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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R1＝3 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R2＝0.3 m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＝30 kg，滑块Q的质量m2＝60 kg，圆弧槽S的质量m3＝90 kg，A、B两点的高度差h＝0.8 m，光滑圆弧轨道BC对应的圆心角53°，LCE＝1.3 m，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＝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)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vB，其竖直分速度为vBy，根据功能关系有m1gh＝m1vBy2①
根据速度的分解有＝tan 53°②
联立①②式代入数据解得v0＝3 m/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－R1cos 53°)－μm1gLCE＝m1vP12－m1v02④
代入数据解得vP1＝6 m/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
m1vP12＝m1vP22＋m2vQ2⑦
联立⑤⑥⑦式代入数据得vQ＝4 m/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
m2vQ2＝m2g(R2＋hm)＋m2vS2＋m3vS2⑩
联立⑧⑨⑩式代入数据得hm＝0.18 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～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＝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，故D项错误。
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v0水平向右匀速飞行，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v1的燃气(时间极短)，则喷气后导弹的速率为(　　)
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Mv0＝(M－m)v＋mv1，解得v＝，故选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v0后功率保持不变，汽车能达到的最大速度为2v0。已知汽车的质量为m，运动过程中所受的阻力恒为Ff，下列说法正确的是(　　)
A．汽车的最大功率为Ffv0
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v0增加到2v0的过程中，其加速度逐渐减小
答案　BD
解析　汽车的最大功率为P＝Ffvm＝2Ffv0，故A错误；汽车匀加速时，根据牛顿第二定律有F－Ff＝ma，汽车速度为v0时的牵引力大小F＝＝2Ff，汽车匀加速时的加速度大小为a＝＝，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v0增加到2v0的过程中，根据牛顿第二定律有F′－Ff＝ma′，汽车的牵引力为F′＝，汽车的速度从v0增加到2v0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。
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＝－mgsin α－μmgcos α，下滑时，合外力为F2＝－mgsin α＋μmgcos α，故A正确；根据重力势能Ep＝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，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＝mvA2＋mvB2，
解得vA＝vB＝，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－mvA2＝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，则有m－m＝0，xA＋xB＝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。
8．如图所示，长为L2＝2 m的水平传送带以v＝2 m/s的速率逆时针转动，紧靠传送带两端的水平面上各静止一个物块B和C，mB＝mC＝1.0 kg。在距传送带左端s＝0.5 m的水平面上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L1＝2 m处由静止释放一质量mA＝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被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.02，物块A与斜面间的动摩擦因数μ3＝0.25，物块间的碰撞都是弹性正碰，物块均可视为质点，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
mAgL1sin 37°－μ3mAgL1cos 37°＝mAvA2，
代入数据可得vA＝4 m/s。
(2)A、B两物块发生弹性碰撞，设碰后A的速度为vA1，B的速度为vB，
由动量守恒定律有mAvA＝mAvA1＋mBvB
由能量守恒定律有mAvA2＝mAvA12＋mBvB2，
代入数据得vB＝3 m/s
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aB＝μ1g＝2 m/s2
物块B经时间t1后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，
则有t1＝＝0.5 s，x＝t1＝1.25 m
由于x(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mBv＝mBvB1＋mCvC1，由能量守恒定律有mBv2＝mBvB12＋mCvC12，代入数据得vB1＝0，vC1＝2 m/s
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
－μ2mCg×2ns＝0－mCvC12，代入数据得n＝10。
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、O1、O2、D、O3、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，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vC；
(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FB(保留两位小数)；
(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－mvC2，代入数据解得vC＝2 m/s
(2)从B点到C点，由动能定理得－μmgL＝mvC2－mvB2，小钢球经过B点，由牛顿第二定律得FN－mg＝m
代入数据联立解得FN＝ N≈0.83 N
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小FB＝FN＝0.83 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h1，从释放到E点，由动能定理得
mg(h1－R)－μmgL＝0，代入数据解得h1＝1.6 m
若小钢球恰能第二次通过E点，设小钢球释放点距A点为h2，从释放到E点，由动能定理得
mg(h2－R)－μmgL－2μmgcos θ·＝0
代入数据解得h2＝2.24 m
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。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＝3 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R2＝0.3 m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＝30 kg，滑块Q的质量m2＝60 kg，圆弧槽S的质量m3＝90 kg，A、B两点的高度差h＝0.8 m，光滑圆弧轨道BC对应的圆心角53°，LCE＝1.3 m，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＝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
规范答题区 评价项目(100分) 自评得分
书写工整，卷面整洁(20分)
有必要的文字说明，指明研究对象、过程、所用规律(20分)
列式规范，无连等式，无变形后公式(20分)
无代数过程，有联立①②③式得(20分)
结果规范，中间关键点有结果，矢量指明方向(20分)
总分(共42张PPT)
能量和动量
阶段复习(三)
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＝3 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R2＝0.3 m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＝30 kg，滑块Q的质量m2＝60 kg，圆弧槽S的质量m3＝90 kg，A、B两点的高度差h＝0.8 m，光滑圆弧轨道BC对应的圆心角53°，LCE＝1.3 m，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＝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v0；
