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专题能力训练6 能量转化与守恒定律(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图甲所示,倾角为θ的斜面足够长,质量为m的小物块受沿斜面向上的拉力F作用,静止在斜面中点O处,现改变拉力F 的大小(方向始终沿斜面向上),物块由静止开始沿斜面向下运动,运动过程中物块的机械能E随离开O点的位移x变化关系如图乙所示,其中O~x1过程的图线为曲线,x1~x2过程的图线为直线,物块与斜面间动摩擦因数为μ。
物块从开始运动到位移为x2的过程中()A.物块的加速度始终在减小B.物块减少的机械能等于物块克服合力做的功C.物块减少的机械能小于减少的重力势能D.物块减少的机械能等于物块克服摩擦力做的功2.如图所示,固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m的小球,小球与一轻质弹簧一端相连,弹簧的另一端固定在地面上的A点,已知杆与水平面之间的夹角θ<45°,当小球位于B点时,弹簧与杆垂直,此时弹簧处于原长。
现让小球自C点由静止释放,小球在BD间某点静止。
在小球由C点滑到最低点的整个过程中,关于小球的动能、重力势能和弹簧的弹性势能,下列说法正确的是()A.小球的动能与重力势能之和保持不变B.小球的动能与重力势能之和先增大后减小C.小球的动能与弹簧的弹性势能之和保持不变D.小球的重力势能与弹簧的弹性势能之和保持不变3.如图所示,轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接,另一端与物体A相连,物体A静止于光滑水平桌面上,A右端连接一细线,细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连。
开始时用手托住B,让细线恰好伸直,然后由静止释放B,直至B获得最大速度。
下列有关该过程的分析正确的是()A.B物体受到细线的拉力保持不变B.B物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量C.A物体动能的增加量等于B物体重力做功与弹簧对A 的弹力做功之和D.A物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功4.如图所示,质量为m的小球沿光滑的斜面AB下滑,然后可以无能量损失地进入光滑的圆形轨道BCD。
提能增分练(二) 系统机械能守恒的三类问题[A 级——夺高分]1．(多选)如图所示，质量分别为m 和2m 的两个小球A 和B ，中间用轻质杆相连，在杆的中点O 处有一固定转动轴，把杆置于水平位置后释放，在B 球顺时针摆动到最低位置的过程中(不计一切摩擦)( )A ．B 球的重力势能减少，动能增加，B 球和地球组成的系统机械能守恒B ．A 球的重力势能增加，动能也增加，A 球和地球组成的系统机械能不守恒C ．A 球、B 球和地球组成的系统机械能守恒D ．A 球、B 球和地球组成的系统机械能不守恒解析：选BC A 球在上摆过程中，重力势能增加，动能也增加，机械能增加，B 项正确；由于A 球、B 球和地球组成的系统只有重力做功，故系统的机械能守恒，C 项正确，D 项错误；所以B 球和地球组成系统的机械能一定减少，A 项错误。
2. (2020·安徽六安一中模拟)如图所示，固定的倾斜光滑杆上套有一个质量为m 的圆环，杆与水平方向的夹角α＝30°，圆环与竖直放置的轻质弹簧上端相连，弹簧的另一端固定在地面上的A 点，弹簧处于原长h ，让圆环沿杆由静止滑下，滑到杆的底端时速度恰为零，则在圆环下滑过程中( )A ．圆环和地球组成的系统机械能守恒B ．当弹簧垂直于光滑杆时圆环的动能最大C ．弹簧的最大弹性势能为32mgh D ．弹簧转过60°角时，圆环的动能为mgh 2解析：选D 圆环沿杆滑下，滑到杆底端的过程中有两个力对圆环做功，即圆环的重力和弹簧的弹力，所以圆环和地球组成的系统机械能不守恒，故A 错误；当圆环沿杆的加速度为零时，其速度最大，动能最大，根据平衡条件可知，此时弹簧处于伸长状态，对圆环有一个斜向左下方的拉力，由题意及几何关系知，弹簧垂直于杆时处于压缩状态，故B 错误；根据功能关系可知，当圆环滑到最底端时其速度为零，重力势能全部转化为弹性势能，此时弹性势能最大，等于重力势能的减小量即mgh ，故C 错误；由几何关系知，弹簧转过60°角时，弹簧仍为原长，以圆环为研究对象，利用动能定理得：mg h 2＝12mv 2，即圆环的动能等于mgh 2，故D 正确。
专题05能量观点和动量观点在电磁学中的应用一、单选题1．（2022·浙江·高考真题）某种气体—电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。
下列说法正确的是（）A．a点所在的线是等势线B．b点的电场强度比c点大C．b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大D．将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零【答案】C【详解】A．因上下为两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜，则a点所在的线是电场线，选项A错误；B．因c处的电场线较b点密集，则c点的电场强度比b点大，选项B错误；C．因bc两处所处的线为等势线，可知b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，选项C正确；D．因dg两点在同一电场线上，电势不相等，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为零，选项D错误。
故选C。
2．（2022·湖南·高考真题）如图，四根完全相同的均匀带正电绝缘长棒对称放置在长方体的四条长边、、c、d上。
移去a处的绝缘棒，假定另外三根绝缘棒电荷分布不变。
