能量和動量階段復習(三)(2023·江蘇南通市海安高級中學檢測)如圖所示，小明和滑塊P均靜止在光滑水平平臺上，某時刻小明將滑塊P以一定速度從A點水平推出后，滑塊P恰好在B點無碰撞滑入半徑R1＝3m的光滑圓弧軌道BC，然后從C點進入與圓弧軌道BC相切于C點的水平面CD，與放置在水平面E點的滑塊Q發生彈性正碰，碰后滑塊Q沖上靜止在水平面上半徑為R2＝0.3m的四分之一光滑圓弧槽S，圓弧槽與水平面相切于E點，最高點為G。已知滑塊P的質量m1＝30kg，滑塊Q的質量m2＝60kg，圓弧槽S的質量m3＝90kg，A、B兩點的高度差h＝0.8m，光滑圓弧軌道BC對應的圓心角53°，LCE＝1.3m，滑塊P與CE部分間的動摩擦因數μ＝0.5，E點右側水平面足夠長且光滑，將滑塊P和Q看作質點，不計空氣阻力，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：(1)滑塊P被推出時的速度大小v0；答案3m/s設滑塊P在B點的速度為vB，其豎直分速度為vBy，聯立①②式代入數據解得v0＝3m/s ③(2)滑塊P和Q相碰后Q的速度vQ；答案4m/s，方向水平向右滑塊P從A點到E點，設到E點的速度為vP1，代入數據解得vP1＝6m/s ⑤滑塊P、Q碰后，設P的速度為vP2，根據動量守恒定律及能量守恒定律有m1vP1＝m1vP2＋m2vQ

⑥聯立⑤⑥⑦式代入數據得vQ＝4m/s，方向水平向右⑧(3)滑塊Q沖上圓弧槽S后能從圓弧槽S最高點G沖出的最大高度hm。答案0.18m滑塊Q從E點沖上圓弧槽S，對Q與S組成的系統，水平方向根據動量守恒定律有m2vQ＝(m2＋m3)vS ⑨根據能量守恒定律有聯立⑧⑨⑩式代入數據得hm＝0.18m。關鍵表述關鍵表述解讀滑塊P恰好在B點無碰撞滑入光滑圓弧軌道BC滑塊P做平拋運動到達B點速度方向恰好與圓弧相切與放置在水平面E點的滑塊Q發生彈性正碰；滑塊P與CE部分間的動摩擦因數μ＝0.5先求出碰撞前滑塊P的速度，利用彈性正碰規律求出滑塊P和Q相碰后Q的速度大小vQ四分之一光滑圓弧槽S，滑塊Q沖上圓弧槽S后能從圓弧槽S最高點G沖出的最大高度hm屬于滑塊與曲面模型，滑塊在最大高度處時二者速度相同，利用動量守恒觀點和能量觀點求出階段復習練1.(2024·江蘇揚州市期中)如圖所示，質量為m的汽車以恒定的速率v通過路面abc，其中ab段為斜坡，bc段水平，重力加速度為g，汽車A.在ab段，克服重力做功的功率為mgvB.在ab段，發動機輸出功率等于克服重

力做功的功率C.在bc段，發動機輸出功率等于克服阻力做功的功率D.發動機輸出功率保持不變12345678√910設ab段與水平方向夾角為θ，克服重力做功的功率為PG＝mgvsinθ，故A錯誤；在ab段，對汽車受力分析，有F牽＝Ff＋mgsinθ，依題意，汽車以恒定的速率行駛，可知發動機輸出功率等于克服重力和阻力做功的總功率，故B錯誤；同理，在bc段，有F牽′＝Ff′，則發動機輸出功率等于克服阻力做功的功率，故C正確；根據

P＝Fv，可知發動機輸出功率在不同路段，會有所變化，不能保持不變，故D錯誤。123456789102.(2024·江蘇鎮江市期中)如圖所示，一質量為M的內表面粗糙的半圓軌道靜止在水平地面上，質量為m的小球(可視為質點)從A點正上方由靜止釋放，小球從A點進入半圓軌道經過最低點B后又從C點沖出，整個過程半圓軌道始終保持靜止，重力加速度為g，則下列說法正確的是A.小球經過B點時的速率最大B.小球經過C點時，半圓軌道對地面的壓力小于MgC.小球從A到B的運動時間等于從B到C的運動時間D.小球經過B點時，半圓軌道對地面的壓力等于(M＋m)g12345678√910由于小球在半圓軌道受到摩擦力的作用，小球經過B點時，重力沿切線方向的分力為0，可知小球在B點前已經做減速運動，所以小球經過B點時的速率不是最大，故A錯誤；小球經過C點時，受到的摩擦力向下，則小球對半圓軌道的摩擦力向上，以半圓軌道為研究對象，豎直方向根據受力平衡，可得FN地＝Mg－Ff<Mg，根據牛頓第三定律可知，半圓軌道對地面的壓力小于Mg，故B正確；12345678910由于小球在半圓軌道運動過程需要克服摩擦力做功，小球的機械能逐漸減小，根據對稱性可知，小球經過半圓軌道左右兩邊等高兩點時，都是左邊速度大于右邊速度，所以小球從A到B的平均速率大于從B到C的平均速率，則小球從A到B的運動時間小于從B到C的運動時間，故C錯誤；小球經過B點時，小球的加速度方向向上，處于超重狀態，所以小球對半圓軌道的壓力大于mg，則半圓軌道對地面的壓力大于(M＋m)g，故D錯誤。123456789103.(2023·江蘇徐州市三模)如圖所示，某同學將兩相同羽毛球A、B從同一高度處以相同速率v0水平打出。運動過程中羽毛球僅受到重力及恒定的水平風力作用，逆風時，球A落至地面上的P處，順風時，球B落至地面上的Q處。則A.A球飛行時間比B球長B.兩球落地時速度大小相同C.兩球飛行過程中合外力的沖量相同D.兩球落地時重力的功率不同12345678√910A、B兩球豎直方向均做自由落體運動，由h＝

