第七章　阶段复习(三)　能量和动量-2025物理大一轮复习讲义人教版

阶段复习(三)能量和动量知识网络规范训练(2024·湖南永州市模拟)如图所示，小明和滑块P均静止在光滑水平平台上，某时刻小明将滑块P以一定速度从A点水平推出后，滑块P恰好在B点无碰撞滑入半径R1＝3m的光滑圆弧轨道BC，然后从C点进入与圆弧轨道BC相切于C点的水平面CD，与放置在水平面E点的滑块Q发生弹性正碰，碰后滑块Q冲上静止在水平面上半径为R2＝0.3m的四分之一光滑圆弧槽S，圆弧槽与水平面相切于E点，最高点为G。已知滑块P的质量m1＝30kg，滑块Q的质量m2＝60kg，圆弧槽S的质量m3＝90kg，A、B两点的高度差h＝0.8m，光滑圆弧轨道BC对应的圆心角53°，LCE＝1.3m，滑块P与CE部分间的动摩擦因数μ＝0.5，E点右侧水平面足够长且光滑，将滑块P和Q看作质点，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)滑块P被推出时的速度大小v0；(2)滑块P和Q相碰后Q的速度vQ；(3)滑块Q冲上圆弧槽S后能从圆弧槽S最高点G冲出的最大高度hm。解题指导关键表述关键表述解读滑块P恰好在B点无碰撞滑入光滑圆弧轨道BC滑块P做平抛运动到达B点速度方向恰好与圆弧相切与放置在水平面E点的滑块Q发生弹性正碰；滑块P与CE部分间的动摩擦因数μ＝0.5先求出碰撞前滑块P的速度，利用弹性正碰规律求出滑块P和Q相碰后Q的速度大小vQ四分之一光滑圆弧槽S，滑块Q冲上圆弧槽S后能从圆弧槽S最高点G冲出的最大高度hm属于滑块与曲面模型，滑块在最大高度处时二者速度相同，利用动量守恒观点和能量观点求出答案(1)3m/s(2)4m/s，方向水平向右(3)0.18m解析(1)设滑块P在B点的速度为vB，其竖直分速度为vBy，根据功能关系有m1gh＝eq\f(1,2)m1vBy2①根据速度的分解有eq\f(vBy,v0)＝tan53°②联立①②式代入数据解得v0＝3m/s③(2)滑块P从A点到E点，设到E点的速度为vP1，根据动能定理有m1g(h＋R1－R1cos53°)－μm1gLCE＝eq\f(1,2)m1vP12－eq\f(1,2)m1v02④代入数据解得vP1＝6m/s⑤滑块P、Q碰后，设P的速度为vP2，根据动量守恒定律及能量守恒定律有m1vP1＝m1vP2＋m2vQ⑥eq\f(1,2)m1vP12＝eq\f(1,2)m1vP22＋eq\f(1,2)m2vQ2⑦联立⑤⑥⑦式代入数据得vQ＝4m/s，方向水平向右⑧(3)滑块Q从E点冲上圆弧槽S，对Q与S组成的系统，水平方向根据动量守恒定律有m2vQ＝(m2＋m3)vS⑨根据能量守恒定律有eq\f(1,2)m2vQ2＝m2g(R2＋hm)＋eq\f(1,2)m2vS2＋eq\f(1,2)m3vS2⑩联立⑧⑨⑩式代入数据得hm＝0.18m。

阶段复习练(三)1.(2024·四川攀枝花市测试)质量为1kg的物块静止在水平地面上，t＝0时对其施加一水平拉力F，当物块运动一段时间后撤去拉力，之后物块继续运动直至停止。该物体运动的位移—时间图像如图所示，图像在P点处的斜率最大、Q点处的斜率为0，已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度取10m/s2，则水平拉力F的大小为()A．2NB．4NC．6ND．8N答案C解析从0～t0时间内，对物块根据动量定理有Ft0－μmgt0＝mv，撤去拉力后，对物块根据动量定理有－μmg×2t0＝0－mv，解得F＝6N，故选C。2.如图所示，质量为M、长度为L的小车静止在光滑的水平面上，质量为m的小物块放在小车的最左端，现用一水平力F作用在小物块上，小物块与小车之间的摩擦力为Ff，经过一段时间小车运动的位移为x，小物块刚好滑到小车的右端，则下列说法正确的是()A．此时小物块的动能为F(x＋L)B．此时小车的动能为FfxC．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfLD．这一过程中，因摩擦而产生的热量为Ff(L＋x)答案B解析对小物块由动能定理得F(x＋L)－Ff(x＋L)＝Ek物－0，整理有Ek物＝F(x＋L)－Ff(x＋L)，故A项错误；对小车由动能定理有Ffx＝Ek车－0，整理有Ek车＝Ffx，故B项正确；初始时物块和小车均静止，其机械能为0，小物块滑到小车右端时，小车和小物块的动能之和为Ek＝Ek车＋Ek物＝F(x＋L)－FfL，此时物块和小车的机械能等于其两者的动能之和，所以该过程机械能增加了F(x＋L)－FfL，故C项错误；根据功能关系可知，因摩擦产生的热量等于摩擦力与相对位移的乘积，即Q＝FfL，故D项错误。