高考物理一轮复习讲义第7章阶段复习(三)　能量和动量（教师版）.doc

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＋m2vQ⑥

eq\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Ffx

C．这一过程中，小物块和小车增加的机械能为Fx－FfL

D．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，