关于长方体几何中心O点处电场强度方向和电势的变化，下列说法正确的是（）A．电场强度方向垂直指向a，电势减小B．电场强度方向垂直指向c，电势减小C．电场强度方向垂直指向a，电势增大D．电场强度方向垂直指向c，电势增大【答案】A【详解】根据对称性可知，移去a处的绝缘棒后，电场强度方向垂直指向a，再根据电势的叠加原理，单个点电荷在距其r处的电势为q kϕ=（取无穷远处电势为零）r现在撤去处的绝缘棒后，减小，则点的电势减小。
故选A。
3．（2022·江苏·高考真题）如图所示，正方形ABCD四个顶点各固定一个带正电的点电荷，电荷量相等，O 是正方形的中心。
现将A点的电荷沿OA的延长线向无穷远处移动，则（）A．在移动过程中，O点电场强度变小B．在移动过程中，C点的电荷所受静电力变大C．在移动过程中，移动的电荷所受静电力做负功D．当其移动到无穷远处时，O点的电势高于A点【答案】D【详解】A．O是等量同种电荷连线的中点，场强为0，将A处的正点电荷沿OA方向移至无穷远处，O点电场强度变大，故A不符合题意；B．移动过程中，C点场强变小，正电荷所受静电力变小，故B错误；C．A点电场方向沿OA方向，移动过程中，移动电荷所受静电力做正功，故C错误；D．A点电场方向沿OA方向，沿电场线方向电势降低，移动到无穷远处时，O点的电势高于A点电势，故D正确。
高考物理大二轮复习与测试练一练：功与能量（带答案与解析）的正确答案、解答解析、考点详解姓名:_____________ 年级:____________ 学号:______________题型选择题填空题解答题判断题计算题附加题总分得分1.【题文】如图所示，物体在一个沿斜面的拉力F的作用下，以一定的初速度沿倾角为30°的斜面向上做匀减速运动，加速度的大小为a＝3 m/s2，物体在沿斜面向上的运动过程中，以下说法正确的有( )A．物体的机械能守恒B．物体的机械能增加C．F与摩擦力所做功的总和等于物体动能的减少量D．F与摩擦力所做功的总和等于物体机械能的增加量【答案】BD【解析】试题分析：对物体进行受力分析：由牛顿第二定律得即除重力以外的力对物体做正功，物体的机械能增加而不守恒，A错，B、D对；合外力对物体做功等于物体动能的改变量，对物体做功的有重力、拉力、摩擦力，C错．考点：牛顿第二定律；动能定理的应用；功的计算．点评：本题关键分析物体可能的运动情况．涉及动能变化的问题，优先考虑用动能定理分析．2.【题文】某娱乐项目中，参与者抛出一小球去撞击触发器，从而进入下一关．现在将这个娱乐项目进行简化，假设参与者从触发器的正下方以v的速率竖直上抛一小球，小球恰好击中触发器．若参与者仍在刚才的抛出点，沿A、B、C、D四个不同的光滑轨道分别以速率v抛出小球，如图所示．则小球能够击中触发器的是( )评卷人得分【答案】CD【解析】试题分析：假设抛出点到触发器的高度为，恰好击中则根据动能定理有。
据此判断ABCD四项中，到达高度处速度均为0.分析A，上升高度到达圆周运动最高点，沿圆轨道内侧，最高点应该有，有，所以速度0不可能到达最高点答案A错。
B中离开斜面后速度斜向上为谢抛运动，有水平速度且水平方向无力为匀速运动，因此最高点速度不可能为0，因此不可能上升高度，答案B错。
C项沿圆弧轨道上升，由于还没有上升到圆心的高度，轨道弹力减去重力沿半径方向分力提供向心力，向心力可能等于0即速度可能等于0 ，因此C可以上升到高度C对。
能量和动量考点一 功、功率 动能定理及其应用命题角度1功的计算 高考真题体验·对方向(多选)(2024全国Ⅱ·19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成,甲球质量大于乙球质量.两球在空气中由静止下落,假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比,与球的速率无关.若它们下落相同的距离,则( ) A .甲球用的时间比乙球长B .甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C .甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D .甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 答案BD解析设所受阻力为F f ,依据题意F f =kr.依据牛顿其次定律,mg-F f =ma ,a=g-kk k =g-kk k ·4π3k 3=g-3k4πkk 2,r 越大,a 越大,两小球密度相同,m 甲>m 乙,所以r 甲>r 乙,故a 甲>a 乙,C 选项错误;物体在空中的运动时间t=√2kk ,h 相同,所以t 甲<t 乙,A 选项错误;物体落地速度v=√2kk ,可得v 甲>v 乙,B 选项正确;物体下落过程中克服阻力做功W f =F f ·h=kr ·h ,所以W f 甲>W f 乙,D 选项正确.总功的计算方法(1)用动能定理W=ΔE k 或功能关系W=ΔE ,即用能量的改变量等效替代合力所做的功.(也可计算变力功)(2)总功等于合外力的功.先求出物体所受各力的合力F 合,再依据W 总=F 合l cos α计算总功,但应留意α应是合力与位移l 的夹角.(3)总功等于各力做功的代数和.分别求出每一个力做的功:W 1,W 2,W 3,…,再把各个外力的功求代数和,即W 总=W 1+W 2+W 3+…. 典题演练提能·刷高分1.(多选)(2024山东济宁五校联考)在某一粗糙的水平面上,一质量为2 kg 的物体在水平恒定拉力作用下做匀速直线运动,当运动一段时间后,拉力渐渐减小,且当拉力减小到零时,物体刚好停止运动,图中给出了拉力随位移改变的关系图象.重力加速度g 取10 m/s 2.依据以上信息能得出的物理量有( )A.物体与水平面间的动摩擦因数B.合外力对物体所做的功C.物体做匀速运动时的速度D.物体运动的时间 答案ABC解析由题意知物体起先做匀速直线运动,故拉力F 与滑动摩擦力F f 大小相等,物体与水平面间的动摩擦因数为μ=kkk =0.35,选项A 正确;减速过程由动能定理得W F +W F f =0-12mv 2,依据F -x 图象中图线与横轴围成的面积可以估算力F 做的功W F ,而W f =-μmgx ,由此可求得合外力对物体所做的功,及物体做匀速运动时的速度v ,选项B 、C 正确;因为物体做变加速运动,所以运动时间无法求出,选项D 错误.2.