階段復(fù)習(xí)（三）能量與動(dòng)量

【知識(shí)網(wǎng)絡(luò)】

平均功率尸二尸萬(wàn)）

功率

p=W瞬時(shí)功率尸=74

t

功n

W=Fxcosa一

---K---_動(dòng)能定理

22

廠I功能關(guān)系卜*「動(dòng)能Ek=&iu2_W&=^mv2-^mvi

向__重力勢(shì)能EpFIg/i

機(jī)械能守恒定律

彈性勢(shì)能練弓履2mghi+^mv^^mghi+^mv^

-［機(jī)械能E=Ek+Ep1

能

量

與

動(dòng)量：p=mv;矢量，p與"同向；狀態(tài)量為瞬時(shí)速度

動(dòng)

量T概念）-動(dòng)量變化：Ap=p-p,Ap的方向與沖量的方向相同

沖量：/=口,矢量，沖量的方向由力的方向決定；過(guò)程量

動(dòng)量定理：Ff=p'-p,矢量式，要選取正方向

條件：系統(tǒng)不受外力或所受外力的矢量和為零

動(dòng)量

結(jié)論:系統(tǒng)動(dòng)量守恒，

守恒一Wp=p'

注意：系統(tǒng)性、矢量性、同時(shí)性、同系性

—［動(dòng)量卜定律

應(yīng)用：反沖運(yùn)動(dòng)

，彈性碰撞［一

動(dòng)量、能量觀點(diǎn)綜合，

p｛碰撞非彈性碰撞〉

大碰小小碰大預(yù)判

4完全非彈性碰撞卜

,--------、河一火箭，農(nóng)田、園林的噴灌裝置

斗常見(jiàn)應(yīng)用模型卜—

1人船模型）

,子彈打木前畫(huà)

T多連接體綜吝＞■（板塊模型|

-［多物體多過(guò)程］

【規(guī)范訓(xùn)練】

(2025?福建泉州市模擬)如圖甲,一固定在豎直平面內(nèi)的光滑圓弧

軌道圓心為。，半徑R=0.2m,底端C點(diǎn)切線水平。原長(zhǎng)30.22m、

勁度系數(shù)*=100N/m的輕彈簧，一端掛在過(guò)。點(diǎn)的光滑水平軸上,

①板塊模型

另一端拴接一個(gè)質(zhì)量啊=1kg的小球，小球靜止在C點(diǎn)。軌道右

邊水平地面上有一長(zhǎng)L=6m、質(zhì)量M=1.5kg的木板4B,A端與C端

②木板被粘住后，滑塊以大小為的

的距離s=7m,AB上表面與C點(diǎn)等高。f=0時(shí)，一質(zhì)量s=3kg的加速度繼續(xù)勻減速到4端

I-

滑塊以&)=9m/s的水平初速度滑上木板的3端,之后一段時(shí)間內(nèi)

滑塊和木板的速度?與時(shí)間，的關(guān)系圖像如圖乙所示。滑塊和小球

均視為質(zhì)點(diǎn)，木檢端碰到C端會(huì)立即被粘住,重力加速度g的大

?一③從圖像中可求出滑塊和木板相對(duì)運(yùn)

動(dòng)時(shí)的加速度，利用牛頓第二定律求

Ml、“2

④從圖像中可求出滑塊、木板相對(duì)運(yùn)

動(dòng)過(guò)程中的位移及相對(duì)位移，共速后

一起以大小為四2g的加速度做勻減速

運(yùn)動(dòng)

求滑塊與木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)出，以及木板與地面之間的

(1)~*⑤動(dòng)量守恒，機(jī)械能守叵

動(dòng)摩擦因數(shù)〃；(2)求滑塊運(yùn)動(dòng)到木板A端時(shí)的速度大小辦；

(3)滑塊與小球在C點(diǎn)發(fā)生彈性再碰后，小球隨即沿圓弧軌道運(yùn)動(dòng),

⑥假設(shè)能到達(dá)最高點(diǎn)，有心麻,若不

試通過(guò)計(jì)算分析小球能否到達(dá)圓弧軌道的最高點(diǎn)。若能到達(dá),求

I______________能到達(dá)最高點(diǎn)，脫離時(shí)機(jī)igcos。和彈簧

出在最高點(diǎn)處小球?qū)壍赖膲毫Υ笮。蝗舨荒艿竭_(dá)，求出小球彈力的合力提供向心力，且由C到脫離

軌道過(guò)程機(jī)械能守恒

脫離軌道時(shí)，彈簧與豎直方向夾角6的余弦值。

【規(guī)范答題】

答案(1)0.40.1(2)2m/s(3)不能0.9

2

解析(1)由題圖乙可得，滑塊與木板發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)時(shí)，滑塊的加速度大小?1=^=4m/s

