能量和动量综合集训A（word练习）-【高考快车道】2027年高考物理大一轮总复习课时作业（基础版）

**基本信息** 聚焦能量与动量综合应用，通过11道典型题构建从概念辨析到守恒定律应用的递进训练体系，强化物理观念与科学推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择题|10题|涵盖概念辨析（功的判断）、实际应用（滑板功率、列车阻力）、碰撞动量守恒、弹簧能量转化、传送带综合等|从基础功与功率概念，到动量守恒定律应用，再到能量与动量综合的多过程问题，形成“概念-定律-应用”逻辑链| |非选择题|1题|验证动量守恒实验题，含恢复系数拓展|通过实验操作与数据处理，深化对守恒条件的理解，衔接理论与实践|

能量和动量综合集训A 能量和动量综合集训 A (限时35分钟) 　　　　　 　　　　　 　　　　　 一、选择题 1.[2025·湖南娄底模拟] 如图所示,质量为2 kg的物体从固定的光滑斜面上静止滑下,滑到斜面底端时速度为10 m/s.在此过程中 (　) A.支持力做正功 B.重力做负功 C.重力做功100 J D.合外力做功为零 2.[2026·山东九五协作体开学考] 滑板运动是一项非常刺激的水上运动,研究表明,在进行滑板运动时,水对滑板的作用力FN垂直于板面,大小为kv2,其中v为滑板速率(水可视为静止).如图所示,某次运动中,在水平牵引力作用下,当滑板和水面的夹角为θ=37°时,滑板做匀速直线运动,相应的k=54 kg/m,人和滑板的总质量为108 kg,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,忽略空气阻力,则水平牵引力的功率为 (　) A.4050 W B.5000 W C.5050 W D.6000 W 3.[2025·重庆北碚区模拟] 如图所示,小球乙静止在水平地面上,小球甲以一定的速度与小球乙发生对心碰撞.若碰撞时间极短,且不计一切摩擦,则下列关于两个小球碰撞前后动量p与时间t的关系图像可能正确的是 (　) A B C D 4.[2025·江苏南京一模] 如图所示,在光滑绝缘水平面上同时由静止释放两个带正电的小球A和B,已知A、B两球的质量分别为m1、m2.则某时刻A、B两球 (　) A.速度大小之比为m1∶m2 B.加速度大小之比为m1∶m2 C.动量大小之比为m2∶m1 D.动能大小之比为m2∶m1 5.[2025·福建宁德三模] 假设列车在某段雾气较重的水平长直轨道上运行时,列车周围空气静止,车头前方的空气与水雾碰到车头后速度变为与列车速度相同,空气密度为ρ,空气中单位体积内有n颗小水珠,每颗小水珠的质量为m,车头的横截面积为S,列车以速度v匀速运行.则列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为 (　) A.(ρ+nm)Sv B.(ρ+nm)Sv2 C.ρSv2+nmSv D.ρSv+nmSv2 6.[2025·河北石家庄一模] “复兴号”动车组用多节车厢提供动力,从而达到提速的目的.总质量为m的动车组在平直的轨道上行驶.该动车组有四节动力车厢,每节车厢发动机的额定功率均为P,若动车组所受的阻力与其速率成正比(F阻=kv,k为常量),动车组能达到的最大速度为vm.下列说法正确的是 (　) A.动车组在匀加速启动过程中,牵引力恒定不变 B.若四节动力车厢输出功率均为额定值,则动车组从静止开始做匀加速运动 C.若四节动力车厢输出的总功率为2.25P,则动车组匀速行驶的速度大小为vm D.若四节动力车厢输出功率均为额定值,动车组从静止启动,经过时间t达到最大速度vm,则这一过程中该动车组克服阻力做的功为m-Pt 7.[2025·山西运城一模] 如图所示,竖直面内固定一带有缺口(缺口大小可调)的光滑圆弧轨道,其半径为R,O为圆心,O1O2为水平直径,缺口两端M、N的高度相等,若处于轨道最低点P点的小球(可视为质点)获得水平初速度后会沿轨道从M点飞出,且恰从N端沿切线进入圆弧轨道,已知重力加速度为g,小球的质量为m,不计空气阻力.则小球在最低点P获得的初动能的最小值为 (　) A.1.25mgR B.2.5mgR C.(+1)mgR D.(+2)mgR 8.(多选)[2026·广东深圳多校开学联考] 蹦极是一种极限体育项目,某地在湖面之上建立一个蹦极项目,由长为20 m的弹簧绳构成,其劲度系数为160 N/m,一端固定在距离湖面36 m高的跳台上,另外一端系着人,当质量为60 kg的人从蹦极平台自由下落时,重力加速度为10 m/s2,弹簧绳的弹性势能Ep=kx2,其中x为弹簧绳伸长量,忽略空气阻力和弹簧绳的质量,从人静止开始到下落至最低点的过程中,下列说法正确的是 (　) A.