动量与能量结合综合题附解答

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2020年高考物理复习：动量与能量综合专项练习题(含答案解析)

2020年高考物理复习：动量与能量综合专项练习题1.如图所示，在平直轨道上P点静止放置一个质量为2m的物体A，P点左侧粗糙，右侧光滑。

现有一颗质量为m 的子弹以v0的水平速度射入物体A并和物体A一起滑上光滑平面，与前方静止物体B发生弹性正碰后返回，在粗糙面滑行距离d停下。

已知物体A与粗糙面之间的动摩擦因数为μ＝v2072gd，求：(1)子弹与物体A碰撞过程中损失的机械能；(2)B物体的质量。

2.如图所示，水平光滑地面的右端与一半径R＝0.2 m的竖直半圆形光滑轨道相连，某时刻起质量m2＝2 kg的小球在水平恒力F的作用下由静止向左运动，经时间t＝1 s 撤去力F，接着与质量m1＝4 kg以速度v1＝5 m/s向右运动的小球碰撞，碰后质量为m1的小球停下来，质量为m2的小球反向运动，然后与停在半圆形轨道底端A点的质量m3＝1 kg的小球碰撞，碰后两小球粘在一起沿半圆形轨道运动，离开B点后，落在离A点0.8 m的位置，求恒力F 的大小。

(g取10 m/s2)3.如图所示，半径为R的四分之三光滑圆轨道竖直放置，CB是竖直直径，A点与圆心等高，有小球b静止在轨道底部，小球a自轨道上方某一高度处由静止释放自A点与轨道相切进入竖直圆轨道，a、b小球直径相等、质量之比为3∶1，两小球在轨道底部发生弹性正碰后小球b经过C点水平抛出落在离C点水平距离为22R的地面上，重力加速度为g，小球均可视为质点。

求(1)小球b碰后瞬间的速度；(2)小球a 碰后在轨道中能上升的最大高度。

4.如图所示，一对杂技演员(都视为质点)荡秋千(秋千绳处于水平位置)，从A 点由静止出发绕O 点下摆，当摆到最低点B 时，女演员在极短时间内将男演员沿水平方向推出，然后自己刚好能回到高处A .已知男演员质量为2m 和女演员质量为m ，秋千的质量不计，秋千的摆长为R ，C 点比O 点低5R .不计空气阻力，求：(1)摆到最低点B ，女演员未推男演员时秋千绳的拉力；(2)推开过程中，女演员对男演员做的功；(3)男演员落地点C 与O 点的水平距离s .5.如图所示，光滑水平面上放着质量都为m 的物块A 和B ，A 紧靠着固定的竖直挡板，A 、B 间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A 、B 均不拴接)，用手挡住B 不动，此时弹簧弹性势能为92mv 20，在A 、B 间系一轻质细绳，细绳的长略大于弹簧的自然长度。

动量与能量部分习题分析与解答

跳跃的距离增加了多少？（假设人可视为质点）
分析：人跳跃躏距离的增加是由于他在最
高点处向后抛出物体所致。在抛物的过程
中，人与物之间相互作用的冲量，使他们各自的动量发生了变化。人与物水平方向不受外力作用，系统在该方向上动量守恒，且必须注意是相对地面（惯性系）而言的，
y
u v0
根据相对运动可确定人与物的速度，求得
x
v-u 为抛出物对地面的水平速率。
人的水平速率的增量为
v
v0
c
os
m m'm
u
x Δx
v
v
v0
cos
m m'm
u
而人从最高点到地面的运动时间为
t v0 sin
g
所以，人跳跃的距离的增加量为 x vt mv0 sin u
(m' m) g
第三章动量与能量部分习题分析与解答
3-13 如图所示，一绳索跨过无摩擦的滑轮，系在质量为1.00kg 的物体上，起初物体静止在无摩擦的水平平面上，若用5.00N的恒力作用在绳索的另一端，使物体向右作加速运动，当系在物体上的绳索从与水平面成30°角变为37°角时，力对物体所作的功为多少？已知滑轮与水平面之间的距离d=1.00m。
(2)
由式（1）、（2）可得 F P1 F2
(3)
当A板跳到N点时，B板刚被提起，此时弹性力Ｆ’2=P2，且F2=F’2。由式（３）可得
F P1 P2 ( m1 m2 )g
第三章动量与能量部分习题分析与解答
3-22 如图示，有一自动卸货矿工车，满载时的质量为m’，从与水平成倾角α=30.0°斜面上的点A由静止下滑。设斜面对车的阻力为车重的0.25倍，矿车下滑距离L时，与缓冲弹簧一道沿斜面运动，当矿车使弹簧产生最大压缩形变时，矿车自动卸货，然后矿车借助弹簧的弹性力作用，使之返回原位置A再装货。试问要完成这一过程。空载时与满载时车的质量之比变为多大？

动量和能量的综合问题-解析版

专题：动量和能量的综合问题1．燃放爆竹是我国传统民俗．春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，并炸开成质量相等的三块碎片a、b、c，其中碎片a的速度方向水平向东，忽略空气阻力．以下说法正确的是()A．炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，则碎片c的速度方向可能水平向南B．炸开时，若碎片b的速度为零，则碎片c的速度方向一定水平向西C．炸开时，若碎片b的速度方向水平向北，则三块碎片一定同时落地D．炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，则碎片c落地时的速度可能等于3v0答案C解析到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，则总动量向东；炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，碎片c的速度方向水平向南，则违反动量守恒定律，A错误；炸开时，若碎片b的速度为零，根据动量守恒定律，碎片c的速度方向可能水平向东，B错误；三块碎片在竖直方向上均做自由落体运动，一定同时落地，C正确；炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，根据动量守恒定律3m v0＝m v c，解得v c＝3v0，碎片c 落地时速度的水平分量等于3v0，其落地速度一定大于3v0，D错误．2．天问一号探测器由环绕器、着陆器和巡视器组成，总质量达到5×103kg，于2020年7月23日发射升空，2021年2月24日进入火星停泊轨道．在地火转移轨道飞行过程中天问一号进行了四次轨道修正和一次深空机动，2020年10月9日23时，在距离地球大约2.94×107千米的深空，天问一号探测器3000N主发动机点火工作约480秒，发动机向后喷射的气体速度约为3×103m/s，顺利完成深空机动，天问一号飞行轨道变为能够准确被火星捕获的、与火星精确相交的轨道．关于这次深空机动，下列说法正确的是()A．天问一号的速度变化量约为2.88×103m/sB．天问一号的速度变化量约为288m/sC．喷出气体的质量约为48kgD．喷出气体的质量约为240kg答案B解析根据动量定理有Ft＝MΔvΔv＝FtM＝3000×4805×103m/s＝288m/s，即天问一号的速度变化量Δv约为288m/s，可知A错误，B正确；设喷出气体的速度为v气，方向为正方向，质量为m，由动量守恒定律可知m v气－(M－m)Δv＝0，解得喷出气体质量约为m＝438kg，C、D错误．3．某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，下列说法不正确的是()A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比B．人走到船尾不再走动，船也停止不动C ．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比D ．船的运动情况与人行走的情况无关答案D解析人从船头走向船尾的过程中，人和船组成的系统动量守恒．设人的质量为m ，速度为v .船的质量为M ，速度为v ′.以人行走的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0＝m v ＋M v ′，解得vv ′＝－M m可知，人匀速行走，v 不变，则v ′不变，船匀速后退，且两者速度大小与它们的质量成反比，故A 正确，与题意不符；人走到船尾不再走动，设整体速度为v ″，由动量守恒定律得0＝(m ＋M )v ″，得v ″＝0即船停止不动，故B 正确，与题意不符；由以上分析知v v ′＝－Mm ，则不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比，故C 正确，与题意不符；由以上分析知，船的运动情况与人行走的情况有关，人动船动，人停船停，故D 错误，与题意相符．4．(多选)倾角为θ的固定斜面底端安装一弹性挡板，P 、Q 两物块的质量分别为m 和4m ，Q 静止于斜面上A 处．某时刻，P 以沿斜面向上的速度v 0与Q 发生弹性碰撞．Q 与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．P 与斜面间无摩擦．斜面足够长，Q 的速度减为零之前P 不会再与之发生碰撞．重力加速度大小为g .关于P 、Q 运动的描述正确的是()A ．P 与Q 第一次碰撞后P 的瞬时速度大小为v P 1＝25v 0B ．物块Q 从A 点上升的总高度v 029g C ．物块P 第二次碰撞Q 前的速度为75v 0D ．物块Q 从A 点上升的总高度v 0218g 答案CD解析P 与Q 的第一次碰撞，取P 的初速度方向为正，由动量守恒定律得m P v 0＝m P v P 1＋m Q v Q 1，由机械能守恒定律得12m P v 02＝12m P v P 12＋12m Q v Q 12，联立解得v P 1＝－35v 0，A 错误；当P 与Q 达到H 高度时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得0－12m v 02＝－(m ＋4m )gH －tan θ·4mg cos θ·Hsin θ，解得H ＝v 0218g，B 错误，D 正确；P 运动至与Q 刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v 02，第一次碰撞后至第二次碰撞前，对P 由动能定理得12m v 022－12m v P 12＝－mgh 1，P 与Q 的第一次碰撞，取P 的初速度方向为正，由动量守恒定律得m v 0＝m v P 1＋4m v Q 1，由机械能守恒定律得12m v 02＝12m v P 12＋12·4m v Q 12，联立解得v 02＝75v 0，C 正确．5．(多选)如图所示，一小车放在光滑的水平面上，小车AB 段是长为3m 的粗糙水平轨道，BC 段是光滑的、半径为0.2m 的四分之一圆弧轨道，两段轨道相切于B 点．一可视为质点、质量与小车相同的物块在小车左端A 点，随小车一起以4m/s 的速度水平向右匀速运动，一段时间后，小车与右侧墙壁发生碰撞，碰后小车速度立即减为零，但不与墙壁粘连．已知物块与小车AB 段之间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g ＝10m/s 2，则()A ．物块到达C 点时对轨道的压力为0B ．物块经过B 点时速度大小为1m/sC ．物块最终距离小车A 端0.5mD ．小车最终的速度大小为1m/s 答案AD解析对物块在AB 段分析，由牛顿第二定律可知F ＝ma代入数据解得a ＝μmg m ＝2m/s.根据运动学公式，物块在B 点的速度为－2ax ＝v B 2－v A 2，代入数据解得v B ＝2m/s从B 到C 的运动过程中，由动能定理可得－mgr ＝12m v C 2－12m v B 2，解得v C ＝0.根据向心力公式有F N ＝m v C 2r ，故物块到达C 点时对轨道的压力为0，A 正确；物块返回B 时，由于BC 是光滑的，有mgr ＝12m v B 2－12m v C 2，代入数据解得v B ＝2m/s ，B 错误；物块从B 到A ，以向左为正方向，由小车与物块的动量守恒，由动量守恒定律有m v B ＝(m ＋M )v ，解得v ＝1m/s ，整个过程由动能定理可得－mgx ＝12m v 2－12m v B 2，解得x ＝320m<3m ，不会从小车左端掉下来，符合题意，故物块最终距离A 端的距离为L ＝x AB －x ＝5720m ，C 错误，D 正确．6．如图所示，两平行光滑杆水平放置，两相同的小球M 、N 分别套在两杆上，并由轻弹簧拴接，弹簧与杆垂直。