(多选)如图所示,内壁光滑半径大小为R 的圆轨道固定在竖直平面内,一个质量为m 的小球静止在轨道的最低点A 点.现给小球一个瞬时水平打击力,使小球沿轨道在竖直平面内运动.当小球运动重新回到A 点时,再沿它的运动方向给其次次瞬时打击力.经过二次击打后,小球才能够通过轨道的最高点,已知第一次和其次次对小球的打击力做的功分别为W 和3W ,则W 的值可能为( )A.12mgRB.34mgRC.57mgRD.mgR答案BCD解析小球在竖直面内运动只有重力做功,故机械能守恒;小球要到达圆轨道最高点,那么对小球在最高点应用牛顿其次定律可得:mg ≤kk 2k,所以小球的机械能E=2mgR+12mv 2≥52mgR ;小球在运动过程中始终未脱离轨道,且必需经过两次击打,小球才能运动到圆轨道的最高点,故第一次击打后,小球运动的高度不大于R ,所以有W ≤mgR ,W+3W ≥52mgR ,所以,58mgR ≤W ≤mgR ,故BCD 正确,A 错误,故选BCD .3.如图所示,水平平台上放置一长为L 、质量为m 的匀称木板,板右端距离平台边缘为s ,板与台面间动摩擦因数为μ,重力加速度为g.现对板施加水平推力,要使板脱离平台,推力做功的最小值为( )A.μmg (L+s )B.μmg (k2+k ) C.μmg (L-s ) D.μmg (3k 4+k )答案B解析要使板脱离平台,即让板的重心脱离平台,则板运动的距离为k2+s ,须要克服摩擦力做功为W f =μmg (k 2+k ),即推力做功的最小值为μmg (k2+k ),故B 正确,ACD 错误.4.一物体由静止起先运动,其加速度a 与位移x 关系图线如图所示.下列说法正确的是( ) A.物体最终静止B.物体的最大速度为√2kk 0C.物体的最大速度为√3kk 0D.物体的最大速度为32√kk 0答案C解析由a -x 图象可知,物体先做匀加速直线运动,后做加速度减小的加速运动,到2x 0位置时速度最大,A 错误;设最大速度为v ,依据动能定理得ma 0x 0+12ma 0x 0=12mv 2,解得v=√3kk 0,C 正确.命题角度2功率的计算 高考真题体验·对方向(多选)(2024全国Ⅲ·19)地下矿井中的矿石装在矿车中,用电机通过竖井运输到地面.某竖井中矿车提升的速度大小v 随时间t 的改变关系如图所示,其中图线①②分别描述两次不同的提升过程,它们变速阶段加速度的大小都相同;两次提升的高度相同,提升的质量相等.不考虑摩擦阻力和空气阻力.对于第①次和第②次提升过程,( )A.矿车上升所用的时间之比为4∶5B.电机的最大牵引力之比为2∶1C.电机输出的最大功率之比为2∶1D.电机所做的功之比为4∶5 答案AC解析由两次提升的高度相同可知,①②图形不重合部分面积应相等,可得②过程的总时间为2.5t 0,上升所用时间之比为2t 0∶2.5t 0=4∶5,A 选项正确;加速上升阶段牵引力最大,两次提升的质量和加速度都相同,依据牛顿其次定律,最大牵引力F m -mg=ma ,最大牵引力相等,B 选项错误;最大输出功率为P m =F m ·v m ,已知最大牵引力相等,①过程的最大速度是②过程的2倍,故电机输出的最大功率之比为2∶1,C 选项正确;设整个过程中电机所做的功为W ,依据动能定理W-mgh=0,提升的质量和高度都相等,所以电机所做的功也相等,D 选项错误.机车启动中的三个重要关系式(1)无论哪种启动过程,机车的最大速度都等于其匀速运动时的速度,即v m=kk min =kk阻(式中F min为最小牵引力,其值等于阻力F阻).(2)机车以恒定加速度启动的运动过程中,匀加速过程结束时,功率最大,速度不是最大,即v=kk <v m=kk阻.(3)机车以恒定功率运行时,牵引力做的功W=Pt.由动能定理得Pt-F阻x=ΔE k.此式常常用于求解机车以恒定功率启动过程的位移大小.典题演练提能·刷高分1.(2024河南平顶山模拟)质量m=20 kg的物体,在大小恒定的水平外力F的作用下,沿水平面做直线运动.0~2 s内F与运动方向相反,2~4 s内F与运动方向相同,物体的v-t图象如图所示.g取10 m/s2,则()A.拉力F的大小为100 NB.在4 s时拉力的瞬时功率为120 WC.4 s内拉力所做的功为480 JD.4 s内物体克服摩擦力做的功为320 J答案B解析取物体初速度方向为正方向,由题图可知物体与水平面间存在摩擦力,由题图可知0~2 s 内,-F-F f=ma1,且a1=-5 m/s2;2~4 s内,-F+F f=ma2,且a2=-1 m/s2,联立以上两式解得F=60 N,F f=40 N,选项A错误;由P=Fv得4 s时拉力的瞬时功率为120 W,选项B正确;由W=Fx,可知0~2 s 内,W1=-Fx1,2~4 s内,W2=Fx2,由题图可知x1=10 m,x2=2 m,代入数据解得,4 s内拉力所做的功为-480 J,选项C错误;摩擦力做功W'=F f s,摩擦力始终与速度方向相反,故s为路程,由题图可求得总路程为12 m,4 s内物体克服摩擦力做的功为480 J,选项D错误.2.一起重机的钢绳由静止起先匀加速提起质量为m的重物,当重物的速度为v1时,起重机的功率达到最大值P,之后起重机保持该功率不变,接着提升重物,最终重物以最大速度v2匀速上升,不计钢绳重力.则整个过程中,下列说法正确的是()A.钢绳的最大拉力为kk2B.重物匀加速过程的时间为kk12k-kkk1C.重物匀加速过程的加速度为kkk1D.速度由v1增大至v2的过程中,重物的平均速度。