可知，兩球飛行時間相等，故A錯誤；A球水平方向做勻減速直線運動，則vAx＝v0－at，B球水平方向做勻加速直線運動，則vBx＝v0＋at，兩球飛行時間相等，所以落地時兩球豎直方向速度相等，但A球水平速度小于B球水平速度，落地速度大小為v＝

，所以A球落地時的速度小于B球的落地速度，故B錯誤；12345678910兩球合外力的沖量為I＝F合t，由于兩球受到相同的重力和恒定的風力，所以兩球的合外力相同，飛行時間相等，所以兩球飛行過程中合外力的沖量相同，故C正確；落地時重力的功率為P＝mgvy＝mg·gt＝mg2t，由此可知，兩球落地時重力的功率相同，故D錯誤。123456789104.(2024·江蘇無錫市調研)雜技演員表演“胸口碎大石”時，當大石獲得的速度較小時，下面的人感受到的震動就會較小，人的安全性就較強。若大石塊的質量是鐵錘的100倍，則撞擊后大石塊的速度可能為鐵錘碰撞前速度的√12345678910123456789105.(2024·江蘇淮安市五校聯盟聯考)豎直放置的輕彈簧下端固定在地上，上端與鋼板連接，鋼板處于靜止狀態，如圖所示。一物塊從鋼板正上方0.2m處的P點自由落下，打在鋼板上(碰撞時間極短)并與鋼板一起向下運動0.1m后到達最低點Q。已知物塊和鋼板的質量都為1kg，重力加速度大小為g＝10m/s2，下列說法正確的是A.物塊與鋼板碰后一起向下做減速運動B.物塊與鋼板碰后一起運動的加速度一直增大C.從P到Q的過程中，彈簧彈性勢能的增加量為3JD.從P到Q的過程中，物塊、鋼板、彈簧組成的系統機械能守恒√12345678910物塊與鋼板碰后一起向下運動過程中，開始物塊與鋼板的合重力大于彈簧的彈力，合重力與彈力的合力方向向下，由牛頓第二定律可知，產生的加速度向下，物塊與鋼板一起向下做加速運動，隨著向下運動位移增大，彈簧的彈力增大，其合力減小，加速度減小；當彈簧的彈力大小等于合重力時，其合力是零，加速度是零，繼續向下運動，彈力大于合重力，其合力向上，加速度向上，物塊與鋼板做減速運動，彈力繼續增大，加速度繼續增大，后到達最低點Q，加速度最大，可知物塊與鋼板碰后一起先向下加速，后減速，則運動的加速度先向下減小后反向增大，A、B錯誤；12345678910物塊與鋼板碰撞前，物塊從P點開始做自由落體運動，下落到鋼板時的速度大小由速度位移關系公式，可知v0＝

＝2m/s，物塊與鋼板碰撞過程中，因碰撞時間極短，內力遠大于合外力，則有物塊與鋼板組成的系統動量守恒，設物塊與鋼板碰撞后的共同速度為v1，取向下為正方向，由動量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝1m/s，物塊與鋼板碰撞后，物塊、鋼板與彈簧組成的系統機械能守恒，則有

×2mv12＋2mgx2＝ΔEp，代入數據解得彈簧彈性勢能的增加量為ΔEp＝3J，C正確；12345678910物塊與鋼板碰撞前，物塊從P點開始做自由落體運動，下落到鋼板時的速度大小由速度位移關系公式，可知v0＝

＝2m/s，物塊與鋼板碰撞過程中，因碰撞時間極短，內力遠大于合外力，則有物塊與鋼板組成的系統動量守恒，設物塊與鋼板碰撞后的共同速度為v1，取向下為正方向，由動量守恒定律可得mv0＝2mv1，解得v1＝1m/s，物塊與鋼板碰撞后，物塊、鋼板與彈簧組成的系統機械能守恒，則有

