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阶段复习(三)　能量与动量
答案　(1)0.4　0.1　(2)2 m/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=
木板的加速度大小a2=
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)0~1 s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=t=7 m
x2=t=2.5 m
由于x1-x2t=1 s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
-v2=-2a3(s-x2)
A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
-=-2a1(L+x2-x1)
联立解得vA=2 m/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'
m2=m1v1'2+m2v2'2
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
m1v1'2-m1v'2=m1g(R+Rcos θ)
刚要脱离圆弧轨道时，由牛顿第二定律有
m1gcos θ-k(l0-R)=m1
解得cos θ=0.9
可得cos θ<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、选择题：1~10题，每题6分，共60分。
1.(2026·内蒙古名校联盟检测)一条小船浮在水面上，不计水的阻力，人和船初状态都静止，若人从小船的左端走到小船的右端，初末位置关系可能正确的是(　　)
答案　C
解析　人和船组成的系统合外力为零，系统动量守恒，初状态总动量为零，则运动中二者的动量一定等大反向，人向右运动，船一定向左运动，故A、B、D错，C正确。
2.(多选)(2025·江西卷·9)每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动。利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动。若以无人机为参考系，该龙舟在0.4 s时间内速度由0增加到0.6 m/s(划桨阶段)，再经历0.6 s时间速度减为0(未划桨阶段)，则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能Ek与时间t的关系，下列图像可能正确的是(　　)
答案　AB
解析　位移-时间图像斜率表示速度，所以斜率先增大后减小，再增大再减小，故A正确；龙舟在0~0.4 s时间内速度由0增加到0.6 m/s(划桨阶段)，再经历0.6 s时间速度减为0，速度方向始终沿正方向，故B正确；因为是匀加速和匀减速，所以加速度在0~0.4 s时间内是不变的，0.6~1.0 s时间内也是不变的，故C错误；根据Ek=mv2=m(at)2，可知前0.4 s内图线开口向上，故D错误。
3.(2023·湖北卷·4)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　由题意可知两节动车分别有P1=Ff1v1，P2=Ff2v2，当将它们编组后有P1+P2=(Ff1+Ff2)v，联立可得v=，故选D。
4.(2025·山东卷·6)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小为2，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案　C
解析　轨道舱与返回舱的质量比为5∶1，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m；根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据万有引力定律有G=6m，可得组合体绕行星做圆周运动的线速度大小为v=。设轨道舱与返回舱分离后相对行星的速度分别为v1、v2，弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，由动量守恒定律得6mv=5mv1+mv2，代入v2=2，解得v1=，故选C。
5.(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
B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2过程中，阻力做功为(F1+F2)d2
D.运动d2的过程中动量变化量大小为
答案　A
解析　根据动能定理有F1d1+F2d2=mv2，解得v=，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、C错误；针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp==，故D错误。
