2019年高考物理总复习 专题 动量与能量的综合应用练习卷
(浙江选考)2019届高考物理二轮复习 专题二 能量与动量综合训练
专题二能量与动量专题综合训练(二)1.质量为m=2 kg的物体沿水平面向右做直线运动,t=0时刻受到一个水平向左的恒力F,如图甲所示,取水平向右为正方向,此物体的v-t图象如图乙所示,g取10 m/s2,则()A.物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.5B.10 s内恒力F对物体做功102 JC.10 s末物体在计时起点位置左侧2 m处D.10 s内物体克服摩擦力做功30 J2.如图所示,质量为m的物块从A点由静止开始下落,加速度是,下落H到B点后与一轻弹簧接触,又下落h后到达最低点C,在由A运动到C的过程中,空气阻力恒定,则()A.物块机械能守恒B.物块和弹簧组成的系统机械能守恒C.物块机械能减少D.物块和弹簧组成的系统机械能减少3.如图所示,A、B、C三个一样的滑块从粗糙斜面上的同一高度同时开始运动,A由静止释放,B的初速度方向沿斜面向下,大小为v0,C的初速度方向沿斜面水平,大小也为v0。
下列说法中正确的是()A.A和C将同时滑到斜面底端B.滑到斜面底端时,B的动能最大C.滑到斜面底端时,B的机械能减少最多D.滑到斜面底端时,C的重力势能减少最多4.图甲为竖直固定在水平面上的轻弹簧,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹簧弹起离开弹簧,上升到一定高度后再下落,如此反复。
通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出此过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图乙所示,不计空气阻力,则()A.t1时刻小球的动能最大B.t2时刻小球的加速度最小C.t3时刻弹簧的弹性势能为零D.图乙中图线所围面积在数值上等于小球动量的变化量5.如图所示,某人在P点准备做蹦极运动,假设蹦极者离开跳台时的速度为零。
图中a是弹性绳的原长位置,c是人所到达的最低点。
b是人静止地悬吊着时的平衡位置。
不计空气阻力,下列说法中正确的是()A.从P到c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B.从P到c过程中重力做的功等于人克服弹力所做的功C.从P到b过程中人的速度不断减小D.从a到c过程中加速度方向保持不变6.如图所示,质量为m的小球从斜轨道高h处由静止滑下,然后沿竖直圆轨道内侧运动,已知圆形轨道半径为R,不计一切摩擦阻力,重力加速度为g。
2019年高考物理 试题分项解析 专题26 动量与能量综合问题(第02期).doc
专题26 动量与能量综合问题一．选择题1．【全国百强校福建省莆田市第一中学2019届高三上学期第一次月考物理试题】如图所示,水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为d。
m2的左边有一固定挡板。
m1由图示位置静止释放,当m1与m2相距最近时m1速度为v1,则在以后的运动过程中()A．m1的最小速度是0B．m1的最小速度是v1C．m2的最大速度是v1D．m2的最大速度是v1【参考答案】BD(多选)如图所示，在光滑的水平杆上套有一个质量为m的滑环．滑环上通过一根不可伸缩的轻绳悬挂着一个质量为M的物块(可视为质点)，绳长为L.将滑环固定时，给物块一个水平冲量，物块摆起后刚好碰到水平杆；若滑环不固定时，仍给物块以同样的水平冲量，则（）A ．给物块的水平冲量为B ．物块上升的最大高度为C ．物块上升最高时的速度为D ．物块在最低点时对细绳的拉力3Mg 【参考答案】ABD二．计算题1. （2019湖南株洲一模）（12分）在水平桌面上画两个同心圆，它们的半径分别为r 和2r 。
圆心处摆放一颗棋子B ，大圆周上另一颗棋子A 以某一初速度v 0沿直径方向向右正对B 运动，它们在圆心处发生弹性碰撞后，A 刚好停在小圆周上，而B 则刚好停在大圆周上。
两颗棋子碰撞前后都在同一条直线上运动，它们与桌面间的动摩擦因数均为，棋子大小远小于圆周半径，重力加速度为g 。
试求 （1）A 、B 两颗棋子的质量之比。
（2）棋子A 的初速度v 0。
【名师解析】（12分）先讨论的情况。
在此条件下，A 停在圆心右侧的小圆周上，B 停在圆心右侧大圆周上。
联立①②③④解得⑤（1分）与题设不符，故一定有⑥（1分）因此，碰后A 一定是反向运动，这样，A 只可能停在圆心左侧的小圆周上。
根据①②③④⑥解得⑦（2分）（2）根据动能定理，碰前对A 有⑧（1分）联立①③④⑥⑦⑧解得⑨（2分）2．【全国百强校辽宁省大连市第二十四中学2018届高考模拟物理试题】如图所示为过山车模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，圆形轨道半径R ＝0.32 m 。
2019届高考物理(全国通用)二轮专题复习：动力学、动量和能量观点的综合应用(附答案)
2019届高考物理（全国通用）二轮专题复习：动力学、动量和能量观点的综合应用（附答案）考题一 动量定理和能量观点的综合应用1.动量定理公式：Ft ＝p ′－p 说明：(1)F 为合外力 ①恒力，求Δp 时，用Δp ＝Ft②b.变力，求I 时，用I ＝Δp ＝m v 2－m v 1③牛顿第二定律的第二种形式：合外力等于动量变化率 ④当Δp 一定时，Ft 为确定值：F ＝Δptt 小F 大——如碰撞；t 大F 小——缓冲(2)等式左边是过程量Ft ，右边是两个状态量之差，是矢量式.v 1、v 2是以同一惯性参照物为参照的. Δp 的方向可与m v 1一致、相反或成某一角度，但是Δp 的方向一定与Ft 一致. 2.力学规律的选用原则单个物体：宜选用动量定理、动能定理和牛顿运动定律.若其中涉及时间的问题，应选用动量定理；若涉及位移的问题，应选用动能定理；若涉及加速度的问题，只能选用牛顿第二定律.例1 据统计人在运动过程中，脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍.为探究这个问题，实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验，即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况.重物与地面的形变很小，可忽略不计.g 取10 m/s 2.下表为一次实验过程中的相关数据.(1)请你选择所需数据，通过计算回答下列问题： ①重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小；②在重物与地面接触过程中，重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍.(2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下，为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力，可采取什么具体措施，请你提供一种可行的方法并说明理由. 解析 (1)①重物受到最大冲击力时加速度的大小为a 由牛顿第二定律：a ＝F m －mgm解得a ＝90 m/s 2②重物在空中运动过程中，由动能定理mgh ＝12m v 2重物与地面接触前瞬时的速度大小v 1＝2gH 重物离开地面瞬时的速度大小v 2＝2gh重物与地面接触过程，重物受到的平均作用力大小为F ，设竖直向上为正方向 由动量定理：(F －mg )t ＝m v 2－m (－v 1) 解得F ＝510 N ，故Fmg＝6因此重物受到的地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍.(2)可以通过增加人与地面接触时间来减小冲击力(如落地后双腿弯曲)，由动量定理Ft ＝Δm v 可知，接触时间增加了，冲击力F 会减小.答案 (1)①90 m/s 2 ②6倍 (2)见解析 变式训练1.高空作业须系安全带，如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动).此后经历时间t 安全带达到最大伸长量，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.m 2gh t＋mgB.m 2gh t－mgC.m gh t ＋mgD.m gh t－mg答案 A解析 由自由落体运动公式得人下降h 距离时的速度为v ＝2gh ，在t 时间内对人由动量定理得(F －mg )t ＝m v ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2ght＋mg ，A 项正确.2.一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5 m 的位置B 处是一面墙，如图1所示.物块以v 0＝9 m /s 的初速度从A 点沿AB 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s ，碰后以6 m /s 的速度反向运动直至静止.g 取10 m/s 2.图1(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；(2)若碰撞时间为0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F ； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W . 答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J解析 (1)对小物块从A 运动到B 处的过程中 应用动能定理－μmgs ＝12m v 2－12m v 2代入数值解得μ＝0.32(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v ′＝－6 m/s 由动量定理得：F Δt ＝m v ′－m v 解得F ＝－130 N其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左. (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得 －W ＝0－12m v ′2解得W ＝9 J.考题二 动量守恒定律和能量观点的综合应用1.动量守恒定律(1)表达式：m1v1＋m2v2＝m1v1′＋m2v2′；或p＝p′(系统相互作用前总动量p等于相互作用后总动量p′)；或Δp＝0(系统总动量的增量为零)；或Δp1＝－Δp2(相互作用的两个物体组成的系统，两物体动量的增量大小相等、方向相反).(2)动量守恒条件：①理想守恒：系统不受外力或所受外力合力为零.②近似守恒：外力远小于内力，且作用时间极短，外力的冲量近似为零，或外力的冲量比内力冲量小得多.③单方向守恒：合外力在某方向上的分力为零，则系统在该方向上动量守恒.动量守恒定律应用要注意的三性(1)矢量性：在一维运动中要选取正方向，未知速度方向的一律假设为正方向，带入求解.(2)同时性：m1v1和m2v2——作用前的同一时刻的动量m1v1′和m2v2′——作用后的同一时刻的动量(3)同系性：各个速度都必须相对于同一个惯性参考系.定律的使用条件：在惯性参考系中普遍适用(宏观、微观、高速、低速)2.力学规律的选用原则多个物体组成的系统：优先考虑两个守恒定律，若涉及碰撞、爆炸、反冲等问题时，应选用动量守恒定律，然后再根据能量关系分析解决.例2如图2所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5 m，物块A以v0＝6 m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1 m，物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1 kg(重力加速度g取10 m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短).