專題02 動(dòng)量、功和能（解析版）-【好題匯編】2024年高考物理三模試題分類匯編（北京專用）

專題02動(dòng)量、功和能（解析版）一、單選題1．（2024·北京海淀·統(tǒng)考三模）一位質(zhì)量為60kg的滑雪運(yùn)動(dòng)員從高為10m的斜坡頂端由靜止滑至坡底。如果運(yùn)動(dòng)員在下滑過程中受到的阻力為60N，斜坡的傾角為30°，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是（）A．運(yùn)動(dòng)員的加速度的大小為4m/s2B．運(yùn)動(dòng)員所受重力做的功為600JC．運(yùn)動(dòng)員受到的支持力的大小為300ND．運(yùn)動(dòng)員滑至坡底時(shí)動(dòng)量大小為240kg·m/s【答案】A【詳解】A．由牛頓第二定律可得解得故A正確；B．運(yùn)動(dòng)員所受重力做的功為故B錯(cuò)誤；C．運(yùn)動(dòng)員受到的支持力的大小為故C錯(cuò)誤；D．運(yùn)動(dòng)員滑至坡底時(shí)速度大小為所以動(dòng)量大小為故D錯(cuò)誤。故選A。2．（2024·北京海淀·統(tǒng)考三模）如圖是采用動(dòng)力學(xué)方法測(cè)量空間站質(zhì)量的原理圖。已知飛船的質(zhì)量為m，其推進(jìn)器工作時(shí)飛船受到的平均推力為F。在飛船與空間站對(duì)接后，推進(jìn)器工作時(shí)間為，測(cè)出飛船和空間站的速度變化為。下列說法正確的是（

）A．空間站的質(zhì)量為 B．空間站的質(zhì)量為C．飛船對(duì)空間站的作用力大小為F D．飛船對(duì)空間站的作用力大小一定為【答案】B【詳解】AB．由題知，在飛船與空間站對(duì)接后，推進(jìn)器工作?t時(shí)間內(nèi)，飛船和空間站速度變化為?v，則飛船與空間站的加速度，聯(lián)立解得故A錯(cuò)誤，B正確；CD．設(shè)飛船與空間站間的作用力大小為，對(duì)飛船由牛頓第二定律有解得故CD錯(cuò)誤。故選B。3．（2024·北京海淀·統(tǒng)考三模）如圖所示，勁度系數(shù)為k的輕彈簧上端固定在天花板上，下端連接一質(zhì)量為m，可視為質(zhì)點(diǎn)的小球。重力加速度大小為g。將小球托起至O點(diǎn)，彈簧恰好處于原長(zhǎng)，松手后小球在豎直方向做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)，最遠(yuǎn)能夠到達(dá)B點(diǎn)，A點(diǎn)為OB的中點(diǎn)。下列說法正確的是（

）A．O點(diǎn)到B點(diǎn)彈力的沖量大小等于重力沖量的大小B．O點(diǎn)到B點(diǎn)彈簧先做正功，后做負(fù)功C．O點(diǎn)到A點(diǎn)彈力做功與A點(diǎn)到B點(diǎn)彈力做功一樣多D．小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的加速度大小為g【答案】A【詳解】A．小球從O到B根據(jù)動(dòng)量定理有IG－I彈=0則O點(diǎn)到B點(diǎn)彈力的沖量大小等于重力沖量的大小，故A正確；B．O點(diǎn)到B點(diǎn)彈簧一直被拉伸，彈簧一直做負(fù)功，故B錯(cuò)誤；C．O點(diǎn)到A點(diǎn)的彈力要比A點(diǎn)到B點(diǎn)的彈力小，則O點(diǎn)到A點(diǎn)彈力做的功小于A點(diǎn)到B點(diǎn)彈力做的功，故C錯(cuò)誤；D．A點(diǎn)為OB的中點(diǎn)，即小球做簡(jiǎn)諧運(yùn)動(dòng)的平衡位置，則小球經(jīng)過A點(diǎn)時(shí)的加速度大小為0，故D錯(cuò)誤。故選A。4．（2024·北京順義·統(tǒng)考三模）如圖所示，斜面頂端在水平面上的投影為O點(diǎn)，斜面與水平面平滑連接。一小木塊從斜面的頂端由靜止開始下滑，停到水平面上的A點(diǎn)。已知小木塊與斜面、水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同。保持斜面長(zhǎng)度不變，增大斜面傾角，下列說法正確的是（）A．小木塊沿斜面下滑的加速度減小B．小木塊滑至斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率增大C．小木塊滑至斜面底端的時(shí)間增大D．A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離不變【答案】B【詳解】A．由牛頓第二定律可知可知所以增大斜面傾角，加速度增大，故A錯(cuò)誤；B．保持斜面長(zhǎng)度不變，增大斜面傾角，由牛頓第二定律可知由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知，小木塊滑到底端時(shí)則小木塊滑到斜面底端時(shí)重力的瞬時(shí)功率為此為增函數(shù)，故傾角增大時(shí)滑到底端重力瞬時(shí)功率增大，故B正確；C．