7动量和能量的结合问题

端高度与木板高度相同．现在将质量 1. Ǥ 的小铁块可视为质点从弧形轨道
顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度
. ݉ ，最终小铁块和长木
板达到共同速度．忽略长木板与地面间的摩擦．取重力加速度 1 ݉ .求：
小铁块在弧形轨道上滑动过程中克服摩擦力所做的功；
小铁块和长木板达到的共同速度 v．
第 1页，共 7页
根据动量守恒定律可得：1
1݉ ݉ ；
由此解得：；
故选：B。本题考查了用动量守恒定律分析弹簧类问题，以子弹、滑块 A、B 和弹簧组成的系统为研究对象，当三者速度相等时，弹簧被压缩到最短，则弹性势能最大，根据动量守恒可正确解答．
3.【答案】BC
【解析】【分析】
本题是含有非弹性碰撞的过程，要分过程研究，B 与 C 发生碰撞后，B 的速度减小，碰
从 B 与 C 共速后到弹簧再次回到原长时，A 的速度为最小，根据动量守恒和动能守恒列式求解。对于含有弹簧的系统，抓住系统的合外力为零，遵守两大守恒：动量守恒和机械能守恒进行研究。
第 7页，共 7页
滑块在小车上滑动的过程中，滑块与小车组成的系统的动量守恒，由此即可求出小车的末速度；然后结合运动学的公式即可求出小车的长度。
6.【答案】解： 1 弹簧被压缩到最短时，木块 A 与木板 B 具有相同的速度，此时弹簧
的弹性势能最大。设共同速度为 v，从木块 A 开始沿木板 B 表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A、B 系统的动量守恒，取向右为正方向，则有：
对木块 A，运用动量定理可求弹簧给木块 A 的冲量；当木块 A 和 B 板分离时，对系统运用动量守恒定律和机械能守恒定律列式，可求得木块 A 和 B 板的速度。本题要分析清楚物体的运动过程，知道两个物体的速度相同时弹性势能最大，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题。

高考物理试题分项解析专题动量与能量综合问题第期

专题26 动量与能量综合问题一．选择题1.（2019黑龙江齐齐哈尔五校联考）质量为m的小球A以水平初速与原来静止在圆滑水平面上的质量为4m的小球B发生正碰。

已知碰撞过程中A球的动能减少了，则碰撞后B 球的动能是A. B. C. D.【参照答案】D【思路分析】碰后A球的动能恰好变为原来的，速度大小变为原来的，但速度方向可能跟原来相同，也可能相反，再依照碰撞过程中动量守恒即可解的B的速度，进一步可求得B的动能。

本题观察的是动量定律得直接应用，注意动能是标量，速度是矢量，难度适中，属于中档题。

若碰后A球速度方向和原来一致，则依照动量守恒得：将带入得若碰后A球速度将发生反向。

因此有：将带入公式得：，因此碰后B球的动能为或故ABC错误，D正确。

应选：D。

2. （2019安徽滁州期末）以下列图，A、B两物块放在圆滑的水平面上，一轻弹簧放在A、B之间与A相连，与B接触但不连接，弹簧恰好处于原长，将物块A锁定，物块C与A、B 在一条直线上，三个物块的质量相等，现让物块C以的速度向左运动，与B相碰并粘在一起，当C的速度为零时，清除A的锁定，则A最后获得的速度大小为A. B. C. D.【参照答案】D依照能量守恒定律可得，求得，应选：D【思路分析】本题是两个过程：第一是C与B碰撞，显然是动量守恒的，这样可以求出BC 的共同的速度；第二过程是BC一起撞向带有弹簧的A，且清除锁定。

显然第二过程有两个守恒，即动量守恒与能量守恒。

解决本题的要点是要正确分析物体的运动过程，掌握隐含的临界状态和临界条件，即当C的速度为零时，清除锁定，由于整个系统机械能与其他能未发生转变，因此从碰撞后到最后状态机械能守恒的。

二．计算题1.（2019河北衡水质检）以下列图，C是放在圆滑的水平面上的一块木板，木板的质量为3m，在木板的上面有两块质量均为m的小木块A和B，它们与木板间的动摩擦因数均为最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度和在木板上滑动，木板足够长，A、B 向来未滑离木板求：木块B从刚开始运动到与木板C速度恰好相等的过程中，木块B所发生的位移；木块A在整个过程中的最小速度；整个过程中，A、B两木块相对于木板滑动的总行程是多少？【名师分析】对木块B运用动能定理，有：解得：设木块A在整个过程中的最小速度为，所用时间为t，由牛顿第二定律得：对木块A：，对木板C：，当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，则有，解得木块A在整个过程中的最小速度为：．答：木块B从刚开始运动到与木板C速度恰好相等的过程中，木块B所发生的位移为；木块A在整个过程中的最小速度为；整个过程中，A、B两木块相对于木板滑动的总行程是．【方法归纳】、B两木块同时水平向右滑动后，木块A先做匀减速直线运动，当木块A 与木板C的速度相等后，AC相对静止一起在C摩擦力的作用下做匀加速直线运动；木块B 素来做匀减速直线运动，直到三个物体速度相同依照三个物体组成的系统动量守恒求出最后共同的速度，对B由动能定理求解发生的位移；当木块A与木板C的速度相等时，木块A的速度最小，依照牛顿第二定律分别研究A、C，求出加速度，依照速度公式，由速度相等条件求出时间，再求解木块A在整个过程中的最小速度；整个过程中，系统产生的内能等于滑动摩擦力与A与C、B与C相对滑动的总行程的乘积，依照能量守恒求解A、B两木块相对于木板滑动的总行程．本题木块在木板上滑动种类，分析物体的运动过程是解题基础，其次要掌握物理过程的物理规律，常常依照动量守恒和能量守恒结合办理．2．（2019重庆九校缔盟12月联考）距水平川面高5 m的平台边缘放有一质量为1 kg的木块，一质量为20 g的子弹水平射入木块，并留在木块内，木块在子弹的冲击下掉落到水平川面上，测得木块落地地址到平台边缘的水平距离为3 m。

动量与能量综合问题归类分析

量守恒，故小物块恰能到达圆弧最高点A时，
两者旳共同速度 v共 =0
①
设弹簧解除锁定前旳弹性势能为EP，上述过程中系统能量守恒，则有 EP=mgR+μmgL ②
代入数据解得 EP =7.5 J
③
⑵设小物块第二次经过O′时旳速度大小为vm，此时平板车旳速度大小为vM ，研究小物块在圆弧面上下滑过程，由系统动量守恒和机械能守恒有
1 2
Mv 2 2
题目 2页 3页末页
代入数据可得：v1+3v2=4
v21 +3v22 =10
解得
v1
2
3 2
2 3.12m/s
2 2 v2 2 0.29m/s
以上为A、B碰前瞬间旳速度。
或
v1
23 2
2 1.12m/s
v2
2 2
2
1.71m/s
此为A、B刚碰后瞬间旳速度。
题目 2页 3页末页
m
M
若小球只能在下半个圆周内作摆动 1/2m1V22 =m1gh ≤m1gL V2 2gL v0 m M 2gL
类型三：子弹射木块类问题
如图所示,质量为m旳小木块与水平面间旳动摩擦因数
μ=0.1.一颗质量为0.1m、水平速度为v0=33 Rg 旳子弹
打入原来处于静止状态旳小木块（打入小木块旳时间极短, 且子弹留在小木块中）,小木块由A向B滑行5R,再滑上半径为R旳四分之一光滑圆弧BC,在C点正上方有一离C高度也为R旳旋转平台,平台同一直径上开有两个离轴心等距旳小孔P和Q,平台旋转时两孔均能经过C点旳正上方,若要使小木块经过C后穿过P孔,又能从Q孔落下,则平台旳角速度应满足什么条件？
住一轻弹簧后连接在一起，两车从光滑弧形轨道上旳某一高度由静止滑下，当两车刚滑入圆环最低点时连接两车旳挂钩忽然断开，弹簧将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿圆环轨道运动恰能越过圆弧轨道最高点，求：

2023届高考一轮复习：动量和能量综合问题

2023届高考一轮复习：动量和能量综合问题一、完全非弹性碰撞碰后物体的速度相同，根据动量守恒定律可得： m 1v 1+m 2v 2=(m 1+m 2)v 共（1）完全非弹性碰撞系统损失的动能最多，损失动能： ΔE k = ½m 1v 12+ ½ m 2v 22- ½(m 1+m 2)v 共2. （2）联立（1）、（2）解得：v 共 =；ΔE k =1．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m 1、m 2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M 点，如图所示，已知OM 与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比为m 1︰m 2为( )A ．(21)∶(21)+-B ．2∶1C ．(21)∶(21)-+D ．1∶22．如图所示，木块A 和B 质量均为2 kg ，置于光滑水平面上．B 与一轻质弹簧一端相连，弹簧另一端固定在竖直挡板上，当A 以4 m/s 的速度向B 撞击时，由于有橡皮泥而粘在一起运动，那么弹簧被压缩到最短时，具有的弹性势能大小为（）A ．4 JB ．8 JC ．16 JD ．32 J3．A 、B 两小球静止在光滑水平面上，用水平轻弹簧相连接，A 、B 两球的质量分别为m 和M (m <M )．若使A 球获得瞬时速度v (如图3甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若使B 球获得瞬时速度v (如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L 2，则L 1与L 2的大小关系为（）A ．L 1>L 2B ．L 1<L 2C ．L 1＝L 2D ．不能确定二、弹性碰撞解法一：解法二：4．一质量为2m 的小物块A ，沿X 轴的正方向运动，与另一个沿X 轴的负方向运动的质量为m 的小物块B 发生弹性碰撞。