从静止到弹簧绳恰好绷直过程中重力做功为12 000 J B.弹簧绳恰好绷直时人的速度最大 C.整个过程中人的机械能守恒 D.人能接触到水面 9.(多选)[2025·陕西部分学校联考] 如图甲所示,质量为m的某同学直立于箱子上,t=0时刻该同学从箱子上跳下,t1时刻着地,经曲腿缓冲一系列动作后,t6时刻起身直立静止于地面上,该同学所受地面支持力大小F随时间t变化的图像如图乙所示,忽略该同学离开箱子时的初速度和空气阻力,该同学在空中始终处于直立状态,重力加速度大小为g,下列说法正确的是 (　) A.该同学的最大速度为gt1 B.箱子的高度为g C.图乙中图像与横轴在t1~t6范围内围成的面积为mgt6 D.0~t6时间内该同学的机械能减少了mg2 10.(多选)[2026·湖北武汉九师联盟开学考] 如图所示,倾斜传送带PQ长为L=1.6 m,倾角为θ=37°,以v=2 m/s的速度沿顺时针方向转动.一个质量为m=1 kg的滑块(可视为质点)从P点以初速度v0沿传送带向上滑动.滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5,滑块刚好能运动到顶端Q点,重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.下列说法正确的是 (　) A.滑块在传送带上先受到滑动摩擦力后受到静摩擦力 B.滑块初速度大小v0=4 m/s C.滑块机械能减少1.6 J D.滑块与传送带因摩擦产生的内能为4.8 J 二、非选择题 11.[2025·河南安阳一模] 小明同学利用如图甲所示装置研究两球间的碰撞规律,天平测得小球1质量为m1,小球2质量为m2,斜槽末端在白纸上投影为O,让小球1从斜槽某位置由静止释放,记录落点为P,再将小球2置于槽的末端,使小球1在同一位置由静止释放,与小球2相碰,记录两球落点分别为M和N,如图乙所示. (1)若该实验要验证动量守恒定律,则下列说法正确的是　　　　(填选项前的字母).  A.小球1的质量应大于小球2的质量 B.斜槽应尽可能光滑 C.轨道末端必须水平 D.实验中复写纸不能移动 (2)通过刻度尺测得OM长度为l1,OP长度为l2,ON长度为l3,若该实验要验证小球1和小球2的碰撞为弹性碰撞,则需要满足的表达式为: 　　　　　　　　　　　　　　.  (3)定义碰撞过程的恢复系数为e=,其中v12和v12'分别表示两物体碰撞前的相对速度和碰撞后的相对速度.已知m1=3m2,且落点P总是在M、N之间,说明恢复系数至少为　　　　.  学科网（北京）股份有限公司 $ 能量和动量综合集训A 1.C　[解析] 斜面对物体的支持力垂直运动方向,不做功,故A错误;重力与位移夹角为锐角,重力做正功,根据动能定理有WG=mv2=100 J,只有重力做功,则合外力做功为100 J,故B、D错误,C正确. 2.A　[解析] 以滑板和运动员为研究对象,受力分析如图所示,由共点力平衡条件可得FNcos θ=mg,FNsin θ=F ,联立解得F=810 N,FN=,据题意有FN=kv2,解得v==5 m/s,则滑板的水平牵引力的功率为P=Fv=4050 W,故选A. 3.B　[解析] 根据题意可知,两球碰撞时间极短,且不计一切摩擦,则碰撞过程中,两球组成的系统动量守恒,A图中表示小球乙碰撞后与小球甲初速度方向相反,不符合实际,A错误;B图中表示两球碰撞后共速,可能实现,B正确;C、D图中表示两球碰撞后,两球组成的系统动量增加,不符合动量守恒定律,C、D错误. 4.D　[解析] 由于两小球都带正电,则彼此受到斥力作用,所以两小球组成的系统动量守恒,则mv1=m2v2,所以=,两球动量大小相等,比值为1∶1,A、C错误;两小球的加速度大小满足==,B错误;两小球的动能满足==,D正确. 5.B　[解析] 在时间Δt内车头遇到的水珠的质量为Δm1=vΔtSnm,遇到的空气的质量为Δm2=vΔtSρ,对这些水珠及空气的整体研究,由动量定理有FΔt=(Δm1+Δm2)v,解得F=(ρ+nm)Sv2,由牛顿第三定律可知列车因与空气和水珠冲击而受到的阻力约为F'=(ρ+nm)Sv2,故选B. 6.C　[解析] 