由前面分析可知，傾角增大，加速度增大，但斜面長(zhǎng)度不變，由可知即時(shí)間變短，故C錯(cuò)誤；D．對(duì)小木塊運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程，根據(jù)動(dòng)能定理有解得所以與無關(guān)，與高度成正比，由于長(zhǎng)度不變，則傾角增大時(shí)高度增加，A點(diǎn)到O點(diǎn)的距離應(yīng)該變大，故D錯(cuò)誤。故選B。5．（2024·北京人大附中·校考三模）能量守恒定律是自然界最普遍的規(guī)律之一。以下不能體現(xiàn)能量守恒定律的是（）A．楞次定律 B．動(dòng)量守恒定律C．閉合電路歐姆定律 D．熱力學(xué)第一定律【答案】B【詳解】A．楞次定律的實(shí)質(zhì)機(jī)械能向電能轉(zhuǎn)化的過程，是能量守恒定律在電磁現(xiàn)象中的具體表現(xiàn)，故A錯(cuò)誤；B．動(dòng)量守恒定律不能體現(xiàn)能量守恒，故B錯(cuò)誤；C．由閉合電路的歐姆定律可得即電源的總功率等于輸出功率與內(nèi)阻功率之和，直接體現(xiàn)了能量守恒，故C錯(cuò)誤；D．熱力學(xué)第一定律是描述做功與熱傳遞改變物體的內(nèi)能之間的關(guān)系，則能體現(xiàn)能量守恒定律，故D錯(cuò)誤。故選B。6．（2024·北京人大附中·?？既＃┦辜住⒁覂蓷l形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對(duì)著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時(shí)刻（）A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的加速度大小比乙的加速度小C．甲的動(dòng)量大小比乙的大 D．甲合力沖量與乙合力沖量大小相等【答案】B【詳解】AB．對(duì)甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有、由于所以由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，可得A錯(cuò)誤，B正確；C．對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動(dòng)量方向向左，顯然甲的動(dòng)量大小比乙的小，C錯(cuò)誤；D．因?yàn)榧椎膭?dòng)量大小比乙的小，故甲合力沖量小于乙合力沖量，D錯(cuò)誤。故選B。7．（2024·北京首師大附中·校考三模）如圖所示，一同學(xué)練習(xí)使用網(wǎng)球訓(xùn)練器單人打回彈，網(wǎng)球與底座之間有一彈性繩連接，練習(xí)過程中底座保持不動(dòng)。該同學(xué)將網(wǎng)球拋至最高點(diǎn)a處用球拍擊打，b是軌跡上的最高點(diǎn)，c處彈性繩仍然處于松弛狀態(tài)，d處彈性繩已經(jīng)繃緊并撞在豎直墻壁上，不計(jì)空氣阻力。則（）A．a(chǎn)處網(wǎng)球拍給網(wǎng)球的沖量沿水平方向B．拍打后a到c過程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下C．c到d過程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下D．d處反彈后網(wǎng)球做平拋運(yùn)動(dòng)【答案】B【詳解】A．該同學(xué)將網(wǎng)球拋至最高點(diǎn)a處時(shí)網(wǎng)球的速度為零，網(wǎng)球拍擊打網(wǎng)球后，網(wǎng)球做曲線運(yùn)動(dòng)，曲線上任意一點(diǎn)的切線方向即為網(wǎng)球的速度方向，由軌跡可知，a處軌跡的切線方向斜向右上方，則可知a處的速度方向斜向右上方，因此網(wǎng)球拍給網(wǎng)球的沖量應(yīng)斜向上方，故A錯(cuò)誤；B．拍打后a到c過程中網(wǎng)球只受到重力的作用，而重力豎直向下，則重力的沖量豎直向下，因此拍打后a到c過程中網(wǎng)球受到的沖量方向豎直向下，故B正確；C．由題意可知，d處彈性繩已經(jīng)繃緊，即彈性繩在到達(dá)d處時(shí)已經(jīng)出現(xiàn)了彈力，因此網(wǎng)球從c到d過程中受力情況分為只受重力與受到重力和彈性繩的拉力兩種情況，若只受重力階段，則沖量豎直向下；若受到重力和彈性繩的拉力則二者合力斜向左下方，因此網(wǎng)球受到的沖量方向斜向左下方，故C錯(cuò)誤；D．做平拋運(yùn)動(dòng)的條件是初速度水平，且只受重力，顯然網(wǎng)球在d處反彈后除了受到重力還有因彈性繩收縮而受到的拉力，故D錯(cuò)誤。故選B。8．（2024·北京首師大附中·?？既＃┤鐖D所示，高速公路上汽車定速巡航（即保持汽車的速率不變）通過路面abcd，其中ab段為平直上坡路面，bc段為水平路面，cd段為平直下坡路面。