碰撞前物块A 、B 的速度大小都为v 0。

则碰撞后，小物块A 、B 速度分别为（取X 轴的正方向为速度的正方向）， .5．旅行者1号经过木星和土星时通过引力助推（引力弹弓）获得了足以完全摆脱太阳引力的动能。

2024年高考物理二轮复习专题7：动量和能量的综合应用(附答案解析)

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专题07·动量和能量的综合应用能力突破
本专题考查动量、冲量、碰撞、反冲等知识点，用科学思
维的方法解决动量定理、动量守恒定律、人船模型、“木块—滑块”模型、“子弹打木块”模型、“含弹簧”模型等。

高考热点(1)与动量相关的概念及规律；
(2)应用解决碰撞类问题的方法；
(3)“三大观点”在力学中的应用技巧。

出题方向以计算题为主，选择题主要是和其他知识点进行综合考查，计算题也常作为压轴题进行考查，难度中档或偏上。

考点1动量定理和动量守恒定律
1.恒力的冲量可应用I ＝Ft 直接求解，变力的冲量优先考虑应用动量定理求解，合外。

高中力学动量与能量综合题精选35题(例题+练习+知识提要)

高中力学综合题精选35题例1、如图所示，光滑水平面上有一质量M=4.0kg 的平板车，车的上表面右侧是一段长L=1.0m 的水平轨道，水平轨道左侧是一半径R=0.25m 的1/4光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在O′点相切。

车右端固定一个尺寸可以忽略，处于锁定状态的压缩轻弹簧，一质量m=1.0kg 的小物体（可视为质点）紧靠弹簧，小物体与水平轨道间的动摩擦因数0.5μ=。

整个装置处于静止状态。

现将轻弹簧解除锁定，小物体被弹出，恰能到达圆弧轨道的最高点A 。

不考虑小物体与轻弹簧碰撞时的能量损失，不计空气阻力。

g 取10m/s 2，求：（1）解除锁定前轻弹簧的弹性势能；（2）小物体第二次经过O′点时的速度大小；（3）最终小物体与车相对静止时距O′点的距离。

解：(1)由能量守恒定律得：E=mgR+μmgL 代入数据解得：E=7.5J(2)设小物体第二次经过O′点时的速度大小为v 1，此时车的速度大小v 2，由水平方向动量守恒定律得：m v 1-M v 2 =0 ①由能量守恒定律得：mgR=12m v 12+12Mv 22 ②①②联立代入数据解得：v 1=2.0m/s(3) 最终小物体与车相对静止时,二者的速度都为0由能量守恒定律得：E=μmgS ③距O′点的距离: x=S-L ④③④代入数据解得：x=0.5m例2、质量m =1kg 的小车左端放有质量M =3kg 的铁块，两者以v 0=4m/s 的共同速度沿光滑水平面向竖直墙运动，车与墙的碰撞时间极短，无动能损失。

铁块与车间的动摩擦因数为μ=1/3，车足够长，铁块不会到达车的右端。

从小车第一次与墙相碰开始计时，取水平向右为正方向，g =10m/s 2，求：（1）当小车和铁块再次具有共同速度时，小车右端离墙多远？（2）在答卷的图上画出第二次碰撞前，小车的速度时间图象。

不要求写出计算过程，需在图上标明图线的起点、终点和各转折点的坐标。

解：（1）撞墙后至两者具有共同速度，小车和铁块系统动量守恒：（M -m ）v 0=（M +m ）v 1，此时小车右端离墙距离s 1，由动能定理知：221101122Mgs mv mv μ-=-， 10.6m s =。

高三物理专项训练力学中的动量和能量问题(附答案解析)

力学中的动量和能量问题专题强化练1．(2019·河南洛阳孟津二中调研)一质量为m的滑块A以初速度v0沿光滑水平面向右运动，与静止在水平面上的质量为23m的滑块B发生碰撞，它们碰撞后一起继续运动，则在碰撞过程中滑块A动量的变化量为()A.25mv0，方向向左 B.35mv0，方向向左C.25mv0，方向向右 D.35mv0，方向向右【答案】A设两滑块碰后的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝m＋23mv，解得v＝35v0，可知在碰撞过程中滑块A动量的变化量为Δp＝m·35v0－mv0＝－25mv0，方向向左，故选A.2．(2019·山东日照一模)A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(m＜M)．若使A球获得瞬时速度v(如图甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()A．L1＞L2B．L1＜L2C．L1＝L2D．不能确定【答案】C3.(2019·福建晋江季延中学月考)质量为m1＝1 kg和m2(未知)的两个物体在光滑的水平面上发生正碰，碰撞时间极短，其x－t图像如图所示，则() A．此碰撞一定为弹性碰撞B．m2＝2 kgC．碰后两物体速度相同D．此过程有机械能损失【答案】A由图像可知，碰撞前质量为m 2的物体是静止的，质量为m 1的物体速度为v 1＝4 m/s ，碰后质量为m 1的物体速度为v 1′＝－2 m/s ，质量为m 2的物体速度为v 2′＝2 m/s ，两物体碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律得m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2′，解得m 2＝3 kg ；碰撞前总动能E k ＝E k1＋E k2＝12m 1v 21＋12m 2v 22＝8 J ，碰撞后总动能E k ′＝E k1′＋E k2′＝12m 1v 1′2＋12m 2v 2′2＝8 J ，碰撞前后系统动能不变，故碰撞是弹性碰撞，综上分析可知A 正确，B 、C 、D 错误．4.(2019·福建省泉州市模拟三)如图，半径为R 、质量为m 的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，将质量也为m 的小球从距A 点正上方h 0高处由静止释放，小球自由落体后由A 点经过半圆轨道后从B 冲出，在空中能上升的最大高度为34h 0，则( )A ．小球和小车组成的系统动量守恒B ．小车向左运动的最大距离为12RC ．小球离开小车后做斜上抛运动D ．小球第二次能上升的最大高度12h 0＜h ＜34h 0【答案】D小球与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，水平方向系统动量守恒，但系统整体所受合外力不为零，系统动量不守恒，故A 错误；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，m 2R －x t －m x t ＝0，解得，小车的位移：x ＝R ，故B 错误；小球与小车组成的系统在水平方向动量守恒，小球由B 点离开小车时系统水平方向动量为零，小球与小车水平方向速度为零，小球离开小车后做竖直上抛运动，故C 错误；小球第一次由释放经半圆轨道冲出至最高点时，由动能定理得：mg (h 0－34h 0)－W f ＝0，W f 为小球克服摩擦力做功大小，解得W f ＝14mgh 0，即小球第一次在车中滚动损失的机械能为14mgh 0，由于小球第二次在车中滚动时，对应位置处速度变小，因此小车给小球的弹力变小，摩擦力变小，摩擦力做的功小于14mgh 0，机械能的损失小于14mgh 0，因此小球第二次离开小车时，能上升的高度大于34h 0－14h 0＝12h 0，且小于34h 0，故D 正确．5．(2019·河南省鹤壁市第二次段考)有一只小船停靠在湖边码头，小船又窄又长(估计重一吨左右)．一位同学想用一个卷尺粗略测定它的质量．他进行了如下操作：首先将船平行于码头自由停泊，轻轻从船尾上船，走到船头停下，而后轻轻下船．用卷尺测出船后退的距离d ，然后用卷尺测出船长L .已知他的自身质量为m ，水的阻力不计，船的质量为( )A.()m L d d +B.()m L d d - C.mL dD.()m L d L + 【答案】B设人走动的时候船的速度为v ，人的速度为v ′ ，人从船尾走到船头用时为t ，人的位移为L －d ，船的位移为d ，所以v ＝d t ，v ′＝L －d t.以船的速度方向为正方向，根据动量守恒定律有：Mv －mv ′＝0，可得：M d t ＝m L －d t ，解得小船的质量为M ＝m L －d d ，故B 项正确．6.(多选)水平地面上有两个物体在同一直线上运动，两物体碰撞前后的速度－时间图像如图所示(其中一个物体碰后速度为0)，下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，两物体的距离为1 mB ．t ＝2.5 s 时，两物体的距离为4.5 mC ．两物体间的碰撞为弹性碰撞D ．碰撞前，地面对两个物体的摩擦力大小不相等【答案】BC两物体相向运动，均做匀减速运动，1 s 相碰，可知t ＝0时，两物体的距离为Δs ＝12×(4＋6)×1 m ＋12(2＋6)×1 m ＝9 m ，选项A 错。

动量及能量经典题剖析及问题详解

动量及能量经典题剖析一．动量问题1.斜面问题【例1】质量为M的楔形物块上有圆弧轨道，静止在水平面上。

质量为m的小球以速度v1向物块运动。

不计一切摩擦，圆弧小于90°且足够长。

求小球能上升到的最大高度H和物块的最终速度v。

2．子弹打木块类问题【例2】设质量为m的子弹以初速度v0射向静止在光滑水平面上的质量为M的木块，并留在木块中不再射出，子弹钻入木块深度为d。

求木块对子弹的平均阻力的大小和该过程中木块前进的距离。

3．反冲问题在某些情况下，原来系统物体具有相同的速度，发生相互作用后各部分的末速度不再相同而分开。

这类问题相互作用过程中系统的动能增大，有其它能向动能转化。

可以把这类问题统称为反冲。

【例3】质量为m的人站在质量为M，长为L的静止小船的右端，小船的左端靠在岸边。

当他向左走到船的左端时，船左端离岸多远？【例4】总质量为M的火箭模型从飞机上释放时的速度为v0，速度方向水平。

火箭向后以相对于地面的速率u喷出质量为m的燃气后，火箭本身的速度变为多大？4．爆炸类问题【例5】抛出的手雷在最高点时水平速度为10m/s，这时忽然炸成两块，其块质量300g 仍按原方向飞行，其速度测得为50m/s，另一小块质量为200g，求它的速度的大小和方向。

5．某一方向上的动量守恒【例6】如图所示，AB为一光滑水平横杆，杆上套一质量为M的小圆环，环上系一长为L质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m的小球，现将绳拉直，且与AB平行，由静止释放小球，则当线绳与A B成θ角时，圆环移动的距离是多少？6．物块与平板间的相对滑动【例7】如图所示，一质量为M的平板车B放在光滑水平面上，在其右端放一质量为m的小木块A，m＜M,A、B间动摩擦因数为μ，现给A和B以大小相等、方向相反的初速度v0,使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A不会滑离B，求：（1）A、B最后的速度大小和方向；（2）从地面上看，小木块向左运动到离出发点最远处时，平板车向右运动的位移大小。