图2(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n＜k)光滑段上的速度v n与n的关系式. 解析(1)从A→Q由动能定理得－mg·2R＝12m v 2－12m v2解得v＝4 m/s＞gR＝ 5 m/s在Q点，由牛顿第二定律得F＋mg＝m v 2R 解得F＝22 N.(2)A撞B，由动量守恒得m v0＝2m v′解得v′＝v02＝3 m/s设摩擦距离为x，则－2μmgx＝0－12·2m v′2解得x＝4.5 m所以k＝xL＝45.(3)AB滑至第n个光滑段上，由动能定理得－μ·2mgnL＝12·2m v 2n －12·2m v′2所以v n＝9－0.2n m/s(n<45).答案(1)4 m/s22 N(2)45(3)v n＝9－0.2n m/s(n<45)变式训练3.如图3，在足够长的光滑水平面上，物体A、B、C位于同一直线上，A位于B、C之间.A的质量为m，B、C的质量都为M，三者均处于静止状态.现使A以某一速度向右运动，求m和M之间应满足什么条件，才能使A只与B、C各发生一次碰撞.设物体间的碰撞都是弹性的.图3答案(5－2)M≤m＜M解析设A运动的初速度为v0，A向右运动与C发生碰撞，由动量守恒定律得m v 0＝m v 1＋M v 2由机械能守恒定律得12m v 20＝12m v 21＋12M v 22可得v 1＝m －M m ＋M v 0，v 2＝2mm ＋Mv 0要使得A 与B 能发生碰撞，需要满足v 1＜0，即m ＜M A 反向向左运动与B 发生碰撞过程，有 m v 1＝m v 3＋M v 4 12m v 21＝12m v 23＋12M v 24 整理可得v 3＝m －M m ＋M v 1，v 4＝2m m ＋Mv 1由于m ＜M ，所以A 还会向右运动，根据要求不发生第二次碰撞，需要满足v 3≤v 2 即2mm ＋M v 0≥m －M m ＋M v 1＝(m －M m ＋M )2v 0 整理可得m 2＋4Mm ≥M 2 解方程可得m ≥(5－2)M 另一解m ≤－(5＋2)M 舍去所以使A 只与B 、C 各发生一次碰撞，须满足 (5－2)M ≤m ＜M .考题三 电学中动量和能量观点的综合应用系统化思维方法，就是根据众多的已知要素、事实，按照一定的联系方式，将其各部分连接成整体的方法. (1)对多个物理过程进行整体思维，即把几个过程合为一个过程来处理，如用动量守恒定律解决比较复杂的运动.(2)对多个研究对象进行整体思维，即把两个或两个以上的独立物体合为一个整体进行考虑，如应用动量守恒定律时，就是把多个物体看成一个整体(或系统).例3如图4所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，x轴与绝缘的水平面重合，在y轴右方有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向上的匀强电场.质量为m2＝8×10－3kg的不带电小物块静止在原点O，A点距O点l ＝0.045 m，质量m1＝1×10－3kg的带电小物块以初速度v0＝0.5 m/s从A点水平向右运动，在O点与m2发生正碰并把部分电量转移到m2上，碰撞后m2的速度为0.1 m/s，此后不再考虑m1、m2间的库仑力.已知电场强度E＝40 N/C，小物块m1与水平面的动摩擦因数为μ＝0.1，取g＝10 m/s2，求：图4(1)碰后m1的速度；(2)若碰后m2做匀速圆周运动且恰好通过P点，OP与x轴的夹角θ＝30°，OP长为l OP＝0.4 m，求磁感应强度B的大小；(3)其他条件不变，若改变磁场磁感应强度的大小，使m2能与m1再次相碰，求B′的大小.解析(1)设m1与m2碰前速度为v1，由动能定理－μm1gl＝12m1v21－12m1v20代入数据解得：v1＝0.4 m/sv2＝0.1 m/s，m1、m2正碰，由动量守恒有：m1v1＝m1v1′＋m2v2代入数据得：v1′＝－0.4 m/s，方向水平向左(2)m2恰好做匀速圆周运动，所以qE＝m2g得：q＝2×10－3 C由洛伦兹力提供向心力，设物块m2做圆周运动的半径为R，则q v2B＝m2v2 2R 轨迹如图，由几何关系有：R＝l OP解得：B＝1 T(3)当m 2经过y 轴时速度水平向左，离开电场后做平抛运动，m 1碰后做匀减速运动. m 1匀减速运动至停止，其平均速度大小为： v ＝12|v 1′|＝0.2 m /s>v 2＝0.1 m/s ，所以m 2在m 1停止后与其相碰 由牛顿第二定律有：F f ＝μm 1g ＝m 1a m 1停止后离O 点距离：s ＝v 1′22a则m 2平抛的时间：t ＝sv 2平抛的高度：h ＝12gt 2设m 2做匀速圆周运动的半径为R ′，由几何关系有： R ′＝12h由q v 2B ′＝m 2v 22R ′，联立得：B ′＝0.25 T答案 (1)－0.4 m/s ，方向水平向左 (2)1 T (3)0.25 T 变式训练4.如图5所示，C 1D 1E 1F 1和C 2D 2E 2F 2是距离为L 的相同光滑导轨，C 1D 1和E 1F 1为两段四分之一的圆弧，半径分别为r 1＝8r 和r 2＝r .在水平矩形D 1E 1E 2D 2内有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B .导体棒P 、Q 的长度均为L ，质量均为m ，电阻均为R ，其余电阻不计，Q 停在图中位置，现将P 从轨道最高点无初速度释放，则：图5(1)求导体棒P 进入磁场瞬间，回路中的电流的大小和方向(顺时针或逆时针)；(2)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，求导体棒P 离开轨道瞬间的速度；(3)若P 、Q 不会在轨道上发生碰撞，且两者到达E 1E 2瞬间，均能脱离轨道飞出，求回路中产生热量的范围. 