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1.(2024·四川攀枝花市测试)质量为1 kg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10 m/s2，则水平拉力F的大小为( )
A．2 N B．4 N C．6 N D．8 N
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 F，经过一
f
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Fx
f
C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FL
f
D．这一过程中，因摩擦而产生的热量为F(L＋x)
f
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v 水
0
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v 的燃气(时间极短)，则喷气后导弹的速率为( )
1
A. B.
C. D.
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v 后功率保持不变，汽车能达到的最大速度为2v 。已知汽车
0 0
的质量为m，运动过程中所受的阻力恒为F，下列说法正确的是( )
fA．汽车的最大功率为Fv
f 0
B．汽车匀加速时的加速度大小为
C．汽车做匀加速直线运动的时间为
D．汽车的速度从v 增加到2v 的过程中，其加速度逐渐减小
0 0
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<tan α。下列描述滑块
的动能E、重力势能E、机械能E随滑块位移x变化的图像中，可能正确的是( )
k p
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. B.
C. D.
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C．A球机械能减小了mgL
D．A球运动到最低点时，B球向右运动距离为
8.如图所示，长为L ＝2 m的水平传送带以v＝2 m/s的速率逆时针转动，紧靠传送带两端的
2
水平面上各静止一个物块B和C，m ＝m ＝1.0 kg。在距传送带左端s＝0.5 m的水平面上放
B C
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L＝2 m处由静止释
1
放一质量m ＝0.6 kg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
A
被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数μ ＝0.2，与水平面间的动摩擦因数μ ＝
1 2
0.02，物块A与斜面间的动摩擦因数μ ＝0.25，物块间的碰撞都是弹性正碰，物块均可视为
3
质点，g取10 m/s2。sin 37°＝0.6，cos 37°＝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。
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、
O 、O 、D、O 、H在同一水平直线上。一质量为0.01 kg的小钢球(其直径稍小于圆管内径，
1 2 3
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＝0.6 m，BC长L＝2 m，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。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
(1)小钢球第一次经过C点时的速度大小v ；
C
(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F (保留两位小数)；
B
(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。阶段复习练(三) 能量和动量
1．C [从0～t 时间内，对物块根据动量定理有Ft －μmgt ＝mv，撤去拉力后，对物块根据
0 0 0
动量定理有－μmg×2t＝0－mv，解得F＝6 N，故选C。]
0
2．B [对小物块由动能定理得F(x＋L)－F(x＋L)＝E －0，整理有E ＝F(x＋L)－F(x＋
f k物 k物 f
L)，故A项错误；对小车由动能定理有Fx＝E －0，整理有E ＝Fx，故B项正确；初始
f k车 k车 f
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
E ＝E ＋E ＝F(x＋L)－FL，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
k k车 k物 f
程机械能增加了F(x＋L)－FL，故C项错误；根据功能关系可知，因摩擦产生的热量等于摩
f
擦力与相对位移的乘积，即Q＝FL，故D项错误。]
f
3．B [设导弹飞行的方向为正方向，由动量守恒定律Mv ＝(M－m)v＋mv ，解得v＝，故
0 1
选B。]
4．BD [汽车的最大功率为P＝Fv ＝2Fv，故A错误；汽车匀加速时，根据牛顿第二定律
f m f 0
有F－F＝ma，汽车速度为v 时的牵引力大小F＝＝2F，汽车匀加速时的加速度大小为a＝
f 0 f
＝，故B正确；汽车做匀加速直线运动的时间为t＝＝，故C错误；汽车的速度从v 增加到
0
2v 的过程中，根据牛顿第二定律有 F′－F＝ma′，汽车的牵引力为F′＝，汽车的速度
0 f
从v 增加到2v 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。]
0 0
5．ABD [由动能定理可得ΔE ＝F x，即图像的斜率表示合外力，由题可知，上滑时，合
k 合
外力为F ＝－mgsin α－μmgcos α，下滑时，合外力为F ＝－mgsin α＋μmgcos α，故A正
1 2
确；根据重力势能E ＝mgxsin α，故B正确；根据功能关系，上滑和下滑时均有摩擦力做
p
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．A [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＝mv2，解得v
＝，以推进器为参考系，应用动量定理有 Ft＝nmv－0，又因为I＝，M＝，解得F＝，根据
牛顿第三定律知推进器获得的推力大小为。故选A。]
7．BD [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v 和v 。以小球A摆到最低点所在平面为
A B
参考平面，由水平方向动量守恒得mv ＝mv ，由机械能守恒得mgL＝mv 2＋mv 2，解得v
A B A B A
＝v ＝，A球运动到最低点时速度大小为，故B正确；A球机械能减小量ΔE＝mgL－mv 2＝
B A
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m－m＝0，x ＋x ＝L，解得A球运动到最低点时，B球向右运动距离为，故D正确。]
A B
8．(1)4 m/s (2)0.5 J (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
m gLsin 37°－μm gLcos 37°＝m v 2，代入数据可得v ＝4 m/s。
A 1 3 A 1 A A A
(2)A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为v ，B的速度为v ，由动量守恒定律有
A1 B
m v ＝m v ＋m v
A A A A1 B B
由能量守恒定律有m v 2＝m v 2＋m v 2，
A A A A1 B B
代入数据得v ＝3 m/s
B
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a ＝μg＝2 m/s2
B 1
物块B经时间t 后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，
1
则有t＝＝0.5 s，x＝t＝1.25 m
1 1
由于x<L ，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
2
移x ＝vt ＝1 m，因此物块与传送带间因摩擦而产生的内能Q＝μm g(x－x)，代入数据得Q
1 1 1 B 1
＝0.5 J。
(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m v
B
＝m v ＋m v ，由能量守恒定律有m v2＝m v 2＋m v 2，
B B1 C C1 B B B1 C C1
代入数据得v ＝0，v ＝2 m/s
B1 C1
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－μm g×2ns＝0－m v 2，
2 C C C1
代入数据得n＝10。
9．(1)2 m/s (2)0.83 N
(3)见解析
解析 (1)小钢球从O点出发恰能第一次通过圆弧的最高点E，则小钢球到E点的速度为0，
小钢球从C点到E点，根据动能定理得－mg·2R＝0－mv 2，代入数据解得v ＝2 m/s
C C
(2)从B点到C点，由动能定理得－μmgL＝mv 2－mv 2，小钢球经过B点，由牛顿第二定律
C B
得F －mg＝m，代入数据联立解得F ＝ N≈0.83 N
N N
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小F ＝F ＝0.83 N
B N
(3)若小钢球恰能第一次通过E点，设小钢球释放点距A点为h ，从释放到E点，由动能定
1
理得
mg(h－R)－μmgL＝0，代入数据解得h＝1.6 m
1 1
若小钢球恰能第二次通过E点，设小钢球释放点距A点为h ，从释放到E点，由动能定理
2
得mg(h－R)－μmgL－2μmgcos θ·＝0
2代入数据解得h＝2.24 m
2
①若小球释放高度h＜1.6 m，无法到达E点，s＝0
②若小球释放高度1.6 m≤h＜2.24 m，小球能经过E点一次，μ＜tan θ，则小钢球最终停在
H点，从释放点到停在H点，根据动能定理得mgh－μmgL－μmgcos θ·s＝0，
代入数据解得s＝2.5(h－1 m)
③若小球释放高度2.24 m≤h，小球经过E点两次s＝2＝2× m＝1.6 m。