动量和能量的综合应用例题精选

动量和能量的综合应用例题精选例题1：如图，质量为3m 、长度为L 的木块放于光滑水平面上，质量为m 的子弹以初速度v 0水平向右射入木块，穿出木块时速度变为0.4v 0 ，设木块对子弹的阻力始终保持不变，求：（1）子弹穿出木块后，木块的速度大小；（2）子弹穿出木块中所受平均阻力大小。

解：（1）子弹与木块组成的系统动量守恒，有mv 0=0.4mv 0+3mv ,则子弹穿出后木块的速度为v=0.2v 0 ；（2）子弹穿越木块的过程中，设木块的位移为s , 则据动能定理对子弹有：-f(s+L)= 12m(0.4v 0)2－12mv 02 对木块有： fs=123mv 2 联立解得：f=9mv 20/(25L)变式训练1：如图所示，质量为M 的木块固定在水平面上，有一质量为m 的子弹以初速度v 1水平射向木块，并恰能射穿，设木块的厚度及木块对子弹的平均阻力恒定. 试问若木块可以在光滑的水平面上自由滑动，子弹要射穿该木块速度至少应为多少？【解析】若木块在光滑水平面上能自由滑动，设子弹以速度v 0射入恰好打穿木块，那么子弹穿出木块时(子弹看为质点)，子弹和木块具有相同的速度，把此时的速度记为v ，把子弹和木块当做一个系统，在它们作用前后系统的动量守恒，即 mv 0＝(m ＋M )v设木块对子弹阻力为f, 木块厚度为d ,对系统应用能量守恒得fd ＝12mv 02－12(M ＋m )v 2由上面两式消去v 可得fd ＝12mv 02－12(m ＋M )(mv 0m ＋M)2 整理得12mv 20＝m ＋M Mfd -----------------① 据题目条件，在木板固定时对子弹列动能定理有 -fd= - 12mv 12 ………………②联立① ② 可得v 0v 1例题2：如图甲质量m B ＝1 kg 的平板小车B 在光滑水平面上以v1＝1 m/s 的速度向左匀速运动．当t ＝0时，质量m A ＝2 kg 的小铁块A 以v 2＝2 m/s 的速度水平向右滑上小车，A 与小车间的动摩擦因数为μ＝0.2.若A 最终没有滑出小车，取水平向右为正方向，g ＝10 m/s 2，则：1)A 在小车上停止运动时，小车的速度为多大？(2)小车的长度至少为多少？(3)在图乙所示的坐标纸中画出1.5 s 内的小车B 运动的速度—时间图象．解：因p A ＝m A v 2＞p B ＝m B v 1，所以系统的总动量水平向右，即A 在车上停止运动时，它们必定以共同速度向右运动．此过程中A 的运动方向不变，做减速运动，而B 是先向左做匀减速运动而后再向右做匀加速运动，最后与A 达到共同速度．(1)A 在小车上停止运动时，A 、B 以共同速度运动，设其速度为v ，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得 m A v 2－m B v 1＝(m A ＋m B )v解得：v ＝1 m/s.(2)设小车的最小长度为L ，由功能关系得μmAgL ＝12m A v 22+12m B v 12-12(m A ＋m B )v 2 解得：L ＝0.75 m.(3)设小车匀变速运动的时间为t ，由动量定理得μmAgt ＝mB (v ＋v 1)解得：t ＝0.5 s故小车的速度—时间图象如右图所示．答案：(1)1 m/s (2)0.75 m (3)见解析图变式训练2：如图所示，一质量m 2＝0.20 kg 的平顶小车，车顶右端放一质量m 3＝0.25 kg 的小物体，小物体可视为质点，与车顶之间的动摩擦因数μ＝0.4，小车静止在光滑的水平轨道上.现有一质量m 1＝0.05 kg 的子弹以水平速度v 0＝12 3 m/s 射中小车左端，并留在车中.子弹与车相互作用时间很短.若使小物体不从车顶上滑落，g 取10 m/s 2.求：(1)小车的最小长度应为多少？最后小物体与小车的共同速度为多少？(2)小物体在小车上相对小车滑行的时间.【解析】(1)子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得 m 1v 0＝(m 2＋m 1)v 1 ①由三物体组成的系统动量守恒得(m 2＋m 1)v 1＝(m 2＋m 1＋m 3)v 2 ②设小车最小长度为L ，三物体相对静止后，对系统利用能量守恒定律得12(m 2＋m 1)v 21－12(m 2＋m 1＋m 3)v 22＝μm 3gL ③联立以上方程解得L ＝0.9 m车与物体的共同速度为 v 2＝2.1 m/s(或1.2 3 m/s)(2)以m 3为研究对象，利用动量定理得：μm 3gt ＝m 3v 2 ④解得t ＝0.52 s(或0.3 3 s)例题3：如图所示，一轻质弹簧两端连着物体A 和物体B ，放在光滑的水平面上，水平速度为v 0的子弹射中物体A 并嵌在其中(作用时间极短)，已知物体B 的质量为m B ，物体A 的质量是物体B的质量的34，子弹的质量是物体B 的质量的14，求（1）弹簧被压缩至最短时的弹性势能；（2） B 物体的最大速度。

高三物理动量和能量训练专题 (含详细解析过程)

