第七章　阶段复习(三)　能量与动量-2026版一轮复习

阶段复习(三)能量与动量知识网络规范训练规范答题答案(1)0.40.1(2)2m/s(3)不能0.9解析(1)由题图乙可得，滑块与木板发生相对滑动时，滑块的加速度大小a1＝v0-vt＝木板的加速度大小a2＝vt＝5m/s由牛顿第二定律对滑块有μ1m2g＝m2a1对木板有μ1m2g-μ2(M＋m2)g＝Ma2解得μ1＝0.4，μ2＝0.1(2)0~1s时间内，设滑块的位移大小为x1，木板的位移大小为x2，则有x1＝v0＋v2tx2＝v2t＝2.5由于x1-x2<L，故t＝1s时，滑块还未到木板A端。t＝1s后，滑块与木板一起做匀减速直线运动，加速度大小设为a3，则有μ2(M＋m2)g＝(M＋m2)a3设木板A端运动到C端时滑块与木板的共同速度大小为v1，由匀变速直线运动规律有我用夸克网盘分享了「与您分享-国家、地方、行业、团体标准」，点击链接即可保存。打开「夸克APP」，无需下载在线播放视频，畅享原画5倍速，支持电视投屏。链接：/s/45a9f612fe59提取码：t9EX联系qq:1328313560我的道客巴巴：/634cd7bd0a3f5a7311db139533c20794

