重点专题06 动量和能量问题-2025年高考物理【热点·重点·难点】专练（浙江专用）

小题精练06 动量和能量问题 内容 重要的规律、公式和二级结论 功、功率 (1)功的计算公式：W=F1cosa或W=Pt。 (2)功率：平均功率P=、P=Fv,瞬时功率P=Fv F与v共线。 (3)重力、静电力做功与路径无关；滑动摩擦力做功与路径有关，等于滑动摩擦力与路程的乘积。 (4)如图所示，物体由斜面上高为h的位置滑下，滑到平面上的另一点停下来，若L是释放点到停止点的水平总距离，则物体与接触面之间的动摩擦因数u与L、h之间存在关系u= (5)机车启动：①恒定功率启动；②恒定加速度启动；vm= 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 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′－mv F合s＝mv－mv 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】（2024•浙江一模）如图，用需要考虑重力的高压水枪冲洗物体，若水从枪口喷出时的速度大小为v，近距离垂直喷射到物体表面，速度在短时间内变为零，水枪出水口直径为D，忽略水从枪口喷出后的发散效应，已知水的密度为ρ，重力加速度为g，则（　　） A．该水枪的流量（单位时间流经水枪的水的体积）为πvD2 B．单位时间内水枪喷出水的质量为 C．物体受到的冲击力大小约为 D．水枪水平向前喷水时，手对水枪的作用力方向水平向前 难度：★★★ 建议时间：30分钟 正确率： /15 1. （2024•温州一模）如图是某次网球的飞行轨迹，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则该网球（　　） A．在空中的运动为匀变速曲线运动 B．经过P点的加速度等于重力加速度 C．经过A、B两点的速度大小相等 D．在AP段的飞行时间小于在PB段的飞行时间 2. （2024•浙江模拟）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（　　） A．减速阶段所受合外力为0 B．悬停阶段不受力 C．自由下落阶段机械能守恒 D．自由下落阶段加速度大小g＝9.8m/s2 3. （2024•浙江一模）FAST是世界上最大的单口径球面射电望远镜，直径为500m，有效提高了人类观测宇宙的精度和范围。设直径为100m的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P1，FAST能够接收到的来自该天体的电磁波功率为P2。在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的，仅以辐射功率为P的同类天体为观测对象，设直径为100m的望远镜能够观测到的此类天体数目为N0，FAST能够观测到的此类天体数目为N，则（　　） A．P2＝5P1 B．P2＝125P1 C．N＝25N0 D．N＝125N0 4. （2024•浙江二模）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。光滑细杆的一端固定在竖直转轴OO′上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，则（　　） A．角速度越大，圆环受到的杆的支持力越大 B．角速度越大，圆环受到的弹簧弹力越大 C．弹簧处于原长状态时，圆环的向心加速度为 D．突然停止转动后，圆环下滑过程中重力势能和弹簧弹性势能之和一直减小 5. （2024•浙江一模）如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD﹣A1B1C1D1，边长为L，从顶点A以不同速率沿不同方向水平抛出同一小球（可视为质点，不计空气阻力）。关于小球的运动，下列说法正确的是（　　） A．落点在A1B1C1D1内的小球，初速度的最大值为 B．运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同 C．落点在A1B1C1D1内的小球，落地时重力的瞬时功率可能不同 D．