分组练(6)动量与能量B组-【衡水金卷·先享题】2026年新高考物理专项分组练(湖南专版)

分组练(6)动量与能量B组 (限时50分钟) 1.(20分)如图所示，水平传送带以5/s的速度顺2.(15分)如图所示为游乐园中某种电动小火车的结 时针匀速转动，传送带左右两端的距离为3.6m。 构示意图，小火车由车头和n节车厢组成，车头与 传送带右端的正上方有一悬点O,用长为0.3m、 每节车厢的质量均为m,各车厢间均用长度为1、 不可伸长的轻绳悬挂一质量为0.2kg的小球，小 不可伸长的轻绳连接，静止在水平直轨道上，各车 球与传送带上表面平齐但不接触。在O点右侧的 厢紧靠在一起，车头启动后发动机提供恒定的动 P点固定一钉子，P点与O点等高。将质量为 力，动力的大小为(n十1)kmg,车头和每节车厢所 0.1kg的小物块无初速度地轻放在传送带左端， 受轨道的阻力均为kg,轻绳拉紧后，被拉车厢瞬 小物块运动到右端与小球发生正碰，碰撞时间极 间与车头共速，重力加速度为g,求： 短，碰后瞬间小物块的速度大小为1m/s、方向水 (1)车头与车厢1之间的轻绳绷紧后瞬间火车的 平向左。小球碰后绕O点做圆周运动，当轻绳被 速度大小； 钉子挡住后，小球继续绕P点向上运动。已知小 (2)整个火车启动过程中，克服轨道的阻力做的 物块与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度 总功； g=10m/s2,小球和小物块均可视为质点，不计空 (3)第n节车厢启动后瞬间火车的速度大小[已知 气阻力。 1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+…+n·1= (1)求碰撞前小物块与传送带之间因摩擦而产生 n(n+1)(n+22]。 6 的热量； 车厢n☐…车厢3车厢2车厢车头 (2)求小物块与小球碰撞过程中，两者构成的系统 损失的总动能； (3)若小球运动到P点正上方，轻绳不松弛，求P 点到O点的最小距离。 物理(XD)第51页（共66页） 3.(22分)如图所示，物块A、B的质量分别为mA= (1)求A做简谐运动的振幅； 2kg、mB=1kg,用轻绳相连并用劲度系数k= (2)求光滑固定圆弧轨道对B的冲量大小I; 100N/m的轻质弹簧系住挂在天花板上静止不 (3)求整个运动过程中D与传送带之间因摩擦产 动。B正下方有一个半径R=1m的四分之一光 生的热量Q。 滑固定圆弧轨道，其顶点a距离B的高度差h= A 0.8m。某时刻A、B间的绳子被剪断，然后A做 古B 周期T=2.8s的简谐运动，B下落并从a点平滑 的进入光滑固定圆弧轨道。当A第1次到达最高 8000 77777777 7777777777777777 点时，B恰好运动到圆弧末端，然后在圆弧末端与 质量mc=0.5kg的滑块C相碰，碰后B、C结合 为滑块D。D平滑的滑上与圆弧末端等高的传送 带，传送带的水平长度L=1m,以o=1m/s的速 度顺时针转动，D与传送带间的动摩擦因数μ= 0.35。传送带右端有一等高的固定水平平台，平 台上表面光滑，平台上静止着2024个相距较近的 质量均为1=3kg的小球，D能够平滑地滑上平 台，且D与小球、相邻小球之间的碰撞均为弹性正 碰(A、B、C、D、小球均可以看作质点，重力加速度 g=10m/s2,忽略空气阻力，答案可以用根号表 示)。 物理(XD)第52页（共66页）参考答案及解析 2.5J (1分) (2)碰撞过程中系统损失的机械能△E=gh一mg· 务-M=5J (2分) (3)物块B在水平面上滑行时受到摩擦力f=Mg (1分) 设物块B在水平面上滑行的时间为t,根据动量定 理得 -ft=0-Mv2 (1分) 解得t=0.25s (1分) 2.【解析】(1)物块A与物块B组成的系统在爆炸过程 中满足动量守恒，则有 0=AUA一mBUB (1分) 对物块A与物块B组成的系统，根据能量守恒定律 可得E=子m或十之m呢 (2分) 联立解得ug=6m/s (1分) (2)物块B与木板C组成的系统在碰撞过程中满足 动量守恒，则有 7nBUB=nBUB1十cUC (1分) 物块B与木板C组成的系统在碰撞过程中满足机械 能守恒，则有 .1 1 之mao唱=之mwvi十2mc好 (1分) 解得g1=一3m/s,c=3m/s (2分) 物块B与木板C碰撞后分离，木板C与物块D组成 的系统满足动量守恒，则有 cvc=(D十nc)U (1分) 对木板C与物块D组成的系统由能量守恒定律可得 Hmng告=子e呢-合(mn十me)t 1 (2分) 联立解得u=0.6 (1分) 3.