(共10张PPT)
计算题夺分测
夺分测3 功和能 动量(中档题)
1.(2025·怀化模拟)如图所示，质量为m1=
3 kg的小车A置于光滑水平地面上，其右端
固定一半径R=1.15 m的圆弧轨道。质量为
m2=0.99 kg的滑块B静止于小车的左端，现
被水平飞来的质量m3=10 g、速度v0=800 m/s的子弹C击中，且子弹立即留在滑块B中，之后B与C共同在小车上滑动，且从圆弧轨道的最高点离开小车。不计A与B之间的摩擦，重力加速度g=10 m/s2。求：
1
2
子弹击中滑块B的过程，子弹与滑块B组成的系统动量守恒，子弹与B作用过程时间极短，A没有参与，速度仍为零，由动量守恒定律，得m3v0=(m3+m2)v1，
解得v1=8 m/s。
解析
1
2
(1)子弹C击中滑块B后瞬间，滑块B的速度大小；
滑块B离开小车瞬间，滑块与小车具有相同的水平速度，由水平方向动量守恒，得
(m3+m2)v1=(m3+m2+m1)v2，
解得v2=2 m/s。
解析
1
2
(2)滑块B离开小车瞬间，小车的速度大小；
滑块B从开始滑动到离开小车瞬间，由能量守恒定律得(m3+m2)=m1+(m3+m2)+(m3+m2)gR，
设滑块B离开小车时的竖直分速度为vy，则+=，
联立解得vy=5 m/s，
滑块B离开小车后，以小车为参照物，滑块B做竖直上抛运动，则再次返回小车所需要的时间为t==1 s。
解析
1
2
(3)滑块B离开小车后，再次返回小车所需要的时间。
2.(2025·天津河东区模拟)水平直轨道AC与
半径R=0.32 m的光滑竖直圆轨道相切于B点，
A、B间距L=1.0 m，BC段光滑，水平地面距
直轨道的高度h=0.45 m，某同学操纵质量m1
=0.1 kg的遥控赛车，以P=2 W的额定功率从
A点出发，沿平直轨道运动到B点，其间受到恒定的阻力Ff=0.3 N，当赛车运动到B点，立刻关闭遥控器，赛车经过圆轨道后沿直轨道运动到C点，与质量m2=1.0 kg的滑块发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后赛车恰好能通过圆轨道，滑块落在水平地面上D点，C、D间的水平距离s=0.30 m。赛车和滑块均可视为质点，不计空气阻力，g取10 m/s2。求：
1
2
碰撞后滑块做平抛运动h=g，
s=v2t0，
解得v2=1 m/s。
解析
1
2
(1)碰撞后滑块速度v2的大小；
碰撞后赛车恰好通过圆轨道最高点的速度大小为v，与滑块碰撞后的速度大小为v1，由牛顿第二定律有m1g=m1，
赛车从碰撞后到最高点，根据机械能守恒定律有
m1=m1v2+m1g·2R，
赛车与滑块碰撞过程动量守恒m1v0=-m1v1+m2v2，
解得v0=6 m/s。
解析
1
2
(2)碰撞前瞬间赛车速度v0的大小；
对赛车碰撞前的运动过程，根据动能定理有
Pt-FfL=m1，
解得t=1.05 s。
解析
1
2
(3)此过程中该同学遥控赛车的时间t。夺分测3 功和能 动量(中档题)
1.(2025·怀化模拟)如图所示,质量为m1=3 kg的小车A置于光滑水平地面上,其右端固定一半径R=1.15 m的圆弧轨道。质量为m2=0.99 kg的滑块B静止于小车的左端,现被水平飞来的质量m3=10 g、速度v0=800 m/s的子弹C击中,且子弹立即留在滑块B中,之后B与C共同在小车上滑动,且从圆弧轨道的最高点离开小车。不计A与B之间的摩擦,重力加速度g=10 m/s2。求:
(1)子弹C击中滑块B后瞬间,滑块B的速度大小;
(2)滑块B离开小车瞬间,小车的速度大小;
(3)滑块B离开小车后,再次返回小车所需要的时间。