木板的加速度大小。2=：=5m/s2

由牛頓第二定律

對(duì)滑塊有從M2g=m2al

對(duì)木板有//1m2g-//2（M+m2）g=Ma2

解得〃i=0.4,〃2=0」

(2)0-1s時(shí)間內(nèi)，設(shè)滑塊的位移大小為即，木板的位移大小為%2,

則有刖="了%=7m

X2=夕=2.5m

由于即-%2<￡，故/=ls時(shí)，滑塊還未到木板A端。

%=1S后，滑塊與木板一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小設(shè)為，3,則有

〃2（〃+rri2）g—（M+祖2）俏

設(shè)木板A端運(yùn)動(dòng)到。端時(shí)滑塊與木板的共同速度大小為⑦，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有

UI2-。2=-2。3（5-％2）

A端運(yùn)動(dòng)到C端之后，滑塊做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為處，則有

2z

vA-v1=-2a\（L+x2-xi）

聯(lián)立解得以=2m/s

⑶滑塊和小球在。點(diǎn)發(fā)生彈性正碰，設(shè)碰后瞬間小球的速度為,滑塊的速度為外、由動(dòng)量守恒和機(jī)械能

守恒有

m^A—m^2'

aa

^miVA2=|miUi+|以202

假設(shè)小球不能到達(dá)圓弧軌道最高點(diǎn)，脫離圓弧軌道時(shí)速度為況，由機(jī)械能守恒定律有

^m\V\,2-^miV,2=mig（R+Reos夕）

剛要脫離圓弧軌道時(shí)，由牛頓第二定律有

/2

migeosO-k（lo-R）=mi—

R

解得cos6=0.9

可得cos6<l,假設(shè)成立，小球脫離圓弧軌道時(shí)，彈簧與豎直方向夾角。的余弦值為0.9o

階段復(fù)習(xí)練（三）

（分值:100分）

一、單項(xiàng)選擇題：每小題4分，共28分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1.（2025?安徽六安市開(kāi)學(xué)考）無(wú)人機(jī)在生產(chǎn)生活、軍事、科研等方面有廣泛的應(yīng)用。某款無(wú)人機(jī)的總質(zhì)量為

m,水平勻速飛行的速度為。時(shí)，受到的空氣阻力是重力的七倍，重力加速度為g,則該無(wú)人機(jī)飛行的過(guò)程

中，牽引力的功率為（）

A.mgvB.kmgv

C.(l-\-k)mgvD.mgv

答案B

解析由于無(wú)人機(jī)水平勻速飛行，重力的瞬時(shí)功率為0,所以牽引力的功率為P=F（u,Ff=kmg,所以P=

kmgv,故選Bo

2.（2024?貴州省黔東南九校聯(lián)考）滑板運(yùn)動(dòng)是青少年比較喜歡的一種戶外運(yùn)動(dòng)。如圖所示，現(xiàn)有一個(gè)質(zhì)量為m

的小孩站在一輛質(zhì)量為初t的滑板車上，小孩與滑板車一起在光滑的水平路面上以速度。0勻速運(yùn)動(dòng)，突然小

孩相對(duì)地面以速度紫。向前跳離滑板車，滑板車速度大小變?yōu)樵瓉?lái)的總，但方向不變，則%為（）

答案C

解析小孩跳離滑板車時(shí)，與滑板車組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有

(1+k)mvo=+km-^vo,解得k=^,故選Co

3.（2025?山東德州市檢測(cè)）質(zhì)量為1kg的物塊靜止在水平地面上，f=0時(shí)對(duì)其施加一水平拉力R當(dāng)物塊運(yùn)動(dòng)

一段時(shí)間后撤去拉力，之后物塊繼續(xù)運(yùn)動(dòng)直至停止。該物塊運(yùn)動(dòng)的位移一時(shí)間圖像如圖所示，圖像在尸點(diǎn)處

