课下巩固检测练(6) 系统的守恒定律及应用（Word练习）-【正禾一本通】2026年高考物理二轮专题复习高效讲义

[课下巩固检测练(六)]　系统的守恒定律及应用 【基础练】 1．(多选)(2025·山东日照模拟)为了在紧急情况下实现迅速制动，电动车会使用高灵敏的刹车装置——碟刹。如图所示，刹车时两片刹车片在液压作用下迅速夹紧碟片来实现减速，假设刹车过程中车轮与地面之间无相对滑动。下列说法正确的是(　　 ) A．刹车片受到的摩擦力方向指向圆心 B．平路上无动力刹车到停止时，刹车片夹紧的力度不影响产生的热量 C．下坡路上无动力刹车到停止时，电动车减少的机械能全部转化为内能 D．碟片半径越小，刹车制动效果越好，刹车片的磨损越小 解析：选BC。根据摩擦力方向的特点可知，刹车片受到的摩擦力方向与其相对碟片的运动方向相反，故A错误；平路上无动力刹车到停止时，机械能转化为内能，则刹车片夹紧的力度不影响产生的热量，故B正确；根据功能关系可知，下坡路上长时间无动力刹车，减少的机械能全部转化成内能，故C正确；摩擦力越大，刹车制动效果越好，摩擦力与动摩擦因数和压力有关，与半径无关，故D错误。 2． (多选)(2025·黑龙江绥化模拟)如图所示，半径为R、质量为M内表面光滑的半球形物体放在光滑的水平面上，左端紧靠着墙壁，一个质量为m的物块从半球形物体的顶端a点无初速度释放，图中b点为半球的最低点，c点为半球另一侧与a等高的顶点，关于M和m的运动，下列说法正确的是(　　 ) A．m从a点运动到b点的过程中，m与M系统的机械能守恒、动量守恒 B．m从a点运动到b点的过程中，m的机械能守恒 C．m释放后不能到达右侧最高点c D．m释放后能再次回到a点 解析：选BC。m从a点运动到b点过程中，只有m的重力做功，机械能守恒，墙壁对系统有力的作用，动量不守恒，A错误，B正确；m释放后，过b点后系统动量守恒，机械能守恒，到达最高点时系统具有相同的速度，结合上述分析可知，m不能到达右侧最高点，也不能回到a点，C正确，D错误。 3． (多选)(2025·吉林延边一模)如图所示是儿童游乐场所的滑索模型，儿童质量为5m，滑环质量为m，滑环套在水平固定的光滑索道上。该儿童站在一定的高度由静止开始滑出，静止时不可伸长的轻绳拉离竖直方向一定角度。儿童和滑环均可视为质点，索道始终处于水平状态，不计空气阻力，重力加速度为g，以下判断正确的是(　　 ) A．儿童和滑环组成的系统动量守恒 B．儿童和滑环组成的系统机械能守恒 C．儿童运动到最低点时减少的机械能大于滑环增加的机械能 D．儿童从静止运动到最低点的过程中，儿童和滑环的水平位移之比为1∶5 解析：选BD。儿童和滑环组成的系统水平方向不受力，竖直方向受力不平衡，所以系统动量不守恒，故A错误；儿童和滑环组成的系统只有重力做功，机械能守恒，则儿童运动到最低点时减少的机械能等于滑环增加的机械能，故B正确，C错误；根据水平方向系统动量守恒有5mv＝mv′，解得5v＝v′，则可知儿童和滑环的水平位移之比为1∶5，故D正确。 4． (2025·甘肃兰州期中)如图所示，在倾角θ＝37°的固定斜面上，放置着一个足够长的木板Q，Q上端放置着小物块P(可视为质点)，已知P与Q之间的动摩擦因数为0.25，Q与斜面间的动摩擦因数为0.5，P、Q的质量分别为1 kg、2 kg，sin 37°＝0.6，重力加速度g＝10 m/s2，Q下端距斜面最低点为2 m。某时刻使P、Q由静止释放，当Q下端运动至斜面最低点过程中，整个系统损失的机械能为(　　 ) A．12 J B．24 J C．36 J D．64 J 解析：选C。Q加速下滑，根据牛顿第二定律得m2g sin θ＋μ1m1g cos θ－μ2(m1＋m2)g cos θ＝m2a2，根据位移公式得l＝a2t2，解得t＝2 s，P加速下滑，根据牛顿第二定律得m1g sin θ－μ1m1g cos θ＝m1a1，根据位移公式得x＝a1t2＝8 m，整个系统的机械能损失为E＝μ2(m1＋m2)g cos θ·l＋μ1m1g cos θ·(x－l)＝36 J，故C正确。 