答案 (1)2BL grR ，方向逆时针 (2)3gr(3)3mgr ≤Q ≤4mgr解析 (1)导体棒P 由C 1C 2下滑到D 1D 2，根据机械能守恒定律： mgr 1＝12m v 2D，v D ＝4gr导体棒P 到达D 1D 2瞬间：E ＝BL v D 回路中的电流I ＝E 2R ＝2BL grR方向逆时针(2)棒Q 到达E 1E 2瞬间，恰能脱离轨道飞出，此时对Q ： mg ＝m v 2Q r 2，v Q ＝gr设导体棒P 离开轨道瞬间的速度为v P ，根据动量守恒定律：m v D ＝m v P ＋m v Q 代入数据得，v P ＝3gr(3)由(2)知，若导体棒Q 恰能在到达E 1E 2瞬间飞离轨道，P 也必能在该处飞离轨道.根据能量守恒，回路中产生的热量：Q 1＝12m v 2D －12m v 2P －12m v 2Q ＝3mgr 若导体棒Q 与P 能达到共速v ，回路中产生的热量最多，则根据动量守恒： m v D ＝(m ＋m )v ，v ＝2gr回路中产生的热量：Q 2＝12m v 2D －12(m ＋m )v 2＝4mgr综上所述，回路中产生热量的范围是3mgr ≤Q ≤4mgr .专题规范练1.如图1所示，水平桌面左端有一顶端高为h 的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP ，其形状为半径R ＝0.8 m 的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN 为其竖直直径，P 点到桌面的竖直距离也为R .一质量m ＝0.4 kg 的物块A 自圆弧形轨道的顶端静止释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m 的物块B 发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B 的位移随时间变化的关系式为x ＝6t －2t 2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B 飞离桌面后恰由P 点沿切线落入圆轨道.(重力加速度g 取10 m/s 2)求：图1(1)BP 间的水平距离x BP ；(2)判断物块B 能否沿圆轨道到达M 点； (3)物块A 由静止释放的高度h . 答案 (1)4.1 m (2)不能 (3)1.8 m解析 (1)设碰撞后物块B 由D 点以初速度v D 做平抛运动，落到P 点时其竖直速度为v y ＝2gR 同时v yv D＝tan 45°，解得v D ＝4 m/s设平抛用时为t ，水平位移为x ，则有R ＝12gt 2x ＝v D t 解得x ＝1.6 m物块B 碰后以初速度v 0＝6 m/s ，加速度大小 a ＝－4 m/s 2减速到v D ，则BD 间的位移为x 1＝v 2D －v 202a＝2.5 m故BP 之间的水平距离x BP ＝x ＋x 1＝4.1 m(2)若物块B 能沿轨道到达M 点，在M 点时其速度为v M ，则有12m v 2M －12m v 2D ＝－22mgR设轨道对物块的压力为F N ，则F N ＋mg ＝m v 2MR解得F N ＝(1－2)mg <0，即物块不能到达M 点. (3)对物块A 、B 的碰撞过程，有： m A v A ＝m A v A ′＋m B v 0 12m A v 2A ＝12m A v A ′2＋12m B v 20 解得：v A ＝6 m/s设物块A 释放的高度为h ，则mgh ＝12m v 2A ， 解得h ＝1.8 m2.如图2所示为过山车简易模型，它由光滑水平轨道和竖直面内的光滑圆形轨道组成，Q 点为圆形轨道最低点，M 点为最高点，圆形轨道半径R ＝0.32 m.水平轨道PN 右侧的水平地面上，并排放置两块长木板c 、d ，两木板间相互接触但不粘连，长木板上表面与水平轨道PN 平齐，木板c 质量m 3＝2.2 kg ，长L ＝4 m ，木板d 质量m 4＝4.4 kg.质量m 2＝3.3 kg 的小滑块b 放置在轨道QN 上，另一质量m 1＝1.3 kg 的小滑块a 从P 点以水平速度v 0向右运动，沿圆形轨道运动一周后进入水平轨道与小滑块b 发生碰撞，碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失.碰后a 沿原路返回到M 点时，对轨道压力恰好为0.已知小滑块b 与两块长木板间动摩擦因数均为μ0＝0.16，重力加速度g ＝10 m/s 2.图2(1)求小滑块a 与小滑块b 碰撞后，a 和b 的速度大小v 1和v 2；(2)若碰后滑块b 在木板c 、d 上滑动时，木板c 、d 均静止不动，c 、d 与地面间的动摩擦因数μ至少多大？(木板c 、d 与地面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(3)若不计木板c 、d 与地面间的摩擦，碰后滑块b 最终恰好没有离开木板d ，求滑块b 在木板c 上滑行的时间及木板d 的长度.答案 (1)4 m /s 5.2 m/s (2)0.069 (3)1 s 1.4 m解析 (1)根据题意可知：小滑块a 碰后返回到M 点时：m 1v 2M R＝m 1g 小滑块a 碰后返回到M 点过程中机械能守恒：12m 1v 21＝12m 1v 2M ＋m 1g (2R ) 代入数据，解得：v 1＝4 m/s取水平向右为正方向，小滑块a 、b 碰撞前后：动量守恒：m 1v 0＝－m 1v 1＋m 2v 2机械能守恒：12m 1v 20＝12m 1v 21＋12m 2v 22 代入数据，解得：v 0＝9.2 m /s ，v 2＝5.2 m/s(2)若b 在d 上滑动时d 能静止，则b 在c 上滑动时c 和d 一定能静止μ(m 2＋m 4)g >μ0m 2g解得μ>m 2m 2＋m 4μ0≈0.069 (3)小滑块b 滑上长木板c 时的加速度大小：a 1＝μ0g ＝1.6 m/s 2此时两块长木板的加速度大小：a 2＝μ0m 2m 3＋m 4g ＝0.8 m/s 2 令小滑块b 在长木板c 上的滑行时间为t ，则：时间t 内小滑块b 的位移x 1＝v 2t －12a 1t 2 两块长木板的位移x 2＝12a 2t 2 且x 1－x 2＝L解得：t 1＝1 s 或t 2＝103s(舍去) b 刚离开长木板c 时b 的速度v 2′＝v 2－a 1t 1＝3.6 m/sb 刚离开长木板c 时d 的速度v 3＝a 2t 1＝0.8 m/sd 的长度至少为x ：由动量守恒可知：m 2v 2′＋m 4v 3＝(m 2＋m 4)v解得：v ＝2 m/sμ0m 2gx ＝12m 2v 2′2＋12m 4v 23－12(m 2＋m 4)v 2 解得：x ＝1.4 m3.