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v12-v2＝-2a3(s-xA端运动到C端之后，滑块做匀减速直线运动，加速度大小为a1，则有vA2-v12＝-2a1(L＋x2联立解得vA＝2m/s(3)滑块和小球在C点发生弹性正碰，设碰后瞬间小球的速度为v1'，滑块的速度为v2'，由动量守恒和机械能守恒有m2vA＝m1v1'＋m2v2'12m2vA2＝12m1v1'2＋1假设小球不能到达圆弧轨道最高点，脱离圆弧轨道时速度为v'，由机械能守恒定律有12m1v1'2-12m1v'2＝m1g(R＋Rcos刚要脱离圆弧轨道时，由牛顿第二定律有m1gcosθ-k(l0-R)＝m1v解得cosθ＝0.9可得cosθ<1，假设成立，小球脱离圆弧轨道时，弹簧与竖直方向夹角θ的余弦值为0.9。阶段复习练(三)(分值：100分)一、单项选择题：每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.无人机在生产生活、军事、科研等方面有广泛的应用。某款无人机的总质量为m，水平匀速飞行的速度为v时，受到的空气阻力是重力的k倍，重力加速度为g，则该无人机飞行的过程中，牵引力的功率为()A.mgv B.kmgvC.(1＋k)mgv D.1＋k答案B解析由于无人机水平匀速飞行，重力的瞬时功率为0，所以牵引力的功率为P＝Ffv，Ff＝kmg，所以P＝kmgv，故选B。2.滑板运动是青少年比较喜欢的一种户外运动。如图所示，现有一个质量为m的小孩站在一辆质量为km的滑板车上，小孩与滑板车一起在光滑的水平路面上以速度v0匀速运动，突然小孩相对地面以速度1110v0向前跳离滑板车，滑板车速度大小变为原来的110，但方向不变，则k为(A.17 B.18 C.1答案C解析小孩跳离滑板车时，与滑板车组成的系统水平方向动量守恒，根据动量守恒定律有(1＋k)mv0＝m·1110v0＋km·110v0，解得k＝193.(2022·山东卷·2)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中()A.火箭的加速度为零时，动能最大B.高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D.高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量答案A解析火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。4.(2025·山东德州市检测)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。该物块运动的位移—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.2N B.4N C.6N D.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。5.2023年11月10日，我国首条超高速低真空管道磁浮交通系统——高速飞车大同(阳高)试验线工程完工，其特点是全封闭真空管道和磁悬浮运输。如图所示，高速飞车的质量为m，额定功率为P0，高速飞车在平直轨道上从静止开始运动，先以加速度a做匀加速直线运动，加速过程中达到额定功率P0。后又经过一段时间达到该功率下的最大速度，若高速飞车行驶过程中所受到的阻力为Ff且保持不变，则下列说法正确的是()A.高速飞车匀加速直线运动过程中达到的最大速度为PB.高速飞车匀加速直线运动的时间为PC.高速飞车匀加速直线运动的位移为PD.高速飞车在整个加速过程中牵引力做功等于m答案C解析匀加速阶段，根据牛顿第二定律可得F1-Ff＝ma，又P0＝F1v1，联立可得高速飞车匀加速直线运动过程中达到的最大速度为v1＝P0Ff＋ma，高速飞车匀加速直线运动的时间为t＝v1a＝P0a(Ff＋ma)，高速飞车匀加速直线运动的位移为x＝v12t＝P022a(Ff＋ma)6.(2024·重庆卷·4)活检针可用于活体组织取样，如图所示。取样时，活检针的针鞘被瞬间弹出后仅受阻力，针鞘质量为m。针鞘在软组织中运动距离d1后进入目标组织，继续运动d2后停下来。若两段运动中针鞘整体受到阻力均视为恒力，大小分别为F1、F2，则针鞘()A.被弹出时速度大小为2(B.到达目标组织表面时的动能为F1d1C.运动d2过程中，阻力做功为(F1＋F2)d2D.运动d2的过程中动量变化量大小为m答案A解析根据动能定理有F1d1＋F2d2＝12mv2，解得v＝2(F1d1＋F2d2)m，故A正确；针鞘到达目标组织表面后，继续前进d2减速至零，此过程中克服阻力做功为F2d2，根据动能定理有Ek＝F2d2，故B、7.(2024·江苏卷·9)在水平面上有一个U形滑板A，A的上表面有一个静止的物体B，左侧用轻弹簧连接在滑板A的左侧，右侧用一根细绳连接在滑板A的右侧，开始时弹簧处于拉伸状态，各表面均光滑，剪断细绳后，则()A.弹簧原长时A动量最大B.弹簧压缩至最短时A动能最大C.系统动量变大D.系统机械能变大答案A解析对整个系统分析可知合外力为0，系统动量守恒，由于系统内只有弹力做功，故系统的机械能守恒，C、D错误；滑板A受到的合外力为弹簧的弹力，弹簧在恢复原长的过程中，由kx＝ma知滑板做加速度减小的加速运动，弹簧被压缩时，滑板做加速度增大的减速运动，所以弹簧原长时A动量最大，动能最大，故A正确，B错误。二、多项选择题：每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。8.(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。9.一质量为m、可视为质点的物块B静止于质量为M的木板C左端，木板静止于光滑水平面上，将质量为m的小球A用长为L的细绳悬挂于O点，静止时小球A与B等高且刚好接触，现对小球A施加一外力，使细绳恰好水平，如图所示，现将外力撤去，小球A与物块B发生弹性碰撞，已知B、C间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是()A.小球A碰撞后做简谐运动B.碰撞后物块B的速度为2C.若物块B未滑离木板C，则物块B与木板C之间的摩擦热小于MmgLD.若物块B会滑离木板C，则板长小于ML答案BD解析小球A下落过程中机械能守恒，有mgL＝12mv02，解得v0＝2gL，小球A与物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒和机械能守恒可得mv0＝mvA＋mvB，12mv02＝12mvA2＋12mvB2，解得碰后A、B的速度分别为vA＝0，vB＝v0对B、C组成的系统分析可知，水平方向不受外力，则动量守恒，有mvB＝(M＋m)v，解得v＝mvBM＋m＝mM＋m2gL，根据能量守恒可知，摩擦热为Q＝12mvB若B恰好滑离C，摩擦热为μmgl，其中l为板长，则有MmgLM＋m＝μmgl，解得l＝MLμ(M＋m)10.(2024·山东省百师联盟联考)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gLC.A球机械能减小了14D.A球运动到最低点时，B球向右运动距离为L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＝12mvA2解得vA＝vB＝gL，A球运动到最低点时速度大小为gL，故B正确；A球机械能减小量ΔE＝mgL-12mvA2＝12mgL，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mxAt-mxBt＝0，xA＋xB＝三、非选择题：本题共5小题，共54分。11.(8分)(2024·河北邯郸市三模)如图甲所示，利用气垫导轨验证动量守恒定律，主要的实验步骤如下：(1)(2分)利用螺旋测微器测量两滑块上挡光片的宽度，得到的结果如图乙所示，则挡光片的宽度为mm。

(2)(2分)安装好气垫导轨，向气垫导轨通入压缩空气，只放上滑块1，接通光电计时器，给滑块1一个初速度，调节气垫导轨的两端直到滑块做匀速运动，能够判断滑块做匀速运动的依据是。

(3)(2分)若滑块1通过光电门时挡光时间为Δt＝0.01s，则滑块1的速度大小为m/s(保留两位有效数字)。

(4)(2分)设碰撞前滑块1的速度为v0，滑块2的速度为0，碰撞后滑块1的速度为v1，滑块2的速度为v2，若滑块1和滑块2之间的碰撞是弹性碰撞，则速度关系需要满足。