×2mv12＋2mgx2＝ΔEp，代入數據解得彈簧彈性勢能的增加量為ΔEp＝3J，C正確；12345678910物塊與鋼板碰撞后一起運動，其碰撞是完全非彈性碰撞，碰撞過程中有機械能的減少，因此從P到Q的過程中，物塊、鋼板、彈簧組成的系統機械能不守恒，D錯誤。123456789106.(2024·江蘇連云港市期中)如圖所示，質量均為m的小球A、B固定在長為L的直輕桿兩端，兩球半徑忽略不計。初始時直桿置于直角光滑槽內處于豎直狀態，由于微小擾動，A球沿豎直槽向下運動，B球沿水平槽向右運動。已知sin37°＝0.6，重力加速度為g。下列說法正確的是A.滑動過程中A球機械能守恒B.滑動過程中A、B系統動量守恒C.A球剛達到水平滑槽時機械能最小D.當小球A沿槽下滑距離為0.4L時，A球的速度大小為√1234567891012345678910滑動過程中，B球機械能增加，A球機械減少，故A錯誤；滑動過程中A、B系統豎直方向上合外力不為0，動量不守恒，故B錯誤；B的動能開始是0，最終還是0，中間不為0。由系統機械能守恒可知，A球的機械能先減小后增大，則A球剛達到水平滑槽時機械能不是最小，故C錯誤；123456789107.如圖所示，滑塊以一定的初動能從斜面底端O點沖上足夠長的粗糙斜面，斜面傾角為α，滑塊與斜面間的動摩擦因數為μ。取O點所在的水平面為參考平面，以O點為位移的起點、沿斜面向上為位移的正方向，已知μ<tanα。下列描述滑塊的動能Ek、重力勢能Ep、機械能E隨滑塊位移x變化的圖像中，不可能正確的是12345678√910由動能定理可得ΔEk＝F合x，即Ek－x圖像的斜率表示合外力，由題可知，上滑時，合外力為F1＝－mgsinα－μmgcosα，下滑時，合外力為F2＝－mgsinα＋μmgcosα，A可能；根據重力勢能Ep＝mgxsinα，B可能；根據功能關系，上滑和下滑時均有摩擦力做負功，則機械能一直減小，且摩擦力大小不變，則上滑過程機械能隨x增大均勻減小，下滑過程，機械能隨x減小均勻減小，且兩段過程斜率大小相同，D可能。故選C。123456789108.(2024·江蘇無錫市輔仁高級中學期中)離子發動機是利用電場加速離子形成高速離子流而產生推力的航天發動機，這種發動機適用于航天器的姿態控制、位置保持等。某航天器質量為M，單個離子質量為m，帶電荷量q，加速電場的電壓為U，高速離子形成的等效電流大小為I，根據以上信息計算該航天器發動機產生的推力為√12345678910123456789109.(2023·江蘇淮安市三模)如圖，光滑水平面上有一質量為m＝1kg的滑塊A靜止在P點，在O點有一質量為M＝2kg、長度為L＝0.6m的長木板B，其兩側有固定擋板，在長木板B上最右側放置一質量也為M＝2kg小物塊C，滑塊A在外力F＝2N作用下，經過時間t＝1.5s到達O點時，在O點立即撤去外力同時與B發生碰撞。已知小物塊C與長木板B間的動摩擦因數為μ＝0.1，所有碰撞均為彈性碰撞，且碰撞時間極短，g＝10m/s2，求：(1)滑塊A剛到達O點時的速度；答案3m/s，方向水平向右12345678910設滑塊A剛到達O點時的速度為v0，根據動量定理有Ft＝mv0解得v0＝3m/s，方向水平向右。12345678910答案2m/s，方向水平向右滑塊A與長木板B碰后瞬間，設滑塊和長木板的速度分別為v0′和v1，根據系統動量守恒定律和機械能守恒定律分別有mv0＝mv0′＋Mv1聯立解得v0′＝－1m/s，v1＝2m/s滑塊A與長木板B碰后瞬間，長木板的速度大小為2m/s，方向水平向右。(2)滑塊A與長木板B碰后瞬間，長木板的速度；12345678910答案0.2m(3)物塊C最終與長木板B右側擋板的距離。12345678910長木板B和物塊C組成的系統在水平方向所受合外力為零，所以動量守恒，設B、C最終達到的共同速度為v，則有Mv1＝2Mv，設C相對B滑動的路程為Δx，對B、C組成的系統根據能量守恒定律可得所以物塊C最終與長木板B右側擋板的距離為x0＝2L－Δx＝0.2m。1234567891010.(2023·江蘇鹽城市高級實驗中學三模)如圖，一小車上固定有處于豎直平面內的特殊形狀的圓管，小車(含圓管)的質量M＝2kg，圓管內壁處處光滑且圓管可以忽略內徑，其中AB段圓弧所對應的半徑R1＝0.5m，圓心角∠AOB＝53°，B點切線方向豎直，圓管的BC段是一段四分之一圓弧，對應的半徑R2＝0.35m，C點與小車表面平滑銜接，小車CD部分足夠長，且CD部分與小球之間的動摩擦因數為μ1＝0.1，小車置于水平地面的光滑段。現將質量m＝2kg的小球由A點左上方某點以v0＝4m/s的初速度水平拋出，使小球剛好可以無碰撞的進入到圓管中。小球穿過圓管后，滑上CD段。當小球與小車共速時，小車也剛好運動至水平面的粗糙