6.(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。
7.(2025·浙江1月选考·8)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，则(　　)
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
答案　D
解析　碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；设水平向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒mvA-mvB=2mv1，解得v1=1 m/s
方向向右；当三者共速时
2mv1-mvC=3mv，解得v=0，
即最终三者一起静止，可知经历的时间
t== s=0.4 s，选项B错误；
碰撞后到三者相对静止时由摩擦产生的热量
Q=×2m+m=3 J，选项C错误；
碰撞后到三者相对静止由能量关系可知
Q=μmgx相对
可得x相对=0.6 m，选项D正确。
8.(2025·四川卷·7)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内(　　)
A.物块的位移大小为
B.物块机械能增量为
C.小车的位移大小为-
D.小车机械能增量为+
答案　C
解析　物块做匀加速直线运动，对物块根据牛顿第二定律有μmgcos 30°-mgsin 30°=ma，解得a=g，根据运动学公式有=2ax1，解得物块的位移大小为x1=，故A错误；物块机械能增量为ΔE=m+mgx1·sin 30°=m，故B错误；对小车根据动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=m，其中t=，联立解得x=-，故C正确；小车机械能增量为ΔE'=m+mgxsin 30°=+，故D错误。
9.(2025·河北廊坊市三模)如图所示，水平传送带顺时针转动，速度大小为v=4 m/s，A、B分别为传送带的左、右端点，t=0时在其右端B处无初速度地释放质量为m=1 kg的物块(视为质点)，同时对物块施加一水平向左的恒力F=4 N，t=2 s时撤去力F，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2，物块最后从B点离开传送带，下列说法正确的是(　　)
A.传送带至少长6 m
B.物块在传送带上的运动时间为6 s
C.全过程中摩擦力对物块做功为-16 J
D.物块与传送带之间摩擦生热为56 J
答案　D
解析　在0~2 s时间内，由牛顿第二定律可得F-μmg=ma1，解得a1=2 m/s2，方向向左，2 s后物块的加速度大小a2=μg=2 m/s2，方向向右，以向左为正方向，画出物块和传送带运动的v-t图像如图所示，物块向左运动的位移x1=t1=8 m，则传送带至少长8 m，故A错误；根据上述分析可知，物块在传送带上的运动时间为7 s，故B错误；由图可知，6~7 s，物块不受摩擦力，2~6 s摩擦力对物块做功之和为零，0~2 s内物块向左运动的位移x= m=4 m，则摩擦力做功为Wf=-μmgx=-8 J，故C错误；由图可求得物块与传送带之间总的相对路程Δx= m+ m=28 m，则摩擦生热Q=μmgΔx=56 J，故D正确。
10.(多选)(2025·广东广州市一模)如图，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。有一个可以看作质点的小球，质量也为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道右端滑离小车。不计空气阻力，重力加速度为g，关于这个过程，下列说法正确的是(　　)
A.小球滑离小车时，小车回到原来位置
B.小球滑离小车时的速度大小为v
C.到达最高点时小球上升的竖直高度为
D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车所受合外力冲量大小为
答案　BCD
解析　由题意，小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向动量守恒。小球从左端滑上小车到从右端滑离小车的过程中，小车水平方向先加速后减速，小球水平方向先减速后加速，在整个过程中小车一直向右运动，不会回到原来位置，故A错误；由动量守恒可得mv=mv1+mv2，其中v1是小球速度，v2是小车速度。 由机械能守恒定律可得mv2=m+m，解得v1=v，v2=0，小球滑离小车时的速度大小是v，故B正确；小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为v'，由动量守恒定律可得mv=2mv'解得v'=，根据机械能守恒定律可得mv2=×2mv'2+mgh解得h=，故C正确；小球滑到管道的最高点时，根据动量定理可得，小车所受合外力冲量为I=mv'=，故D正确。
二、非选择题：本题共3小题，共40分。
11.(10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)(3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mQ
