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阶段复习(三)　能量与动量
(限时:50分钟)
1.(2026·江苏镇江阶段检测)如图所示，光滑斜面AB和AC与水平面的夹角分别为θ1、θ2，且θ1<θ2;两个完全相同的小球从顶点同时由静止释放，分别沿AB和AC下滑至底端，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)
A.两小球下滑到底端过程中时间相等
B.两小球下滑到底端过程中重力平均功率相等
C.沿AB斜面下滑的小球到达底端时速度较大
D.沿AC斜面下滑的小球到达底端时重力的瞬时功率较大
2.(2026·河北衡水阶段检测)如图所示，一固定斜面倾角为30°，一质量为m的小物块自斜面底端以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速度的大小g。物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的(　　)
A.重力势能增加2mgH B.动能损失了mgH
C.机械能损失了mgH D.摩擦生热mgH
3.(2026·内蒙古鄂尔多斯一中高三月考)将小球以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，重力加速度为g，则小球在空中运动时间为(　　)
A.t= B.t= C.t= D.t=
4.(2026·山西长治学情调研)AB为光滑的四分之一圆形轨道，轨道的半径R=0.45 m，轨道在B点的切线水平，BC高h=2 m，CD段为水平地面。一质量为0.5 kg的小球由A点从静止开始下滑到B后离开，落到水平地面上时速度与水平方向的夹角为α。g取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.小球在B点对轨道的压力大小为5 N
B.小球在B点对轨道的压力大小为10 N
C.tan α=
D.tan α=
5.(2025·安徽合肥模拟)如图甲所示，倾角θ=30°的光滑斜面固定在水平面上，自然伸长的轻质弹簧一端固定在斜面底端的挡板上。一质量为m的小球，从离弹簧上端一定距离的位置静止释放，接触弹簧后继续向下运动，小球运动的v-t图像如图乙所示，其中OA段为直线段，AB段是与OA相切于A点的平滑曲线，BC是平滑曲线，不考虑空气阻力，重力加速度为g。关于小球的运动过程，下列说法正确的是(　　)
A.小球在tB时刻所受弹簧的弹力等于mg
B.小球在tC时刻的加速度小于g
C.小球从tC时刻所在的位置由静止释放后，能回到出发点
D.小球从tA时刻到tC时刻的过程中，重力势能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量
6.(2025·四川巴中模拟)在一次探究实验中，小车上固定的一段光滑四分之一圆弧轨道(总质量M=4 kg)静止在光滑水平面上，圆弧的下端水平。某质量为m=2 kg的小球以初速度v0=5 m/s沿水平方向从圆弧下端进入系统。忽略空气阻力与摩擦，g取10 m/s2。小球在轨道上上升至最高点的过程，下列判断正确的是(　　)
A.小球的机械能守恒
B.小球与小车组成的系统动量守恒
C.小球沿圆弧轨道上升的最大高度为 m
D.小球沿圆弧轨道上升到最大高度时的速度大小为1 m/s
7.(2026·河北唐山模拟)如图所示，质量为m1=2 kg的物块A静止在光滑水平轨道上，轨道右端与一半圆形粗糙轨道相切，轨道半径R=0.1 m。质量为m2=3 kg的物块B以初速度v0=10 m/s滑向A，A和B碰后粘在一起运动，恰好通过圆弧轨道最高点P。物块A和物块B可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，求:
(1)A和B碰撞过程中损失的机械能;
(2)A和B在半圆形粗糙轨道上运动过程中摩擦力所做的功。
8.(2026·江苏南通高三月考)如图所示，足够长的水平轻杆中点O固定竖直轻质转轴，小球A和B分别套在水平杆中点两侧，原长L0=0.8 m的轻质弹簧一端固定在O点，下端与套在转轴上的小球C连接，C分别与A、B用长L=1 m的轻质细绳连接。装置静止时，两根绳恰好拉直且无张力。在外力作用下，装置绕转轴缓慢增大转速，C缓慢上升。小球A、B、C的质量均为m=1 kg，均可看成质点，弹簧始终在弹性限度内，忽略一切摩擦和空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)弹簧的劲度系数k;
(2)当绳AC与水平方向成37°角时，装置转动的角速度ω;
(3)从静止开始到绳AC与水平方向成37°角过程中，外力对装置做的功W。
9.(2026·山东烟台高三调研)如图所示，带有光滑半椭圆曲面的木板A固定在光滑水平面上，A的上表面PQ粗糙。物块B以水平速度v0=6 m/s从P点滑上A，从Q点飞出后恰好落到半椭圆曲面最低点C。已知A的质量M=1 kg，B的质量m=1 kg，PQ的长度L=2 m，椭圆半长轴a=0.8 m，半短轴b=0.2 m，重力加速度g=10 m/s2。
(1)求A、B间的动摩擦因数μ;
(2)若A不固定，要使B仍能落到C点，求B滑上A时的速度大小v1;
