微专题5 动量、动力学和能量观点在力学中的应用 同步作业-2026-2027学年高二上学期物理鲁科版选择性必修第一册

微专题5 动量、动力学和能量观点在力学中的应用 同步作业 一.选择题: 1．(2025·天津卷)一种名为“飞椅”的游乐设施如图所示，该设施中钢绳一端系着座椅，另一端系在悬臂边缘。绕竖直轴转动的悬臂带动座椅在水平面内做匀速圆周运动，座椅可视为质点，则某座椅运动一周的过程中(　　) A．动量保持不变 B．所受合外力做功为零 C．所受重力的冲量为零 D．始终处于受力平衡状态 2．如图甲所示，一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图像如图乙所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　) A．在t＝6 s的时刻，物体的速度为18 m/s B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为35 N·s D．在t＝6 s的时刻，拉力F的功率为200 W 3．(2025·四川省宜宾市高三上第一次诊断性考试)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。一质量为m的小物块以大小为v2的初速度从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v­t图像如图乙所示(以地面为参考系，图中标注的v1、v2、t1、t2、t3均为已知量，且v2>v1)。则(　　) A．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先水平向右后水平向左 B．0～t2时间内，小物块到A处的距离最大为·t2 C．0～t3时间内，传送带对小物块的摩擦力的冲量大小为m(v2－v1) D．0～t3时间内，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为m(v1＋v2)2 4.如图所示，水平轻质弹簧的一端固定在墙上，另一端与质量为m的物体A相连，A放在光滑水平面上，有一质量与A相同的物体B，从离水平面高h处由静止开始沿固定光滑曲面滑下，与A相碰后一起将弹簧压缩，弹簧恢复原长后某时刻B与A分开且沿原曲面上升．下列说法正确的是(重力加速度为g)(　　) A．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为mgh B．弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为 C．B与A分开后能达到的最大高度为 D．B与A分开后能达到的最大高度不能计算 5.如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板与小滑块Q质量相等，均为m＝1 kg，用大小为6 N、方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A．木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量小于拉力F的冲量 B．拉力F做功为6 J C．小滑块Q的最大速度为2 m/s D．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J 6．如图所示，一平台到地面的高度为h＝0.45 m，质量为M＝0.3 kg的木块放在平台的右端，木块与平台间的动摩擦因数为μ＝0.2.地面上有一质量为m＝0.1 kg的玩具青蛙，距平台右侧的水平距离为x＝1.2 m，旋紧发条后释放，让玩具青蛙斜向上跳起，当玩具青蛙到达木块的位置时速度恰好沿水平方向，玩具青蛙立即抱住木块并和木块一起滑行．已知木块和玩具青蛙均可视为质点，玩具青蛙抱住木块过程时间极短，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　) A．玩具青蛙在空中运动的时间为0.2 s B．玩具青蛙在平台上运动的时间为2 s C．玩具青蛙起跳时的速度大小为3 m/s D．木块开始滑动时的速度大小为1 m/s 7.(2026·辽宁省实验中学高三上二模)质量相等的A、B两物体运动的速度均向右，v­t图像如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力的功分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，加速度大小分别为aA、aB，下列关系式正确的是(　　) A．xA∶xB＝2∶1 B．WA∶WB＝4∶1 C．IA∶IB＝4∶1 D．aA∶aB＝2∶1 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 8.