【解析】(1)物块P从B点运动到A点的过程中，根 据动能定理有 1 一Wm1gLaB=0-2m1呢 (1分) 解得vB=2m/s (1分) (2)对物块P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有 miUp-m2vg =0 (1分) 其中p=vB=2m/s 解得a=4m/s (1分) 若Q能到G点，则Q与小车在水平方向共速。无论 物块Q能否冲出小车上的G点，对物块Q与小车组 成的系统，在水平方向根据动量守恒定律有 72a=(7n2十73)U (1分) 解得v.=1m/s (1分) 根据能量守恒定律有弓川，6=m:ge十之m,心十 之m(u2十心)十mgR (1分) 解得v,=1m/s>0 (1分) 故物块Q能冲出小车上的G点，物块Q从飞离G点 到再次回到G点的过程中，运动的时间二少(1分) g ·30 物理(XD) 小车的位移x=u,t (1分) 解得x=0.2m (1分) (3)当物块Q向右滑上小车后恰好到达E点与小车 共速时，弹簧的弹性势能最小，对弹簧弹开两物块的 过程有 1pl一2al=0 (1分) 1 Emn=之m呢十26l (1分) 弹簧弹开后对物块Q运动的过程，有 2Q1=(2十n3)U共 (1分) 1 且之m:6i=m:gLe十2(m:十m)4 (1分) 解得Epmin=1J (1分) 由于2gR>a2gLDE 故当物块Q冲上圆弧之后又返回D点与小车共速 时，弹簧的弹性势能最大，对弹簧弹开两物块的过 程有 l1vpg一2Uae=0 (1分) 1 且Ei=之m1i,十之m6e (1分) 对物块Q冲上小车之后又返回D点与小车共速的过 程有 n2Q2=（72十173）共 (1分) 1 交m,6e=2pum:gLe十之（m:十m)共' (1分) 解得Epmnx=2J (1分) 综上所述，弹簧被锁定时弹性势能的取值范围为1J <E。2J (1分) 分组练(6)动量与能量B组 1.【解析】(1)根据题意，小物块在传送带上，由牛顿第 二定律有g=a (1分) 解得a=5m/s2 (1分) 设小物块与传送带共速时所需的时间为，由运动学 公式可得v=at (1分) 解得t1=1s (1分) 小物块做加速运动的位移x1=2a片=2.5m<L传= 3.6m (1分) 可知小物块运动到传送带右端前与传送带共速，1时 间内传送带运动的距离x传=t1=5m (1分) 则碰撞前小物块与传送带之间因摩擦而产生的热量 Q=ug(x传-x1)=1.25J (2分) (2)小物块运动到右端与小球发生正碰，碰撞时间极 短，小物块与小球组成的系统动量守恒，以水平向右 为正方向，由动量守恒定律有mu=m十球2 (1分) 其中碰前小物块的速度w=5m/s 碰后小物块的速度=一1m/s 解得碰后小球的速度=3m/s (1分) 由能量守恒定律，可知小物块与小球碰撞过程中，两 者构成的系统损失的总动能△E.=子m-子m 2n球砖 (2分) 物理(XD) 解得△E=0.3J (2分) (3)若小球运动到P点正上方，轻绳不松弛，设P点 到O点的距离为d,小球在P点正上方的速度为， 在P点正上方，由牛顿第二定律有mg= L绳一d (2分) 小球从O点正下方运动到P点正上方的过程中，由 机械能守恒定律有2球巧=之m体听十噻g(2L绳 -d) (2分) 联立解得P点到O点的最小距离d=0.2m(2分) 2.【解析】(1)对车头前进，由动能定理得 (n+1)kmgl-kmgm (1分) 第1根轻绳绷紧过程有=2mu1 (1分) 解得'=√2nkgl (1分) (2)车厢1被拉动前，车头克服阻力做的功 W=kmgl (1分) 车厢1被拉动后到车厢2被拉动前，车头与车厢1克 服阻力做的功 W2=2kmgl (1分) 车厢2被拉动后到车厢3被拉动前，车头与车厢1、车 厢2克服阻力做的功 W:=3kmgl (1分) 车厢(n一1)被拉动后到车厢n被拉动前，车头与前面 所有车厢克服阻力做的功 W.=nkmgl (1分) 整个火车启动过程中，克服轨道阻力做的总功 W=w,+w,十…十w.=n(m十kmgl 2 (1分) (3)第1根轻绳绷紧后瞬间车厢1的速度u' 则n=子×2nkgl (1分) 对车头和车厢1前进，由动能定理得 (n+1Dkng-2mgl=×2m- -X2mu' (1分) 第2根轻绳绷紧过程有2m2=3m2 (1分) 联立解得=号×2kg1+号×2דg (1分) 同理，第3根轻绳翔紧瞬间速度的平方：=× 2m+言×2x"→a+是×2x"号a!1分) 车厢n一1与车厢n间轻绳绷紧后瞬间，车厢n的速 度vn'满足 v'?=2kgl =(m+1>[1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+ 2kgl +n1刂=m+·6nn+1)(n+2) (1分) 解得'= n(n+2)kgl (1分) 3(n+1) ·31 参考答案及解析 3.