不考慮整個(gè)過程中空氣阻力和摩擦阻力的大小變化。下列說法正確的是（）A．在ab段汽車的輸出功率逐漸減小 B．汽車在ab段的輸出功率比bc段的大C．在cd段汽車的輸出功率逐漸減小 D．汽車在cd段的輸出功率比bc段的大【答案】B【詳解】AB．在ab段，根據(jù)平衡條件可知，牽引力所以在ab段汽車的輸出功率不變，在bc段牽引力bc段的輸出功率故A錯(cuò)誤B正確；CD．在cd段牽引力汽車的輸出在cd段汽車的輸出功率不變，且小于bc段，故CD錯(cuò)誤。故選B。9．（2024·北京首師大附中·校考三模）如圖所示，圓盤在水平面內(nèi)以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，圓盤上距軸r處的P點(diǎn)有一質(zhì)量為m的小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)。某時(shí)刻圓盤突然停止轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體由P點(diǎn)滑至圓盤上的某點(diǎn)停止。下列說法正確的是（）A．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體所受摩擦力的方向沿運(yùn)動(dòng)軌跡切線方向B．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體運(yùn)動(dòng)一圈所受摩擦力的沖量大小為C．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，小物體沿圓盤半徑方向運(yùn)動(dòng)D．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，小物體整個(gè)滑動(dòng)過程所受摩擦力的沖量大小為【答案】D【詳解】A．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體隨圓盤一起轉(zhuǎn)動(dòng)，小物體所受摩擦力提供向心力，方向沿半徑方向，故A錯(cuò)誤；B．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)前，小物體所受摩擦力根據(jù)動(dòng)量定理得，小物體運(yùn)動(dòng)一圈所受摩擦力的沖量為大小為0，故B錯(cuò)誤；C．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，小物體沿切線方向運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．圓盤停止轉(zhuǎn)動(dòng)后，根據(jù)動(dòng)量定理可知，小物體整個(gè)滑動(dòng)過程所受摩擦力的沖量為大小為，故D正確。故選D。10．（2024·北京九中·?？既＃吧裰凼?hào)”載人飛船安全著陸需經(jīng)過分離、制動(dòng)、再入和減速四個(gè)階段。如圖所示，在減速階段，巨型降落傘為返回艙提供阻力，假設(shè)返回艙做直線運(yùn)動(dòng)，則在減速階段（）A．傘繩對(duì)返回艙的拉力等于返回艙的重力B．傘繩對(duì)返回艙拉力的沖量與返回艙重力沖量的矢量和為零C．合外力對(duì)返回艙做的功等于返回艙機(jī)械能的變化D．除重力外其他力對(duì)返回艙做的總功等于返回艙機(jī)械能的變化【答案】D【詳解】A．返回艙做減速運(yùn)動(dòng)，則傘繩對(duì)返回艙的拉力大于返回艙的重力，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．返回艙的動(dòng)量不斷減小，則根據(jù)動(dòng)量定理，傘繩對(duì)返回艙拉力的沖量與返回艙重力沖量的矢量和不為零，方向向上，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)能定理，合外力對(duì)返回艙做的功等于返回艙動(dòng)能的變化，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．由能量關(guān)系可知，除重力外其他力對(duì)返回艙做的總功等于返回艙機(jī)械能的變化，選項(xiàng)D正確。故選D。11．（2024·北京大興精華學(xué)校·?？既＃┯行┝W(xué)問題，可假想一個(gè)“虛設(shè)過程”使問題得以簡(jiǎn)化和解決。舉例如下：如圖所示，四根質(zhì)量都是m的均勻等長(zhǎng)木棒，用鉸鏈連成框架，鉸鏈P固定在天花板上，框架豎直懸掛在空中；現(xiàn)在鉸鏈Q(jìng)上施一豎直向上的力F使框架保持靜止，不計(jì)一切摩擦，若要求出作用力F的大小，可設(shè)想力F使鉸鏈Q(jìng)緩慢上移一微小的距離，則框架的重心將上升，因?yàn)镕做的功等于框架重力勢(shì)能的增加量，所以，可得。請(qǐng)參照上面解決問題的方法，嘗試完成以下問題：一個(gè)半徑為R的四分之一光滑球面放在水平桌面上，球面上放置一光滑