1．两相同的物体a 和b ，分别静止在光滑的水平桌面上，因分别受到水平恒力作用，同时开始运动.若b 所受的力是a 的2倍，经过t 时间后，分别用I a ，W a 和I b ，W b 分别表示在这段时间内a 和b 各自所受恒力的冲量的大小和做功的大小，则 A ．W b =2W a ，I b =2 I a B ．W b =4W a ，I b =2 I a C ．W b =2 W a ，I b =4 I a D ．W b =4 W a ，I b =4 I a2．木块A 从斜面底端以初速度v 0冲上斜面，经一段时间，回到斜面底端．若木块A 在斜面上所受的摩擦阻力大小不变．对于木块A ，下列说法正确的是 A ．在全过程中重力的冲量为零 B ．在全过程中重力做功为零C ．在上滑过程中动量的变化量的大小大于下滑过程中动量的变化量D ．在上滑过程中机械能的变化量大于下滑过程中机械能的变化量 3．质量为m 的小物块，在与水平方向成α角的力F 作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A 点和B 点的速度分别是v A 和v B ，物块由A 运动到B 的过程中，力F 对物块做功W 和力F 对物块作用的冲量I 的大小是 A ．221122B A W mv mv =-B ．221122B B W mv mv >-C ．B A I mv mv =-D ．B A I mv mv >-4．A 、B 两物体质量分别为m A 、m B ，且3m A =m B ，它们以相同的初动能在同一水平地面上滑行．A 、B 两物体与地面的动摩擦因数分别为μA 、μB ，且μA =2μB ，设物体A 滑行了s A 距离停止下来，所经历的时间为t A 、而物体B 滑行了s B 距离停止下来，所经历的时间为t B ．由此可以判定 A ．s A >s B t A >t BB ．s A >s B t A < t BC ．s A <s B t A >t BD ．s A <s B t A <t B5．质量分别为m 1和m 2的两个物体（m 1>m 2），在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相同的初动能．与运动方向相同的水平力F 分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个物体的动量和动能的大小分别为p 1、p 2和E 1、E 2，比较它们的大小，有 A ．1212p p E E >>和 B ．1212p p E E ><和 C ．1212p p E E <>和D ．1212p pE E <<和6．竖直向上抛出的物体，从抛出到落回到抛出点所经历的时间是t ，上升的最大高度是H ，所受空气阻力大小恒为f ，则在时间t 内 A ．物体受重力的冲量为零B ．在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量大C ．物体动量的增量大于抛出时的动量D ．物体机械能的减小量等于f H7．如图所示，水平地面上放着一个表面均光滑的凹槽，槽两端固定有两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把槽、小球和弹簧视为一个系统，则在运动过程中 A ．系统的动量守恒，机械能不守恒B ．系统的动量守恒，机械能守恒C ．系统的动量不守恒，机械能守恒D ．系统的动量不守恒，机械能不守恒8．汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶.突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则脱钩后，在拖车停止运动前，汽车和拖车系统 A ．总动量和总动能都保持不变 B ．总动量增加，总动能不变 C ．总动量不变，总动能增加D ．总动量和总动能均增加9．一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物块做的功等于A ．物块动能的增加量B ．物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和C ．物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和D ．物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和10．如图所示，质量为m 的物体（可视为质点）以某一速度从A点冲上倾角为30°的固定斜面，其运动的加速度为34g ，此物体在斜面上上升的最大高度为h ，则在这个过程中物体A ．重力势能增加了34mgh B ．重力势能增加了mgh C ．动能损失了mgh D ．机械能损失了12mgh提示：设物体受到摩擦阻力为F ，由牛顿运动定律得3sin304F mg ma mg +︒==，解得14F mg =重力势能的变化由重力做功决定，故△E p =mgh动能的变化由合外力做功决定33(sin30)4sin302k F mg s ma s mg mgh +︒==-=-︒机械能的变化由重力以外的其它力做功决定故114sin302h E F s mgmgh ∆===︒机械综合以上分析可知，B 、D 两选项正确．11．高速公路上发生了一起交通事故，一辆总质量2000kg 向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆总质量为4000kg 向北行驶的卡车，碰后两辆车连接一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前的速率是20m/s ，由此可知卡车碰前瞬间的动能 A ．等于2×105J B ．小于2×105JC ．大于2×105JD ．大于2×105J ，小于8×105J12．一个人稳站在商店的自动扶梯的水平踏板上，随扶梯向上加速，如图所示．则A ．踏板对人做的功等于人的机械能的增加量B ．踏板对人的支持力做的功等于人的机械能的增加量C ．克服人的重力做的功等于人的机械能增加量D ．对人做功的只有重力和踏板对人的支持力13．“神舟”六号载人飞船顺利发射升空后，经过115小时32分的太空飞行，在离地面343km的圆轨道上运行了77圈．运动中需要多次“轨道维持”．所谓“轨道维持”就是通过控制飞船上发动机的点火时间和推力的大小和方向，使飞船能保持在预定轨道上稳定运行．如果不进行“轨道维持”，由于飞船受轨道上稀薄空气的影响，轨道高度会逐渐降低，在这种情况下飞船的动能、重力势能和机械能的变化情况将会是 A ．动能、重力势能和机械能逐渐减小B ．重力势能逐渐减小、动能逐渐增大，机械能不变C ．重力势能逐渐增大，动能逐渐减小，机械能不变D ．重力势能逐渐减小、动能逐渐增大，机械能逐渐减小提示：“神舟”六号飞船在每一圈的运行中，仍可视为匀速圆周运动，由万有引力提供向心力得：22Mm v Gm r r =，所以飞船的动能为：21,22k GMm E mv r==轨道高度逐渐降低，即轨道半径逐渐减小时，飞船的动能将增大；重力做正功，飞船的重力势能将减小；而大气阻力对飞船做负功，由功能关系知，飞船的机械能将减小．故选项D 正确． 14．质量为m 1=4kg 、m 2=2kg 的A 、B 两球，在光滑的水平面上相向运动，若A 球的速度为v 1=3m/s ，B 球的速度为v 2=－3m/s ，发生正碰后，两球的速度的速度分别变为v 1＇和v 2＇，则v 1＇和v 2＇可能为 A ．v 1＇=1m/s ，v 2＇=1m/s B ．v 1＇=4m/s ，v 2＇=－5m/s C ．v 1＇=2m/s ，v 2＇=－1m/sD ．v 1＇=－1m/s ，v 2＇=5m/s15．A 、B 两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A 球的动量为5kg ·m/s ，B 球的动量为7kg·m/s ，当A 球追上B 球时发生对心碰撞，则碰撞后A 、B 两球动量的可能值为A ．p A ′=6kg ·m/s ，pB ′=6kg ·m/s B ．p A ′=3kg ·m/s ，p B ′=9kg ·m/sC ．p A ′=－2kg·m/s ，p B ′=14kg ·m/sD ．p A ′=－5kg ·m/s ，p B ′=17kg ·m/s16．利用传感器和计算机可以测量快速变化的力的瞬时值．下图是用这种方法获得的弹性绳中拉力F 随时间的变化图线．实验时，把小球举高到绳子的悬点O 处，然后放手让小球自由下落．由此图线所提供的信息，以下判断正确的是 A ．t 2时刻小球速度最大B ．t 1~t 2期间小球速度先增大后减小C ．t 3时刻小球动能最小D ．t 1与t 4时刻小球动量一定相同17．如图所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A 、B 从木块两侧同时射入木块，最终都停在木块中，这一过程中木块始终保持静止．现知道子弹A 射入深度d A 大于子弹B 射入的深度d B ，则可判断A ．子弹在木块中运动时间t A ＞tB B ．子弹入射时的初动能E kA ＞E kBtC ．子弹入射时的初速度v A ＞v BD ．子弹质量m A ＜m B18．质量为m 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手.首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同.当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是 A ．木块静止，d 1= d 2 B ．木块向右运动，d 1< d 2 C ．木块静止，d 1< d 2D ．木块向左运动，d 1= d 2提示：由动量守恒和能量守恒求解．19．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示．质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块．若射击上层，则子弹刚好不穿出，如图甲所示；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，如图乙所示．则比较上述两种情况，以下说法正确的是A ．两次子弹对滑块做功一样多B ．两次滑块所受冲量一样大C ．子弹击中上层过程中产生的热量多D ．子弹嵌入下层过程中对滑块做功多20．一个半径为r 的光滑圆形槽装在小车上，小车停放在光滑的水平面上，如图所示，处在最低点的小球受击后获得水平向左的速度v 开始在槽内运动，则下面判断正确的是 A ．小球和小车总动量不守恒 B ．小球和小车总机械能守恒 C ．小球沿槽上升的最大高度为r D ．小球升到最高点时速度为零21．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m 1、m 2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M 点，如图所示，已知OM 与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比为m 1︰m 2为甲乙A．1)∶1) B1 C．1)∶1)D．1提示：由对称性可知，m 1、m 2同时到达圆轨道最低点，根据机械能守恒定律可知，它们到达最低点的速率应相等v =2112()()m m v m m v '-=+，以后一起向左运动，由机械能守恒定律可得，212121()(1cos60)()2m m gR m m v '+-︒=+，联立以上各式解得12∶1)∶1)m m =22．如图所示，在光滑的水平面上，物体B 静止，在物体B 上固定一个轻弹簧．物体A 以某一速度沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体B 发生作用．两物体的质量相等，作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能为E P ．现将B 的质量加倍，再使物体A 通过弹簧与物体B 发生作用（作用前物体B 仍静止），作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能仍为E P ．则在物体A 开始接触弹簧到弹簧具有最大弹性势能的过程中，第一次和第二次相比A ．物体A 的初动能之比为2:1B ．物体A 的初动能之比为4:3C ．物体A 损失的动能之比为1:1D ．物体A 损失的动能之比为27:3223．如图所示，竖直的墙壁上固定着一根轻弹簧，将物体A 靠在弹簧的右端并向左推，当压缩弹簧做功W 后由静止释放，物体A 脱离弹簧后获得动能E 1，相应的动量为P 1；接着物体A 与静止的物体B 发生碰撞而粘在一起运动，总动能为水平面的摩擦不计，则 A ．W =E 1=E 2 B ．W =E 1>E 2 C ．P 1=P 2D ．P 1>P 224．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接，并静止在光滑的水平面上．现使A 瞬时获得水平向右的速度3m/s ，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图象信息可得A ．在t 1、t 3时刻两物块达到共同速度1m/s ，且弹簧都是处于压缩状态B ．从t 3到t 4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长C ．两物体的质量之比为m 1∶m 2 = 1∶2－v甲BD ．在t 2时刻A 与B 的动能之比为E k1∶E k2=1∶825．如图所示，一轻弹簧左端固定在长木板M 的左端，右端与小木块m 连接，且m 、M 及M 与地面间接触光滑.开始时，m 和M 均静止，现同时对m 、M 施加等大反向的水平恒力F 1和F 2，从两物体开始运动以后的整个运动过程中，弹簧形变不超过其弹性限度，对于m 、M 和弹簧组成的系统A ．由于F 1、F 2等大反向，故系统机械能守恒B ．当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 各自的动能最大C ．由于F 1、F 2大小不变，所以m 、M 各自一直做匀加速运动D ．由于F 1、F 2等大反向，故系统的动量始终为零提示：F 1、F 2为系统外力且做功代数和不为零，故系统机械能不守恒；从两物体开始运动以后两物体作的是加速度越来越小的变加速运动，当弹簧弹力大小与F 1、F 2大小相等时，m 、M 各自的速度最大，动能最大；由于F 1、F 2等大反向，系统合外力为零，故系统的动量始终为零．26．如图所示，一轻弹簧与质量为m 的物体组成弹簧振子，物体在一竖直线上的A 、B 两点间做简谐运动，点O 为平衡位置，C 为O 、B 之间的一点．已知振子的周期为T ，某时刻物体恰好经过C 向上运动，则对于从该时刻起的半个周期内，以下说法中正确的是 A ．物体动能变化量一定为零B ．弹簧弹性势能的减小量一定等于物体重力势能的增加量C ．物体受到回复力冲量的大小为mgT /2D ．物体受到弹簧弹力冲量的大小一定小于mgT /2提示：这是弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，某时刻经过C 点向上运动，过半个周期时间应该在C 点大于O 点对称位置，速度的大小相等，所以动能的变化量为零，A 选项正确；由系统机械能守恒得，弹簧弹性势能的减少量一定等于物体重力势能的增加量，B 选项正确；振子在竖直方向上做简谐运动时，是重力和弹簧的弹力的合力提供回复力的，由动量定理I 合=△p ，设向下为正方向，22TI mgI mv =+=合弹，又因为C 点为BO 之间的某一点，v ≠0，所以，C 选项错误，D 选项正确．27．固定在水平面上的竖直轻弹簧，上端与质量为M 的物块B 相连，整个装置处于静止状态时，物块B 位于P 处，如图所示．另有一质量为m 的物块C ，从Q 处自由下落，与B 相碰撞后，立即具有相同的速度，然后B 、C 一起运动，将弹簧进一步压缩后，物块B 、C 被反弹．下列结论中正确的是 A ．B 、C 反弹过程中，在P 处物块C 与B 相分离 B ．B 、C 反弹过程中，在P 处物C 与B 不分离 C ．C 可能回到Q 处 D ．C 不可能回到Q 处28．