D.需要测量出遮光条从A到达B所用的时间T
(3)(4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、为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出-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=　　　　　　　　(用题中字母表示)，则验证了机械能守恒定律。
答案　(1)0.52　(2)BC　(3)
解析　(1)用游标卡尺测量遮光条的宽度
d=0.5 cm+0.1 mm×2=0.52 cm。
(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=
若系统机械能守恒，则有(mP-mQ)gh=(mP+mQ)v2
即=h
则k=。
12.(14分)(2025·江西南昌市二模)如图所示，将一充满水的皮球放置在水平地面上，之后在皮球上扎个洞，水流从洞口喷出后在空中形成一段稳定的水柱，水流从洞口出射的速度方向与竖直方向成37°角，洞口面积为S=0.8 cm2，洞口到地面的高度为h1=0.25 m，水柱最高点离地高度为h2=0.45 m，水流与地面碰撞后沿水平方向散开(水与地面作用时间很短)，水的密度为ρ=1×103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。求：
(1)(4分)水从喷出到落地所用时间；
(2)(5分)水流对地面的冲击力；
(3)(5分)空中水柱的机械能(以地面为零势能面)。
答案　(1)0.5 s　(2)0.6 N，方向竖直向下　(3)0.562 5 J
解析　(1)水柱喷出后上升到最高点所用时间为t1，从最高点落到地面时间为t2，
则上升过程g=h2-h1，
下降过程g=h2
解得t1=0.2 s，t2=0.3 s
全过程t=t1+t2=0.5 s，
(2)设水喷出速度为v1，则v1y=v1cos 37°=gt1 ，
解得v1=2.5 m/s
设水落地时的竖直速度为v2y，地面对水流的冲击力为F，v2y=gt2=3 m/s，
落地时根据动量定理可知FΔt-(ρSv1Δt)gΔt=ρv1Sv2yΔt，
由于水与地面作用时间很短，则F=ρSv1v2y，
解得F=0.6 N，
由牛顿第三定律可得水流对地面的冲击力大小F'=0.6 N，方向竖直向下；
(3)空中水的质量为m，则m=ρv1St=1×103×2.5×0.8×10-4×0.5 kg=0.1 kg
空中水流的机械能等于刚喷出时水的机械能，设为E，则E=mgh1+m
解得E=0.562 5 J。
13.(16分)(2025·河北廊坊市检测)一游戏装置截面如图所示，该装置由固定平台AB、竖直光滑圆管道BCD和倾角为37°足够长的阻尼直轨道D'E组成，阻尼轨道D'E与管道相切于D'点，小球直径略小于管道内径，圆管道BCD与平台相切于B点，平台上M点锁定一物块Q，MB之间足够长，M左侧平台光滑，右侧平台粗糙。小球P在物块Q左侧，现给小球水平向左的初速度v0=6 m/s，小球P返回后与物块Q碰撞无能量损失。已知圆管道BCD半径为R=0.5 m(远大于管道内径)，小球P质量m1=0.05 kg，物块Q质量m2=0.1 kg，小球在阻尼轨道D'E上所受的阻力恒为0.15 N，小球P与平台M右侧的动摩擦因数μ1=0.025(小球所受摩擦视为滑动摩擦)，物块Q与平台M右侧的动摩擦因数μ2=0.25，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)(3分)求小球P第一次经过竖直圆管道最低点B时对管道的作用力大小；
(2)(3分)若小球不滑出轨道D'E，求经过足够长时间小球P在直轨道D'E运动的总路程s；
(3)(10分)经过足够长时间，物块Q解除锁定，小球P与物块Q每次碰撞均为弹性碰撞，且碰前Q均已静止，求最终小球P与物块Q之间的距离L。
答案　(1)11.3 N　(2)15 m　(3) m
解析　(1)小球P第一次经过竖直圆管道最低点B时有FN-m1g=m1
解得FN=11.3 N
根据牛顿第三定律，小球P对管道的作用力大小为FN'=FN=11.3 N
(2)经过足够长的时间，直到小球恰好不再滑上轨道D'E，整个过程中根据动能定理有
-m1gR(1+cos 37°)-Ffs=0-m1
解得s=15 m
(3)设物块Q解除锁定后，小球P与物块Q第一次碰撞前的速度为v，则由动能定理有m1gR(1+cos 37°)=m1v2
解得v=3 m/s
小球P与物块Q第一次碰撞过程有m1v=m1vP1+m2vQ1
m1v2=m1+m2
联立解得vP1=v=- m/s
vQ1=v=2 m/s
二者第一次碰后，物块Q向右滑行至停止过程中有-μ2m2gxQ1=0-m2
解得xQ1=1.6 m
小球P与物块Q第一次碰后到第二次碰前的过程有-μ1m1gxQ1=m1vP1'2-m1
解得vP1'= m/s
小球P与物块Q第二次碰撞过程有
m1vP1'=m1vP2+m2vQ2
m1vP1'2=m1+m2
联立解得vP2=- m/s
vQ2=2 m/s
二者第二次碰后，物块Q向右滑行至停止过程中有-μ2m2gxQ2=0-m2
