周末滚动融合卷(02) 动量和能量（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考物理大二轮专题复习与策略（江苏专版）

周末滚动融合卷(二)　动量和能量 (时间：75分钟　满分：100分) 一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分。每题只有一个选项最符合题意。 1．(2025·江苏南京二模)如图所示，足球被踢出后在空中依次经过a、b、c三点的运动轨迹示意图，b为最高点，a、c两点等高。则足球(　　) A．从a运动到b的时间大于从b运动到c的时间 B．在b点的加速度方向竖直向下 C．在a点的机械能比在b点的大 D．在a点的动能与在c点的相等 C　[足球被踢出后，对足球受力分析，足球受到重力和空气阻力，当足球从a运动到b过程中竖直方向上重力和空气阻力都向下，b运动到c的空气阻力向上，故a运动到b过程中的竖直方向上的加速度大于b运动到c过程中的加速度，a、c两点等高，故从a运动到b的时间小于从b运动到c的时间，A错误；在b点，足球运动方向向右，空气阻力水平向左，故此刻足球的加速度斜向下，B错误；由于过程中空气阻力做负功，机械能减少，故在a点的机械能比在b点的大，C正确；从a运动到c过程中机械能减少，a、c两点等高重力势能相同，a点的动能比在c点时大，D错误。] 2．[专题一](2025·江苏南通高三模拟)万米级全海深潜水器“奋斗者”号创造了10 909米的中国载人深潜新纪录。某次深潜探测中，“奋斗者”号的速度—时间图像如图所示。则潜水器(　　) A．0～t1时间内做匀加速运动 B．内部的科考人员0～t1时间内处于超重状态 C．内部的科考人员t2～t3时间内处于失重状态 D．0～t1时间内的平均速度大于t2～t3时间内的平均速度 D　[速度—时间图像的斜率大小表示加速度大小，则0～t1时间内加速度逐渐减小，是变加速运动，故A错误；潜水器下潜，则运动方向向下，而0～t1时间内加速，加速度向下，内部的科考人员处于失重状态，故B错误；在t2～t3时间内潜水器向下减速，加速度向上，则内部的科考人员处于超重状态，故C错误；构造相同时间内的匀变速直线运动，比较图线围成的面积，从而可知0～t1时间内的平均速度＞，t2～t3时间内的平均速度＜，则可知0～t1时间内的平均速度大于t2～t3时间内的平均速度，故D正确。] 3．(2025·江苏泰州一模)如图所示，将一张重力不计的白纸夹在重力为G的课本与水平桌面之间，现用一水平拉力F将白纸从课本下向右抽出(书本始终未从桌面上滑落)，已知所有接触面间的动摩擦因数均为μ，则在白纸被抽出的过程中(　　) A．课本对白纸的滑动摩擦力方向向右 B．课本与桌面接触前，白纸所受滑动摩擦力大小为2μG C．白纸被抽出越快，课本动量的变化越大 D．白纸被抽出越快，课本所受滑动摩擦力的冲量越大 B　[根据题意可知，白纸相对课本向右运动，则课本对白纸的摩擦力方向向左，故A错误；课本与桌面接触前，白纸受到的是滑动摩擦力，根据滑动摩擦力公式f＝μN，且白纸受到课本与桌面的两个滑动摩擦力，因此其大小为2μG，故B正确；根据I＝fΔt＝Δp，白纸被抽出越快，时间越短，课本动量的变化越小，故C错误；根据I＝fΔt，白纸被抽出越快，时间越短，课本所受滑动摩擦力的冲量越小，故D错误。] 4．(2025·江苏苏州二模)一架飞机从水平平飞经一段圆弧转入竖直向上爬升，如图所示，假设飞机沿圆弧运动时速度大小不变，发动机推力方向沿轨迹切线，飞机所受升力垂直于机身，空气阻力大小不变，则飞机沿圆弧运动时(　　) A．