小球击中CC1的各次运动中，击中CC1中点的末速度最小 6. （2024•温州一模）在缓震材料上方高度H1为0.6m处，将质量0.6kg的钢球以一定初速度v0竖直向下抛出，钢球刚接触缓震材料时速度大小为4m/s，与缓震材料的接触时间为0.1s，钢球反弹的最大高度H2为0.45m。假设钢球始终在竖直方向运动，不计空气阻力。钢球从抛出到反弹至最高点过程中，下列说法正确的是（　　） A．钢球的机械能损失0.9J B．钢球的平均速度大小为0.25m/s C．重力对钢球做的功等于钢球动能的变化量 D．合外力对钢球做的功等于钢球机械能的变化量 7. （2024•下城区校级模拟）如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r＝0.6m，离水面的高度h＝3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R＝2.2m。水泵的效率为η＝80%，水泵出水口在1s内通过的水的质量为m0＝10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则下列错误的是（　　） A．水从喷嘴喷出时速度的大小2m/s B．在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功是320J C．水泵输出的功率340W D．水泵在1h内消耗的电能1.53×106J 8. （2024•浙江模拟）如图，在一水平地面上有一轨道，其内部有一质量不计的轻弹簧，弹簧劲度系数为k。其正上方有一质量为m的小球由静止释放，恰好可进入管道内部。若忽略空气阻力与摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．小球运动过程中，其机械能守恒 B．小球最大速度 C．小球下落最大距离 D．小球最大加速度 9. （2024•金华二模）图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．石块每次弹起后的滞空时间相等 B．石块最多能在湖面上弹起5次 C．石块每次弹起过程能量损失30% D．石块每次弹起到最高点的速度为零 10. （2024•温州一模）玩具“骑行小猪”绕碗的边缘做匀速圆周运动如图所示。若碗始终静止在水平桌面上，下列说法正确的是（　　） A．小猪所受的合外力为零 B．小猪运动一周，其重力的冲量为零 C．碗对小猪的作用力大于小猪的重力 D．碗与桌面之间无摩擦力 11. （2024•乐清市校级三模）（机械振动）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m，弹簧的弹性势能Epkx2，简谐运动的周期T＝2，下列说法正确的是（　　） A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A＝x0 B．物块与钢板在返回O点前已经分离 C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t D．运动过程中弹簧的最大弹性势能 12. （2024•浙江模拟）滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端，与滑板A一起以20m/s的共同速度向右做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B，在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，最终两滑板恰好不相撞。已知该同学的质量为45kg，两滑板的质量均为2.5kg，不计滑板与地面间的摩擦，下列说法正确的是（　　） A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统机械能守恒 B．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为19m/s C．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小 D．该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为47.5N•s 13. （2024•嘉兴模拟）如图所示是大型游乐装置“大摆锤”的简图，摆锤a和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O在纸面内转动。