的斜率最大、。點(diǎn)處的斜率為0，已知物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2,重力加速度取10m/s2,則水平

拉力少的大小為（）

A.2NB.4NC.6ND.8N

答案C

解析從O~/o時(shí)間內(nèi)，對(duì)物塊根據(jù)動(dòng)量定理有

Fto-/j.mgto—mv，撤去拉力后，對(duì)物塊根據(jù)動(dòng)量定理有-?wgx2A）=0-〃zo,

解得F=6N,故選Co

4.2023年11月10日，我國(guó)首條超高速低真空管道磁浮交通系統(tǒng)一高速飛車大同（陽(yáng)高）試驗(yàn)線工程完工，其

特點(diǎn)是全封閉真空管道和磁懸浮運(yùn)輸。如圖所示，高速飛車的質(zhì)量為加，額定功率為Po,高速飛車在平直軌

道上從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，先以加速度。做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速過(guò)程中達(dá)到額定功率尸0。后又經(jīng)過(guò)一段時(shí)間達(dá)

到該功率下的最大速度，若高速飛車行駛過(guò)程中所受到的阻力為人且保持不變，則下列說(shuō)法正確的是()

A.高速飛車勻加速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中達(dá)到的最大速度為國(guó)

ma

B.高速飛車勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為「。、

a(Ff-ma)

C.高速飛車勻加速直線運(yùn)動(dòng)的位移為一^~1

2a(Ff+ma)2

D.高速飛車在整個(gè)加速過(guò)程中牽引力做功等于寓

答案C

解析勻加速階段，根據(jù)牛頓第二定律可得Fi-Ff=ma,又尸,聯(lián)立可得高速飛車勻加速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程

中達(dá)到的最大速度為5=^-,高速飛車勻加速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為,高速飛車與加速直線

運(yùn)動(dòng)的位移為尸爭(zhēng)=,2、2，故A、B錯(cuò)誤，C正確；當(dāng)牽引力等于阻力時(shí)，高速飛車的速度達(dá)到最

22a(Ff+ma)z

大,則有而=普，高速飛車在整個(gè)加速過(guò)程，根據(jù)動(dòng)能定理可得W牽-W克阻=》%，=察，可得W

rf22Ff

牽〉整，故D錯(cuò)誤。

2尸f

5.離子推進(jìn)器是我國(guó)新一代航天動(dòng)力裝置，推進(jìn)劑從圖中尸處注入，在A處電離出一價(jià)正離子，已知3、C

之間加有恒定電壓U,正離子進(jìn)入3時(shí)的速度忽略不計(jì)，經(jīng)加速形成電流為/的離子束后噴出推進(jìn)器，假設(shè)

單位時(shí)間內(nèi)射出離子的質(zhì)量為則推進(jìn)器獲得的推力大小為()

CD

A.V2MW

uD.VW7

2MI

答案A

解析在A處電離出正離子，經(jīng)夙C間電壓加速后，由動(dòng)能定理可知eU=-mv2,解得。=匣,以推進(jìn)器

m

27

為參考系，應(yīng)用動(dòng)量定理有Ffmv-0,又因?yàn)?=?,M=?,解得F=42MU1,根據(jù)牛頓第三定律知推進(jìn)

器獲得的推力大小為&W7。故選A。

6.（2024?重慶卷4）活檢針可用于活體組織取樣，如圖所示。取樣時(shí)，活檢針的針鞘被瞬間彈出后僅受阻力，針

鞘質(zhì)量為相。針鞘在軟組織中運(yùn)動(dòng)距離力后進(jìn)入目標(biāo)組織，繼續(xù)運(yùn)動(dòng)力后停下來(lái)。若兩段運(yùn)動(dòng)中針鞘整體受

A.被彈出時(shí)速度大小為、叵正運(yùn)

B.到達(dá)目標(biāo)組織表面時(shí)的動(dòng)能為F0i

C.運(yùn)動(dòng)辦過(guò)程中，阻力做功為（E+尸2M2

D.運(yùn)動(dòng)d2的過(guò)程中動(dòng)量變化量大小為阿海

答案A

2

解析根據(jù)動(dòng)能定理有FiJi+F2J2=imu,解得o=j.d/向，故A正確；針鞘到達(dá)目標(biāo)組織表面后，繼

續(xù)前進(jìn)去減速至零，此過(guò)程中克服阻力做功為F2d2,根據(jù)動(dòng)能定理有Ek=F2d2，故B、C錯(cuò)誤；針鞘運(yùn)動(dòng)d2