答案　3 m/s
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＝ ①
根据速度的分解有 ＝tan 53° ②
联立①②式代入数据解得v0＝3 m/s ③
(2)滑块P和Q相碰后Q的速度vQ；
答案　4 m/s，方向水平向右
滑块P从A点到E点，设到E点
的速度为vP1，
代入数据解得vP1＝6 m/s ⑤
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＋m2vQ ⑥
联立⑤⑥⑦式代入数据得vQ＝4 m/s，方向水平向右 ⑧
(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。
答案　0.18 m
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)vS ⑨
联立⑧⑨⑩式代入数据得hm＝0.18 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
关键表述 关键表述解读
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
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
1
2
3
4
5
6
7
8
9
√
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＝6 N，故选C。
1
2
3
4
5
6
7
8
9
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)
√
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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，故D项错误。
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v0水平向右匀速飞行，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v1的燃气(时间极短)，则喷气后导弹的速率为
√
1
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3
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9
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v0后功率保持不变，汽车能达到的最大速度为2v0。已知汽车的质量为m，运动过程中所受的阻力恒为Ff，下列说法正确的是
A.汽车的最大功率为Ffv0
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v0增加到2v0的过程中，其加速度逐渐减小
√
1
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√
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汽车的最大功率为P＝Ffvm＝2Ffv0，故A错误；
汽车的速度从v0增加到2v0的过程中，根据牛顿第二定律有F′－Ff＝ma′，汽车的牵引力为F′＝ ，汽车的速度从v0增加到2v0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。
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
1
2
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5
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√
√
√
1
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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＝－mgsin α－μmgcos α，
下滑时，合外力为F2＝－mgsin α＋μmgcos α，
故A正确；
根据重力势能Ep＝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，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
√
1
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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
1
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5
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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
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8.如图所示，长为L2＝2 m的水平传送带以v＝2 m/s的速率逆时针转动，紧靠传送带两端的水平面上各静止一个物块B和C，mB＝mC＝1.0 kg。在距传送带左端s＝0.5 m的水平面上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L1＝2 m处由静止释放一质量mA＝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被取走。已知物块B、C与传送带间的动摩擦因数μ1＝0.2，与水平面间的动摩擦因数μ2＝0.02，物块A与斜面间的动摩擦因数μ3＝0.25，物块间的碰撞都是
弹性正碰，物块均可视为质点，g取10 m/s2。
sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
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(1)物块A与物块B相碰前物块A的瞬时
速度大小；
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答案　4 m/s
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
代入数据可得vA＝4 m/s。
(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；
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答案　0.5 J
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A、B两物块发生弹性碰撞，设碰
后A的速度为vA1，B的速度为vB，
由动量守恒定律有mAvA＝mAvA1
＋mBvB
代入数据得vB＝3 m/s
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aB＝μ1g＝2 m/s2
由于x相等后与传送带一起做匀速运动，
此过程传送带向左的位移x1＝vt1
＝1 m，因此物块与传送带间因摩
擦而产生的内能Q＝μ1mBg(x－x1)，代入数据得Q＝0.5 J。
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物块B经时间t1后，速度与传送带速度相等，设向左运动的位移为x，
(3)整个过程中，物块C与挡板碰撞
的次数。
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答案　10
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
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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、O1、O2、D、O3、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，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。
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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vC；
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(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FB(保留两位小数)；
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答案　0.83 N
根据牛顿第三定律得，小钢球对轨道的压力大小FB＝FN＝0.83 N
(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。
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答案　见解析
若小钢球恰能第一次通过E点，设小
钢球释放点距A点为h1，从释放到E点，
由动能定理得
mg(h1－R)－μmgL＝0，代入数据解得h1＝1.6 m
若小钢球恰能第二次通过E点，设小钢球释放点距A点为h2，从释放到E点，由动能定理得
代入数据解得h2＝2.24 m
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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)
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