若a、b到O的距离之比为2：1且不计一切阻力，则摆臂自由转动一周过程中（　　） A．a、b角速度之比为2：1 B．摆臂对转轴的弹力保持不变 C．摆臂对a和b作用力的功为0 D．摆臂对a和b作用力的冲量为0 14. （2023•绍兴模拟）现在很多景区都有悬空大茶壶这一景观，如图甲所示，一把大茶壶不断向下“倒水”，大茶壶似乎没有任何支撑而悬空，小明参观后回到自己的DIY实验工坊，尝试做了如下实验，其原理如图乙所示，开口向下的水桶代替大茶壶，水桶下面有一水管，水桶的重心位于水管中心之上，水管内的水流忽略重力的影响而各处速度方向竖直向上，大小相等均为v＝10m/s，水管的横截面积S＝0.003m2，水的密度为ρ＝1000kg/m3，假设水碰到水桶底部瞬间速度大小不变方向反向，忽略水流质量的损耗，水碰水桶底部过程忽略水的重力、阻力的影响，水桶处于悬停状态。下列说法正确的是（　　） A．水桶的质量为60kg B．水桶的质量为40kg C．连接水管的水泵输出功率为15kW D．连接水管的水泵输出功率为20kW 15. （多选）（2024•浙江模拟）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 小题精练06 动量和能量问题 内容 重要的规律、公式和二级结论 功、功率 (1)功的计算公式：W=F1cosa或W=Pt。 (2)功率：平均功率P=、P=Fv,瞬时功率P=Fv F与v共线。 (3)重力、静电力做功与路径无关；滑动摩擦力做功与路径有关，等于滑动摩擦力与路程的乘积。 (4)如图所示，物体由斜面上高为h的位置滑下，滑到平面上的另一点停下来，若L是释放点到停止点的水平总距离，则物体与接触面之间的动摩擦因数u与L、h之间存在关系u= (5)机车启动：①恒定功率启动；②恒定加速度启动；vm= 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 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′－mv F合s＝mv－mv 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】（2024•浙江一模）如图，用需要考虑重力的高压水枪冲洗物体，若水从枪口喷出时的速度大小为v，近距离垂直喷射到物体表面，速度在短时间内变为零，水枪出水口直径为D，忽略水从枪口喷出后的发散效应，已知水的密度为ρ，重力加速度为g，则（　　） A．该水枪的流量（单位时间流经水枪的水的体积）为πvD2 B．单位时间内水枪喷出水的质量为 C．物体受到的冲击力大小约为 D．水枪水平向前喷水时，手对水枪的作用力方向水平向前 【解答】解：A、该水枪的流量（单位时间流经水枪的水的体积）为，故A错误； B、极短时间Δt内水枪喷出水的质量为 则单位时间内水枪喷出水的质量为 ，故B错误； C、以极短时间Δt内水枪喷出水为研究对象，以水流速度方向为正方向，根据动量定理得 ﹣FΔt＝0﹣Δmv 联立可得 由牛顿第三定律可知，物体受到的冲击力大小约为F′＝F，故C正确； D、水枪水平向前喷水时，水平方向手对水枪的水平作用力方向水平向前，竖直方向手对水枪的作用力竖直向上，根据力的合成可知，手对水枪的作用力方向斜向前上方，故D错误。 故选：C。 难度：★★★ 建议时间：30分钟 正确率： /15 1. （2024•温州一模）如图是某次网球的飞行轨迹，图中A、B为轨迹上等高的两点，P为最高点。若空气阻力大小与瞬时速度大小成正比，则该网球（　　） A．在空中的运动为匀变速曲线运动 B．经过P点的加速度等于重力加速度 C．经过A、B两点的速度大小相等 D．在AP段的飞行时间小于在PB段的飞行时间 【解答】解：A．羽毛球在运动过程中受到自身重力和空气阻力作用，其合力是变化的，做变加速曲线运动，故A错误； B．经过P点时羽毛球受重力与空气阻力的作用，加速度不等于重力加速度，故B错误； C.羽毛球在运动过程中要克服空气阻力做功，从A到B的过程中，羽毛球的机械能减小，因此羽毛球在A点的速度大于在B点的速度，故C错误； D．由于存在空气阻力与运动方向相反，AP段羽毛球处于上升阶段，可知羽毛球竖直向下的加速度大于重力加速度，而PB段羽毛球处于下降阶段，羽毛球竖直向下的加速度小于重力加速度；根据运动学公式可知，可知AP段的飞行时间小于PB段的飞行时间，故D正确。 