的過(guò)程中，動(dòng)量變化量大小Ap=j2mEk=j2mF2d2,故D錯(cuò)誤。

7.（2024.江蘇卷.9）在水平面上有一個(gè)U形滑板A,A的上表面有一個(gè)靜止的物體B,左側(cè)用輕彈簧連接在滑板

A的左側(cè)，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板A的右側(cè)，開(kāi)始時(shí)彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，

則（）

-----------A--------

A.彈簧原長(zhǎng)時(shí)A動(dòng)量最大

B.彈簧壓縮至最短時(shí)A動(dòng)能最大

C.系統(tǒng)動(dòng)量變大

D.系統(tǒng)機(jī)械能變大

答案A

解析對(duì)整個(gè)系統(tǒng)分析可知合外力為0,系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由于系統(tǒng)內(nèi)只有彈力做功，故系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，

C、D錯(cuò)誤；

滑板A受到的合外力為彈簧的彈力，彈簧在恢復(fù)原長(zhǎng)的過(guò)程中，由履=加。知滑板做加速度減小的加速運(yùn)

動(dòng)，彈簧被壓縮時(shí)，滑板做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，所以彈簧原長(zhǎng)時(shí)A動(dòng)量最大，動(dòng)能最大，故A正確，B

錯(cuò)誤。

二、多項(xiàng)選擇題：每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得

6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得。分。

8.（八省聯(lián)考?河南?8）2024年我國(guó)研制的“朱雀三號(hào)”可重復(fù)使用火箭垂直起降飛行試驗(yàn)取得圓滿成功。假設(shè)

火箭在發(fā)動(dòng)機(jī)的作用下，從空中某位置勻減速豎直下落，到達(dá)地面時(shí)速度剛好為零。若在該過(guò)程中火箭質(zhì)量

視為不變，貝女）

A.火箭的機(jī)械能不變

B.火箭所受的合力不變

C.火箭所受的重力做正功

D.火箭的動(dòng)能隨時(shí)間均勻減小

答案BC

解析由于火箭與減速豎直下落，速度減小，動(dòng)能減小，且重力勢(shì)能減小，故火箭的機(jī)械能減小，故A錯(cuò)

誤；由于火箭勻減速豎直下落，加速度恒定，由牛頓第二定律可知，火箭所受的合力不變，故B正確；火箭

豎直下落，所受重力做正功，故C正確；火箭的動(dòng)能&=/療成）2,故火箭的動(dòng)能不是隨時(shí)間均勻

減小，故D錯(cuò)誤。

9.（2024?山東煙臺(tái)市期中）如圖所示，滑塊以一定的初動(dòng)能從斜面底端。點(diǎn)沖上足夠長(zhǎng)的粗糙斜面，斜面傾角

為a,滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為〃。取。點(diǎn)所在的水平面為參考平面，以。點(diǎn)為位移的起點(diǎn)、沿斜面向

上為位移的正方向，已知〃<tana。下列描述滑塊的動(dòng)能反、重力勢(shì)能4、機(jī)械能E隨滑塊位移x變化的圖

像中，可能正確的是（）

CD

答案ABD

解析由動(dòng)能定理可得△&=尸合］,即圖像的斜率表示合外力,由題可知，上滑時(shí)，合外力為Fi=-mgsina-

pimgcosa,下滑時(shí)，合外力為F2=-mgsina+pimgcosa,故A正確；根據(jù)重力勢(shì)能Ep=mgxsina,故B正確；

根據(jù)功能關(guān)系，上滑和下滑時(shí)均有摩擦力做功，則機(jī)械能一直減小，且摩擦力大小不變，則上滑過(guò)程機(jī)械能

隨x增大均勻減小，下滑過(guò)程，機(jī)械能隨x減小均勻減小，且兩段過(guò)程斜率大小相同，故C錯(cuò)誤，D正確。

10.（2025?四川綿陽(yáng)市南山中學(xué)月考）如圖所示，質(zhì)量均為根的兩個(gè)小球A、B用長(zhǎng)為L(zhǎng)的輕質(zhì)細(xì)繩連接，B球