如图3所示，两个圆形光滑细管在竖直平面内交叠，组成“8”字形通道，在“8”字形通道底端B 处连接一内径相同的粗糙水平直管AB .已知E 处距地面的高度h ＝3.2 m ，一质量m ＝1 kg 的小球a 从A 点以速度v 0＝12 m/s 的速度向右进入直管道，到达B 点后沿“8”字形轨道向上运动，到达D 点时恰好与轨道无作用力，直接进入DE 管(DE 管光滑)，并与原来静止于E 处的质量为M ＝4 kg 的小球b 发生正碰(a 、b 均可视为质点).已知碰撞后a 球沿原路返回，速度大小为碰撞前速度大小的13，而b 球从E 点水平抛出，其水平射程s ＝0.8 m.(g ＝10 m/s 2)图3(1)求碰后b 球的速度大小；(2)求“8”字形管道上下两圆的半径r 和R ；(3)若小球a 在管道AB 中运动时所受阻力为定值，请判断a 球返回到BA 管道时，能否从A 端穿出？ 答案 (1)1 m/s (2)0.9 m 0.7 m (3)不能解析 (1)b 球离开E 点后做平抛运动h ＝12gt 2，s ＝v b t ，解得v b ＝1 m/s (2)a 、b 碰撞过程，动量守恒，以水平向右为正方向，则有：m v a ＝－m ×13v a ＋M v b 解得v a ＝3 m/s碰前a 在D 处恰好与轨道无作用力，则有：mg ＝m v 2a rr ＝0.9 mR ＝h －2r 2＝0.7 m (3)小球从B 到D ，机械能守恒：12m v 2B ＝12m v 2a ＋mgh 解得：12m v 2B ＝36.5 J 从A 到B 过程，由动能定理得：－W f ＝12m v 2B －12m v 20解得：W f ＝35.5 J从D 到B ，机械能守恒：12m (v a 3)2＋mgh ＝12m v B ′2 解得：12m v B ′2＝32.5 J<W f 所以，a 球返回到BA 管道中时，不能从A 端穿出.4.如图4所示，整个空间中存在竖直向上的匀强电场，经过桌边的虚线PQ 与桌面成45°角，其上方有足够大的垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，光滑绝缘水平桌面上有两个可以视为质点的绝缘小球，A 球对桌面的压力为零，其质量为m ，电量为q ；B 球不带电且质量为km (k >7).A 、B 间夹着质量可忽略的火药.现点燃火药(此时间极短且不会影响小球的质量、电量和各表面的光滑程度).火药炸完瞬间A 的速度为v 0.求：图4(1)火药爆炸过程中有多少化学能转化为机械能；(2)A 球在磁场中的运动时间；(3)若一段时间后A 、B 在桌上相遇，求爆炸前A 球与桌边P 的距离.答案 (1)k ＋12k m v 20 (2)3πm 2qB (3)2k －2－3π2(k ＋1)·m v 0qB解析 (1)设爆炸之后B 的速度大小为v B ，选向左为正方向，在爆炸前后由动量守恒可得：0＝m v 0－km v BE ＝12m v 20＋12km v 2B ＝k ＋12km v 20 (2)由A 球对桌面的压力为零可知重力和电场力等大反向，故A 球进入电场中将会做匀速圆周运动，如图所示则T ＝2πm qB有几何知识可得：粒子在磁场中运动了34个圆周 则t 2＝3πm 2qB(3)由0＝m v 0－km v B 可得：v B ＝v 0k由q v 0B ＝m v 20R 知，R ＝m v 0qB设爆炸前A球与桌边P的距离为x A，爆炸后B运动的位移为x B，时间为t B则t B＝x A v0＋t2＋R v，x B＝v B t B由图可得：R＝x A＋x B联立上述各式解得：x A＝2k－2－3π2(k＋1)·m v0qB.。
【北京专用】2019版高考物理一轮复习检测 动量守恒和能量守恒的综合应用 含答案
第3讲动量守恒和能量守恒的综合应用基础巩固1.(2017北京朝阳期中,12,3分)小铁块置于薄木板右端,薄木板放在光滑的水平地面上,铁块的质量大于木板的质量.t=0时使两者获得等大反向的初速度开始运动,t=t1时铁块刚好到达木板的左端并停止相对滑动,此时与开始运动时的位置相比较,下列示意图符合实际的是( )2.一中子与一质量数为A(A>1)的原子核发生弹性正碰.若碰前原子核静止,则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为( )A. B. C. D.3.(多选)矩形滑块由不同材料的上、下两层粘合在一起组成,将其放在光滑的水平面上,质量为m的子弹以速度v水平射向滑块.若射击下层,子弹刚好不射出;若射击上层,则子弹刚好能射穿一半厚度,如图所示.则上述两种情况相比较( )A.子弹的末速度大小相等B.系统产生的热量一样多C.子弹对滑块做的功不相同D.子弹和滑块间的水平作用力一样大4.(2016北京东城零模,17)如图所示,在光滑的水平面上有两物体A、B,它们的质量均为m.在物体B上固定一个轻弹簧处于静止状态.物体A以速度v0沿水平方向向右运动,通过弹簧与物体B发生作用.下列说法正确的是( )A.当弹簧获得的弹性势能最大时,物体A的速度为零B.当弹簧获得的弹性势能最大时,物体B的速度为零C.在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中,弹簧对物体B所做的功为mD.在弹簧的弹性势能逐渐增大的过程中,弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等,方向相反5.(2017北京海淀零模,18)如图所示,在光滑水平地面上有A、B两个小物块,其中物块A的左侧连接一轻质弹簧.物块A处于静止状态,物块B以一定的初速度向物块A运动,并通过弹簧与物块A发生弹性正碰.