解得xQ2= m
二者第二次碰后，小球P向左滑行至停止过程中有-μ1m1gxP2=0-m1
解得xP2= m故最终小球P与物块Q之间的距离为L=xQ2+xP2= m。(共54张PPT)
第七章
动量守恒定律
能量与动量
阶段复习(三)
知识网络
规范训练
规范答题
　　　 (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=
木板的加速度大小a2=
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
答案　(1)0.4　0.1　(2)2 m/s　(3)不能　0.9
　　　(2)0~1 s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=t=7 m
x2=t=2.5 m
由于x1-x2t=1 s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
-v2=-2a3(s-x2)
　　　A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
-=-2a1(L+x2-x1)
联立解得vA=2 m/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'
m2=m1v1'2+m2v2'2
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
m1v1'2-m1v'2=m1g(R+Rcos θ)
刚要脱离圆弧轨道时，由牛顿第二定律有
m1gcos θ-k(l0-R)=m1
　　　解得cos θ=0.9
可得cos θ<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)
对一对
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C AB D C A A D C
题号 9 10 　11
答案 D BCD (1)0.52　(2)BC　(3)
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
对一对
答案
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
题号 　12 　13
答案 (1)0.5 s　(2)0.6 N，方向竖直向下　(3)0.562 5 J (1)11.3 N　(2)15 m　(3) m
　　　人和船组成的系统合外力为零，系统动量守恒，初状态总动量为零，则运动中二者的动量一定等大反向，人向右运动，船一定向左运动，故A、B、D错，C正确。
一、选择题
1.(2026·内蒙古名校联盟检测)一条小船浮在水面上，不计水的阻力，人和船初状态都静止，若人从小船的左端走到小船的右端，初末位置关系可能正确的是
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
2.(多选)(2025·江西卷·9)每逢端午节，江西各地常会举办热闹非凡的赛龙舟活动。利用与某龙舟同方向匀速直线飞行的无人机跟踪拍摄，发现在某段时间内该龙舟做匀加速和匀减速交替的周期性直线运动。若以无人机为参考系，该龙舟在0.4 s时间内速度由0增加到0.6 m/s(划桨阶段)，再经历0.6 s时间速度减为0(未划桨阶段)，则关于这段时间内该龙舟的位置x、速度v、加速度a、动能Ek与时间t的关系，下列图像可能正确的是
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
　　　位移-时间图像斜率表示速度，所以斜率先增大后减小，再增大再减小，故A正确；
龙舟在0~0.4 s时间内速度由0增加到0.6 m/s(划桨阶段)，再经历0.6 s时间速度减为0，速度方向始终沿正方向，故B正确；
因为是匀加速和匀减速，所以加速度在0~0.4 s时间内是不变的，0.6~1.0 s时间内也是不变的，故C错误；
根据Ek=mv2=m(at)2，可知前0.4 s内图线开口向上，故D错误。
13
3.(2023·湖北卷·4)两节动车的额定功率分别为P1和P2，在某平直铁轨上能达到的最大速度分别为v1和v2。现将它们编成动车组，设每节动车运行时受到的阻力在编组前后不变，则该动车组在此铁轨上能达到的最大速度为
A. B.
C. D.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
答案
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
　　　由题意可知两节动车分别有P1=Ff1v1，P2=Ff2v2，当将它们编组后有P1+P2=(Ff1+Ff2)v，联立可得v=，故选D。
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4.(2025·山东卷·6)轨道舱与返回舱的组合体，绕质量为M的行星做半径为r的圆周运动，轨道舱与返回舱的质量比为5∶1。如图所示，轨道舱在P点沿运动方向向前弹射返回舱，分开瞬间返回舱相对行星的速度大小