飞机发动机推力做功的功率逐渐增大 B．飞机发动机推力大小保持不变 C．飞机克服重力做功的功率保持不变 D．空气对飞机的作用力不变 A　[飞机发动机推力等于空气阻力与重力在切向的分力之和，重力在切向的分力逐渐增大，所以飞机发动机的推力逐渐增大，故B错误；飞机推力与速度方向相同，飞机推力逐渐增大，根据P＝Fv，所以飞机推力做功的功率逐渐增大，故A正确；设飞机运动的速率为v，运动方向与竖直方向的夹角为θ，则竖直方向分速度为vy＝v cos θ，飞机克服重力做功的功率为PG＝mgvy＝mgv cos θ，θ角逐渐减小，所以功率逐渐增大，故C错误；飞机做匀速圆周运动，空气阻力大小不变，方向时刻与运动方向相反，发生改变，故D错误。] 5．[专题一](2025·江苏无锡二模)我国的嫦娥四号实现了人类飞行器第一次在月球背面着陆，为此发射了提供通信中继服务的“鹊桥”卫星，并定点在如图所示的地月连线外侧的位置L处的拉格朗日点(拉格朗日点指在两个物体引力作用下，能使小物体稳定的点)。“鹊桥”卫星在地球和月球引力的共同作用下，与月球保持相对静止一起绕地球运动。“鹊桥”卫星和月球绕地球运动的加速度大小分别为a1、a2，线速度大小分别为v1、v2，周期分别为T1、T2，轨道半径分别为r1、r2，下列关系正确的是(　　) A．T1<T2 B．a1＝a2 C．v1>v2 D．＝ C　[鹊桥卫星在月球外侧与月球一起绕地球做圆周运动，与月球保持相对静止，故其周期与月球绕地周期相同，A、D错误；根据a＝rω2＝r可知，鹊桥卫星的轨道半径大于月球的轨道半径，故其绕地球运动的加速度大于月球绕地球运动的加速度，B错误；根据v＝rω＝r可知，鹊桥卫星的轨道半径大，故线速度大，C正确。] 6．(2025·江苏昆山二模)如图所示，建筑工地上的打桩过程可简化为：重锤从空中某一固定高度由静止释放，与钢筋混凝土预制桩在极短时间内发生碰撞，并以共同速度下降一段距离后停下来。则下列说法正确的是(　　) A．重锤质量越大，撞预制桩前瞬间的速度越大 B．重锤质量越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大 C．碰撞过程中，重锤和预制桩的总机械能保持不变 D．整个过程中，重锤和预制桩的总动量保持不变 B　[重锤下落过程中做自由落体运动，根据v0＝可知，重锤撞预制桩前瞬间的速度与重锤的质量无关，只与下落的高度有关，选项A错误；重锤撞击预制桩的瞬间动量守恒，则由mv0＝(m＋M)v可知，重锤质量m越大，预制桩被撞后瞬间的速度越大，选项B正确；碰撞过程中，系统要产生内能，重锤和预制桩的总机械能要减小，选项C错误；整个过程中，重锤和预制桩在以共同速度下降的过程中，受到重力和阻力，合外力不为零，总动量减小，选项D错误。] 7．(2025·江苏南京模拟)质量为m、速度为v的A球跟质量为3m的静止B球发生正碰，则碰撞后B球速度v′可能值的范围为(　　) A．0.2v≤v′≤0.5v　 B．0.2v≤v′≤0.75v C．0.25v≤v′≤0.5v D．0.25v≤v′≤0.75v C　[若A、B两球为弹性碰撞，则碰撞过程无能量损失，碰撞后速度最大，取A球初速度方向为正方向，根据动量守恒、机械能守恒可得mv＝mv1＋3mv2，mv2＝，解得v2＝0.5v；若A、B两球为完全非弹性碰撞，碰撞后两球共速，碰撞过程能量损失最大，碰撞后速度最小，根据动量守恒可得mv＝(m＋3m)v共，解得v共＝0.25v，因此碰撞后B球速度v′可能值的范围为0.25v≤v′≤0.5v，故选C。] 8．(2025·江苏苏州高三统考)如图所示，轻质弹簧上端固定，下端系一物体，物体在A处时，弹簧处于原长状态。