故选：D。 2. （2024•浙江模拟）2024年5月3日，嫦娥六号探测成功发射，开启月球背面采样之旅，探测器的着陆器上升器组合体着陆月球要经过减速、悬停、自由下落等阶段。则组合体着陆月球的过程中（　　） A．减速阶段所受合外力为0 B．悬停阶段不受力 C．自由下落阶段机械能守恒 D．自由下落阶段加速度大小g＝9.8m/s2 【解答】解：A.减速阶段合外力方向竖直向上，不为0，故A错误； B.悬停阶段受到重力和向上的作用力，合力为0，故B错误； C.自由下落阶段只受重力作用，重力做正功，机械能守恒，故C正确； D.由于是在月球表面自由下落，其加速度小于地球表面自由落体加速度9.8m/s2，故D错误。 故选：C。 3. （2024•浙江一模）FAST是世界上最大的单口径球面射电望远镜，直径为500m，有效提高了人类观测宇宙的精度和范围。设直径为100m的望远镜能够接收到的来自某天体的电磁波功率为P1，FAST能够接收到的来自该天体的电磁波功率为P2。在宇宙大尺度上，天体的空间分布是均匀的，仅以辐射功率为P的同类天体为观测对象，设直径为100m的望远镜能够观测到的此类天体数目为N0，FAST能够观测到的此类天体数目为N，则（　　） A．P2＝5P1 B．P2＝125P1 C．N＝25N0 D．N＝125N0 【解答】解：AB．地球上不同望远镜观测同一天体，单位面积上接收的功率应该相同，所以 故AB错误； CD．设地面上望远镜能观测到此类天体需收集到的电磁波的总功率的最小值为P0，直径为100m望远镜和FAST能观测到的最远距离分别为L0和L，则 可得 L＝5L0 则 故C错误，D正确。 故选：D。 4. （2024•浙江二模）一种离心测速器的简化工作原理如图所示。光滑细杆的一端固定在竖直转轴OO′上的O点，并可随轴一起转动。杆上套有一轻质弹簧，弹簧一端固定于O点，另一端与套在杆上的圆环相连。当测速器稳定工作时，通过圆环的位置可以确定细杆匀速转动的角速度。杆与竖直转轴的夹角α始终为60°，则（　　） A．角速度越大，圆环受到的杆的支持力越大 B．角速度越大，圆环受到的弹簧弹力越大 C．弹簧处于原长状态时，圆环的向心加速度为 D．突然停止转动后，圆环下滑过程中重力势能和弹簧弹性势能之和一直减小 【解答】解：C、弹簧处于原长状态时，则圆环仅受到重力和支持力，其合力使得圆环沿水平方向做匀速圆周运动。设此时角速度为ω0，根据牛顿第二定律得： 设弹簧原长为l，圆环此时转动的半径为：r1＝lsinα 解得： 此时的向心加速度为：，故C错误； AB、设弹簧的长度为x，则圆环做圆周运动的半径为：r＝xsinα 圆环受到的杆的支持力为N，圆环受到的杆的支持力为T，则当0＜ω＜ω0时，圆环受力分析如图所示。 对圆环，竖直方向上根据平衡条件可得 Tcosα+Nsinα＝G 水平方向上根据牛顿第二定律可得 Ncosα﹣Tsinα＝mω2r 联立解得：， 当ω＞ω0时，圆环受力分析如图所示。 对圆环，竖直方向上根据平衡条件可得 Nsinα﹣Tcosα＝G 水平方向上根据牛顿第二定律可得 Ncosα+Tsinα＝mω2r 联立解得：， 当角速度增大时，弹簧的长度变大，则角速度越大时，圆环受到的杆的支持力也越大；当0＜ω＜ω0时，圆环受到的弹簧弹力随角速度变大在变小，当ω＞ω0时，圆环受到的弹簧弹力随角速度变大在变大，即圆环受到的弹簧弹力随角速度变大在先变小后变大，故A正确，B错误； D、突然停止转动后，圆环下滑过程中，圆环先加速下滑后减速下滑，则圆环的动能先增大后减小，由于圆环和弹簧组成的系统只有重力和弹力做功，系统机械能守恒，所以重力势能和弹簧弹性势能之和先减小后增大，故D错误。 故选：A。 5. （2024•浙江一模）如图所示，空间有一底面处于水平地面上的正方体框架ABCD﹣A1B1C1D1，边长为L，从顶点A以不同速率沿不同方向水平抛出同一小球（可视为质点，不计空气阻力）。关于小球的运动，下列说法正确的是（　　） A．落点在A1B1C1D1内的小球，初速度的最大值为 B．运动轨迹与AC1相交的小球，在交点处的速度方向都相同 C．落点在A1B1C1D1内的小球，落地时重力的瞬时功率可能不同 D．小球击中CC1的各次运动中，击中CC1中点的末速度最小 【解答】解：A．