为2，G为引力常量，此时轨道舱相对行星的速度大小为
A. B.
C. D.
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
13
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
　　　轨道舱与返回舱的质量比为5∶1，设返回舱的质量为m，则轨道舱的质量为5m，总质量为6m；根据题意组合体绕行星做圆周运动，根据
万有引力定律有G=6m，可得组合体绕行星做圆周运动的线速度大小为v=。设轨道舱与返回舱分离后相对行星的速度分别为v1、v2，弹
射返回舱的过程中组合体动量守恒，由动量守恒定律得6mv=5mv1+mv2，
代入v2=2，解得v1=，故选C。
13
5.(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
B.到达目标组织表面时的动能为F1d1
C.运动d2过程中，阻力做功为(F1+F2)d2
D.运动d2的过程中动量变化量大小为
√
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答案
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答案
　　　根据动能定理有F1d1+F2d2=mv2，解得v=，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、C错误；
针鞘运动d2的过程中，动量变化量大小Δp==，故D错误。
13
6.(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
√
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答案
13
　　　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。
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答案
13
7.(2025·浙江1月选考·8)如图所示，光滑水平地面上放置完全相同的两长板A和B，滑块C(可视为质点)置于B的右端，三者质量均为1 kg。A以4 m/s的速度向右运动，B和C一起以2 m/s的速度向左运动，A和B发生碰撞后粘在一起不再分开。已知A和B的长度均为0.75 m，C与A、B间动摩擦因数均为0.5，重力加速度g取10 m/s2，则
A.碰撞瞬间C相对地面静止
B.碰撞后到三者相对静止，经历的时间为0.2 s
C.碰撞后到三者相对静止，摩擦产生的热量为12 J
D.碰撞后到三者相对静止，C相对长板滑动的距离为0.6 m
√
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答案
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答案
　　　碰撞瞬间C相对地面向左运动，选项A错误；
设水平向右为正方向，则A、B碰撞过程由动量守恒mvA-mvB=2mv1，解得v1=1 m/s
方向向右；当三者共速时
2mv1-mvC=3mv，解得v=0，
即最终三者一起静止，可知经历的时间
t== s=0.4 s，选项B错误；
碰撞后到三者相对静止时由摩擦产生的热量
Q=×2m+m=3 J，选项C错误；
13
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答案
　　　碰撞后到三者相对静止由能量关系可知
Q=μmgx相对
可得x相对=0.6 m，选项D正确。
13
8.(2025·四川卷·7)如图所示，倾角为30°的光滑斜面固定在水平地面上，安装在其顶端的电动机通过不可伸长轻绳与小车相连，小车上静置一物块。小车与物块质量均
为m，两者之间动摩擦因数为。电动机以恒定功率P拉动小车由静止开始沿斜面向
上运动。经过一段时间，小车与物块的速度刚好相同，大小为v0。运动过程中轻绳与斜面始终平行，小车和斜面均足够长，重力加速度大小为g，忽略其他摩擦。则这段时间内
A.物块的位移大小为
B.物块机械能增量为
C.小车的位移大小为-
D.小车机械能增量为+
√
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答案
　　　物块做匀加速直线运动，对物块根据牛顿第二定律有μmgcos 30°
-mgsin 30°=ma，解得a=g，根据运动学公式有=2ax1，解得物块的位移大小为x1=，故A错误；
物块机械能增量为ΔE=m+mgx1·sin 30°=m，故B错误；
对小车根据动能定理有Pt-(μmgcos 30°+mgsin 30°)x=m，其中t=，联立解得x=-，故C正确；
小车机械能增量为ΔE'=m+mgxsin 30°=+，故D错误。
13
9.(2025·河北廊坊市三模)如图所示，水平传送带顺时针转动，速度大小为v=4 m/s，A、B分别为传送带的左、右端点，t=0时在其右端B处无初速度地释放质量为m=1 kg的物块(视为质点)，同时对物块施加一水平向左的恒力F=4 N，t=2 s时撤去力F，物块与传送带间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10 m/s2，物块最后从B点离开传送带，下列说法正确的是
A.传送带至少长6 m
B.物块在传送带上的运动时间为6 s
C.全过程中摩擦力对物块做功为-16 J
D.物块与传送带之间摩擦生热为56 J
√
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答案
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答案
13
　　　在0~2 s时间内，由牛顿第二定律可得F-μmg=ma1，解得a1=2 m/s2，方向向左，2 s后物块的加速度大小a2=μg=2 m/s2，方向向右，以向左为正方向，画出物块和传送带运动的v-t图像如图所示，物块向左运动的位
移x1=t1=8 m，则传送带至少长8 m，故A错误；
根据上述分析可知，物块在传送带上的运动时