对于该作用过程,两物块的速率变化可用速率-时间图像进行描述,在选项图所示的图像中,图线1表示物块A的速率变化情况,图线2表示物块B的速率变化情况.则在这四个图像中可能正确的是( )6.(2017北京朝阳期中,18,6分)如图所示,光滑水平冰面上固定一足够长的光滑斜面体,其底部与水平面相切,左侧有一滑块和一小孩(站在冰车上)处于静止状态.在某次滑冰游戏中,小孩将滑块以相对冰面v1=4 m/s的速度向右推出,已知滑块的质量m1=10 kg,小孩与冰车的总质量m2=40 kg,小孩与冰车始终无相对运动,取重力加速度g=10 m/s2,求:(1)推出滑块后小孩的速度大小v2;(2)滑块在斜面体上上升的最大高度H;(3)小孩推出滑块的过程中所做的功W.7.(2017北京东城一模,23,18分)能量守恒定律、动量守恒定律、电荷守恒定律等是自然界普遍遵循的规律,在微观粒子的相互作用过程中也同样适用.卢瑟福发现质子之后,他猜测:原子核内可能还存在一种不带电的粒子.(1)为寻找这种不带电的粒子,他的学生查德威克用α粒子轰击一系列元素进行实验.当他用α粒子He)轰击铍原子核Be)时发现了一种未知射线,并经过实验确定这就是中子,从而证实了卢瑟福的猜测.请你完成此核反应方程He Be→n.(2)为了测定中子的质量m n,查德威克用初速度相同的中子分别与静止的氢核和静止的氮核发生弹性正碰.实验中他测得碰撞后氮核的速率与氢核的速率关系是v N=v H.已知氮核质量与氢核质量的关系是m N=14m H,将中子与氢核、氮核的碰撞视为弹性碰撞.请你根据以上数据计算中子质量m n与氢核质量m H 的比值.(3)以铀235为裂变燃料的“慢中子”核反应堆中,裂变时放出的中子有的速度很大,不易被铀235俘获,需要使其减速.在讨论如何使中子减速的问题时,有人设计了一种方案:让快中子与静止的粒子发生碰撞,他选择了三种粒子:铅核、氢核、电子.以弹性正碰为例,仅从力学角度分析,哪一种粒子使中子减速效果最好,请说出你的观点并说明理由.综合提能1.(2018北京西城期末)(多选)如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别是m1和m2的两物块相连,它们静止在光滑水平地面上.现给物块m1一个瞬时冲量,使它获得水平向右的速度v0,从此时刻开始计时,两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示.则下列判断正确的是( )A.t1时刻弹簧长度最短B.t2时刻弹簧恢复原长C.在t1~t3时间内,弹簧处于压缩状态D.在t2~t4时间内,弹簧处于拉长状态2.(2017北京海淀期中,17,10分)建筑工程中的“打桩”是利用重锤的冲击克服泥土对桩柱的阻力,使桩柱插入泥土到达预定深度的过程.如图甲所示,设打桩机重锤的质量为m,桩柱的质量为M.打桩过程可简化如下:桩柱下端开始时在地表面没有进入泥土,提升重锤到距离桩柱上端h高度后使其自由落下,重锤撞击桩柱上端,经极短时间的撞击使两者以共同的速度一起向下移动一段距离后停止.然后再次提升重锤,重复打桩过程,逐渐把桩柱打到预定深度.设桩柱向下移动的过程中泥土对桩柱的阻力f的大小与桩柱打入泥土中的深度x成正比,其函数表达式f=kx(k为大于0的常量,具体值未知),f-x图像如图乙所示.已知重力加速度大小为g.(1)求重锤与桩柱第一次碰撞后瞬间的共同速度大小;(2)图像法和比较法是研究物理问题的重要方法,例如从教科书中我们明白了由v-t图像求直线运动位移的思想和方法,请你借鉴此方法,根据图示的f-x图像结合函数式f=kx,分析推导在第一次打桩将桩柱打入泥土的过程中阻力所做的功与桩柱打入泥土深度的关系式;并将泥土对桩柱的阻力与你熟悉的弹簧弹力进行比较,从做功与能量转化的角度简要说明泥土对桩柱的阻力做功和弹簧弹力做功的不同;(3)若重锤与桩柱第一次的撞击能把桩柱打入泥土中的深度为d,试求常量k的大小.3.(2017北京朝阳一模,24,20分)动量守恒定律是一个独立的实验定律,它适用于目前为止物理学研究的一切领域.运用动量守恒定律解决二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究.(1)如图1所示,质量分别为m1、m2的球1和球2构成的系统,不考虑系统的外力作用.球1以速度v1(方向沿x轴正向)与静止的球2碰撞,若速度v1不在两球球心的连线上,碰撞之后两球的速度v1'、v2'都会偏离v1的方向,偏角分别为θ和φ,且v1、m1、m2、θ、φ均已知.图1a.请写出计算v1'、v2'的大小时主要依据的关系式;b.请分析说明球1对球2的平均作用力F的方向.图2(2)如图2所示,美国物理学家康普顿及其团队将X射线入射到石墨上,发现被石墨散射的X射线中除了有与入射波长相同的成分外,还有与入射波长不同的成分.我国物理学家吴有训在此项研究中也做出了突出贡献,因此物理学界也把这一效应称为“康普顿吴效应”.由于这一现象很难用经典电磁理论解释,所以康普顿提出光子不仅具有能量,也具有动量,光子的动量p与其对应的波长λ之间的关系为p=(h为普朗克常量).进一步研究表明X射线的散射实质是单个光子与单个电子发生碰撞的结果.由于电子的速度远小于光的速度,可认为电子在碰撞前是静止的.现探测到散射X射线的波长不同于入射X 射线的波长,请你构建一个合理的相互作用模型,解决以下问题:a.请定性分析散射X射线的波长λ'与入射X射线的波长λ的大小关系;b.若已知入射X射线的波长为λ,散射X射线的波长为λ'.设散射X射线相对入射方向的偏转角为θ.求θ=时电子获得的动量.答案精解精析基础巩固1.A 铁块质量大于木板质量,系统所受合外力为零,动量守恒,根据初动量情况,可知末动量方向向左.具体运动情况如以下分析:根据牛顿第二定律f=ma可知,铁块的加速度较小,因此,铁块向左以较小的加速度匀减速运动,木板以较大的加速度向右匀减速运动,木板的速度先减为零,然后反向运动,当两者速度相等时,停止相对运动,由动量守恒可得出v<v0,因整个过程中木板所受摩擦力始终向左且不变,则木板的加速度不变,又木板初速度向右、末速度向左,则知木板先向右做匀减速运动,后向左做匀加速运动,因v<v0,则知木板向右减速的位移大于向左加速的位移,选项A正确,选项B、C、D错误.2.A 设中子质量为m,则原子核的质量为Am.