落点在A1B1C1D1内的小球，根据自由落体运动位移—时间公式，则运动时间满足 落到C1点的小球初速度最大，则初速度的最大值满足 故A错误； B．运动轨迹与AC1相交的小球，位移的偏向角均相同，均满足 速度的偏向角满足 可知速度偏向角都相同，即在与AC1交点处的速度方向都相同，故B正确； C．落点在A1B1C1D1内的小球，下落的竖直高度均为L，根据自由落体运动速度—位移公式，则落地的竖直速度均满足 则落地时重力的瞬时功率满足 都相同，故C错误； D．小球击中CC1的各次运动中，设初速度为v0，则运动时间满足 竖直速度满足 击中CC1时的速度满足 由数学知识可知，当 时v1最小，即 此时击中CC1时下落的竖直高度 故D错误。 故选：B。 6. （2024•温州一模）在缓震材料上方高度H1为0.6m处，将质量0.6kg的钢球以一定初速度v0竖直向下抛出，钢球刚接触缓震材料时速度大小为4m/s，与缓震材料的接触时间为0.1s，钢球反弹的最大高度H2为0.45m。假设钢球始终在竖直方向运动，不计空气阻力。钢球从抛出到反弹至最高点过程中，下列说法正确的是（　　） A．钢球的机械能损失0.9J B．钢球的平均速度大小为0.25m/s C．重力对钢球做的功等于钢球动能的变化量 D．合外力对钢球做的功等于钢球机械能的变化量 【解答】解：A、钢球从抛出到接触缓震材料过程，只有重力做功，机械能守恒，所以钢球刚接触缓震材料时的机械能为： 钢球反弹上升最大高度的过程中，机械能守恒，所以反弹时的机械能为：E2＝mgH2＝0.6×10×0.45J＝2.7J 可知钢球与缓震材料接触过程损失的机械能为：ΔE＝E1﹣E2＝4.8J﹣2.7J＝2.1J，故A错误； B、钢球从抛出到接触缓震材料，由动能定理有： 代入数据可得：v0＝2m/s 由可得钢球从抛出到接触缓震材料所用时间为：t1＝0.2s，反弹至最高点所用时间为： 整个过程所用时间为：t＝t1+t2+Δt＝0.2s+0.3s+0.1s＝0.6s，则整个过程的平均速度为：，故B正确； CD、整个过程中，由动能定理可知，重力与弹力所做的功之和等于钢球动能的变化量，根据功能关系可知钢球机械能的变化量等于除重力外弹力对钢球做的功，CD错误。 故选：B。 7. （2024•下城区校级模拟）如图所示为某景观喷泉的喷射装置结构示意图。它由竖直进水管和均匀分布在同一水平面上的多个喷嘴组成，喷嘴与进水管中心的距离均为r＝0.6m，离水面的高度h＝3.2m。水泵位于进水管口处，启动后，水泵从水池吸水，并将水压到喷嘴处向水平方向喷出，水在水池面上的落点与进水管中心的水平距离为R＝2.2m。水泵的效率为η＝80%，水泵出水口在1s内通过的水的质量为m0＝10kg，重力加速度g取10m/s2，忽略水在管道和空中运动时的机械能损失。则下列错误的是（　　） A．水从喷嘴喷出时速度的大小2m/s B．在水从喷嘴喷出到落至水面的时间内，水泵对水做的功是320J C．水泵输出的功率340W D．水泵在1h内消耗的电能1.53×106J 【解答】解：A.水从喷嘴水平喷出，做平抛运动，根据平抛运动规律有 R﹣r＝vt hgt2 代入数据解得v＝2m/s，故A正确； B.水泵对外做功，转化为水的机械能，每秒内水泵对水做的功为 W＝m0ghm0v2 代入数据解得W＝340J，故B错误； C.由B可知水泵输出的功率 PW＝340W，故C正确； D.根据P＝ηP电，则水泵的电功率为 P电W＝425W； 水泵在1h内消耗的电能为 E＝P电t＝425×3600J＝1.53×106J，故D正确； 本题选错误的，故选：B。 8. （2024•浙江模拟）如图，在一水平地面上有一轨道，其内部有一质量不计的轻弹簧，弹簧劲度系数为k。其正上方有一质量为m的小球由静止释放，恰好可进入管道内部。若忽略空气阻力与摩擦力，则下列说法正确的是（　　） A．小球运动过程中，其机械能守恒 B．小球最大速度 C．小球下落最大距离 D．小球最大加速度 【解答】解：A．小球未接触到弹簧过程中，只有重力做功，机械能守恒，与弹簧接触后弹簧弹力做功，小球的机械能不守恒，故A错误； B．当小球的加速度为零时，速度达到最大，即 mg＝kx 联立可得 故B正确； C．当小球速度减为零时，下落的距离最大，则 所以小球下落最大距离为 故C错误； D．当小球运动到最低点时加速度最大，则 kx'﹣mg＝ma 解得 故D错误。 故选：B。 