第2讲能量观点在电磁学中的应用一、选择题：每小题给出的四个选项中，第1～3题只有一项符合题目要求，第4～5题有多项符合题目要求．1．(2019年齐齐哈尔一模)在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形abcd，对角线的交点为O，顶点a、c分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示，若将一个带负电的粒子P置于b点，自由释放，粒子P将沿着对角线bd运动，则在线段bd上( )A．O点的电场强度最大B．O点电势最低C．粒子P在O点时电势能最大D．粒子P在O点时动能最大【答案】D2．(2019年甘肃五市二模)如图所示，一带电小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左侧摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右侧摆到最低点时悬线上的张力为( )A．0 B．2mgC．4mg D．6mg【答案】C3．(2018年陕西韩城三模)如图所示，O点处有一固定的点电荷，虚线是等势面，另外两个质量及电量绝对值相等的带电粒子M、N以大小相同的速度射入点电荷的电场，仅在电场力作用下两个粒子运动的轨迹如图中实线所示，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是( )A．M、N带异种电荷，M和O点处点电荷电性相同B．M从a点运动到b点的过程中，电势能先增大后减小C．N从c点运动到d点的过程中，动能先减小后增大D．N在d点的电势能比M在a点电势能小【答案】C4．(2019年河南郑州二模)如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，固定在水平面上，右端接一个阻值为R 的定值电阻，平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止．已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，金属棒与导轨间接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中(重力加速度为g )( )A ．金属棒中的最大电流为Bd 2gh2R B ．金属棒克服安培力做的功为mgh C ．通过金属棒的电荷量为BdL 2RD ．金属棒产生的电热为12mg (h －μd )【答案】CD5．(2018年山东泰安二模)如图所示，水平面内的等边三角形ABC 的边长为L ，两个等量异种点电荷＋Q 和－Q 分别固定于A 、B 两点．光滑绝缘直导轨CD 的上端点D 位于到A 、B 中点的正上方，且与A 、B 两点的距离均为L .在D 处质量为m 、电荷量为＋q 的小球套在轨道上(忽略它对原电场的影响)，并由静止释放，已知静电力常量为k ，重力加速度为g .忽略空气阻力，则下列说法正确的是( )A ．D 点的场强大小为kQ L2B ．小球到达CD 中点时，其加速度为零C ．小球刚到达C 点时，其动能为32mgL D ．小球沿直轨道CD 下滑过程中，其电势能先增大后减小 【答案】AC【解析】根据点电荷产生的电场的性质可知，负电荷在D 处的电场强度沿DB 方向，正电荷在D 处的电场强度沿AD 方向，两个点电荷的电量是相等的，所以两个点电荷在D 点的电场强度的大小相等，则它们的合场强的方向沿AD 、DB 的角平分线；由库仑定律得，A 、B 在D 点的场强E A ＝E ＝k q L2，则D 点的场强E D ＝E A cos 60°＋E B cos 60°＝k qL2，故A 正确；当小球到达CD 中点时，小球受重力、支持力、正电荷的排斥力、负电荷的吸引力，对其受力分析可知，重力和支持力的合力与正电荷的排斥力和负电荷的吸引力的合力不在同一平面上，故两个合力不可能平衡，故加速度不为零，故B 错误；由于C 与D 到A 、B 的距离都等于L ，结合等量异种点电荷的电场特点可知，C 点与D 点在同一等势面上，电场力不做功，故小球的电势能不变，下落过程只有重力做功，即mg ·OD ＝12mv 2，又几何关系可知OD ＝L ·sin 60°＝32L ，小球的动能E k ＝12mv 2＝32mgL ，故C 正确，D 错误．故选AC.二、非选择题6．(2019年资阳模拟)如图所示，一足够大的倾角θ＝30°的粗糙斜面上有一个粗细均匀的由同种材料制成的金属线框abcd ，线框的质量m ＝0.6 kg ，其电阻值R ＝1.0 Ω，ab 边长L 1＝1 m ，bc 边长L 2＝2 m ，与斜面之间的动摩擦因数μ＝39.斜面以EF 为界，EF 上侧有垂直于斜面向上的匀强磁场．一质量为M 的物体用绝缘细线跨过光滑定滑轮与线框相连，连接线框的细线与斜面平行且线最初处于松弛状态．现先释放线框再释放物体，当cd 边离开磁场时线框即以v ＝2 m/s 的速度匀速下滑，在ab 边运动到EF 位置时，细线恰好被拉直绷紧(时间极短)，随即物体和线框一起做匀速运动，t ＝1 s 后开始做匀加速运动．取g ＝10 m/s 2，求：(1)匀强磁场的磁感应强度B ； (2)细绳绷紧前，M 下降的高度H ；(3)系统在线框cd 边离开磁场至重新进入磁场过程中损失的机械能ΔE . 【答案】(1)1 T (2)1.8 m (3)21.6 J 【解析】(1)线框cd 边离开磁场后受到的安培力F ＝BIL 1＝B 2L 21vR线框cd 边离开磁场时匀速下滑，由平衡条件得mg sin θ－μmg cos θ－F ＝0，解得B ＝1 T.(2)由题意，线框第二次匀速运动方向向上，设其速度为v 1，细线拉力为T则匀速运动的速度v 1＝L 2t ＝21m/s ＝2 m/s对线框，由平衡条件得T －mg sin θ－μmg cos θ－B 2L 21v 1R＝0对物体，由平衡条件得T －Mg ＝0设绳突然绷紧过程中绳子作用力的冲量为I ，由动量定理得 对线框：I ＝mv 1－m (－v ) 对物体：－I ＝Mv 1－Mv 0绳绷紧前M 自由下落v 20＝2gH ，解得H ＝1.8 m. (3)根据能量守恒定律得线框匀速下滑过程Q 1＝mgL 2sin θ绳子突然绷紧过程Q 2＝12Mv 20＋12mv 2－12(M ＋m )v 21线框匀速上滑过程Q 3＝MgL 2－mgL 2sin θ损失的机械能ΔE ＝Q 1＋Q 2＋Q 3，解得ΔE ＝21.6 J.7．(2019年陕西韩城三模)某同学用如图所示的装置研究电磁阻尼现象．