设碰撞前后中子的速度分别为v0、v1,碰后原子核的速度为v2,由弹性碰撞可得mv0=mv1+Amv2,m=m+Am,解得v1=v0,故=,A正确.3.AB 由动量守恒定律有mv=(m+M)v共,得v共=,A正确;由能量守恒定律有Q=mv2-(m+M),知B正确;由动能定理有M-0=W,知C错误;产生的热量Q=f·Δs,因Δs不同,则f也不同,故D错误.4.D 当A、B速度相同时,弹簧获得最大弹性势能,故A、B均错误.系统机械能守恒,E总=m,故当弹簧具有弹性势能时,物体的动能一定小于m,故C错误;弹簧对A、B的作用力始终大小相等方向相反,弹簧对物体A和物体B的冲量大小相等,方向相反,故D正确.5.B 由图像知速度方向都为正.B通过弹簧与A发生弹性碰撞,B减速,A加速,某一时刻两者速度相等,之后A继续加速,B继续减速,v B<v A,当弹簧恢复到原长时,A、B间无相互作用,两者同时开始匀速运动,所以选B.6.答案(1)1 m/s (2)0.8 m (3)100 J解析(1)对于滑块、小孩以及冰车构成的系统,根据动量守恒定律可得:0=m1v1-m2v2代入相关数据可得:v2=1 m/s(2)对于滑块,根据机械能守恒定律可得:m1=m1gH代入相关数据可得:H=0.8 m(3)小孩在推出滑块的过程中所做的功等于系统所获得的总动能,即:W=m1+m2代入相关数据可得:W=100 J7.答案(1 C (2)(3)见解析解析(1)由质量数守恒、电荷数守恒可得,此核反应方程为He Be C n.(2)设中子与氢核、氮核碰撞前的速率为v0中子与氢核发生弹性碰撞时根据动量守恒定律有m n v0=m n v n+m H v H根据能量守恒定律有m n=m n+m H解得碰后氢核的速率v H=同理可得,中子与氮核发生弹性碰撞后,氮核的速率v N=因此有=解得=(3)仅从力学角度分析,氢核减速效果最好.中子与质量为m的粒子发生弹性正碰时,根据动量守恒定律、能量守恒定律有,碰撞后中子的速率v n'=①由于铅核质量比中子质量大很多,碰撞后中子几乎被原速率弹回.②由于电子质量比中子质量小很多,碰撞后中子基本不会减速.③由于中子质量与氢核质量相差不多,碰撞后中子的速率将会减小很多.综合提能1.ABD m1与m2速度相同时,动能损失最多,此时弹簧弹性势能最大,0~t1时间内,相当于m1追 m2,两物块相距越来越近,t1时刻弹簧最短;t1~t2时间内,m2一直加速向右运动,m1先向右减速,后反向向左加速,两物块相距越来越远;由v-t图像中斜率表示加速度,可知t2时刻两物块的加速度为零,即弹簧恢复原长;t2~t3时间内,m2继续向右运动,两物块相距越来越远,弹簧伸长,t3时刻两物块共速,弹性势能最大,弹簧最长;t3~t4时间内,两物块均向右运动,且m1加速,m2减速,m1的速度大于m2的速度,两物块逐渐靠近,说明弹簧处于拉长状态.综上可知A、B、D正确,C错误.2.答案(1)(2)见解析(3)+解析(1)设重锤落到桩柱上端时的速度为v0,对于重锤下落的过程,根据机械能守恒定律有m=mgh(1分)解得:v0=重锤与桩柱相互作用过程极为短暂,冲击力远大于它们所受的重力,重锤与桩柱组成的系统,沿竖直方向动量守恒,设二者碰撞后共同运动的速度为v1,根据动量守恒定律有mv0=(M+m)v1(1分)解得:v1==(1分)(2)由直线运动的v-t图像与横坐标轴所围的“面积”表示位移,比较阻力随深度变化的f-x图像可知,f-x图像与横坐标轴所围成的三角形的“面积”表示阻力做功的大小:x=kx2(1分)阻力对桩柱做负功,所以W=-kx2(1分)由题可知:弹簧弹力的大小和泥土对桩柱的阻力大小变化的规律一样,都是大小与位移成正比.但是弹簧弹力做的功会使物体减少的机械能以弹性势能的形式存储起来,是不同形式的机械能之间的转化;而泥土对桩柱做的功会使物体减少的机械能转化成内能,是机械能转化为其他形式能的过程.泥土阻力一定做负功,弹簧弹力可以做正功,也可以做负功.(2分)(3)对于第一次碰撞后获得共同速度到进入泥土深度为d的过程,根据动能定理有(M+m)gd-kd2=0-(M+m)(2分)可解得:k=2+(1分)3.答案见解析解析(1)a.分别列出沿x轴、y轴方向的动量守恒表达式如下:b.对球2,由动量定理有FΔt=m2v2'-0可知,F的方向与v2'相同,与水平方向夹角为φ(2)a.依题意,建立如(1)中的碰撞模型,入射X射线的光子能量为E=h,散射X射线的光子能量为E'=h设碰撞后电子的动能为E e,碰撞中可能存在的能量损失为ΔE损由能量守恒定律有E=E'+E e+ΔE损可知,E>E',即h>h,所以λ<λ'b.设散射后电子获得的动量为p e,方向与X射线入射方向夹角为φ,由(1)结论可知,代入θ=解得p e=h。
高考物理二轮复习 专题提升训练7 动量与能量的综合应用(含解析)
专题提升训练7动量与能量的综合应用一、单项选择题(本题共6小题,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2019·天津二模)如图所示,三个质量相等的小球A、B、C从图示位置分别以相同的速度v0水平向左抛出,最终都能到达坐标原点O,不计空气阻力,x轴所在处为地面,则可判断A、B、C 三个小球()A.在空中运动过程中,动量变化率之比为1∶2∶3B.在空中运动过程中,重力做功之比为1∶2∶3C.初始时刻纵坐标之比为1∶4∶9D.到达O点时,速度方向与水平方向夹角的正切值之比为1∶4∶9答案:C解析:动量的变化率为合外力即重力,重力相同,则动量的变化率相等,故A错误;根据x=v0t,水平初速度相同,A、B、C水平位移之比为1∶2∶3,所以它们在空中运动的时间之比为1∶2∶3,故B错误;初始时刻纵坐标之比即该过程小球的下落高度之比,根据h=gt2,初始时刻纵坐标之比为1∶4∶9,重力做功之比为h之比,即为1∶4∶9,C正确;竖直方向速度之比为1∶2∶3,水平方向速度相向,而速度方向与水平方向夹角的正切值tanα=,则其比值为1∶2∶3,故D错误。
