mg k ) 联立解得h′＝５８８mg２５k 故圆珠笔外壳下端离开桌面的最大高度是５８８mg ２５k 专题３　电场与磁场 １．(１)①UAB＝４V,UBC ＝－２V,②φA＝４V,φC＝２V,③ 见解析 (２)EB＝ １０kq ９d２ ,方向水平向左 [试题解析](１)① 由 静 电 力 做 功 WAB ＝qUAB,WBC ＝qUBC 解得UAB＝４V,UBC＝－２V ②由UAB＝φA－φB UBC＝φB－φC 解得φA＝４V,φC＝２V ③过B 点的电场线方向如图中箭头所示 连接AB 的中点与C 点,即为一条φ＝２V的等势线,根 据匀强电场中电场线与等势线垂直且从高电势指向低 电势的特点,过B 点作等势线的垂线可得. (２)A 点的电场强度为０,即点电荷q在A 点的场强与 带电板在A 点的场强等大反向Eq＝E侧 ＝k q(３d)２ 由对称性,带电板在B 点的场强与A 点的场强等大反 向,则B 点的电场强度EB ＝kqd２ ＋k q(３d)２ ＝１０kq ９d２ ,方 向水平向左. ２．(１)２kQ r２ sinθ,方向竖直向上 (２)２ grsinθ　(３)２ kQq (１－cosθ) mrcosθ [试题解析](１)两点电荷均为正电荷且带电量相等,则 两点电荷在C点处的电场强度方向均背离各自电荷,电 场强度如图所示 根据电场强度的矢量合成法则可得C 点的场强EC ＝ ２kQ r２ sinθ,方向竖直向上. (２)带负电的小球从D 点到O 点电场力做正功,从O 到 C 电场力做负功,根据对称性可知,小球从 D 到C 的过 程中,电场力对小球所做功的代数和为零,则根据动能 定理有－２Mgrsinθ＝０－１２Mv ２ １ 解得v１＝２ grsinθ (３)根据题意,C点的电势为φC＝２k Q r ,O 点的电势为 φO＝２k Q rcosθ 则可得UCO＝φC－φO＝ ２kQ(cosθ－１) rcosθ 若一个质量为m、电荷量为＋q的试探电荷(重力不计) 从C点以某一竖直向下的初速度运动恰好能够到达O 点,则由动能定理有qUCO＝０－ １ ２mv ２ min 解得vmin＝２ kQq(１－cosθ) mrcosθ 可知能够到达O点的最小速度v２＝vmin＝２ kQq(１－cosθ) mrcosθ ３．(１)d ２ φ０T ２　(２)３,３φ０ [试题解析](１)根据题意,当 N 板电势为０时,粒子沿 着两板中线做匀速直线运动,当 N 板电势为φ０ 时粒子 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