如图所示，AB 为斜轨道，与水平面夹角30°，BC 为水平轨道，两轨道在B 处通过一小段圆弧相连接，一质量为m 的小物块，自轨道AB 的A 处从静止开始沿轨道下滑，最后停在轨道上的C 点，已知A 点高h ，物块与轨道间的动摩擦因数为μ，求：（1）整个过程中摩擦力所做的功?（2）物块沿轨道AB 段滑动的时间t 1与沿轨道BC 段滑动的时间t 2之比t 1/t 2等于多少? 【答案】（1）mgh ；（2解析：（1）设物块在从A 到B 到C 的整个过程中，摩擦力所做的功为W f ，则由动能定理可得mgh －W f =0，则W f =mgh（2）物块在从A 到B 到C 的整个过程中，根据动量定理，有12(sin30cos30)0mg mg t mgt μμ︒-︒-=解得12sin 30cos30t g t g mg μμ==︒-︒29．如图所示，右端带有竖直挡板的木板B ，质量为M ，长L =1.0m ，静止在光滑水平面上．一个质量为m 的小木块（可视为质点）A ，以水平速度0 4.0m /s v =滑上B的左端，而后与其右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板B 的左端．已知M =3m ，并设A 与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可忽略（g 取210m/s ）．求：（1）A 、B 最后的速度；（2）木块A 与木板B 间的动摩擦因数．【答案】（1）1m/s ；（2）0.3 解析：（1）A 、B 最后速度相等，由动量守恒可得()M m v mv +=0解得01m /s 4v v == （2）由动能定理对全过程列能量守恒方程μmg L mv M m v ⋅=-+21212022() 解得0.3μ=30．某宇航员在太空站内做了如下实验：选取两个质量分别为m A =0.1kg 、m B =0.2kg 的小球A 、B 和一根轻质短弹簧，弹簧的一端与小球A 粘连，另一端与小球B 接触而不粘连．现使小球A 和B 之间夹着被压缩的轻质弹簧，处于锁定状态，一起以速度v 0=0.1m/s 做匀速直线运动，如图所示．过一段时间，突然解除锁定（解除锁定没有机械能损失），两球仍沿原直线运动，从弹簧与小球B 刚刚分离开始计时，经时间t =3.0s ，两球之间的距离增加了s =2.7m ，求弹簧被锁定时的弹性势能E p ? 【答案】0.027J解析：取A 、B 为系统，由动量守恒得0()A B A A B B m m v m v m v +=+ ① 又根据题意得：A B v t v t s -=②由①②两式联立得：v A =0.7m/s ，v B =－0.2m/s由机械能守恒得：2220111()222p A B A A B BE m m v m v m v ++=+ ③代入数据解得E p =0.027J31．质量为m 1=0.10kg 和m 2=0.20kg 两个弹性小球，用轻绳紧紧的捆在一起，以速度v 0=0.10m/s沿光滑水平面做直线运动．某一时刻绳子突然断开，断开后两球仍在原直线上运动，经时间t =5.0s 后两球相距s =4.5m ．求这两个弹性小球捆在一起时的弹性势能．【答案】2.7×10－2J解析：绳子断开前后，两球组成的系统动量守恒，根据动量守恒定律，得2211021)(v m v m v m m +=+绳子断开后，两球匀速运动，由题意可知12()v v t s -=或21()v v t s -=代入数据解得120.7m/s 0.2m/s v v ==-，或120.5m/s 0.4m/s v v =-=，两球拴在一起时的弹性势能为2021222211)(212121v m m v m v m E P +-+==2.7×10－2J32．一块质量为M 长为L 的长木板，静止在光滑水平桌面上，一个质量为m 的小滑块以水平速度v 0从长木板的一端开始在木板上滑动，直到离开木板，滑块刚离开木板时的速度为v 05．若把此木板固定在水平桌面上，其他条件相同．求：（1）求滑块离开木板时的速度v ；（2）若已知滑块和木板之间的动摩擦因数为μ，求木板的长度．【答案】（1（2）208(12)25v mg Mμ-解析：（1）设长木板的长度为l ，长木板不固定时，对M 、m 组成的系统，由动量守恒定律，得005v mv mMv '=+ ① 由能量守恒定律，得22200111()2252v mgl mv m Mv μ'=-- ②当长木板固定时，对m ，根据动能定理，有2201122mgl mv mv μ-=-③联立①②③解得v =（2）由①②两式解得208(12)25v ml g Mμ=-33．如图所示，光滑轨道的DP 段为水平轨道，PQ 段为半径是R 的竖直半圆轨道，半圆轨道的下端与水平的轨道的右端相切于P 点．一轻质弹簧两端分别固定质量为2m 的小球A 和质量为m 的小球B ，质量为m 小球C 靠在B 球的右侧．现用外力作用在A 和C 上，弹簧被压缩（弹簧仍在弹性限度内）．这时三个小球均静止于距离P 端足够远的水平轨道上．若撤去外力，C 球恰好可运动到轨道的最高点Q ．已知重力加速度为g ．求撤去外力前的瞬间，弹簧的弹性势能E 是多少？【答案】解析：对A 、B 、C 及弹簧组成的系统，当弹簧第一次恢复原长时，设B 、C 共同速度大小为v 0，A 的速度大小为v A ，由动量守恒定律有0)(2v m m mv A +=①则v A =v 0由系统能量守恒有E =12 2mv A 2＋12 (m ＋m )v 02②此后B 、C 分离，设C 恰好运动至最高点Q 的速度为v ,此过程C 球机械能守恒，则mg ·2R =12 mv 02－12mv 2③在最高点Q ，由牛顿第二定律得Rm v m g 2=④联立①～④式解得E =10mgR34．如图所示，轻弹簧的一端固定，另一端与滑块B 相连，B 静止在水平导轨上的O 点，此时弹簧处于原长．另一质量与B 相同的块A 从导轨上的P 点以初速度v 0向B 滑行，当A 滑过距离l 时，与B 相碰．碰撞时间极短，碰后A 、B 粘在一起运动．设滑块A 和B 均可视为质点，与导轨的动摩擦因数均为μ．重力加速度为g ．求：（1）碰后瞬间，A 、B 共同的速度大小；（2）若A 、B 压缩弹簧后恰能返回到O 点并停止，求弹簧的最大压缩量．【答案】（1；（2）20168v l g μ- 解析：（1）设A 、B 质量均为m ，A 刚接触B 时的速度为v 1，碰后瞬间共同的速度为v 2，以A 为研究对象，从P 到O ，由功能关系22011122mgl mv mv μ=- 以A 、B 为研究对象，碰撞瞬间，由动量守恒定律得mv 1=2mv 2解得2v =（2）碰后A 、B 由O 点向左运动，又返回到O 点，设弹簧的最大压缩量为x ，由功能关系可得221(2)2(2)2mg x m v μ= 解得20168v lx g μ=-35．如图所示，质量M =1kg 的滑板B 右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L =0.5m ，这段滑板与木板A 之间的动摩擦因数μ=0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑．可视为质点的小木块A 质量m =1kg ，开始时木块A 与滑块B 以v 0=2m/s 的速度水平向右运动，并与竖直墙碰撞．若碰撞后滑板B 以原速v 0弹回，g 取10m/s 2．求：滑板B 向左运动后，木块A 滑到弹簧C 墙压缩弹簧过程中，弹簧具有的最大弹性势能．【答案】5.4J解析：木块A 先向右减速后向左加速度，滑板B 则向左减速，当弹簧压缩量最大，即弹性势能最大为E p 时，A 和B 同速，设为v ．对A 、B 系统：由动量守恒定律得 00()Mv mv m M v -=+ ①解得v =1.2m/s由能量守恒定律得22200111()222p mv Mv m M v E mgL μ+=+++②由①②解得 5.4p E =J36．如图所示，质量M =4kg 的滑板B 静止放在光滑水平面上，其右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C 到滑板左端的距离L =0.5m ，这段滑板与木块A 之间的动摩擦因数μ＝0.2，而弹簧自由端C 到弹簧固定端D 所对应的滑板上表面光滑．可视为质点的小木块A 以速度v 0＝0.2，由滑板B 左端开始沿滑板B 表面向右运动．已知A 的质量m =1kg ，g 取10m/s 2 ．求：（1）弹簧被压缩到最短时木块A 的速度；（2）木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能．【答案】（1）2m/s ；（2）39J解析：（1）弹簧被压缩到最短时，木块A 与滑板B 具有相同的速度，设为V ，从木块A 开始沿滑板B 表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，A 、B 系统的动量守恒，则mv 0＝(M +m )V① V =mM m+v 0② 木块A 的速度：V ＝2m/s③（2）木块A 压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大．由能量守恒，得 E P ＝22011()22mv m M v mgL μ-＋－ ④解得E P ＝39J37．设想宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示．为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度．求该宇航员乘坐的返回舱至少需要获得多少能量，才能返回轨道舱？已知：返回过程中需克服火星引力做功(1)RW mgR r=-，返回舱与人的总质量为m ，火星表面重力加速度为g ，火星半径为R ，轨道舱到火星中心的距离为r ；不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响．【答案】(1)2R mgR r-解析：物体m 在火星表面附近2mM Gmg R=，解得2GM gR =设轨道舱的质量为0m ，速度大小为v ．则2002m M v Gm rr =联立以上两式，解得返回舱与轨道舱对接时具有动能22122k mgR E mv r ==返回舱返回过程克服引力做功(1)RW mgR r=-返回舱返回时至少需要能量k E E W =+解得(1)2R E mgR r=-38．美国航空航天局和欧洲航空航天局合作研究的“卡西尼”号土星探测器，在美国东部时间2004年6月30日（北京时间7月1日）抵达预定轨道，开始“拜访”土星及其卫星家族．“卡西尼”号探测器进入绕土星飞行的轨道，先在半径为R 的圆形轨道Ⅰ上绕土星飞行，运行速度大小为v 1．为了进一步探测土星表面的情况，当探测器运行到A 点时发动机向前喷出质量为△m 的气体，探测器速度大小减为v 2，进入一个椭圆轨道Ⅱ，运动到B 点时再一次改变速度，然后进入离土星更近的半径为r 的圆轨道Ⅲ，如图所示．设探测器仅受到土星的万有引力，不考虑土星的卫星对探测器的影响，探测器在A 点喷出的气体速度大小为u ．求：（1）探测器在轨道Ⅲ上的运行速率v 3和加速度的大小；（2）探测器在A 点喷出的气体质量△m ．【答案】（11v ，212R v r；（2）122v v m u v --解析：（1）在轨道I 上，探测器m 所受万有引力提供向心力，设土星质量为M ，则有212v Mm Gm RR =同理，在轨道Ⅲ上有232()()v M m m Gm m rr -∆=-∆由上两式可得31v v =探测器在轨道Ⅲ上运行时加速度设为a ，则23v a r=解得212Ra v r=（2）探测器在A 点喷出气体前后，由动量守恒定律，得mv 1=(m －△m )v 2＋△mv解得122v v m m u v -∆=-78．如图所示，光滑水平路面上，有一质量为m 1=5kg 的无动力小车以匀速率v 0=2m/s 向前行驶，小车由轻绳与另一质量为m 2=25kg 的车厢连结，车厢右端有一质量为m 3=20kg的物体（可视为质点），物体与车厢的动摩擦因数为μ=0.2，开始物体静止在车厢上，绳子是松驰的．求：（1）当小车、车厢、物体以共同速度运动时，物体相对车厢的位移（设物体不会从车厢上滑下）；（2）从绳拉紧到小车、车厢、物体具有共同速度所需时间．（取g =10m/s 2）【答案】（1）0.017m ；（2）0.1s 解析：（1）以m 1和m 2为研究对象，考虑绳拉紧这一过程，设绳拉紧后，m 1、m 2的共同速度为v 1这一过程可以认为动量守恒，由动量守恒定律有m 1v 0=(m 1＋m 2)v 1，解得10112521m/s 5253m v v m m ⨯===++．再以m 1、m 2、m 3为对象，设它们最后的共同速度为v 2，则m 1v 0=（m 1＋m 2＋m 3）v 2，解得102123520.2m/s 52520m v v m m m ⨯===++++绳刚拉紧时m 1和m 2的速度为v 1，最后m 1、m 2、m 3的共同速度为v 2，设m 3相对m 2的位移为Δs ，则在过程中由能量守恒定律有221213123211()()22m m v m g s m m m v μ+=∆+++ 解得Δs =0.017m ．（2）对m 3，由动量定理，有μm 3gt =m 3v 220.20.1s 0.210v t g μ===⨯ 所以，从绳拉紧到m 1、m 2、m 3有共同速度所需时间为t =0.1s ．79．已知A 、B 两物块的质量分别为m 和3m ，用一轻质弹簧连接，放在光滑水平面上，使B 物块紧挨在墙壁上，现用力推物块A 压缩弹簧（如图所示）．这个过程中外力F 做功为W ，待系统静止后，突然撤去外力．在求弹簧第一次恢复原长时A 、B 的速度各为多大时，有同学求解如下：解：设弹簧第一次恢复原长时A 、B 的速度大小分别为v A 、v B 系统动量守恒：0=m v A ＋3m v B 系统机械能守恒：W =22B A 11322mv mv +⨯解得：A v =B v =“－”表示B 的速度方向与A 的速度方向相反）（1）你认为该同学的求解是否正确．如果正确，请说明理由；如果不正确，也请说明理由并给出正确解答．（2）当A 、B 间的距离最大时，系统的弹性势能E P =？【答案】（1）不正确．A v =v B =0；（2）34W 解析：（1）该同学的求解不正确．在弹簧恢复原长时，系统始终受到墙壁给它的外力作用，所以系统动量不守恒，且B 物块始终不动，但由于该外力对系统不做功，所以机械能守恒，即在恢复原长的过程中，弹性势能全部转化为A 物块的动能．2A 12W mv =解得A v =v B =0 （2）在弹簧恢复原长后，B 开始离开墙壁，A 做减速运动，B 做加速运动，当A 、B 速度相等时，A 、B 间的距离最大，设此时速度为v ，在这个过程中，由动量守恒定律得 mv A =（m +3m ）v解得A 14v v ==根据机械能守恒，有W =22P 11322mv mv E +⨯+ 解得P 34E W =80．1930年发现用钋放出的射线，其贯穿能力极强，它甚至能穿透几厘米厚的铅板，1932年，英国年轻物理学家查德威克用这种未知射线分别轰击氢原子和氮原子，结果打出一些氢核和氮核．若未知射线均与静止的氢核和氮核正碰，测出被打出的氢核最大速度为v H =3.5×107m/s ，被打出的氮核的最大速度v N =4.7×106m/s ，假定正碰时无机械能损失，设未知射线中粒子质量为m ，初速为v ，质子的质量为m ’．（1）推导打出的氢核和氮核速度的字母表达式；（2）根据上述数据，推算出未知射线中粒子的质量m 与质子的质量m ’之比（已知氮核质量为氢核质量的14倍）．【答案】（1）H H 2m v v m m =+，N N 2mv v m m =+；（2）1.0165m m ='解析：（1）碰撞满足动量守恒和机械能守恒，与氢核碰撞时，有21HH v m mv mv +=，2212212121H H v m mv mv += 解得H H 2m v v m m =+．同理可得N N2m v v m m =+（2）由（1）可得N H NHm m vv m m +=+代入数据得1.0165mm=' 81．如图所示，在光滑水平面上有一质量为M 的盒子，盒子中央有一质量为m 的物体（可视为质点），它与盒底的动摩擦因数为μ，盒子内壁长l ，现给物体以水平初速度v 0向右运动，设物体与盒子两壁碰撞是完全弹性碰撞，求物体m 相对盒子静止前与盒壁碰撞的次数．。