穿在光滑水平細(xì)桿上，初始時(shí)刻，細(xì)繩處于水平狀態(tài)，將A、B由靜止釋放，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為

g。從釋放到A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

B

L

A.A、B組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒

B.A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度大小為房

C.A球機(jī)械能減小了

D.A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，B球向右運(yùn)動(dòng)距離為,

答案BD

解析A、B組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，故A錯(cuò)誤；當(dāng)A球擺到B球正下方時(shí)，

A、B球的速度大小分別為OA和。B。以小球A擺到最低點(diǎn)所在平面為參考平面，由水平方向動(dòng)量守恒得〃ZOA

=mVB

22

由機(jī)械能守恒得mgL=^mvA+|mvB,

解得=,A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)速度大小為癡I,故B正確；A球機(jī)械能減小量AEumgL-ln/u

\ngL，故C錯(cuò)誤；A、B組成的系統(tǒng)，水平方向不受外力，水平方向動(dòng)量守恒，則有機(jī)旨畔=0,比A+XB=

L,解得A球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，B球向右運(yùn)動(dòng)距離為q,故D正確。

三、非選擇題：本題共5小題，共54分。

11.（8分X2024?河北邯鄲市三模）如圖甲所示，利用氣墊導(dǎo)軌驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律，主要的實(shí)驗(yàn)步驟如下：

甲

(1)(2分)利用螺旋測(cè)微器測(cè)量?jī)苫瑝K上擋光片的寬度，得到的結(jié)果如圖乙所示，則擋光片的寬度為

mm。

(2)(2分)安裝好氣墊導(dǎo)軌，向氣墊導(dǎo)軌通入壓縮空氣，只放上滑塊1,接通光電計(jì)時(shí)器，給滑塊1一個(gè)初速

度，調(diào)節(jié)氣墊導(dǎo)軌的兩端直到滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)，能夠判斷滑塊做勻速運(yùn)動(dòng)的依據(jù)

是o

(3)(2分)若滑塊1通過(guò)光電門(mén)時(shí)擋光時(shí)間為At=0.01s,則滑塊1的速度大小為m/s(保留兩位有效數(shù)

字)。

(4)(2分)設(shè)碰撞前滑塊1的速度為比，滑塊2的速度為0,碰撞后滑塊1的速度為。1，滑塊2的速度為⑦，若

滑塊1和滑塊2之間的碰撞是彈性碰撞，則速度關(guān)系需要滿足o

答案(1)4.700(2)通過(guò)兩個(gè)光電門(mén)的時(shí)間相同(3)0.47(4>0+^1=%

解析(1)擋光片的寬度為d=4.5mm+20.0x0.01mm=4.700mm

(2)滑塊若能夠做勻速運(yùn)動(dòng)，因擋光片的寬度為定值，則經(jīng)過(guò)光電門(mén)的時(shí)間相同。

(3)滑塊1的速度大小為。=^=0.47m/s

(4)根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒和能量守恒有

加1研)=根H1+機(jī)202

1212I12

號(hào)機(jī)1%/=-miv/+-m2v2

解得Vo+Vi=V2o

12.(8分X2024.湖南岳陽(yáng)市一模)某小組為了驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律，設(shè)計(jì)了如圖甲所示的實(shí)驗(yàn)裝置，物塊P、Q

用跨過(guò)定滑輪的輕繩相連，P底端固定一寬度為1的輕質(zhì)遮光條，托住P,用刻度尺測(cè)出遮光條所在位置A與

固定在鐵架臺(tái)上的光電門(mén)B之間的高度差已知當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間。

(1)(2分)用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度d如圖乙所示，則圖乙中游標(biāo)卡尺的讀數(shù)應(yīng)為cm。

（2）（3分）下列實(shí)驗(yàn)步驟正確的是

A.選擇兩個(gè)質(zhì)量相等的物塊進(jìn)行實(shí)驗(yàn)

