夺分测4 功和能 动量(压轴题)(专题微测Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考物理大二轮专题复习

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。 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。 答案　(1)① m/s　10 N　②0.25 m　0.25 J (2)0.2 m≤h≤0.4 m 学科网（北京）股份有限公司 $