9. （2024•金华二模）图甲是某人在湖边打水漂的图片，石块从水面弹起到触水算一个水漂，若石块每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，速率损失30%。图乙是石块运动轨迹的示意图，测得石块第1次弹起后的滞空时间为0.8s，已知石块在同一竖直面内运动，当触水速度小于2m/s时石块就不再弹起，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．石块每次弹起后的滞空时间相等 B．石块最多能在湖面上弹起5次 C．石块每次弹起过程能量损失30% D．石块每次弹起到最高点的速度为零 【解答】解：A.石块做斜上抛运动，竖直方向上的速度大小为vy＝vsin30° 根据vy＝gt1 运动总时间t＝0.8s＝2t1 解得v＝8m/s，由于存在速率损失，v减小导致vy减小，所以滞空时间不等，故A错误； B.设石块一共能打n个水漂，则有 （1﹣30%）n﹣1•v＜2m/s，（n取整数） 解得n＝5，故B正确； C.速率损失30%，即速度由v变成0.7v，能量由mv2变成m（0.7v）2＝0.49mv2，故能量损失为51%，故C错误； D.石块做斜上抛运动，即使在最高点也有水平方向的分速度，故D错误。 故选：B。 10. （2024•温州一模）玩具“骑行小猪”绕碗的边缘做匀速圆周运动如图所示。若碗始终静止在水平桌面上，下列说法正确的是（　　） A．小猪所受的合外力为零 B．小猪运动一周，其重力的冲量为零 C．碗对小猪的作用力大于小猪的重力 D．碗与桌面之间无摩擦力 【解答】解：A．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供圆周运动的向心力，合力方向始终指向圆心，可知，小猪所受的合外力不为零，故A错误； B．根据冲量的定义I＝Ft，重力不等于零，时间不等于零，所以小猪运动一周，其重力的冲量不为零，故B错误； C．小猪绕碗的边缘做匀速圆周运动，由碗对小猪的作用力与小猪的重力的合力提供圆周运动的向心力，重力方向竖直向下，合力方向指向圆心，即合力沿水平方向，则有 可知，碗对小猪的作用力大于小猪的重力，故C正确； D．结合上述可知，碗对小猪的作用力方向偏向碗内侧斜向上，根据牛顿第三定律可知，小猪对碗的作用力方向偏向碗外侧斜向下，碗受到竖直方向的重力和桌面支持力，而碗处于静止状态，所受合力为零，所以碗要受到桌面对它的静摩擦力，故D错误。 故选：C。 11. （2024•乐清市校级三模）（机械振动）质量为m的钢板与直立轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在地上。平衡时，弹簧的压缩量为x0，如图所示，一物块从钢板正上方距离为3x0的A处自由落下，打在钢板上并立刻与钢板一起向下运动，但不粘连。它们到达最低点后又向上运动。已知物块质量也为m，弹簧的弹性势能Epkx2，简谐运动的周期T＝2，下列说法正确的是（　　） A．碰后物块与钢板一起做简谐运动，振幅A＝x0 B．物块与钢板在返回O点前已经分离 C．碰撞刚结束至两者第一次运动到最低点所经历的时间t D．运动过程中弹簧的最大弹性势能 【解答】解：A、设物块与钢板碰撞前瞬间物块的速度为v0，由机械能守恒得： 3mgx0，解得：v0 设碰撞后瞬间两者一起向下运动的初速度为v1，选取向下为正方向，由动量守恒定律得： mv0＝2mv1，解得：v1 钢板与物块一起做简谐运动，设平衡位置弹簧压缩量为x1，则有： 2mg＝kx1 初始对钢板由平衡条件得： mg＝kx0 对比解得：x1＝2x0 设振幅为A，从碰撞的位置到最低点的过程，由机械能守恒定律得： 2mg（x1﹣x0+A） 其中：k 联立解得：A＝2x0，故A错误； B、由A的解答可知，平衡位置弹簧压缩量为2x0，振幅为2x0，由简谐运动规律可知弹簧原长的位置O处是向上的位移最大处，即到达弹簧处于原长的位置时钢板与物块的速度为零，则物块与钢板在返回O点前不会分离，故B错误； C、碰撞的位置是A处，由此处第一次到平衡位置的时间为，则第一次运动到最低点所经历的时间为： tT，故C正确； D、弹簧最大压缩量为xm＝x1+A＝4x0，最大的弹性势能：Epm8mgx0，故D错误。 故选：C。 12. （2024•浙江模拟）滑板运动是由冲浪运动演变而成的一种极限运动。