3.(2023·广东湛江市期末)如图所示，我国自行研制的第五代隐形战机“歼—20”以速度v0水平向右匀速飞行，到达目标地时，将质量为M的导弹自由释放，释放时导弹立即向后喷出质量为m、对地速率为v1的燃气(时间极短)，则喷气后导弹的速率为()A.eq\f(Mv0＋mv1,M－m) B.eq\f(Mv0－mv1,M－m)C.eq\f(Mv0－mv1,M) D.eq\f(Mv0＋mv1,M)答案B解析设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv0＝(M－m)v＋mv1，解得v＝eq\f(Mv0－mv1,M－m)，故选B。4.(多选)一辆汽车在水平平直公路上由静止开始匀加速启动，汽车的输出功率与速度的关系如图所示，当汽车的速度达到v0后功率保持不变，汽车能达到的最大速度为2v0。已知汽车的质量为m，运动过程中所受的阻力恒为Ff，下列说法正确的是()A．汽车的最大功率为Ffv0B．汽车匀加速时的加速度大小为eq\f(Ff,m)C．汽车做匀加速直线运动的时间为eq\f(mv0,2Ff)D．汽车的速度从v0增加到2v0的过程中，其加速度逐渐减小答案BD解析汽车的最大功率为P＝Ffvm＝2Ffv0，故A错误；汽车匀加速时，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma，汽车速度为v0时的牵引力大小F＝eq\f(P,v0)＝2Ff，汽车匀加速时的加速度大小为a＝eq\f(F－Ff,m)＝eq\f(Ff,m)，故B正确；汽车做匀加速直线运动的时间为t＝eq\f(v0,a)＝eq\f(mv0,Ff)，故C错误；汽车的速度从v0增加到2v0的过程中，根据牛顿第二定律有F′－Ff＝ma′，汽车的牵引力为F′＝eq\f(P,v)，汽车的速度从v0增加到2v0的过程中，汽车的牵引力逐渐减小，汽车的加速度逐渐减小，故D正确。5．(多选)(2024·山东烟台市期中)如图所示，滑块以一定的初动能从斜面底端O点冲上足够长的粗糙斜面，斜面倾角为α，滑块与斜面间的动摩擦因数为μ。取O点所在的水平面为参考平面，以O点为位移的起点、沿斜面向上为位移的正方向，已知μ<tanα。下列描述滑块的动能Ek、重力势能Ep、机械能E随滑块位移x变化的图像中，可能正确的是()答案ABD解析由动能定理可得ΔEk＝F合x，即图像的斜率表示合外力，由题可知，上滑时，合外力为F1＝－mgsinα－μmgcosα，下滑时，合外力为F2＝－mgsinα＋μmgcosα，故A正确；根据重力势能Ep＝mgxsinα，故B正确；根据功能关系，上滑和下滑时均有摩擦力做功，则机械能一直减小，且摩擦力大小不变，则上滑过程机械能随x增大均匀减小，下滑过程，机械能随x减小均匀减小，且两段过程斜率大小相同，故C错误，D正确。6．离子推进器是我国新一代航天动力装置，推进剂从图中P处注入，在A处电离出一价正离子，已知B、C之间加有恒定电压U，正离子进入B时的速度忽略不计，经加速形成电流为I的离子束后喷出推进器，假设单位时间内射出离子的质量为M。则推进器获得的推力大小为()A.eq\r(2MUI) B.eq\f(U2,2MI)C.eq\f(U,2MI) D.eq\r(MUI)答案A解析在A处电离出正离子，经B、C间电压加速后，由动能定理可知eU＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(\f(2eU,m))，以推进器为参考系，应用动量定理有Ft＝nmv－0，又因为I＝eq\f(ne,t)，M＝eq\f(nm,t)，解得F＝eq\r(2MUI)，根据牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为eq\r(2MUI)。故选A。7.(多选)(2024·四川绵阳市南山中学月考)如图所示，质量均为m的两个小球A、B用长为L的轻质细绳连接，B球穿在光滑水平细杆上，初始时刻，细绳处于水平状态，将A、B由静止释放，空气阻力不计，重力加速度为g。从释放到A球运动到最低点的过程中，下列说法正确的是()A．A、B组成的系统动量守恒B．A球运动到最低点时速度大小为eq\r(gL)C．A球机械能减小了eq\f(1,4)mgLD．A球运动到最低点时，B球向右运动距离为eq\f(L,2)答案BD解析A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故A错误；当A球摆到B球正下方时，A、B球的速度大小分别为vA和vB。