(3)在(2)问情形下，B与A在C点碰撞后，B的水平速度不变，竖直速度减为0，求B离开D点后能上升的最大高度h。
参考答案及详细解析
1.答案　D
解析　小球沿斜面下滑的加速度a=gsin θ，设斜面高度为h，则=at2，解得t=，因θ1<θ2，可知t1>t2，A错误;两小球下滑到底端过程中因重力做功相等，根据P=，可知重力平均功率不相等，B错误;根据mgh=mv2，可知v=，沿两个斜面下滑的小球到达底端时速度大小相等，C错误;根据PG=mgvsin θ，因θ1<θ2，可知沿AC斜面下滑的小球到达底端时重力的瞬时功率较大，D正确。
2.答案　C
解析　物块上升的最大高度为H时，重力势能增加ΔEp=mgH，故A错误;根据牛顿第二定律可知，物块上滑过程中所受合力大小为F=ma，方向沿斜面向下，运动到最高点时，运动位移大小为x==2H，则合力做功为W合=-Fx=-2mgH=ΔEk，可知动能损失2mgH，故B错误;机械能变化量ΔE=-2mgH+mgH=-mgH，机械能损失了mgH，故C正确;由W合=WG+Wf可得Wf=-mgH，所以摩擦生热为mgH，故D错误。
3.答案　B
解析　设小球上升时间为t1，下降时间为t2，上升下降总时间t=t1+t2，取向下方向为正方向。全过程根据动量定理有mgt+f1t1-f2t2=mv-(-mv0)，由于上升的高度等于下降的高度，则有t1=t2，根据题意有f1=k，f2=k，故得f1t1=kt1=f2t2=kt2，联立解得t=，故B正确。
4.答案　C
解析　小球在圆弧轨道上运动的过程有mgR=m，小球通过B点时对小球受力分析并结合牛顿第二定律有FN-mg=m，由牛顿第三定律有F压=FN，联立解得v0=3 m/s，F压=15 N，故A、B错误;小球落到地面的过程有mg(R+h)=mv2，由几何关系有tan α=，联立可得tan α=，故C正确，D错误。
5.答案　C
解析　小球在tB时刻速度达到最大，此时弹簧的弹力等于重力沿斜面的分力，则有F弹=mgsin 30°=mg，故A错误;在乙图中，A点到B点弹簧的弹力变化0.5mg，由对称性得关于B点的对称点弹簧的弹力再变化0.5mg，到达C点时弹簧的弹力大于2×0.5mg=mg，根据牛顿第二定律可知F弹-mgsin θ=ma，解得a>g，故B错误;整个过程中，弹簧和小球组成的系统机械能守恒，从C点释放，小球能到达原来的释放点，故C正确;小球从tA时刻到tC时刻的过程中，系统机械能守恒，则有重力势能的减少量与动能的减少量等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误。
6.答案　C
解析　在小球上升到最高点的过程中，小球与小车组成的系统机械能守恒，但支持力对小球做负功，小球的机械能不守恒，故A错误;在小球上升到最高点的过程中，小球与小车组成的系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，故B错误;小球与小车组成的系统水平方向动量守恒，设小球沿轨道上升的最大高度为h，两者共同速度大小为v，则由动量守恒定律有mv0=(M+m)v，解得v= m/s，小球与小车组成的系统机械能守恒，有m=(M+m)v2+mgh，解得h= m，故C正确，D错误。
7.答案　(1)60 J　(2)-77.5 J
解析　(1)对A和B组成的系统，碰撞过程由动量守恒定律有m2v0=(m1+m2)v
由能量守恒定律有m2=(m1+m2)v2+ΔE
联立解得ΔE=60 J。
(2)对A和B组成的系统，到达半圆弧轨道最高点P点时，由牛顿第二定律有
(m1+m2)g=(m1+m2)
由动能定理有-2(m1+m2)gR+Wf=(m1+m2)-(m1+m2)v2
联立并代入数据解得Wf=-77.5 J。
8.答案　(1)50 N/m　(2) rad/s　(3) J
解析　(1)小球C受力平衡，则有k(L-L0)=mg
解得k=50 N/m。
(2)AC绳与水平方向成37°时，对小球C在竖直方向有2FTsin 37°=mg+k(L0-Lsin 37°)
对小球A有FTcos 37°=mω2Lcos 37°
解得ω= rad/s。
(3)细绳从竖直位置到与水平方向成37°角过程中，弹簧弹性势能不变，小球的速度v=ωLcos 37°
外力对装置做功W=mg(L-Lsin 37°)+2×mv2
解得W= J。
9.答案　(1)0.5　(2)2 m/s　(3)0.2 m
解析　(1)物块B从Q点运动到C点，
竖直方向有b=gt2，解得t=0.2 s
水平方向有a=vQt，解得vQ=4 m/s
物块B从P点到Q点，由动能定理有-μmgL=m-m
解得μ=0.5。
(2)设物块B到达Q点时，B的速度大小为v3，A的速度大小为v2，物块B从P点到Q点的过程中，由动量守恒定律有mv1=mv3+Mv2
由能量守恒定律有μmgL=m-m-M
又因为要使B仍能落到C点，则B相对A的水平速度仍为vQ，也即v3-v2=vQ
解得v1=2 m/s，v3=(+2)m/s
v2=(-2)m/s。
(3)物块B运动到D点时和A水平速度大小相同，设为v共
由水平方向动量守恒定律有mv3+Mv2=(m+M)v共
由能量守恒定律有mg(h+b)=m+M-(m+M)
解得h=0.2 m。

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