5． (2025·山东高考)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． 解析：选C。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，可得做圆周运动的线速度为v＝，弹射返回舱的过程中组合体动量守恒，有6mv＝5mv1＋mv2，由题意v2＝2，代入解得v1＝故C正确。 6．(2025·河北高考)随着我国航天事业飞速发展，人们畅想研制一种核聚变能源星际飞行器。从某星球表面发射的星际飞行器在飞行过程中只考虑该星球引力，不考虑自转，该星球可视为质量分布均匀的球体，半径为R0，表面重力加速度为g0。质量为m的飞行器与星球中心距离为r时，引力势能为要使飞行器在距星球表面高度为R0的轨道上做匀速圆周运动，则发射初速度为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选B。飞行器在轨道半径r＝2R0处的总机械能包括动能和势能。引力势能为Ep＝mg0R0，根据万有引力提供向心力，在星球表面有＝mg0，解得轨道速度满足v2＝，对应动能Ek＝mg0R0，总机械能E总＝mg0R0，根据机械能守恒，初始动能＝E总，解得v0＝，故B正确。 【能力练】 7． (2025·河南开封模拟)如图所示，一个光滑的半径为R的半圆形管道在竖直平面内固定放置，O为管道圆心，MN为水平直径。一条两端系有小球的细绳穿过管道，管道内径略大于小球直径，小球大小和绳的质量都忽略不计，小球A、B的质量分别为m和2m，初始时A球离M点的距离也为R，将A球由静止释放，随后无碰撞地进入管道，细绳始终处于绷紧。已知重力加速度为g，下列说法正确的是(　　 ) A．刚释放时绳上的拉力大小为 B．A球运动到管道的最高点时，管道对小球的作用力向上 C．A球运动到M处时，对管道的压力大小为 D．A球运动到管道最高点时对管道的压力大小为mg 解析：选D。刚释放时设绳上拉力为T，对A有T－mg＝ma，对B有2mg－T＝2ma，联立可得T＝，故A错误；当A球运动到M点的过程中，有2mgR－mgR＝，解得vM＝，弹力提供向心力，有F＝mmg，故C错误；A球运动到最高点的过程中，根据动能定理有(m＋2m)v2，解得v＝，A在最高点时，向心力FN＋mg＝mmg，解得FN＝mg，管道给小球A的弹力向下，B错误，D正确。 8．(2025·广东高考)如图所示，光滑水平面上，小球M、N分别在水平恒力F1和F2作用下，由静止开始沿同一直线相向运动，在t1时刻发生正碰后各自反向运动。已知F1和F2始终大小相等、方向相反。从开始运动到碰撞后第1次速度减为0的过程中，两小球速度v随时间t变化的图像，可能正确的是(　　) 解析：选A。两小球碰撞前后各自的受力未发生变化，则小球碰撞后的加速度与碰撞前的相同，又v ­t图像的斜率表示加速度，则碰撞前后小球的v ­t图线相互平行，B、C错误；因F1和F2等大反向，所以两小球组成的系统所受合外力为零，则系统动量守恒，两小球均由静止开始运动，故总动量一直为零，即当小球N的速度为零时，小球M的速度一定为零，D错误，A正确。 9． (2025·天津红桥二模)如图所示，质量M＝4 kg的小车静止在光滑水平面上，小车AB段是半径R＝1 m的光滑四分之一圆弧轨道，BC段是长L＝2 m的粗糙水平轨道，两段轨道相切于B点。一质量m＝1 kg、可视为质点的滑块从小车上的A点由静止开始沿圆弧轨道下滑，然后滑入BC轨道，最后恰好停在C点。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)滑块滑到圆弧轨道最低点B时，小车的速度v1和滑块的速度v2； (2)滑块下滑过程中，小车对滑块的支持力所做的功W； (3)滑块与BC轨道间的动摩擦因数μ。 