2.(2025·天津河东区模拟)水平直轨道AC与半径R=0.32 m的光滑竖直圆轨道相切于B点,A、B间距L=1.0 m,BC段光滑,水平地面距直轨道的高度h=0.45 m,某同学操纵质量m1=0.1 kg的遥控赛车,以P=2 W的额定功率从A点出发,沿平直轨道运动到B点,其间受到恒定的阻力Ff=0.3 N,当赛车运动到B点,立刻关闭遥控器,赛车经过圆轨道后沿直轨道运动到C点,与质量m2=1.0 kg的滑块发生正碰,碰撞时间极短,碰撞后赛车恰好能通过圆轨道,滑块落在水平地面上D点,C、D间的水平距离s=0.30 m。赛车和滑块均可视为质点,不计空气阻力,g取10 m/s2。求:
(1)碰撞后滑块速度v2的大小;
(2)碰撞前瞬间赛车速度v0的大小;
(3)此过程中该同学遥控赛车的时间t。
夺分测3 功和能 动量(中档题)
1.答案 (1)8 m/s (2)2 m/s (3)1 s
解析 (1)子弹击中滑块B的过程,子弹与滑块B组成的系统动量守恒,子弹与B作用过程时间极短,A没有参与,速度仍为零,由动量守恒定律,得
m3v0=(m3+m2)v1,
解得v1=8 m/s。
(2)滑块B离开小车瞬间,滑块与小车具有相同的水平速度,由水平方向动量守恒,得
(m3+m2)v1=(m3+m2+m1)v2,
解得v2=2 m/s。
(3)滑块B从开始滑动到离开小车瞬间,由能量守恒定律得(m3+m2)=m1+(m3+m2)+(m3+m2)gR,
设滑块B离开小车时的竖直分速度为vy,则
+=,
联立解得vy=5 m/s,
滑块B离开小车后,以小车为参照物,滑块B做竖直上抛运动,则再次返回小车所需要的时间为t==1 s。
2.答案 (1)1 m/s (2)6 m/s (3)1.05 s
解析 (1)碰撞后滑块做平抛运动h=g,
s=v2t0,
解得v2=1 m/s。
(2)碰撞后赛车恰好通过圆轨道最高点的速度大小为v,与滑块碰撞后的速度大小为v1,由牛顿第二定律有
m1g=m1,
赛车从碰撞后到最高点,根据机械能守恒定律有
m1=m1v2+m1g·2R,
赛车与滑块碰撞过程动量守恒m1v0=-m1v1+m2v2,
解得v0=6 m/s。
(3)对赛车碰撞前的运动过程,根据动能定理有
Pt-FfL=m1,
解得t=1.05 s。(共9张PPT)
计算题夺分测
夺分测4 功和能 动量(压轴题)
(2025·台州模拟)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=
1 m、圆心角为2θ的圆弧BCD，
半径为R、圆心角为θ的圆弧
DE组成，轨道间平滑连接。在
轨道末端E点的右侧足够长的水平地面FG上紧靠着质量M=0.5 kg的滑板b，其上表面与轨道末端E所在的水平面齐平。质量为m=0.5 kg的物块a从轨道AB上距B点高度为h处由静止下滑，经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与滑板b间的动摩擦因数μ=0.2。(其他轨道均光滑，物块a视为质点，不计空气阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8)
①从释放点到C点，根据动能定理有mg(h+R-Rcos θ)=m-0，
解得vC= m/s，
解析
(1)若h=0.3 m，
①求物块a第一次通过C点时速度大小和轨道对它的支持力大小；
②保证物块不脱离滑板b，求滑板的最小长度L0和这个过程产生的热量Q；
在C点根据牛顿第二定律有FN-mg=m，
解得FN=10 N。
②从释放点到E点，根据动能定理有mg[h-(R-Rcos θ)]=m-0，
解得vE= m/s，
当物块a与滑板b达到共同速度时，此时物块a恰好未从滑板右侧滑出，此时木板长度最小。运动过程中，物块a与滑板b组成的系统动量守恒，最终速度为v，根据动量守恒定律有mvE=(m+M)v，
解析