现用手托住物体使它从A处缓慢下降，到达B处时，手和物体自然分开。此过程中，物体克服手的支持力所做的功为W，不考虑空气阻力。关于此过程，下列说法正确的是(　　) A．物体重力势能的减小量一定小于W B．弹簧弹性势能的增加量一定等于W C．弹簧的弹性势能和物体的机械能总和增加了W D．若将物体从A处由静止释放，则物体到达B处时的动能大于W B　[从A到B，由动能定理可得WG－W－W弹＝0，解得WG＝W＋W弹，所以物体重力势能的减小量一定大于W，故A错误；根据动能定理知mgh－W－W弹＝0，设到B处时弹簧的伸长量为h，由平衡条件可得mg＝kh，故mgh－W＝W弹＝kh2＝mgh，即ΔEp＝W弹＝ΔE弹＝mgh，则弹簧弹性势能的增加量一定等于W，故B正确；支持力对物体做负功，所以物体与弹簧组成的系统机械能减少W，故C错误；若将物体从A处由静止释放，由A到B根据动能定理有WG－W弹＝ΔEk，而WG－W弹＝W，则物体到达B处时的动能为W，故D错误。] 9．(2025·江苏泰州高三统考)传送带以恒定速率顺时针转动，物块以一定的初速度冲上传送带。物块的动能Ek随时间t变化的图像可能正确的是(　　) 　 A．　　　 B． 　 C．　　　　　　D． D　[如果传送带速度比物块初速度大，则开始阶段加速，μmg＝Ek－mv2，图像开始阶段为开口向上的抛物线的一部分，加速至共速后动能不变，A错误，D正确；如果传送带速度比物块初速度小，开始阶段减速－μmg＝Ek－mv2，图像开始阶段为开口向上的抛物线的一部分，减速至共速后动能不变，B、C错误。] 10．(2025·江苏无锡二模)如图所示，倾角为θ的光滑斜面，沿斜面放置的轻弹簧一端固定在斜面底端，另一端连接物体A，静止时，弹簧被压缩了l。质量与A相同的物体B从弹簧原长位置由静止释放，A与B发生完全非弹性碰撞(但不粘连)，碰撞时间极短，A、B视为质点，重力加速度为g，弹簧的弹性势能Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，则下列说法正确的是(　　) A．碰撞后瞬间两物体的速度大小为 B．碰撞后两物体一起向下运动的最大位移为2l C．两物体反弹向上运动，B能再次回到释放点 D．碰撞后两物体一定不能分离 D　[B下滑，即将与A碰撞时有mgl sin θ＝，A、B碰撞动量守恒，则有mv0＝2mv，得v＝，选项A错误；A、B碰撞后一起向下运动至最低点，位移设为x′，根据能量守恒得k(l＋x′)2－kl2＝·2mv2＋2mgx′sin θ，A原来静止满足mg sin θ＝kl，解得x′＝(1＋)l，选项B错误；A、B分开临界条件为加速度相等，A、B之间的弹力为零，对B分析可得mg sin θ＝ma0，得a0＝g sin θ，碰撞后至再次返回到碰撞位置，速度大小不变，方向反向，假设不分离，从碰撞位置向上运动位移为x1时速度变为0，则有2mgx1sin θ＋k(l－x1)2－kl2＝·2mv2，解得x1＝l－l，此时整体由牛顿第二定律可得2mg sin θ－k(l－x1)＝2ma，得a＝g sin θ＜g sin θ，碰撞后两物体一定不分离且B不能再次回到释放点，C错误，D正确。] 二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题～第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。 11．(12分)某同学为了验证对心碰撞过程中的动量守恒定律，设计了如下实验：用纸板搭建如图所示的滑道，使硬币可以平滑地从斜面滑到水平面上，其中OA为水平段。