ACDE 、FGHI 为相互平行的轨道，AC 、FG 段是半径为r 的四分之一圆弧，CDE 、GHI 段在同一水平面内，CG 连线与轨道垂直，两轨道间距为L ，在E 、I 端连接阻值为R 的定值电阻，一长度也为L 、质量为m 的金属导棒固定在轨道上紧靠A 、F 端，导体棒与导轨垂直并接触良好，导棒的电阻也为R ，其他电阻不计，整个轨道处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，闭合开关S ，让导棒由静止释放，导棒在下滑过程中始终与导轨接触良好，当导棒运动到与CG 重合时，速度大小为v ，导棒最终静止在水平轨道DE 、HI 段某处，电阻R 上产生的热量为Q ，轨道DE 、HI 段粗糙且足够长，其他部分光滑，重力加速度为g ，求：(1)导棒运动到与CG 重合时，通过定值电阻R 的电量； (2)导棒运动到与CG 重合时，导棒的加速度大小；(3)若断开开关S ，再让导棒从轨道上紧靠F 、A 处由静止释放，则导棒在HI 、DE 段滑行的距离x 2是电键闭合时，导棒滑下在HI 、DE 段滑行的距离x 1的多少倍？【答案】(1)q ＝BLr2R(2)a ＝B 4L 4v 24m 2R 2＋v 4r2 (3)x 2x 1＝mgrmgr －2Q【解析】(1)当导棒运动到与CG 重合时，通过定值电阻R 的电量 q ＝I －·Δt ；I －＝E －2R ； E －＝ΔΦΔt 解得q ＝BLr 2R(2)导体棒运动到与CG 重合时，回路中的瞬时电动势E ＝BLv 回路中的电流为I ＝E 2R ＝BLv2R导体棒受到的安培力F ＝BIL ＝B 2L 2v2R水平方向的加速度a ＝F m ＝B 2L 2v2mR导体棒做圆周运动的向心加速度a 2＝v 2r所以，合加速度a ＝a 21＋a 22＝B 4L 4v 24m 2R 2＋v 4r2 (3)电键闭合时，由于导体棒与定值电阻串联，因此导棒上产生的热量也为Q ； 根据能量守恒，导体棒因摩擦产生的热量Q 1＝mgr －2Q若电键断开，根据能量守恒可知，导体棒在HI 、DE 段因摩探产生的热量Q 2＝mgr 由功能关系Q 1＝μmgx 1Q 2＝μmgx 2因此x 2x 1＝Q 2Q 1＝mgrmgr －2Q。
阶段训练(二) 功和能 动量(时间:45分钟 满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。
在每小题给出的四个选项中,1~5题只有一个选项符合题目要求,6~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2024·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。
在启动阶段,列车的动能( ) A.与它所经验的时间成正比 B.与它的位移成正比 C.与它的速度成正比 D.与它的动量成正比 答案:B解析:高铁列车启动阶段可看作初速度为零的匀加速运动,则列车所受合外力恒定,由动能定理E k =F ·x ,E k 与位移成正比。
另外,E k =12mv 2=12ma 2t 2=p 22p ,故选项B 正确,A 、C 、D 错误。
2.如图所示,竖直面内,两段半径均为R 的光滑半圆形细杆平滑拼接组成“S ”形轨道,一个质量为m 的小环套在轨道上,小环从轨道最高点由静止起先下滑,下滑过程中始终受到一个水平恒力F 的作用,小环能下滑到最低点,重力加速度大小为g 。
则小环从最高点下滑到最低点的过程中( )A.小环机械能守恒B.外力F 始终做正功C.小环在最低点的速度大小为v=2√2ppD.在最低点小环对轨道的压力大小F N=mg答案:C解析:小环下滑过程中受重力、轨道沿半径方向的作用力和水平外力F,重力始终做正功,外力F时而做正功时而做负功,轨道的作用力始终不做功,故小环机械能不守恒,选项A、B错误;小环从最高点下滑到最低点的过程中,在沿水平恒力F方向上的位移为0,则由动能定理可得整个过程中重力做的功等于动能变更量,mg·4R=12mv2,解得v=2√2pp,选项C正确;小环在最低点,由牛顿其次定律得F N'-mg=m p2p,得F N'=9mg,由牛顿第三定律可知F N=F N'=9mg,选项D错误。
专题二 功与能 （2）——2023届高考物理大单元二轮复习练重点【新课标全国卷】1.如图所示，在水平向右的匀强电场中，质量为m 的带电小球，以初速度v 从M 点竖直向上运动，通过N 点时，速度大小为2v ，方向与电场方向相反，则小球从M 运动到N 的过程( )A.动能增加212mv B.机械能增加22mv C.重力势能增加232mv D.电势能增加22mv 2.如图所示在足够长的光滑水平面上有一静止的质量为M 的斜面，斜面表面光滑、高度为h 、倾角为θ。
一质量为()m m M 的小物块以一定的初速度0v 沿水平面向右运动，不计冲上斜面过程中的机械能损失。
如果斜面固定，则小物块恰能冲到斜面的顶端。
如果斜面不固定，则小物块冲上斜面后能达到的最大高度为( )A.hB.mh m M +C.mh MD.Mh m M+ 3.如图甲所示，水平地面上竖直固定一半径为0.5 m 的半圆形轨道，A 为最低点，B 为轨道中点，C 为最高点。
现有一质量为1 kg 的小球从A 点以一定速度进入半圆轨道，恰好能到达最高点C 。
测得小球在轨道上速度的平方与其高度的关系如图乙所示。
已知轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计，重力加速度g 取210m/s 。
则( )A.图乙中25x =B.小球在A 点时对轨道的压力大小为10 NC.小球从A 到C ，合力做的功为15.5 JD.小球从B 到C ，损失的机械能小于2.75 J 4.如图所示，水平传送带以恒定的速率顺时针转动，传送带右端上方的挡板上固定着一轻弹簧。
将小物块P 轻放在传送带左端，P 在接触弹簧前速度已达到v ，与弹簧接触后弹簧的最大形变量为d 。
P 的质量为m ，与传送带之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。
从P 开始接触弹簧到弹簧第一次达到最大形变量的过程中( )A.P 的速度一直减小B.传送带对P 做功的功率一直减小C.传送带对P 做的功小于mgd μD.弹簧的弹性势能变化量为212mv mgd μ+ 5.如图所示，劲度系数为k 的轻弹簧下端悬挂一质量为M 的圆盘，圆盘处于静止状态。