间为7 s，故B错误；
由图可知，6~7 s，物块不受摩擦力，2~6 s摩擦力对物块做功之和为零，
0~2 s内物块向左运动的位移x= m=4 m，则摩擦力做功为Wf=-μmgx=-8 J，
故C错误；
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答案
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　　　由图可求得物块与传送带之间总的相对路程Δx= m+ m=28 m，则摩擦生热Q=
μmgΔx=56 J，故D正确。
10.(多选)(2025·广东广州市一模)如图，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为m，原来静止在光滑的水平面上。有一个可以看作质点的小球，质量也为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道右端滑离小车。不计空气阻力，重力加速度为g，关于这个过程，下列说法正确的是
A.小球滑离小车时，小车回到原来位置
B.小球滑离小车时的速度大小为v
C.到达最高点时小球上升的竖直高度为
D.小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车所受合外力冲量大小为
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答案
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√
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答案
　　　由题意，小球与小车组成的系统在水平方向上不受外力，所以系统在水平方向动量守恒。小球从左端滑上小车到从右端滑离小车的过程中，小车水平方向先加速后减速，小球水平方向先减速后加速，在整个过程中小车一直向右运动，不会回到原来位置，故A错误；
由动量守恒可得mv=mv1+mv2，其中v1是小球速度，v2是小车速度。 由机械能守恒定律可得mv2=m+m，解得v1=v，v2=0，小球滑离小车时的速度大小是v，故B正确；
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答案
　　　小球恰好到达管道的最高点后，则小球和小车的速度相同为v'，由动量守恒定律可得mv=2mv'解得v'=，根据机械能守恒定律可得mv2=
×2mv'2+mgh解得h=，故C正确；
小球滑到管道的最高点时，根据动量定理可得，小车所受合外力冲量为I=mv'=，故D正确。
13
二、非选择题
11.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)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。
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答案
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0.52
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答案
　　　用游标卡尺测量遮光条的宽度
d=0.5 cm+0.1 mm×2=0.52 cm。
13
(2)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mQ
D.需要测量出遮光条从A到达B所用的时间T
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答案
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BC
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答案
　　　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。
13
(3)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、为纵轴建立平面直角坐标系，在坐标系中作出-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=　　　　　(用题中字母表示)，则验证了机械能守恒定律。
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答案
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答案
13
　　　物块P经过光电门时的速度v=
若系统机械能守恒，则有(mP-mQ)gh=(mP+mQ)v2
即=h
则k=。
12.(2025·江西南昌市二模)如图所示，将一充满水的皮球放置在水平地面上，之后在皮球上扎个洞，水流从洞口喷出后在空中形成一段稳定的水柱，水流从洞口出射的速度方向与竖直方向成37°角，洞口面积为S=0.8 cm2，洞口到地面的高度为h1=0.25 m，水柱最高点离地高度为h2=0.45 m，水流与地面碰撞后沿水平方向散开(水与地面作用时间很短)，水的密度为ρ=1
×103 kg/m3，重力加速度大小g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，不计空气阻力。求：
(1)水从喷出到落地所用时间；
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答案
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答案　0.5 s
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答案
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　　　水柱喷出后上升到最高点所用时间为t1，从最高点落到地面时间为t2，
则上升过程g=h2-h1，