选择相同材质的一元硬币和一角硬币进行实验。 测量硬币的质量，得到一元和一角硬币的质量分别为m1和m2(m1>m2)。将硬币甲放置在斜面上某一位置，标记此位置为B。由静止释放甲，当甲停在水平面上某处时，测量甲从O点到停止处的滑行距离OP。将硬币乙放置在O处，左侧与O点重合，将甲放置于B点由静止释放。当两枚硬币发生碰撞后，分别测量甲、乙从O点到停止处的滑行距离OM和ON。保持释放位置不变，重复实验若干次，得到OP、OM、ON的平均值分别为s0、s1、s2。 (1)在本实验中，甲选用的是________(选填“一元”或“一角”)硬币。 (2)碰撞前，甲滑行到O点时速度的大小可表示为________(设硬币与纸板间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g)。 (3)若甲、乙碰撞过程中动量守恒，则＝________(用m1和m2表示)，然后通过测得的具体数据验证硬币对心碰撞过程中动量是否守恒。 (4)由于存在某种系统或偶然误差，计算得到碰撞前后甲动量变化量大小与乙动量变化量大小的比值不是1，写出一条产生这种误差可能的原因：________________________________________。 [解析]　(1)为保证两硬币在碰撞过程中硬币甲不被反弹，硬币甲的质量应大于硬币乙的质量，由题意可知m1>m2，所以硬币甲为一元硬币。 (2)设硬币甲在O点的速度为v0，从O点到P点由动能定理有－μm1gs0＝，解得v0＝。 (3)设甲、乙两硬币碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，根据甲、乙两硬币碰撞过程中动量守恒，有m1v0＝m1v1＋m2v2，碰撞后，对硬币甲由动能定理有－μm1gs1＝，得v1＝，对硬币乙由动能定理有＝，解得v2＝，则＝。 (4)系统误差：甲、乙两硬币发生的是非对心碰撞。 偶然误差：数据测量不准确，包括质量的测量和距离的测量。 [答案]　(1)一元　(2)　(3)　(4)见解析 12．(10分)(2025·江苏南通二模)冬奥会跳台滑雪比赛中，运动员在滑雪道上获得一定速度后从跳台a点水平飞出，在空中飞行一段距离后在斜坡b点着陆，如图所示。测得运动员在ab间飞行时间为2 s，斜坡与水平方向的夹角为30°，运动员质量为50 kg，不计空气阻力，g＝10 m/s2。求运动员： (1)在飞行过程中所受重力的冲量I的大小； (2)在a处的速度v的大小。 [解析]　(1)运动员重力的冲量为I＝mgt＝1 000 N·s。 (2)由平抛运动规律，竖直方向的位移为y＝gt2 水平方向的位移为x＝vt 由几何关系可得y＝x tan 30° 解得v＝10 m/s。 [答案]　 (1)1 000 N·s　(2)10 m/s 13．(10分)(2025·江苏南京二模)一小朋友在水泥管道内踢球，可简化为如图所示模型，固定的竖直圆形轨道半径为R，球质量为m，在某次运动中，球恰能通过轨道最高点B，将球视为质点，重力加速度为g。 (1)求球通过最高点B时的速度大小； (2)若球通过最低点A的速度为最高点B的速度的3倍，求球从A到B过程中摩擦阻力做的功。 [解析]　(1)由题意，在最高点B，根据牛顿第二定律有mg＝， 得vB＝。 (2)从A到B，由动能定理得 －mg·2R＋Wf＝ 由已知，vA＝3vB，联立解得Wf＝－2mgR。 [答案]　(1)　(2)－2mgR 14．(13分)(2025·山东卷)如图所示，内有弯曲光滑轨道的方形物体置于光滑水平面上，P、Q分别为轨道的两个端点且位于同一高度，P处轨道的切线沿水平方向，Q处轨道的切线沿竖直方向。