动量和能量观念在力学中的应用1．如图甲所示，质量m＝6 kg的空木箱静止在水平面上,某同学用水平恒力F推着木箱向前运动，1 s 后撤掉推力，木箱运动的v .t图像如图乙所示，不计空气阻力，g取10 m/s2。
下列说法正确的是（）A．木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0。
25B．推力F的大小为20 NC．在0～3 s内，木箱克服摩擦力做功为900 JD．在0.5 s时，推力F的瞬时功率为450 W解析撤去推力后，木箱做匀减速直线运动，由速度—时间图线知，匀减速直线运动的加速度大小a2＝错误! m/s2＝5 m/s2，由牛顿第二定律得,a2＝错误!＝μg，解得木箱与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5,故A错误；匀加速直线运动的加速度大小a1＝错误! m/s2＝10 m/s2，由牛顿第二定律得,F－μmg＝ma1，解得F＝μmg＋ma1＝0。
5×60 N＋6×10 N＝90 N，故B错误;0～3 s内，木箱的位移x＝错误!×3×10 m＝15 m，则木箱克服摩擦力做功W f＝μmgx＝0。
5×60×15 J＝450 J，故C错误；0。
5 s时木箱的速度v＝a1t1＝10×0。
5 m/s＝5 m/s，则推力F的瞬时功率P＝Fv＝90×5 W＝450 W,故D正确.答案D2．（2019·湖南株洲二模)如图，长为l的轻杆两端固定两个质量相等的小球甲和乙（小球可视为质点），初始时它们直立在光滑的水平地面上。
后由于受到微小扰动，系统从图示位置开始倾倒。
当小球甲刚要落地时，其速度大小为（）A.错误!B．错误!C.错误!D．0解析甲、乙组成的系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得mv－mv′＝0，由于甲球落地时，水平方向速度v＝0，故v′＝0，由机械能守恒定律得错误!mv错误!＝mgl，解得v甲＝2gl，故A正确.答案A3。
专题二 功、能量和动量 提升卷时间：90分钟 满分：95分一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在给出的四个选项中，第1～6小题只有一个选项正确，第7～8小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1．(导学号：92274039)如图所示，质量为m 的小滑块从O 点以速度v 0沿水平面向左运动，小滑块撞击弹簧后被弹簧弹回并最终静止于O 点，则运动过程中弹簧获得的最大弹性势能是( )A.13m v 20B.14m v 20C.16m v 20D.18m v 20 2．(导学号：92274040)长度为R 的水平面AB 与半径也为R 的14圆弧BC 在圆弧最低点B 相连组成如图所示的轨道，放在A 点的小滑块P (视为质点)质量为m ，滑块P 与水平面和圆弧面间的动摩擦因数均为μ.现用沿轨道的力F 将小滑块从A 点缓慢拉到C 点，则拉力做的功为( )A ．2μmgRB ．mgR (μ＋1)C ．mgR (2μ＋1)D ．无法确定3．(导学号：92274041)如图所示，固定放置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．一质量为m(质量分布均匀)的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ.现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大(运动过程中杆始终与导轨保持垂直)．设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g.则此过程中()A．杆的速度最大值为(F－μmg)RB2d2B．安培力做的功等于电阻R上产生的热量C．恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D．恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量4．(导学号：92274042)(2017·北京海淀区测试)地球表面附近某区域存在大小为150 N/C、方向竖直向下的匀强电场．一质量为1.00×10－4 kg、带电荷量为－1.00×10－7 C的小球从静止释放，在电场区域内下落10.0 m．对此过程，该小球的电势能和动能的改变量分别为(重力加速度大小取9.80 m/s2，忽略空气阻力)()A．－1.50×10－4 J和9.95×10－3 JB．1.50×10－4 J和9.95×10－3 JC．－1.50×10－4 J和9.65×10－3 JD．1.50×10－4 J和9.65×10－3 J5．(导学号：92274043)(2017·北京西城区模拟)空间存在竖直向上的匀强电场，质量为m的带正电的微粒水平射入电场中，微粒的运动轨迹如图所示，在相等的时间间隔内( )A ．重力做的功相等B ．电场力做的功相等C ．电场力做的功大于重力做的功D ．电场力做的功小于重力做的功6．(导学号：92274044)(2017·山东省部分重点中学高三调研)如图所示，物体A 、B 通过细绳及轻质弹簧连接在轻滑轮两侧，物体A 、B 的质量分别为2m 、m ，开始时细绳伸直，用手托着物体A 使弹簧处于原长且A 与地面的距离为h ，物体B 静止在地面上，放手后物体A 下落，与地面即将接触时速度为v ，此时物体B 对地面恰好无压力，则下列说法中正确的是( )A ．物体A 下落过程中的某一时刻，物体A 的加速度为零B ．此时弹簧的弹性势能等于2mgh －m v 2C ．此时物体B 处于超重状态D ．弹簧劲度系数为2mg h7．(导学号：92274045)(2017·太原一模)质量为1 kg 的小球以4 m/s 的速度与质量为2 kg 的静止小球正碰，关于碰后的速度v ′1和v ′2，下面哪些是可能正确的( )A ．