【解析】(1)初始状态下，弹簧伸长量△x1= (A十B）g=0.3m k (1分) 细绳剪断后，A处于平衡位置时，弹簧伸长量△x2= mag=0.2 m (1分) k 振幅A=△x1一△x2=0.11m (1分) (2)B做自由落体运动的时间4=√g B落到顶点a时的速度v。=gt=4m/s 根据动能定理mR=宁心一子配 (1分) 解得B在圆弧末端的速度=6m/s (1分) B在圆弧上的运动时间=之一 T 向下为正方向，竖直方向的冲量I,十mggt2=一mv。 (1分) 解出I,=-14N·s (1分) 水平方向冲量I=Bv=6N·s (1分) 故冲量I=√T+I正=√232N·s (1分) (3)根据牛顿第二定律得mDa=npg 根据动量守恒定律v=(mB十c)vD (1分) 1 分析D第一次滑过传送带有L=m△t一之a△t (1分) 解得△t=号s Q.-pmpg .(L-.Ar)-15 (1分) D滑上平台后与第一个小球发生弹性正碰，撞前速 度w=3m/s,规定向右为正方向，有Dm= m加un1十m,合mo味=子mia十子m好1分) 解得o1=-1m/s,u=2m/s 之后小球依次与下一个小球发生弹性正碰，由于质 量相等，速度交换，而D返回进入传送带，假设匀减 速到速度为0 =法=分m<L=1m (1分) 不会滑出传送带，因此D在传送带上反向加速，以 p'=一vpl=1m/s再次滑上平台，与第一个小球发 生弹性正碰，之后的运动具有可类比性，D在与小球 第一次碰后在传送带上运动过程中，运动时间= 2四=7s 4 a 相对位移4=号·受十·号十功·号一号· 受=秋=テm 4 在此过程中产生的热量Q=Dg△x1=3J(2分) 同理可知，当D与小球发生第k次碰撞，设碰前D的 速度大小为-1，碰后D的速度大小为s,则有 1 1 mnt-l=一mnUk十m',之mno-1=乞mnu呢十 参考答案及解析 2%142 (2分) 1 解得= 3%- 在传送猎上4-，4=4=2 g g 又Q2=∑mpg△x=mng· ·4=1 g -(号)] (2分) 所以Q=Q+0-婴-号（宁y) (2分) 分组练(7) 带电粒子在电磁场中的运动A组 1.【解析】(1)设粒子在电场中运动的时间为t,粒子进 入磁场时沿y轴方向的分速度为，粒子进入磁场 时的速度为，粒子沿x轴正方向做匀速运动 则W5d=oti (1分) 在沿y轴方向，粒子做初速度为零的匀加速运动，根 据匀变速直线运动的规律得 号= (1分) 根据速度的合成可得粒子进入磁场时的速度？= √6十u (1分) 设粒子进入磁场时的速度方向与x轴正方向的夹角 为0 则tan0= (1分) Vo 联立解得u=2V5,0=30 3 (1分) 故粒子进人磁场时的速度为2，方向与x轴正方 3 向的夹角为30斜向下 (1分) (2)由题意，粒子在运动过程中恰好不再返回电场，运 动轨迹在第二象限与y轴相切，根据对称性可知，粒 子运动的轨迹如图所示 R 设磁感应强度大小为B,由几何关系可知粒子做圆周 运动的半径R= 3d =2√5d (1分) sin 30 根据洛伦兹力提供向心力得qB=”m R (1分) 解得B一器 (1分) ·32 物理(XD) 设粒子从进入磁场到打到挡板上所用的时间为t,由 几何关系可得粒子从进入磁场到打到挡板上转过的 角度a=7809 粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2迟 (1分) 780° 3T 则t=360T= 6 (1分) 解得t=13πd (1分) Uo 2.【解析】(1)由于小球沿直线PA运动至A点，垂直于 OM进入磁场，下图为其运动轨迹，则小球所受合力 方向也沿PA方向 × + + + + M 对小球受力分析有tan9=g正 (1分) mg 解得E="mg=10N/C (1分) 小球由P点至A点做匀加速直线运动，设加速度为 a,根据牛顿第二定律有mg cos =ma (1分) 解得a1=10√2m/s (1分) _PA 由几何关系得an9=OA (1分) 可得PA=OA=L (1分) 根据速度与位移的关系式有=2a1L (1分) 解得小球在A点的速度大小v=4m/s (1分) (2)由于电场力与重力大小相等，则小球在虚线下侧 做匀速圆周运动，小球垂直ON再次进入上侧电场， 下图为其运动轨迹 -N 2 + M 根据几何关系有小球做圆周运动的半径R=L(1分) 由洛伦兹力提供向心力有9B=m尺 (1分) 解得B=5√2T (1分) (3)小球再次进入上侧电场中时，做类斜抛运动，竖直 方向做竖直上抛运动，设上升的最大高度为h,则有