小物块a、b用轻弹簧连接置于光滑水平面上，b被锁定。一质量m＝ kg的小球自Q点正上方h＝2 m处自由下落，无能量损失地滑入轨道，并从P点水平抛出，恰好击中a，与a粘在一起且不弹起。当弹簧拉力达到F＝15 N时，b解除锁定开始运动。已知a的质量ma＝1 kg，b的质量mb＝ kg，方形物体的质量M＝ kg，重力加速度大小g＝10 m/s2，弹簧的劲度系数k＝50 N/m，整个过程弹簧均在弹性限度内，弹性势能表达式Ep＝kx2(x为弹簧的形变量)，所有过程不计空气阻力。求： (1)小球到达P点时，小球及方形物体相对于地面的速度v1、v2； (2)弹簧弹性势能最大时，b的速度vb及弹性势能的最大值Epm。 [解析]　(1)根据题意可知，小球从开始下落到P处过程中，水平方向上动量守恒，则有mv1＝Mv2 由能量守恒定律有mgh＝ 联立解得v1＝6 m/s，v2＝ m/s 即小球速度为6 m/s，方向水平向左，方形物体速度为 m/s，方向水平向右。 (2)由于小球落在物块a正上方，并与其粘连，小球竖直方向速度变为0，小球和物块a水平方向上动量守恒，则有mv1＝(m＋ma)v3 解得v3＝2 m/s 设当弹簧形变量为x1时物块b的锁定解除，此时小球和物块a的速度为v4，根据胡克定律F＝kx1 系统机械能守恒＝ 联立解得v4＝1 m/s，x1＝0.3 m 锁定解除之后，小球、物块a和物块b组成的系统动量守恒，当三者共速时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律有(m＋ma)v4＝(m＋ma＋mb)vb 解得vb＝ m/s，方向水平向左 由能量守恒定律可得，最大弹性势能为Epm＝＝ J。 [答案]　(1)6 m/s，水平向左　 m/s，水平向右　(2) m/s，水平向左　Epm＝ J 15．(15分)(2025·江苏无锡高三统考)如图所示，光滑水平面上有一质量为m＝1 kg的滑块A静止在P点，在O点有一质量为M＝2 kg、长度为L＝0.6 m的长木板B，其两侧有固定挡板，在长木板B上最右侧放置一质量也为M＝2 kg 的小物块C，滑块A在外力F＝2 N 作用下，经过时间t＝1.5 s到达O点时，在O点立即撤去外力同时与B发生碰撞。已知小物块C与长木板B间的动摩擦因数为μ＝0.1，所有碰撞均为弹性碰撞，且碰撞时间极短，g取10 m/s2，求： (1)滑块A刚到达O点时的速度； (2)滑块A与长木板B碰撞后瞬间，长木板的速度； (3)物块C最终与长木板B右侧挡板的距离。 [解析]　(1)设滑块A刚到达O点时的速度为v0 根据动量定理有Ft＝mv0 解得v0＝3 m/s 方向水平向右。 (2)滑块A与长木板B碰撞后瞬间，设滑块和长木板的速度分别为v′0和v1，根据系统动量守恒定律和机械能守恒定律分别有 mv0＝mv′0＋Mv1 ＝ 联立解得v′0＝－1 m/s，v1＝2 m/s 滑块A与长木板B碰后瞬间，长木板的速度大小为2 m/s，方向水平向右。 (3)长木板B和物块C组成的系统在水平方向所受合外力为零，所以动量守恒，设B、C最终达到的共同速度为v，则有 Mv1＝2Mv 解得v＝v1＝1 m/s 设C相对B滑动的路程为Δx，对B、C组成的系统根据能量守恒可得 μMgΔx＝ 解得Δx＝1 m＞L＝0.6 m 所以物块C最终与长木板B右侧挡板的距离为 x0＝2L－Δx＝0.2 m。 [答案]　(1)3 m/s，方向水平向右　(2)2 m/s，方向水平向右　(3)0.2 m 24/24 学科网（北京）股份有限公司 $