如图所示，一质量为MB＝6 kg的木板B静止于光滑的水平面上，物块A的质量MA＝6 kg，停在B的左端，一质量为m＝1 kg 的小球用长为l＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O上．将轻绳拉直至水平位置后，由静止释放小球，小球在最低点与A发生碰撞后反弹，反弹所能达到的最大高度h＝0.2 m，物块A与小球均可视为质点，A、B达到共同速度后A还在木板上，不计空气阻力，g取10 m/s2. (1)小球和物块A碰后瞬间物块A的速度大小； (2)A、B组成的系统因摩擦损失的机械能． 9.如图所示，光滑的水平面上有一质量M＝9 kg的木板，其右端恰好和光滑固定的圆弧轨道AB的底端等高对接(木板的水平上表面与圆弧轨道相切)，木板右端放有一质量m0＝2 kg的物体C(可视为质点)，已知圆弧轨道半径R＝0.9 m，现将一质量m＝4 kg的小滑块(可视为质点)，在轨道顶端A点由静止释放，滑块滑到B端后冲上木板，并与木板右端的物体C粘在一起沿木板向左滑行，最后恰好不从木板左端滑出，已知滑块和物体C与木板上表面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2.求： (1)滑块到达圆弧的B端时，轨道对它的支持力大小； (2)木板的长度l. 10.如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上表面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为μ.最初木板静止，A、B两木块同时以相向的水平初速度v0和2v0滑上长木板，木板足够长，A、B始终未滑离木板也未发生碰撞．重力加速度为g，求： (1)此后运动过程中木块B的最小速度是多少？ (2)木块A从刚开始运动到A、B、C速度刚好相等的过程中，木块A发生的位移是多少？ 11.(2025·江西南昌模拟)如图，倾角为θ＝30°的光滑斜面与光滑水平面在B点平滑连接，倾角为α＝37°的传送带沿逆时针方向匀速转动，传送带的下端与水平面的右端D点通过一小段圆弧连接。在水平面BD上的C点放一质量为3m的小物块b，在斜面上A点由静止释放质量为m的小物块a，A、B间距离为L，a滑到水平面上后与b发生弹性正碰，之后a、b将在水平面上发生第二次碰撞，b与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带匀速运动的速度大小为，重力加速度为g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求: (1)a第一次与b碰撞前瞬间的速度大小; (2)第一次碰撞后瞬间a与b的速度大小; (3)a、b第一次碰后到第二次碰撞前的过程，b在传送带上运动因摩擦产生的内能。 参考答案: 1.答案：B解析：座椅在水平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，根据p＝mv可知，座椅的动量大小不变，方向改变，故A错误；座椅的速度大小不变，则座椅的动能不变，根据动能定理可知，座椅所受合外力做功为零，故B正确；根据IG＝mgt可知，座椅所受重力的冲量不为零，故C错误；座椅在水平面内做匀速圆周运动，不处于受力平衡状态，故D错误。 2.答案：D解析：类比速度—时间图像中位移的表示方法可知，速度变化量在加速度—时间图像中由a－t图线与t坐标轴所围面积表示，在0～6 s内Δv＝18 m/s，v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A项错；由动能定理可知，0～6 s内，合力做的功为W＝mv2－mv02＝396 J，B项错；由动量定理可知， IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48 N·s，C项错；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D项对． 3.答案：D解析：由题图乙可知，0～t2时间内，小物块始终相对传送带向左运动，受到的摩擦力方向始终水平向右，故A错误；v­t图线与t轴所围的面积表示位移，由题图乙可知，0～t2时间内，小物块到A处的距离在t1时刻达到最大，为xm＝，故B错误；0～t3时间内，根据动量定理，可得传送带对小物块的摩擦力的冲量大小为|If|＝|－mv1－mv2|＝m(v1＋v2)，故C错误；0～t3时间内，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q＝μmgx相对，其中μmg＝ma， a＝＝＝，x相对＝t2，联立解得Q＝m(v1＋v2)2，故D正确。 4.答案：B解析：根据机械能守恒定律可得B刚到达水平面的速度v0＝，根据动量守恒定律可得A与B碰撞后的速度为v＝v0，所以弹簧被压缩时所具有的最大弹性势能为Epm＝×2mv2＝mgh，故A错误，B正确；当弹簧再次恢复原长时，A与B分开，B以大小为v的速度向左沿曲面上滑，根据机械能守恒定律可得mgh′＝mv2，解得B能达到的最大高度为h′＝h，故C、D错误． 