v ′1＝v ′2＝43 m/sB ．v ′1＝－1 m/s ，v ′2＝2.5 m/sC ．v ′1＝1 m/s ，v ′2＝3 m/sD ．v ′1＝3 m/s ，v ′2＝0.5 m/s8．(导学号：92274046)如图为某探究活动小组设计的节能运输系统．斜面轨道倾角为30°，质量为M 的木箱与轨道的动摩擦因数为36.木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程．下列选项正确()A．m＝MB．m＝2MC．木箱不能与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能二、非选择题：本题共4小题，共47分．解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．9．(导学号：92274047)(11分)如图所示，一轻绳绕过无摩擦的两个轻质小定滑轮O1、O2和质量m B＝m的小球连接，另一端与套在光滑直杆上质量m A＝m 的小物块连接，已知直杆两端固定，与两定滑轮在同一竖直平面内，与水平面的夹角θ＝60°，直杆上C点与两定滑轮均在同一高度，C点到定滑轮O1的距离为L，重力加速度为g，设直杆足够长，小球运动过程中不会与其他物体相碰．现将小物块从C点由静止释放，试求：(1)小球下降到最低点时，小物块的机械能(取C点所在的水平面为参考平面)；(2)小物块能下滑的最大距离；(3)小物块在下滑距离为L时的速度大小．10．(导学号：92274048)(2017·广州模拟)(13分)如图所示，半径R ＝0.8 m 的光滑14圆弧轨道固定在光滑水平面上，在轨道末端C 点紧靠(不相连)一质量M ＝3 kg 的长木板，长木板上表面与圆弧轨道末端的切线相平，距离木板右侧1 m 处有一固定在地面上的木桩，轨道上方的A 点与轨道圆心O 的连线长也为R ，且AO 连线与水平方向夹角θ＝30°.一个可视为质点、质量为m ＝1 kg 的小物块，从A 点由静止开始下落后打在圆弧轨道的B 点，假设在该瞬间碰撞过程中，小物块沿半径方向的分速度立刻减为零，而沿切线方向的分速度不变，此后小物块将沿圆弧轨道下滑，已知小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3，(g 取10 m/s 2)．求：(1)小物块刚运动到B 点时的速度大小；(2)长木板第一次与木桩碰撞时的速度大小(与木桩碰前小物块没有脱离木板)；(3)假设长木板与木桩和圆弧轨道间的每一次碰撞过程都不损失机械能，为使小物块不滑出长木板，木板的长度至少为多少？11．(导学号：92274049)(2017·山东潍坊中学一模)(11分)如图所示，滑块A 、B 静止于光滑水平桌面上，B 的上表面水平且足够长，其左端放置一滑块C ，B 、C 间的动摩擦因数为μ(数值较小)，A 、B 由不可伸长的轻绳连接，绳子处于松弛状．现在突然给C 一个向右的速度v 0，让C 在B 上滑动，当C 的速度为14v 0时，绳子刚好伸直，接着绳子被瞬间拉断，绳子拉断时B 的速度为316v 0.已知A 、B 、C 的质量分别为2m 、3m 、m .求：(1)从C 获得速度v 0开始经过多长时间绳子刚好伸直；(2)从C 获得速度v 0开始到绳子被拉断的过程中整个系统损失的机械能．12．(导学号：92274050)(2017·云南省七校高考适应性考试)(12分)如图所示，半径为R 的竖直半圆形轨道MN 的底端N 点处有质量分别为m 和2m 的A 、B 两小球(可视为质点)，A 、B 两小球之间用短细线连接，中间夹有一被压缩的弹簧，弹簧与A球、B球均不粘连，某时刻烧断细线，A球沿半圆形轨道运动，B球沿水平轨道向右运动，且A球恰好能够到达半圆形轨道的最高点M，此时B球与质量为2m的小球C发生碰撞(碰撞时间不计)并粘合在一起向右运动，最后A球恰好在水平轨道的P点击中B球，不计一切摩擦，弹簧的长度可忽略不计，重力加速度为g，求：(1)N、P间的距离；(2)N、Q间的距离；(3)B、C两小球碰撞时损失的能量．专题二 功、能量和动量提升卷1．B 设动摩擦因数为μ，O 点离弹簧右端距离为L ，弹簧最大压缩量为Δx .小滑块从O 点运动到弹簧压缩量最大时，速度减为0，由动能定理可得－μmg (L＋Δx )－W 弹＝0－12m v 20，再分析弹簧压缩量最大到小滑块最终静止的过程，由动能定理可得W 弹－μmg (L ＋Δx )＝0－0，联立可得W 弹＝14m v 20，故弹簧获得的最大弹性势能是14m v 20，选项B 正确．2．C 缓慢拉动，则动能变化不计．小滑块P 从A 到C 的过程中，拉力做正功，滑动摩擦力和重力做负功，因此拉力F 做的功等于克服滑动摩擦力和克服重力做功之和．克服重力做功为mgR ，在A 、B 间克服滑动摩擦力做功为μmgR ，在B 、C 间取一小段l 可看作是倾角为θ的斜面，则在这一小段上克服摩擦力做功为ΔW ＝μmgl cos θ，各小段l cos θ之和等于圆弧半径R ，故在圆弧段克服摩擦力做的总功为μmgR ，所以拉力做功W ＝mgR ＋2μmgR ＝mgR ·(2μ＋1)，C 选项正确．3．D 当杆达到最大速度v m 时，F －μmg －B 2d 2v m R ＋r＝0得v m ＝(F －μmg )(R ＋r )B 2d 2，A 错误；安培力做的功等于电阻R 和r 上产生的热量，B 错误；在杆从开始到达最大速度的过程中由动能定理得W F ＋W f ＋W 安＝ΔE k ，其中W f ＝－μmgl ，W 安＝－Q ，恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C 错误；恒力F 做的功与安培力做的功之和等于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D 正确．4．D 在电场区域内下落10.0 m ，电场力做功W ＝qEh ＝－1.00×10－7 C ×150 N/C ×10.0 m ＝－1.50×10－4 J ，该小球的电势能增加1.50×10－4 J ．