动量与能量结合综合题附答案

动量与能量结合综合题1．如图所示，水平放置的两根金属导轨位于方向垂直于导轨平面并指向纸里的匀强磁场中．导轨上有两根小金属导体杆ab 和cd ，其质量均为m ，能沿导轨无摩擦地滑动．金属杆ab 和cd 与导轨及它们间的接触等所有电阻可忽略不计．开始时ab 和cd 都是静止的，现突然让cd 杆以初速度v 向右开始运动，如果两根导轨足够长，则（）A ．cd 始终做减速运动，ab 始终做加速运动，并将追上cdB ．cd 始终做减速运动，ab 始终做加速运动，但追不上cdC ．开始时cd 做减速运动，ab 做加速运动，最终两杆以相同速度做匀速运动D ．磁场力对两金属杆做功的大小相等2．一轻弹簧的下端固定在水平面上，上端连接质量为m 的木板处于静止状态，此时弹簧的压缩量为0h ，如图所示。

一物块从木板正上方距离为03h 的A 处自由落下，打在木板上并与木板一起向下运动，但不粘连，它们到达最低点后又向上运动。

若物块质量也为m 时，它们恰能回到O 点；若物块质量为2m 时，它们到达最低点后又向上运动，在通过O 点时它们仍然具有向上的速度，求：1，质量为m 时物块与木板碰撞后的速度；2，质量为2m 时物块向上运动到O 的速度。

3．如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L ，导轨上面横放着两根导体棒ab 和cd ，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为m ，电阻皆为R ，回路中其余部分的电阻可不计。

在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B 。

设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd 静止，棒ab 有指向棒cd 的初速度0v ，若两导体棒在运动中始终不接触，求：（1）在运动中产生的焦耳热Q 最多是多少？（2）当ab 棒的速度变为初速度的4/3时，cd 棒的加速度a 是多少？4．(20分) 如图所示，两物块A、B并排静置于高h=0.80m的光滑水平桌面上，两物块的质量均为M=0.60kg。

动量和能量综合题精选解析版

动量和能量综合题精选解析版1．木块A 从斜面底端以初速度v 0冲上斜面，经一段时间，回到斜面底端．若木块A 在斜面上所受的摩擦阻力大小不变．对于木块A ，下列说法正确的是A ．在全过程中重力的冲量为零B ．在全过程中重力做功为零C ．在上滑过程中动量的变化量的大小大于下滑过程中动量的变化量D ．在上滑过程中机械能的变化量大于下滑过程中机械能的变化量 BC2．质量为m 的小物块，在与水平方向成α角的力F 作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A 点和B 点的速度分别是v A 和v B ，物块由A 运动到B 的过程中，力F 对物块做功W 和力F 对物块作用的冲量I 的大小是A ．221122B A W mv mv =- B ．221122B B W mv mv >-C ．B A I mv mv =-D ．B A I mv mv >-AC3．竖直向上抛出的物体，从抛出到落回到抛出点所经历的时间是t ，上升的最大高度是H ，所受空气阻力大小恒为f ，则在时间t 内A ．物体受重力的冲量为零B ．在上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小C ．物体动量的增量大于抛出时的动量D ．物体机械能的减小量等于f H B分析：本题的关键是首先根据能量守恒定律得出物体落地时的速率小于抛出时的速率，再由平均速度求位移公式得出上升时间小于下落时间的关系，然后再利用冲量公式、动量公式、动量变化量公式以及功能原理公式即可做出判断．解答：解：A 、冲量I=Ft ，因重力不为零，故物体受到的冲量不为零；故A 错误；B 、物体在上升过程和下降过程的高度相同，但物体上升时的加速度大于向下的加速度，故下降时所用的时间大于上升时所用的时间，故上升过程中空气阻力对物体的冲量比下降过程中的冲量小，故B 正确；C 、由平均速度可知，上升时112t v H =，下降时222t vH =，因t1＜t2，故下降后的速度小于抛出时的速度，故动量的增量小于初动量，故C 错误；D 、物体在整个抛出过程中克服阻力做的功为W=2fH ，由功能原理可知，物体机械能的减小量2FH ，所以D 错误；故选B ．4．如图所示，水平地面上放着一个表面均光滑的凹槽，槽两端固定有两轻质弹簧，一弹性小球在两弹簧间往复运动，把槽、小球和弹簧视为一个系统，则在运动过程中A ．系统的动量守恒，机械能不守恒B ．系统的动量守恒，机械能守恒C ．系统的动量不守恒，机械能守恒D ．系统的动量不守恒，机械能不守恒 B分析：根据动量守恒的条件判断系统动量是否守恒，根据能的转化，知系统有动能和弹性势能相互转化，机械能守恒．解答：解：小球和弹簧组成的系统所受合外力等于零，动量守恒；在运动过程中，小球和槽通过弹簧相互作用，但因为只有弹簧的弹力做功，动能和势能相互转化，而总量保持不变，机械能守恒．故B 正确，A、C、D错误．故选B．5．汽车拉着拖车在平直公路上匀速行驶.突然拖车与汽车脱钩，而汽车的牵引力不变，各自受的阻力不变，则脱钩后，在拖车停止运动前，汽车和拖车系统A．总动量和总动能都保持不变B．总动量增加，总动能不变C．总动量不变，总动能增加D．总动量和总动能均增加C6．高速公路上发生了一起交通事故，一辆总质量2000kg向南行驶的长途客车迎面撞上了一辆总质量为4000kg向北行驶的卡车，碰后两辆车连接一起，并向南滑行了一小段距离后停止，根据测速仪的测定，长途客车碰前的速率是20m/s，由此可知卡车碰前瞬间的动能A．等于2×105J B．小于2×105J C．大于2×105J D．大于2×105J，小于8×105JB7．质量为m1=4kg、m2=2kg的A、B两球，在光滑的水平面上相向运动，若A球的速度为v1=3m/s，B球的速度为v2=－3m/s，发生正碰后，两球的速度的速度分别变为v1＇和v2＇，则v1＇和v2＇可能为A．v1＇=1m/s，v2＇=1m/s B．v1＇=4m/s，v2＇=－5m/sC．v1＇=2m/s，v2＇=－1m/s D．v1＇=－1m/s，v2＇=5m/sAD8．A、B两小球在光滑水平面上沿同一直线向同一方向运动，A球的动量为5kg·m/s，B球的动量为7kg·m/s，当A球追上B球时发生对心碰撞，则碰撞后A、B两球动量的可能值为A．p A′=6kg·m/s，p B′=6kg·m/s B．p A′=3kg·m/s，p B′=9kg·m/sC．p A′=－2kg·m/s，p B′=14kg·m/s D．p A′=－5kg·m/s，p B′=17kg·m/sBC试题分析：由题，碰bai撞后，两球的动量方向都与du原来方向相同，A的动量不可能zhi沿原方向增大．故A错误．碰撞前dao，A的速度大于B的速度，则有，得到．根据碰撞过程总动能不增加，则有，得到，满足．故B正确．同理C正确；可以看出，碰撞后A的动能不变，而B的动能增大，违反了能量守恒定律．故D错误．故选BC点评：对于碰撞过程要遵守三大规律：1、是动量守恒定律；2、总动能不增加；3、符合物体的实际运动情况．9．利用传感器和计算机可以测量快速变化的力的瞬时值．下图是用这种方法获得的弹性绳中拉力F随时间的变化图线．实验时，把小球举高到绳子的悬点O处，然后放手让小球自由下落．由此图线所提供的信息，以下判断正确的是A．t2时刻小球速度最大B．t1~t2期间小球速度先增大后减小C．t3时刻小球动能最小D．t1与t4时刻小球动量一定相同tBCt3～t4期间某一时刻小球动能最小10.质量为m 的均匀木块静止在光滑水平面上，木块左右两侧各有一位拿着完全相同步枪和子弹的射击手.首先左侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 1，然后右侧射手开枪，子弹水平射入木块的最大深度为d 2，如图所示，设子弹均未射穿木块，且两颗子弹与木块之间的作用力大小均相同.当两颗子弹均相对于木块静止时，下列判断正确的是A ．木块静止，d 1= d 2B ．木块向右运动，d 1< d 2C ．木块静止，d 1< d 2D ．木块向左运动，d 1= d 2C解：设子弹射入木块前的速度大小为v ，子弹的质量为M ，子弹受到的阻力大小为f ．当两颗子弹均相对于木块静止时，由动量守恒得Mv-Mv=（2M+m ）v ′，得v ′=0，即当两颗子弹均相对于木块静止时，木块的速度为零，即静止．先对左侧射入木块的子弹和木块组成的系统研究，则有 Mv=（M+m ）v1，由能量守恒得：fd1=-①再对两颗子弹和木块系统为研究，得fd2=+ ②由①②对比得，d1＜d2．故C 正确．11．矩形滑块由不同材料的上、下两层粘在一起组成，将其放在光滑的水平面上，如图所示．质量为m 的子弹以速度v 水平射向滑块．若射击上层，则子弹刚好不穿出，如图甲所示；若射击下层，整个子弹刚好嵌入，如图乙所示．则比较上述两种情况，以下说法正确的是A ．两次子弹对滑块做功一样多B ．两次滑块所受冲量一样大C ．子弹击中上层过程中产生的热量多D ．子弹嵌入下层过程中对滑块做功多 AB12．一个半径为r 的光滑圆形槽装在小车上，小车停放在光滑的水平面上，如图所示，处在最低点的小球受击后获得水平向左的速度2v gr，开始在槽内运动，则下面判断正确的是A ．小球和小车总动量不守恒B ．小球和小车总机械能守恒C ．小球沿槽上升的最大高度为rD ．小球升到最高点时速度为零甲乙v 0球和小车总动量不守恒但水平方向的动量守恒.13．半圆形光滑轨道固定在水平地面上，如图所示，并使其轨道平面与地面垂直，物体m1、m2同时由轨道左、右最高点释放，二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道M点，如图所示，已知OM与竖直方向夹角为60°，则两物体的质量之比为m1︰m2为A．(21)∶(21)-+D．1∶2+-B．2∶1C．(21)∶(21)C【解析】试题分析：两球到达最低的过程由动能定理得：mgR=mv2解得：所以两球到达最低点的速度均为：设向左为正方向，则m1的速度v1=-，则m2的速度v2=，由于碰撞瞬间动量守恒得：m2v2+m1v1=（m1+m2）v共解得：①二者碰后粘在一起向左运动，最高能上升到轨道P点，对此过程由动能定理得：-（m1+m2）gR（1-cos60°）=0-（m1+m2）v共2 ②由①②解得：整理得：m1：m2=（-1）：（+1）；故选C。