5.答案：D解析：对系统由动量定理可得，木板P与小滑块Q组成的系统的动量增加量一定等于拉力F的冲量，选项A错误；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过·2m＝4 N，拉力F为6 N，大于4 N，故二者发生相对滑动，对木板P，由牛顿第二定律：F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2, 1 s内木板P的位移x＝at2＝2 m，拉力F做功W＝Fx＝12 J，选项B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，据Ft＝2mv共，解得v共＝3 m/s，选项C错误；整个过程中，对系统由能量守恒可知W＝×2mv共2＋Q，解得Q＝3 J，选项D正确． 6.答案：D解析：由h＝gt12得玩具青蛙在空中运动的时间为t1＝0.3 s，A项错误；玩具青蛙离开地面时的水平速度和竖直速度分别为vx＝＝4 m/s，vy＝gt1＝3 m/s，则玩具青蛙起跳时的速度大小为v0＝＝5 m/s，C项错误；由动量守恒定律得mvx＝(M＋m)v，解得木块开始滑动时的速度大小为v＝1 m/s，D项正确；对木块及玩具青蛙，由动量定理得：－μ( M＋m)gt2＝0－(M＋m)v，解得玩具青蛙在平台上运动的时间为t2＝0.5 s，B项错误． 7.答案：B解析：在v­t图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移， 则xA＝×2v0t0＝v0t0，xB＝×v0×2t0＝v0t0，可知xA∶xB＝1∶1，故A错误；根据动能定理有WA＝0－m(2v0)2＝－2mv，WB＝0－mv＝－mv， 可知WA∶WB＝4∶1，故B正确；根据动量定理有－IA＝0－m×2v0＝－2mv0，－IB＝0－mv0＝－mv0，可知IA∶IB＝2∶1，故C错误；在v­t图像中，图线的斜率的绝对值代表物体的加速度的大小，则aA＝＝，aB＝＝，可知aA∶aB＝4∶1，故D错误。 8.答案　(1)1 m/s　(2)1.5 J 解析　(1)对于小球，在运动的过程中机械能守恒， 则有mgl＝mv12，得v1＝＝4 m/s， mgh＝mv1′2，得v1′＝＝2 m/s 小球与物块A碰撞过程中，系统的动量守恒，以向右为正方向， 则有：mv1＝－mv1′＋MAvA， 解得vA＝1 m/s (2)物块A与木板B相互作用过程中： MAvA＝(MA＋MB)v共，解得v共＝0.5 m/s. A、B组成的系统因摩擦而损失的机械能ΔE＝MAvA2－(MA＋MB)v共2 代入数据，解得ΔE＝1.5 J 9.答案　(1)120 N　(2)1.2 m 解析　(1)滑块从A端下滑到B端，由机械能守恒定律得 mgR＝mv02，解得v0＝3 m/s 在B点，由牛顿第二定律得，FN－mg＝m 解得轨道对滑块的支持力FN＝120 N. (2)滑块滑上木板后，滑块与木板右端的物体C发生碰撞，以向左为正方向，设碰撞后共同的速度为v1， 则mv0＝(m＋m0)v1 代入数据得v1＝2 m/s 对滑块、物体C以及木板，三者组成的系统沿水平方向的动量守恒，设末速度为v2， 由动量守恒定律有(m＋m0)v1＝(m＋m0＋M)v2 由能量守恒定律得μ(m＋m0)gl＝(m＋m0)v12－(M＋m＋m0)v22 解得l＝1.2 m. 10.答案　(1). (2). 解析　(1)由题知，B向右减速，A向左减速，此时C静止不动；A先减速到零后与C一起反向向右加速，B向右继续减速，三者共速时，B的速度最小． 取向右为正方向，根据动量守恒定律有，m·2v0－mv0＝5mv 解得B的最小速度v＝. (2)A向左减速的过程，根据动能定理有－μmgx1＝0－mv02 向左的位移为x1＝ A、C一起向右加速的过程，根据动能定理有μmgx2＝×4m2 向右的位移为x2＝ 取向右为正方向，整个过程A发生的位移为x＝x2－x1＝－ 即此过程中A发生的位移向左，大小为. 11.答案　(1)　(2)　　(3)mgL 解析　(1)设a与b碰撞前瞬间，a的速度大小为v0， 根据机械能守恒定律有mgLsin θ＝m 解得v0＝。 (2)设a、b碰撞后的速度大小分别为v1、v2， 根据动量守恒定律有mv0＝3mv2－mv1 根据能量守恒定律有m×3mm 解得v1＝v2＝v0＝。 (3)由于v2＝<，因此物块b在传送带上先做匀减速运动，后做匀加速运动，减速阶段根据牛顿第二定律有3mgsin α＋3μmgcos α＝3ma 解得a＝gsin α＋μgcos α＝g 根据对称性，物块b在传送带上上滑、下滑过程所用时间均为t1＝ 物块b第一次在传送带上运动过程，由于摩擦产生的内能为 Q＝μ·3mgcos α＝mgL。 学科网（北京）股份有限公司 $