若动车组匀加速启动,则加速度不变,而速度增大,则阻力也增大,要使合力不变则牵引力也要增大,A错误;若动力车厢输出功率均为额定值,则其加速度为a==,随着速度增大,加速度减小,所以动车组做加速度减小的加速运动,B错误;当动车组的速度增大到最大速度vm时,其加速度为零,则有-kvm=0,若总功率变为2.25P,则同样有-kvm'=0,联立两式可得vm'=vm,C正确;对动车组根据动能定理有4Pt-Wf=m,所以该动车组克服阻力做的功为Wf=4Pt-m,D错误. 7.C　[解析] 如图所示,在圆弧轨道内,对小球由P→M则有mg(R+Rcos α)=m-mv2,小球在飞跃缺口过程中有vsin α=gt,2Rsin α=vcos α×2t,联立可解得Ek=m=mgR+mgRcos α+,可知当mgRcos α=时,即当cos α=时,Ek有最小值,可解得Ek最小值为(+1)mgR,故选C. 8.AD　[解析] 由题可知,从静止到弹簧绳恰好绷直过程中重力做功为WG=mgl0=60×10×20 J=12 000 J,故A正确;当弹簧绳的弹力等于人的重力时,人的速度最大,故B错误;整个过程中,人及弹簧绳组成的系统机械能守恒,但人的机械能不守恒,故C错误;以水面为零势能面,则人在跳台上所具有的机械能为E1=mgh=60×10×36 J=21 600 J,人接触水面时,弹簧绳具有的弹性势能为E2=k(h-l0)2=×160×(36-20)2 J=20 480 J<E1,则说明弹簧绳的弹性势能尚未达到最大值,因此人可以接触到水面,故D正确. 9.BC　[解析] 由F⁃t图像可知,0~t1时间内该同学在空中,t1时刻着地时速度为gt1,t1~t2时间内,支持力小于重力,合力向下,根据牛顿第二定律有F-mg=ma,知该同学接触地面后继续向下加速,故该同学的最大速度大于gt1,A错误;0~t1时间内该同学做自由落体运动,根据运动规律知箱子的高度为g,B正确;以竖直向上为正方向,0~t1时间内根据动量定理有-mgt1=m(-v0),图乙中图像与横轴t1~t6围成的面积为在t1~t6时间内地面对该同学的冲量,根据动量定理有I-mg(t6-t1)=0-m(-v0),解得I=mgt6,C正确;0~t6时间内该同学的机械能减少了mgh=mg2,D错误. 10.BD　[解析] 由于μ=0.5<tan θ=0.75,可知μmgcos θ<mgsin θ,则滑块与传送带不可能保持相对静止,即滑块不可能受到静摩擦力,故A错误;结合上述可知,滑块与传送带不可能保持相对静止,由于滑块刚好能运动到顶端Q点,可知,滑块在传送带上一直做减速运动,到达Q点时,滑块速度恰好为0,若v0≤v,对滑块进行分析,根据牛顿第二定律有mgsin θ-μmgcos θ=ma1,解得a1=2 m/s2,利用逆向思维,此时滑块减速到0能通过的最大位移为x1==1 m<L,可知,滑块无法运动到Q处,则滑块速度一定有v0>v=2 m/s,开始滑块相对传送带上滑,根据牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcos θ=ma2,解得a2=10 m/s2,减速至与传送带速度相等时,利用逆向思维,滑块运动位移大小为x2== m,当滑块速度减至与传送带速度相等后相对传送带下滑,再以加速度a1减速,利用逆向思维,上滑位移为x3==1 m,由于滑块恰好到达Q点,则有x2+x3=L,解得x2=0.6 m,v0=4 m/s,故B正确;结合上述,滑块动能减少Ek=m=8 J,重力势能增加Ep=mgLsin θ=9.6 J,则滑块机械能增加量为Ep-Ek= J=1.6 J,故C错误;结合上述,滑块相对传送带上滑的时间为t1==0.2 s,滑块相对传送带上滑的位移大小x相1=x2-vt1=0.2 m,滑块相对传送带下滑时间为t2==1 s,相对传送带下滑的位移大小为x相2=vt2-x3=1 m,因摩擦产生的内能为Q=μmgcos θ=4.8 J,故D正确. 11.(1)AC　(2)l2=l3-l1　(3) [解析] (1)小球1的质量大于2的质量,碰撞后小球1才可向右运动,A正确;保证小球1从同一位置释放即可,斜槽不要求尽可能光滑,B错误;斜槽末端需要保证水平,这样小球才能做平抛运动,才可以用水平位移表示小球的速度,C正确;复写纸可以移动,但白纸不能移动,D错误. (2)若该实验要验证小球1和小球2的碰撞为弹性碰撞,则需要满足m1=m1+m2,m1=m1+m2,联立可知需要满足的表达式为l2=l3-l1. (3)临界情况为碰后小球2速度等于碰前小球1入射速度,即3mv0=mv0+3mv1,可得v1=v0,则恢复系数为e==. 学科网（北京）股份有限公司 $