动量能量地综合题目各个类型各选一(含问题详解)

动量能量的综合题目各个类型各选一个1.(2017·市二模)如下列图，光滑水平面上有一质量M ＝4.0 kg 的平板车，车的上外表是一段长L ＝1.5 m 的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R ＝0.25 m 的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O ′处相切．现将一质量m ＝1.0 kg 的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v 0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A .取g ＝10 m/s 2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v 0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O ′的距离．解析：(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆弧轨道最高点A 时，二者的共同速度为v 1由动量守恒得：m v 0＝(M ＋m )v 1①由能量守恒得：12m v 20－12(M ＋m )v 21＝mgR ＋μmgL ② 联立①②并代入数据解得：v 0＝5 m/s ③(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v 2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：m v 0＝(M ＋m )v 2④设小物块与车最终相对静止时，它距O ′点的距离为x ，由能量守恒得：12m v 20－12(M ＋m )v 22＝μmg (L ＋x )⑤ 联立③④⑤并代入数据解得：x ＝0.5 m.2．如下列图，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层．(1)设水柱直径为D ，水流速度为v ，水柱垂直煤层外表，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为ρ. 求高压水枪的功率和水柱对煤的平均冲力．(2)假如将质量为m 的高压水枪固定在装满水、质量为M 的消防车上，当高压水枪喷出速度为v(相对于地面)、质量为Δm 的水流时，消防车的速度是多大？水枪做功多少？(不计消防车与地面的摩擦力)解析：(1)设Δt 时间，从水枪中喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，如此Δm ＝ρΔVΔV ＝v S Δt ＝14v πD 2Δt Δt 时间从水枪中喷出的水的动能E k ＝12Δm v 2＝18ρπD 2v 3Δt 由动能定理，高压水枪对水做的功W ＝E k ＝18ρπD 2v 3Δt高压水枪的功率P＝WΔt＝18ρπD2v3考虑一个极短时间Δt′，在此时间喷到煤层上的水的质量为m，如此由动量定理可得FΔt′＝m vΔt′时间喷到煤层上的水的质量m＝ρS vΔt′＝14ρπD2vΔt′解得F＝14ρπD2v2.(2)对于消防车和水枪系统，在喷水的过程中，水平方向上不受外力，动量守恒．取喷出水的速度方向为正方向，设喷水时消防车速度为v车，由动量守恒定律，(m＋M－Δm)v车＋Δm v＝0解得v车＝－Δm vm＋M－Δm.负号表示消防车速度方向与喷出水的速度方向相反由功能关系，水枪做功W＝12Δm v2＋12(M＋m－Δm)v2车＝m＋M2(m＋M－Δm)Δm v2.3.如下列图，固定斜面的倾角θ＝30°，物体A与斜面之间的动摩擦因数为μ＝34，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A 和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m＝4 kg，B的质量为m＝2 kg，初始时物体A到C点的距离为L＝1 m，现给A、B一初速度v0＝3 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点．重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量；(3)弹簧中的最大弹性势能．解析(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得μ·2mg·cos θ·L＝12·3mv20－12·3mv2＋2mg Lsin θ－mgL可解得v＝2 m/s.(2)以A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即12·3mv2－0＝μ·2mgcos θ·2x其中x为弹簧的最大压缩量解得x＝0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm由能量守恒定律可得12·3mv2＋2mgxsin θ－mgx＝μ·2mgcos θ·x＋Epm.解得Epm ＝6 J.4．(2017·模拟)某校物理兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如下列图，在A 点用一弹射装置可将静止的小滑块以速度v0水平弹射出去，沿水平直线轨道运动到B 点后，进入半径R ＝0.3 m 的光滑竖直圆形轨道，运动一周后自B 点向C 点运动，C 点右侧有一陷阱，C 、D 两点的竖直高度差h ＝0.2 m ，水平距离s ＝0.6 m ，水平轨道AB 长为L1＝1 m ，BC 长为L2＝2.6 m ，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g 取10 m/s2.(1)假如小滑块恰能过圆形轨道的最高点，求滑块在A 点射出速度大小；(2)假如游戏规如此为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉进陷阱即为胜出，求小滑块在A 点弹射出的速度大小的围．解析：(1)小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v ，由牛顿第二定律mg ＝m v2R从B 到最高点小滑块机械能守恒有12mv2B ＝2mgR ＋12mv2 从A 到B 由动能定理得－μmgL1＝12mv2B－12mv21由以上三式解得A点的速度为v1＝5 m/s.(2)假如小滑块刚好停在C处，从A到C由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝0－12mv22解得A点的速度为v2＝6 m/s假如小滑块停在BC段，应满足5 m/s≤vA≤6 m/s假如小滑块能通过C点并恰好越过陷阱，利用平抛运动如此有竖直方向：h＝12gt2水平方向：s＝vCt从A到C由动能定理得－μmg(L1＋L2)＝12mv2C－12mv23解得v3＝3 5 m/s所以初速度的围为5 m/s≤vA≤6 m/s或vA≥3 5 m/s.5．如下列图，质量M＝4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L ＝0.5 m，可视为质点的小木块A质量m＝1 kg，原来静止于滑板的左端，滑板与木块A之间的动摩擦因数μ＝0.2.当滑板B受水平向左恒力F ＝14 N 作用时间t 后撤去F ，这时木块A 恰好到达弹簧自由端C 处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为s ＝5 cm.g 取10 m/s2.求：(1)水平恒力F 的作用时间t ；(2)木块A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能；(3)当小木块A 脱离弹簧且系统达到稳定后，整个运动过程中系统所产生的热量．解析：(1)木块A 和滑板B 均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得a A ＝μmg m① a B ＝F －μmg M② 根据题意有s B －s A ＝L即12a B t 2－12a A t 2＝L ③ 将数据代入①②③联立解得t ＝1 s(2)1 s 末木块A 和滑板B 的速度分别为v A ＝a A t ④v B ＝a B t ⑤当木块A 和滑板B 的速度一样时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能，根据动量守恒定律有mv A＋Mv B＝(m＋M)v⑥由能的转化与守恒得1 2mv2A＋12Mv2B＝12(m＋M)v2＋E p＋μmgs⑦代入数据求得最大弹性势能E p＝0.3 J.(3)二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v′，相对木板向左滑动距离为x，有mv A＋Mv B＝(m＋M)v′⑧由⑧式解得v＝v′由能的转化与守恒定律可得E p＝μmgx⑨由⑨式解得x＝0.15 m由于s＋L＞x且x＞s，故假设成立整个过程系统产生的热量为Q＝μmg(L＋s＋x)⑩由⑩式解得Q＝1.4 J.6.一静止的质量为M的不稳定原子核，放射出一个质量为m的粒子，(1)粒子离开原子核时速度为v0，如此剩余局部的速率等于。