解得v= m/s，
根据系统能量守恒有m=Q+(m+M)v2，
解得Q=0.25 J，
由Q=fx相对=fL0，f=μmg，
解得L0=0.25 m。
解析
设释放点高度为h1，物块a经轨道恰好能到达E点，即vE=0，
从释放点到E点可知mg[h1-(R-Rcos θ)]=0-0，
解得h1=0.2 m。
设释放点高度为h2，物块a经轨道到D点时恰好未脱离轨道，即在D点处有mgcos θ=m，
解得vD=2 m/s，
解析
(2)若仅使滑板b的长度变为4L0，物块a能经轨道滑上滑板b且不脱离，求释放高度h的范围。
从释放点到D点有mgh2=m，
解得h2=0.4 m，
物块a从h2处释放，到达E点，根据动能定理有
mg[h2-(R-Rcos θ)]=m-0，
解得vE=2 m/s，
解析
根据系统动量守恒和能量守恒有mvE=(m+M)v'，
m=Q+(m+M)v'2，
解得Q=0.5 J，
由Q=fx相对，得x相对=0.5 m<4 L0，
综上所述释放高度h的范围为0.2 m≤h≤0.4 m。
解析夺分测4 功和能 动量(压轴题)
(2025·台州模拟)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=1 m、圆心角为2θ的圆弧BCD,半径为R、圆心角为θ的圆弧DE组成,轨道间平滑连接。在轨道末端E点的右侧足够长的水平地面FG上紧靠着质量M=0.5 kg的滑板b,其上表面与轨道末端E所在的水平面齐平。质量为m=0.5 kg的物块a从轨道AB上距B点高度为h处由静止下滑,经圆弧轨道BCD滑上轨道DE。物块a与滑板b间的动摩擦因数μ=0.2。(其他轨道均光滑,物块a视为质点,不计空气阻力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
(1)若h=0.3 m,
①求物块a第一次通过C点时速度大小和轨道对它的支持力大小;
②保证物块不脱离滑板b,求滑板的最小长度L0和这个过程产生的热量Q;
(2)若仅使滑板b的长度变为4L0,物块a能经轨道滑上滑板b且不脱离,求释放高度h的范围。
夺分测4 功和能 动量(压轴题)
答案 (1)① m/s 10 N ②0.25 m 0.25 J
(2)0.2 m≤h≤0.4 m
解析 (1)①从释放点到C点,根据动能定理有
mg(h+R-Rcos θ)=m-0,
解得vC= m/s,
在C点根据牛顿第二定律有FN-mg=m,
解得FN=10 N。
②从释放点到E点,根据动能定理有
mg[h-(R-Rcos θ)]=m-0,
解得vE= m/s,
当物块a与滑板b达到共同速度时,此时物块a恰好未从滑板右侧滑出,此时木板长度最小。运动过程中,物块a与滑板b组成的系统动量守恒,最终速度为v,根据动量守恒定律有mvE=(m+M)v,
解得v= m/s,
根据系统能量守恒有m=Q+(m+M)v2,
解得Q=0.25 J,
由Q=fx相对=fL0,f=μmg,
解得L0=0.25 m。
(2)设释放点高度为h1,物块a经轨道恰好能到达E点,即vE=0,
从释放点到E点可知mg[h1-(R-Rcos θ)]=0-0,
解得h1=0.2 m。
设释放点高度为h2,物块a经轨道到D点时恰好未脱离轨道,即在D点处有mgcos θ=m,
解得vD=2 m/s,
从释放点到D点有mgh2=m,
解得h2=0.4 m,
物块a从h2处释放,到达E点,根据动能定理有
mg[h2-(R-Rcos θ)]=m-0,
解得vE=2 m/s,
根据系统动量守恒和能量守恒有
mvE=(m+M)v',
m=Q+(m+M)v'2,
解得Q=0.5 J,
由Q=fx相对,得x相对=0.5 m<4 L0,
综上所述释放高度h的范围为0.2 m≤h≤0.4 m。