B.實(shí)驗(yàn)時(shí)，要確保物塊P由靜止釋放

C.需要測(cè)量出兩物塊的質(zhì)量加P和mQ

D.需要測(cè)量出遮光條從A到達(dá)B所用的時(shí)間T

（3）（3分）改變高度〃，重復(fù)實(shí)驗(yàn)，測(cè)得各次遮光條的擋光時(shí)間以/z為橫軸、專為縱軸建立平面直角坐標(biāo)系,

在坐標(biāo)系中作出卷/圖像，如圖丙所示，該圖像的斜率為無(wú)在實(shí)驗(yàn)誤差允許范圍內(nèi)，若左=

（用題中字母表示），則驗(yàn)證了機(jī)械能守恒定律。

丙

（眸一叭）

答案(1)0.52(2)BC{3}20

(mp+mQ)d2

解析（1）用游標(biāo)卡尺測(cè)量遮光條的寬度（7=0.5cm+0.1mmx2=0.52cmo

（2）實(shí)驗(yàn)中要讓物塊P下降，Q上升，則需選擇兩個(gè)質(zhì)量不相等的物塊，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；實(shí)驗(yàn)時(shí)，要確保物塊P

由靜止釋放，選項(xiàng)B正確；需要測(cè)量出兩物塊的質(zhì)量?jī)r(jià)和mQ，選項(xiàng)C正確；實(shí)驗(yàn)中不需要測(cè)量出遮光條從

A到達(dá)B所用的時(shí)間T,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。

（3）物塊P經(jīng)過(guò)光電門(mén)時(shí)的速度v=T

若系統(tǒng)機(jī)械能守恒，則有（mp-，"Q）g〃=M〃2p+"2QW2

即W=綱匚嗎

t4（mp+mQ）dz

貝U仁2（mp-MQR

（mp+mQ）dz

13.（10分X2023?北京卷」8）如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在。點(diǎn)，在0點(diǎn)正下方的

光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B,B距。點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)心現(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止

釋放，A以速度。在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：

（1）（3分）A釋放時(shí)距桌面的高度H-,

⑵（3分）碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；

（3）（4分）碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能

答案（1埸（2）〃zg+〃千（3）刎"

解析（1）A從釋放到與B碰撞前瞬間，根據(jù)動(dòng)能定理得mgH=^mv2

?2

解得H=—

2。

（2）碰撞前瞬間,對(duì)A由牛頓第二定律得

「V2

r-mg=m—

?2

解得F—mg-\-m—

（3）A、B碰撞過(guò)程中,根據(jù)動(dòng)量守恒定律得

mv=2mv\

解得。1=為

則碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

2

AE=//尚x2〃zgo）2=^mvo

14.（12分X2024?重慶市模擬）如圖所示，一棱長(zhǎng)為L(zhǎng)5R的正方體物塊靜置于足夠長(zhǎng)的光滑水平面上，該正方體

物塊內(nèi)有一條由半徑為R的四分之一圓弧部分和豎直部分平滑連接組成的細(xì)小光滑圓孔道。一質(zhì)量為m的小

球（可視為質(zhì)點(diǎn)），以初速度。o=3向沿水平方向進(jìn)入孔道，恰好能到達(dá)孔道最高點(diǎn)。孔道直徑略大于小球直

徑，孔道粗細(xì)及空氣阻力可不計(jì)，重力加速度為g。求：

（1）（6分）該正方體物塊的質(zhì)量M-,

（2）（6分）小球離開(kāi)孔道時(shí)的速度。

答案（1）三（2）歷，方向水平向右

解析(1)小球從進(jìn)入孔道至到達(dá)最高點(diǎn)過(guò)程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、水平方向動(dòng)量守恒，以

22

水平向右為正方向，則有mvo=(M+m)v,^mv0=^(M+ni)v+mg-1.5R

解得v=2y[gR,M=y

(2)小球從進(jìn)入孔道到離開(kāi)孔道過(guò)程中，小球和物塊組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒、水平方向動(dòng)量守恒，以水平向右

J2=mv2

為正方向，則有mvo=mvirMv2,^?zv0|i+

解得vi=./gR,vi=^y[gR

即小球離開(kāi)孔道時(shí)速度大小為痂,方向水平向右。

15.(16分X2024.浙江1月選考」8)某固定裝置的豎直截面如圖所示，由傾角6=37。的直軌道A3,半徑R=1m

的圓弧軌道BCD,長(zhǎng)度L=1.25m、傾角為。的直軌道OE,半徑為R、圓心角為。的圓弧管道EP組成，軌

道間平滑連接。在軌道末端廠的右側(cè)光滑水平面上緊靠著質(zhì)量機(jī)=0.5kg滑塊b,其上表面與軌道末端廠所在