解析：(1)滑块与小车组成的系统水平方向动量守恒，滑块滑到圆弧轨道最低点B时有Mv1－mv2＝0 根据能量守恒有mgR＝ 解得小车的速度v1＝1 m/s 方向水平向左 滑块的速度v2＝4 m/s 方向水平向右。 (2)滑块下滑过程中对滑块进行分析，根据动能定理有mgR＋W＝ 解得W＝－2 J。 (3)滑块最后恰好停在C点时，结合上述可知，此时小车也停止运动，整个过程中由能量守恒定律有 mgR＝μmgL 解得μ＝0.5。 答案：(1)v1＝1 m/s，方向水平向左　v2＝4 m/s，方向水平向右　(2)－2 J　(3)0.5 10．(2025·江苏盐城三模)如图所示，光滑水平面上静止放置两个形状完全相同的弹性小物块A、B，物块A的质量mA＝0.2 kg。在物块B右侧的竖直墙壁里有一水平轻质长细杆，杆的左端与一轻质弹簧相连，杆、弹簧及两物块的中心在同一水平线上，杆与墙壁作用的最大静摩擦力为2.4 N。若弹簧作用一直在弹性限度范围内，弹簧的弹性势能表达式为Ep＝kx2，k＝60 N/m。现给物块A一水平向右的作用力F，其功率P＝1.6 W恒定，作用t＝1.0 s后撤去，然后物块A与物块B发生弹性碰撞，碰撞后两物块速度大小相等。B向右压缩弹簧，并将杆向墙里推移。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求： (1)t＝1.0 s撤去力F时，物块A的速度； (2)物块B的质量； (3)物块B的最终速度大小。 解析：(1)t＝1.0 s时间内，作用力F对物块A做的功W＝Pt 解得W＝1.6 J 对物块A进行分析，根据动能定理有 W＝ 解得v0＝4 m/s。 (2)设A与B碰前A的速度大小为v0，碰后速度大小为v。由题意可知，碰后A、B速度一定等大反向，A、B发生弹性碰撞，则有 mAv0＝mA(－v)＋mBv mAv2＋mBv2 解得mB＝0.6 kg。 (3)由题意可知，物块B在压缩弹簧的过程中，当弹簧弹力等于杆的滑动摩擦力时杆开始移动，则有 fmax＝kx 解得x＝0.04 m 由于杆的质量不计，杆所受外力的合力为0，即杆在运动过程中，弹簧弹力大小始终等于杆所受的滑动摩擦力大小，即弹簧弹力不变，当杆开始运动后，物块B将做匀减速直线运动，B的速度减为0后，弹簧又将逐渐恢复原长，此时压缩的弹性势能转化为B的动能。设最终B的速度为vB，则有 得vB＝0.4 m/s。 答案：(1)4 m/s　(2)0.6 kg　(3)0.4 m/s 【创新练】 11．(2025·湖北武汉模拟)如图甲所示，古法榨油，榨出的油香味浑厚，这项工艺已经传承了一千多年，其原理可以简化为如图乙、丙所示的模型，圆木悬挂于横梁上，人用力将圆木推开使悬挂圆木的绳子与竖直方向夹角为α后放开圆木，圆木始终在竖直面内运动且悬线始终与圆木中心轴线垂直。圆木运动到最低点时与质量为m的楔形木块发生正碰，不计碰撞过程的机械能损失，碰后瞬间在辅助装置作用下圆木速度减为零，碰后楔形木块向里运动通过挤压块挤压油饼，多次重复上述过程，油便会被榨出来。已知圆木质量M＝9m，悬绳悬点到圆木中心轴线的距离为L，忽略楔形木块底部的摩擦力，楔形木块向里运动过程中，受到的阻力与楔入的深度成正比(比例系数为未知常数)，第一次撞击过后，楔形木块楔入的深度为d，重力加速度为g，求： (1)圆木运动到最低点时的速度大小； (2)碰撞后瞬间楔形木块的速度大小； (3)第5次撞击后楔形木块楔入的深度。 解析：(1)圆木从最高点摆到最低点的过程中机械能守恒，有 MgL(1－cos α)＝ v0＝。 (2)圆木与楔形木块碰撞过程中动量守恒、机械能守恒，则有 Mv0＝Mv1＋mv2 联立解得v2＝。 (3)楔形木块向内运动过程中，动能减小量等于克服阻力做的功，第一次碰撞后，进入的深度为d，由功能关系得 由于每次碰撞后楔形木块速度都是v2，连续碰撞n次后，进入的总深度为xn，有 解得xn＝d 第5次碰撞后楔入的深度 s＝x5－x4＝d。 答案：(1) (2)　(3)d 学科网（北京）股份有限公司 $