由动能定理可知，动能的改变量为W ＋mgh ＝－1.50×10－4 J ＋1.00×10－4 kg ×9.80 m/s 2×10.0 m ＝9.65×10－3 J ，选项D 正确．5．C 对微粒受力分析，受重力和向上的电场力，并且电场力大于重力．微粒水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，相等的时间间隔内，竖直方向的分位移不等，所以在相等的时间间隔内，重力和电场力做的功不同，A 、B 错误；因为电场力大于重力，所以在相等的时间间隔内，电场力做的功大于重力做的功，选项C 正确、D 错误．6．B 在物体A 的下落过程中，物体B 还没有脱离地面，绳子的拉力F ≤mg ，地面对物体B 的支持力F N ≤mg ，此时物体B 处于失重状态，可知物体A 在下落过程中一直做加速运动，且物体A 与弹簧组成的系统机械能守恒，有关系式2mgh ＝12×2m v 2＋E p ，此时弹簧的弹性势能E p ＝2mgh －m v 2，则选项A 、C 错误，B 正确；A 即将与地面接触时，弹簧伸长量为h ，弹簧弹力F 弹＝kh ，对B 受力分析，有F 弹＝mg ，解得k ＝mg h ，易知选项D 错误．7．AB 对于碰撞问题要遵循三个原则：动量守恒定律，碰后系统的机械能不增加和碰撞过程要符合实际情况．碰撞过程满足动量守恒，所以碰后系统的初动量为p ＝1 kg ×4 m/s ＝4 kg·m/s ，方向与质量为1 kg 的小球的初速度方向相同，据此可排除选项C ；因为碰后，两球不可能发生再次碰撞，据此可排除选项D ；经检验，选项AB 满足碰撞过程应遵循的三个原则，所以选项AB 正确．8．BC 自下滑至弹簧压缩到最短的过程中，由能量守恒有：(m ＋M )gh ＝μ(m ＋M )g cos30°·h sin30°＋E 弹…①， 自木箱反弹到轨道顶端的过程中，由能量守恒有：E 弹＝Mgμcos30°·h sin30°＋Mgh …②联立①②得，m ＝2M ，B 正确．下滑过程中，(M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )g cos θ＝(M ＋m )a 1…①上滑过程中：Mg sin θ＋μMg cos θ＝Ma 2…②解得，a 2＝g (sin θ＋μcos θ)＞a 1＝g (sin θ－μcos θ)，故C 正确．9．解：(1)设此时小物块的机械能为E 1.由机械能守恒定律得E 1＝m B g (L －L sin θ)＝mgL (1－3/2)(2)设小物块能下滑的最大距离为s m ，由机械能守恒定律有：m A gs m sin θ＝m B gh B 增而h B 增＝(s m －L cos θ)2＋(L sin θ)2－L代入解得s m ＝4(1＋3)L(3)设小物块下滑距离为L 时的速度大小为v ，此时小球的速度大小为v B ，则v B ＝v cos θm A gL sin θ＝12m B v 2B ＋12m A v 2解得v ＝203gL 510．解：(1)小物块落到圆弧上的B 点，B 、A 两点关于O 点对称，则AB ＝R 根据机械能守恒定律，有mgR ＝12m v 2B 解得：v B ＝2gR ＝4 m/s所以小物块运动到B 点时的速度大小为4 m/s.(2)小物体到达B 点后沿切线方向的分速度v BC ＝v B cos θ解得v BC ＝2 3 m/s小物体从B 点到C 点，机械能守恒，取圆弧最低点C 为重力势能的零点，则有：12m v 2BC ＋mgR (1－sin θ)＝12m v 2c解得v 0＝2 5 m/s设长木板第一次与木桩碰撞之前，小物块与木板的速度相同，系统的动量守恒，则：m v C ＝(M ＋m )v 解得：v ＝52 m/s 对长木板，由动能定理得：μmgs ＝12M v 2解得：s ＝58 m ＜1 m假设成立，即长木板第一次与木桩碰撞时，速度的大小为52 m/s(3)长木板第一次与木桩碰撞反弹后，根据动量守恒得：M v －m v ＝(M ＋v )v ′ 解得v ′＝54 m/s μmgL ＝12m v 2C －12(m ＋M )v ′2 解得：L ＝258 m ＝3.125 m所以木板的长度至少为3.125 m.11．(1)3v 04μg (2)4171 024m v 20解析：(1)从C 获得速度v 0到绳子刚好伸直的过程中，根据动量定理得：－μmgt ＝14m v 0－m v 0解得：t ＝3v 04μg(2)设绳子刚伸直时B 的速度为v B ，对B 、C 组成的系统，由动量守恒定律得：m v 0＝m ·14v 0＋3m v B解得：v B ＝14v 0绳子被拉断的过程中，A 、B 组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律得：3m v B ＝2m v A ＋3m ·316v 0解得：v A ＝332v 0整个过程中，根据能量守恒定律得：Q ＝12m v 20－12×2m v 2A －12×3m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫316v 02－12m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫14v 02＝4171 024m v 2012．(1)2R (2)4－52R (3)58mgR解析：(1)A 球恰好能够到达M 点，重力提供其做圆周运动的向心力，则有mg ＝m v 21RA 球从M 点到P 点做平抛运动竖直方向有2R ＝12gt 2水平方向有x NP ＝v 1t联立解得x NP ＝2R(2)A 、B 两小球在细线烧断后瞬间有m A v A ＝m B v BA 球从N 点运动到M 点由动能定理有－2m A gR＝12m Av21－12m Av2A联立解得v A＝5gR，v B＝5gR 2当B球与C球发生非弹性碰撞时有m B v B＝(m B＋m C)v共B、C两小球从Q点运动到P点的时间与A球做平抛运动的时间相等，有x QP＝v共t联立解得x QP＝5 2R则x NQ＝x NP－x QP＝4－52R(3)根据能量守恒定律，B、C两小球碰撞时损失的能量为ΔE＝12m Bv2B－12(m B＋m C)v2共＝58mgR。