答案(1)4.700(2)通过两个光电门的时间相同(3)0.47(4)v0＋v1＝v2解析(1)挡光片的宽度为d＝4.5mm＋20.0×0.01mm＝4.700mm(2)滑块若能够做匀速运动，因挡光片的宽度为定值，则经过光电门的时间相同。(3)滑块1的速度大小为v＝dΔt＝0.47(4)根据系统动量守恒和能量守恒有m1v0＝m1v1＋m2v212m1v02＝12解得v0＋v1＝v2。12.(8分)某小组为了验证机械能守恒定律，设计了如图甲所示的实验装置，物块P、Q用跨过定滑轮的轻绳相连，P底端固定一宽度为d的轻质遮光条，托住P，用刻度尺测出遮光条所在位置A与固定在铁架台上的光电门B之间的高度差h(d≪h)。已知当地的重力加速度为g。(1)(2分)用游标卡尺测量遮光条的宽度d如图乙所示，则图乙中游标卡尺的读数应为cm。

(2)(3分)下列实验步骤正确的是。

A.选择两个质量相等的物块进行实验B.实验时，要确保物块P由静止释放C.需要测量出两物块的质量mP和mQD.需要测量出遮光条从A到达B所用的时间T(3)(3分)改变高度h，重复实验，测得各次遮光条的挡光时间t，以h为横轴、1t2为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出1t2-h图像，如图丙所示，该图像的斜率为k，在实验误差允许范围内，若k＝(答案(1)0.52(2)BC(3)2(解析(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度d＝0.5cm＋0.1mm×2＝0.52cm。(2)实验中要让物块P下降，Q上升，则需选择两个质量不相等的物块，选项A错误；实验时，要确保物块P由静止释放，选项B正确；需要测量出两物块的质量mP和mQ，选项C正确；实验中不需要测量出遮光条从A到达B所用的时间T，选项D错误。(3)物块P经过光电门时的速度v＝d若系统机械能守恒，则有(mP-mQ)gh＝12(mP＋mQ)v即1t则k＝2(m13.(10分)(2023·北京卷·18)如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：(1)(3分)A释放时距桌面的高度H；(2)(3分)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；(3)(4分)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。答案(1)v22g(2)mg＋mv2L(3解析(1)A从释放到与B碰撞前瞬间，根据动能定理得mgH＝12mv解得H＝v(2)碰撞前瞬间，对A由牛顿第二定律得F-mg＝mv解得F＝mg＋mv(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv＝2mv1解得v1＝12则碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝12mv2-12×2m(12v)2＝1414.(12分)如图所示，一棱长为1.5R的正方体物块静置于足够长的光滑水平面上，该正方体物块内有一条由半径为R的四分之一圆弧部分和竖直部分平滑连接组成的细小光滑圆孔道。一质量为m的小球(可视为质点)，以初速度v0＝3gR沿水平方向进入孔道，恰好能到达孔道最高点。孔道直径略大于小球直径，孔道粗细及空气阻力可不计，重力加速度为g。求：(1)(6分)该正方体物块的质量M；(2)(6分)小球离开孔道时的速度。答案(1)m2(2)gR解析(1)小球从进入孔道至到达最高点过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有mv0＝(M＋m)v，12mv02＝12(M＋m)解得v＝2gR，M＝m(2)小球从进入孔道到离开孔道过程中，小球和物块组成的系统机械能守恒、水平方向动量守恒，以水平向右为正方向，则有mv0＝mv1＋Mv2，12mv02＝解得v1＝gR，v2＝4gR即小球离开孔道时速度大小为gR，方向水平向右。15.(16分)(2024·浙江1月选考·18)某固定装置的竖直截面如图所示，由倾角θ＝37°的直轨道AB，半径R＝1m的圆弧轨道BCD，长度L＝1.25m、倾角为θ的直轨道DE，半径为R、圆心角为θ的圆弧管道EF组成，轨道间平滑连接。在轨道末端F的右侧光滑水平面上紧靠着质量m＝0.5kg滑块b，其上表面与轨道末端F所在的水平面平齐。质量m＝0.5kg的小物块a从轨道AB上高度为h处静止释放，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE，轨道DE由特殊材料制成，小物块a向上运动时动摩擦因数μ1＝0.25，向下运动时动摩擦因数μ2＝0.5，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当小物块a在滑块b上滑动时动摩擦因数恒为μ1，小物块a运动到滑块右侧的竖直挡板能发生完全弹性碰撞。(其他轨道均光滑，小物块视为质点，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，