如图所示，一同学在水平地面上进行滑板练习，该同学站在滑板A前端，与滑板A一起以20m/s的共同速度向右做匀速直线运动，在滑板A正前方有一静止的滑板B，在滑板A接近滑板B时，该同学迅速从滑板A跳上滑板B，接着又从滑板B跳回滑板A，最终两滑板恰好不相撞。已知该同学的质量为45kg，两滑板的质量均为2.5kg，不计滑板与地面间的摩擦，下列说法正确的是（　　） A．上述过程中该同学与滑板A和滑板B组成的系统机械能守恒 B．该同学跳回滑板A后，他和滑板A的共同速度为19m/s C．该同学跳离滑板B的过程中，滑板B的速度减小 D．该同学跳离滑板B的过程中，对滑板B的冲量大小为47.5N•s 【解答】解：A、根据机械能守恒的条件，在整个系统中，在A、B板来回跳的过程中存在摩擦力做功，所以机械能不守恒，故A错误； B、因该同学从A跳上B，再跳回A时最终两滑板恰好不相撞，可知速度相等，该同学跳回滑板A整个过程中系统水平方向合力为零，动量守恒，则 （m+M）v0＝（2m+M）v 代入数据解得：v＝19m/s，所以最终他和滑板的速度为19m/s，故B正确； C、该同学跳离滑板B的过程中，人给滑板B的水平方向的作用力向右，可知滑板B的速度增加，故C错误； D、该同学从跳上到跳离滑板B整个过程中的冲量为：I＝mv，代入数据得：I＝47.5N•s 所以该同学跳离滑板B的过程中对滑板B的冲量大小小于47.5N•s，故D错误。 故选：B。 13. （2024•嘉兴模拟）如图所示是大型游乐装置“大摆锤”的简图，摆锤a和配重锤b分别固定在摆臂两端，并可绕摆臂上的转轴O在纸面内转动。若a、b到O的距离之比为2：1且不计一切阻力，则摆臂自由转动一周过程中（　　） A．a、b角速度之比为2：1 B．摆臂对转轴的弹力保持不变 C．摆臂对a和b作用力的功为0 D．摆臂对a和b作用力的冲量为0 【解答】解：A.摆锤a和配重锤b属于同轴转动，角速度之比为1：1，故A错误； B.摆锤和配重做圆周运动，则摆臂对转轴的弹力大小和方向都发生变化，故B错误； C.摆臂运动过程中，摆臂对a和b的作用力做功大小相等，一正一负，则摆臂对a和b作用力的功为0，故C正确； D.摆臂运动过程中，a、b速度方向发生变化，则动量发生变化，摆臂对a和b作用力的冲量不为0，故D错误； 故选：C。 14. （2023•绍兴模拟）现在很多景区都有悬空大茶壶这一景观，如图甲所示，一把大茶壶不断向下“倒水”，大茶壶似乎没有任何支撑而悬空，小明参观后回到自己的DIY实验工坊，尝试做了如下实验，其原理如图乙所示，开口向下的水桶代替大茶壶，水桶下面有一水管，水桶的重心位于水管中心之上，水管内的水流忽略重力的影响而各处速度方向竖直向上，大小相等均为v＝10m/s，水管的横截面积S＝0.003m2，水的密度为ρ＝1000kg/m3，假设水碰到水桶底部瞬间速度大小不变方向反向，忽略水流质量的损耗，水碰水桶底部过程忽略水的重力、阻力的影响，水桶处于悬停状态。下列说法正确的是（　　） A．水桶的质量为60kg B．水桶的质量为40kg C．连接水管的水泵输出功率为15kW D．连接水管的水泵输出功率为20kW 【解答】解：AB．在Δt时间内，以撞到桶上的水为研究对象，根据动量定理F•Δt＝mΔv＝ρSvΔt[v﹣（﹣v）] 而水桶悬在空中F＝Mg 代入数据可得水桶的质量M＝60kg 故A正确，B错误； CD．在Δt时间内，根据动能定理 因此功率 故CD错误。 故选：A。 15. （多选）（2024•浙江模拟）如图所示，在光滑水平面上静止放置一质量为M、长为L的木块，质量为m的子弹水平射入木块。设子弹在木块内运动过程中受到的阻力不变，其大小f与射入初速度大小v0成正比，即f＝kv0（k为已知常数）。改变子弹的初速度大小v0，若木块获得的速度最大，则（　　） A．子弹的初速度大小为 B．子弹在木块中运动的时间为 C．木块和子弹损失的总动能为 D．木块在加速过程中运动的距离为 【解答】解：AC.要使木块获得的速度最大，子弹和木块具有共同速度，设为v； 取初速度方向为正方向，根据动量守恒定律mv0＝（m+M）v 据能量守恒定律 联立解得， 子弹和木块损失的总动能 综上分析，故A正确，C错误； B.取初速度方向为正方向，根据动量定理﹣ft＝﹣kv0t＝mv﹣mv0 代入数据联立解得，故B错误； D.木块在加速过程中做匀加速直线运动，故D正确。 故选：AD。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$