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阶段复习(三) 能量和动量
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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R ＝3
1
m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R ＝0.3 m的四
2
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m＝30
1kg，滑块Q的质量m ＝60 kg，圆弧槽S的质量m ＝90 kg，A、B两点的高度差h＝0.8 m，
2 3
光滑圆弧轨道BC对应的圆心角53°，L ＝1.3 m，滑块P与CE部分间的动摩擦因数μ＝
CE
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
＝10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6。求：
(1)滑块P被推出时的速度大小v；
0
(2)滑块P和Q相碰后Q的速度v ；
Q
(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h 。
m
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 滑块P做平抛运动到达B点速度方向恰好与
轨道BC 圆弧相切
与放置在水平面E点的滑块Q发生弹性
先求出碰撞前滑块P的速度，利用弹性正碰
正碰；滑块P与CE部分间的动摩擦因
规律求出滑块P和Q相碰后Q的速度大小v
Q
数μ＝0.5
四分之一光滑圆弧槽S，滑块Q冲上圆 属于滑块与曲面模型，滑块在最大高度处时
弧槽S后能从圆弧槽S最高点G冲出的 二者速度相同，利用动量守恒观点和能量观
最大高度h 点求出
m
答案 (1)3 m/s (2)4 m/s，方向水平向右
(3)0.18 m
解析 (1)设滑块 P 在 B 点的速度为 v ，其竖直分速度为 v ，根据功能关系有 mgh＝
B By 1
mv 2①
1 By
根据速度的分解有＝tan 53°②
联立①②式代入数据解得v＝3 m/s③
0
(2)滑块P从A点到E点，设到E点的速度为v ，
P1
根据动能定理有mg(h＋R－Rcos 53°)－μm gL ＝mv 2－mv2④
1 1 1 1 CE 1 P1 1 0
代入数据解得v ＝6 m/s⑤
P1
滑块P、Q碰后，设P的速度为v ，
P2
根据动量守恒定律及能量守恒定律有
mv ＝mv ＋mv ⑥
1 P1 1 P2 2 Q
mv 2＝mv 2＋mv 2⑦
1 P1 1 P2 2 Q联立⑤⑥⑦式代入数据得v ＝4 m/s，方向水平向右⑧
Q
(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
mv ＝(m＋m)v ⑨
2 Q 2 3 S
根据能量守恒定律有
mv 2＝mg(R＋h )＋mv 2＋mv 2⑩
2 Q 2 2 m 2 S 3 S
联立⑧⑨⑩式代入数据得h ＝0.18 m。
m阶段复习练(三)
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
答案 C
解析 从0～t 时间内，对物块根据动量定理有
0
Ft－μmgt＝mv，撤去拉力后，对物块根据动量定理有－μmg×2t＝0－mv，
0 0 0
解得F＝6 N，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 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
答案 B
解析 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.(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.
答案 B
解析 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＝，故选
0 1
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( )
f
A．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
答案 BD
解析 汽车的最大功率为P＝Fv ＝2Fv ，故A错误；汽车匀加速时，根据牛顿第二定律有
f m f 0
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．(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答案 ABD
解析 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，合外力
k 合
为F ＝－mgsin α－μmgcos α，下滑时，合外力为F ＝－mgsin α＋μmgcos α，故A正确；
1 2
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功，
p
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. B.
C. D.
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＝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.(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
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v 和v 。以小球A摆到最低点所在平面为参考平
A B
面，由水平方向动量守恒得mv ＝mv
A B
由机械能守恒得mgL＝mv 2＋mv 2，
A B
解得v ＝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
A B
－mv 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
A
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．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
2
的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
B C
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L＝2 m处由静止
1
释放一质量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。
答案 (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，
A 1 3 A 1 A A
代入数据可得v ＝4 m/s。
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 ，
A1 B
由动量守恒定律有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，代入数据得v ＝0，v ＝2 m/s
B B1 C C1 B B B1 C C1 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，代入数据得n＝10。
2 C C C1
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。
答案 (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
N
代入数据联立解得F ＝ N≈0.83 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。