以小球A摆到最低点所在平面为参考平面，由水平方向动量守恒得mvA＝mvB由机械能守恒得mgL＝eq\f(1,2)mvA2＋eq\f(1,2)mvB2，解得vA＝vB＝eq\r(gL)，A球运动到最低点时速度大小为eq\r(gL)，故B正确；A球机械能减小量ΔE＝mgL－eq\f(1,2)mvA2＝eq\f(1,2)mgL，故C错误；A、B组成的系统，水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则有meq\f(xA,t)－meq\f(xB,t)＝0，xA＋xB＝L，解得A球运动到最低点时，B球向右运动距离为eq\f(L,2)，故D正确。8．如图所示，长为L2＝2m的水平传送带以v＝2m/s的速率逆时针转动，紧靠传送带两端的水平面上各静止一个物块B和C，mB＝mC＝1.0kg。在距传送带左端s＝0.5m的水平面上放置一竖直固定弹性挡板，物块与挡板碰撞后会被原速率弹回，右端有一倾角为37°且足够长的粗糙倾斜轨道de，斜面底端与传送带右端平滑连接。现从距斜面底端L1＝2m处由静止释放一质量mA＝0.6kg的物块A，一段时间后物块A与B发生碰撞，碰撞后B滑上传送带，A被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.02，物块A与斜面间的动摩擦因数μ3＝0.25，物块间的碰撞都是弹性正碰，物块均可视为质点，g取10m/s2。sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求：(1)物块A与物块B相碰前物块A的瞬时速度大小；(2)物块B与物块C第一次碰撞前，物块B在传送带上滑行过程中因摩擦产生的内能；(3)整个过程中，物块C与挡板碰撞的次数。答案(1)4m/s(2)0.5J(3)10解析(1)根据题意，物块A在下滑到斜面底端的过程中，由动能定理得mAgL1sin37°－μ3mAgL1cos37°＝eq\f(1,2)mAvA2，代入数据可得vA＝4m/s。(2)A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为vA1，B的速度为vB，由动量守恒定律有mAvA＝mAvA1＋mBvB由能量守恒定律有eq\f(1,2)mAvA2＝eq\f(1,2)mAvA12＋eq\f(1,2)mBvB2，代入数据得vB＝3m/s物块B在传送带上运动的速度大于传送带速度，物块B做匀减速运动，对物块B有aB＝μ1g＝2m/s2物块B经时间t1后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，则有t1＝eq\f(vB－v,aB)＝0.5s，x＝eq\f(vB＋v,2)t1＝1.25m由于x<L2，物块B与传送带速度相等后与传送带一起做匀速运动，此过程传送带向左的位移x1＝vt1＝1m，因此物块与传送带间因摩擦而产生的内能Q＝μ1mBg(x－x1)，代入数据得Q＝0.5J。(3)物块B与物块C在传送带左端发生弹性碰撞，取向左为正方向，由动量守恒定律有mBv＝mBvB1＋mCvC1，由能量守恒定律有eq\f(1,2)mBv2＝eq\f(1,2)mBvB12＋eq\f(1,2)mCvC12，代入数据得vB1＝0，vC1＝2m/s由此可知，以后每次B与C相碰，速度都发生交换。对物块C，设与挡板碰撞次数为n次，由动能定理可知－μ2mCg×2ns＝0－eq\f(1,2)mCvC12，代入数据得n＝10。9．如图为某游戏装置的示意图。AB、CD均为四分之一圆弧，E为圆弧DEG的最高点，各圆弧轨道与直轨道相接处均相切。GH与水平方向夹角为θ＝37°，底端H有一弹簧，A、O1、O2、D、O3、H在同一水平直线上。一质量为0.01kg的小钢球(其直径稍小于圆管内径，可视为质点)从距A点高为h处的O点由静止释放，从A点沿切线进入轨道，B处有一装置(未画出)，小钢球向右能无能量损失地通过，向左则不能通过且小钢球被吸在B点。若小钢球能够运动到H点，则被等速率反弹。各圆轨道半径均为R＝0.6m，BC长L＝2m，小钢球与水平直轨道BC和GH间的动摩擦因数均为μ＝0.5，其余轨道均光滑，小钢球通过各圆弧轨道与直轨道相接处均无能量损失。某次游戏时，小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)求：(1)小钢球第一次经过C点时的速度大小vC；(2)小钢球第一次经过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力大小FB(保留两位小数)；(3)若改变小钢球的释放高度h，求出小钢球在斜面轨道上运动的总路程s与h的函数关系。答案(1)2eq\r(6)m/s(2)0.83N(3)见