下降过程g=h2
解得t1=0.2 s，t2=0.3 s
全过程t=t1+t2=0.5 s，
(2)水流对地面的冲击力；
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答案
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答案　0.6 N，方向竖直向下
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答案
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　　　设水喷出速度为v1，则v1y=v1cos 37°=gt1 ，
解得v1=2.5 m/s
设水落地时的竖直速度为v2y，地面对水流的冲击力为F，v2y=gt2=3 m/s，
落地时根据动量定理可知FΔt-(ρSv1Δt)gΔt=ρv1Sv2yΔt，
由于水与地面作用时间很短，则F=ρSv1v2y，
解得F=0.6 N，
由牛顿第三定律可得水流对地面的冲击力大小F'=0.6 N，方向竖直向下；
(3)空中水柱的机械能(以地面为零势能面)。
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答案
13
答案　0.562 5 J
　　　空中水的质量为m，则m=ρv1St=1×103×2.5×0.8×10-4×0.5 kg=
0.1 kg
空中水流的机械能等于刚喷出时水的机械能，设为E，则E=mgh1+m
解得E=0.562 5 J。
13.(2025·河北廊坊市检测)一游戏装置截面如图所示，该装置由固定平台AB、竖直光滑圆管道BCD和倾角为37°足够长的阻尼直轨道D'E组成，阻尼轨道D'E与管道相切于D'点，小球直径略小于管道内径，圆管道BCD与平台相切于B点，平台上M点锁定一物块Q，MB之间足够长，M左侧平台光滑，右侧平台粗糙。小球P在物块Q左侧，现给小球水平向左的初速度v0=6 m/s，小球P返回后与物块Q碰撞无能量损失。已知圆管道BCD半径为R=0.5 m(远大于管道内径)，小球P质量m1=0.05 kg，物块Q质量m2=0.1 kg，小球在阻尼轨道D'E上所受的阻力恒为0.15 N，小球P与平台M右侧的动摩
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答案
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擦因数μ1=0.025(小球所受摩擦视为滑动摩擦)，物块Q与平台M右侧的动摩擦因数μ2=0.25，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8。
(1)求小球P第一次经过竖直圆管道最低点B时对管道的作用力大小；
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答案
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答案　11.3 N
　　　小球P第一次经过竖直圆管道最低点B时有FN-m1g=m1
解得FN=11.3 N
根据牛顿第三定律，小球P对管道的作用力大小为FN'=FN=11.3 N
(2)若小球不滑出轨道D'E，求经过足够长时间小球P在直轨道D'E运动的总路程s；
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答案
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答案　15 m
　　　经过足够长的时间，直到小球恰好不再滑上轨道D'E，整个过程中根据动能定理有-m1gR(1+cos 37°)-Ffs=0-m1
解得s=15 m
(3)经过足够长时间，物块Q解除锁定，小球P与物块Q每次碰撞均为弹性碰撞，且碰前Q均已静止，求最终小球P与物块Q之间的距离L。
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答案
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答案　 m
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答案
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　　　设物块Q解除锁定后，小球P与物块Q第一次碰撞前的速度为v，则由动能定理有m1gR(1+cos 37°)=m1v2
解得v=3 m/s
小球P与物块Q第一次碰撞过程有m1v=m1vP1+m2vQ1
m1v2=m1+m2
联立解得vP1=v=- m/s
vQ1=v=2 m/s
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答案
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　　　二者第一次碰后，物块Q向右滑行至停止过程中有-μ2m2gxQ1=0-m2
解得xQ1=1.6 m
小球P与物块Q第一次碰后到第二次碰前的过程有-μ1m1gxQ1=m1vP1'2-m1
解得vP1'= m/s
小球P与物块Q第二次碰撞过程有
m1vP1'=m1vP2+m2vQ2
m1vP1'2=m1+m2
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答案
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　　　联立解得vP2=- m/s
vQ2=2 m/s
二者第二次碰后，物块Q向右滑行至停止过程中有-μ2m2gxQ2=0-m2
解得xQ2= m
二者第二次碰后，小球P向左滑行至停止过程中有-μ1m1gxP2=0-m1
解得xP2= m故最终小球P与物块Q之间的距离为L=xQ2+xP2= m。
本课结束
THANKS
第七章

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