2.(2019·天津和平区期中)物体A和B用轻绳相连,挂在轻弹簧下静止不动,如图甲所示,A的质量为m,B的质量为m',当连接A、B的绳突然断开后,物体A上升经某一位置时的速度大小为v,这时物体B的下落速度大小为u,如图乙所示,在这段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为()A.mvB.mg+C.mv+m'uD.mv+mu答案:D解析:以向上为正方向,由动量定理得对B:-m'gt=-m'u-0,对A:I-mgt=mv-0,解得:I=m(v+u),D项正确。
3.(2019·河南商丘上学期期末)李老师在课堂上做了如下的小实验:他把一支粉笔竖直放在水平桌面上靠近边缘的纸条上,如图所示。
第一次他慢慢拉动纸条将纸条抽出,粉笔向后倾倒。
2019届高考物理一轮训练【专题14】动量和能量(3)(含答案)
1.如图所示,内壁光滑半径为R的圆形轨道,固定在竖直平面内.质量为m1的小球静止在轨道最低点,另一质量为m2的小球(两小球均可视为质点)从内壁上与圆心O等高的位置由静止释放,运动到最低点时与m1发生碰撞并粘在一起.求:(1)小球m2刚要与m1发生碰撞时的速度大小;(2)碰撞后,m1､m2能沿内壁运动所能达到的最大高度(相对碰撞点).2.两个质量都是M=0.4kg的砂箱A､B并排放在光滑的水平桌面上,一颗质量为m=0.1kg的子弹以v0=140m/s 的水平速度射向A,如图所示.射穿A后,进入B并同B一起运动,测得A､B落点到桌边缘的水平距离s A：s B=1：2,求子弹在砂箱A､B中穿行时系统一共产生的热量Q.【解析】设子弹入射过程,使A获得速度v1,B获得速度v2,子弹穿过A时速度为v3.子弹入射A过程,子弹A､B水平方向不受外力作用,动量守恒,则mv0=mv3+2Mv1 ①子弹射入B过程,子弹与B水平方向不受外力作用,动量守恒.mv 3+Mv 1=(m+M)v 2 ②A ､B 离开桌面后做平抛运动,因高度相同,空中运动时间相等s A ：s B =v 1：v 2=1：2 ③子弹入射过程,系统动能转化为内能222012111()222Q mv Mv M m v =--+ ④ 联立①②③得010.1140/10/3230.420.1mv v m s m s M m ⨯===+⨯+⨯ v 2=2v 1=20 m/s 代入④得Q=860 J.【答案】860 J3.小球A 和B 的质量分别为m A 和m B ,且m A >m B .在某高处将A 和B 先后从静止释放.小球A 与水平地面碰撞后向上弹回,在释放处下方与释放处距离为H 的地方恰好与正在下落的小球B 发生正碰.设所有碰撞都是弹性的,碰撞时间极短.求小球A ､B 碰撞后B 上升的最大高度. 由①④⑤式得23.A B A B m m h H m m ⎛⎫-= ⎪+⎝⎭⑥ 【答案】23A B A B m m H m m ⎛⎫- ⎪+⎝⎭4.如图所示,质量为3 m 的足够长木板C 静止在光滑水平面上,质量均为m 的两个小物体A ､B 放在C 的左端,A ､B 间相距s 0,现同时对A ､B 施加水平向右的瞬时冲量而使之分别获得初速度v 0和2v 0,若A ､B 与C 之间的动摩擦因数分别为μ和2μ,则(1)最终A ､B ､C 的共同速度为多大?(2)求运动过程中A的最小速度?(3)A与B最终相距多远?(4)整个过程中A､B与木板C因摩擦所产生的热量之比为多大?(3)在A与C相对静止前,三个物体的加速度大小分别为a A=mgmμ=μg a B=2mgmμ=2μg【答案】(1)0.6v0 (2)v AC=0.5v0 v0=v B(3)20.425vsgμ+ (4)5275．如图所示，甲车质量为2 kg，静止在光滑水平面上，其顶部上表面光滑，右端放一个质量为1 kg的小物块，乙车质量为4 kg，以5 m/s的速度向左运动，与甲车碰撞后甲车获得6 m/s的速度，物块滑到乙车上，若乙车足够长，其顶部上表面与物块的动摩擦因数为0.2(g取10 m/s2)，则( )(1)物块在乙车上表面滑行多长时间相对乙车静止；(2)物块最终距离乙车左端多大距离．。
高考物理二轮复习 第一部分 专题四 动量与能量 第1讲 动量和能量观念在力学中的应用练习(含解析)
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。
2019年春高中物理人教版选修3-5专题练习试题：动量和能量的综合
动量和能量的综合1. （湖北省武汉市华中师范大学第一附属中学2019届高三上学期期中）如图所示，矩形滑块由材料不同的上下两层粘合而成，它静止于光滑的水平面上，质量为m的子弹以速度v水平射向滑块。
若射击下层，子弹刚好不射出；若射击上层，则子弹刚好能射穿一半厚度，上述两种情况相比较（）A. 子弹和滑块的最终速度不同B. 滑块对子弹的阻力不一样大C. 子弹对滑块做功不一样多D. 系统产生的热量不一样多【答案】B2. （黑龙江省哈尔滨师范大学附属中学2019届高三上学期期末）如图所示，在光滑的水平面上静止放着装有一条光滑弧形轨道的小车，小车的质量为1kg一质量为0.5kg的小球以3m/s的速度沿弧形轨道水平方向射入，小球沿弧形轨道上升至h高处后，再沿轨道下滑脱离小车(g=10m/s2)，则（）A. h=45cmB. 小球上升至h处的速度为0C. 脱离时小球的速度大小为3m/sD. 脱离时小车的速度大小为2m/s【答案】D3. （2019届湖南师大附中高三上学期月考）某家用桶装纯净水手压式饮水器如图，在手连续稳定的按压下，出水速度为v0，供水系统的效率为η，现测量出桶底到出水管之间的高度差H(水面很低，高度不计)，出水口倾斜，其离出水管的高度差可忽略，出水口的横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，则下列说法正确的是A. 出水口单位时间内的出水体积Q ＝v 0SB. 出水口所出水落地时的速度gHv v 220+=C. 出水后，手连续稳定按压的功率为ηρηρgH Sv Sv 032+D. 手按压输入的功率等于单位时间内所出水的动能和重力势能之和 【答案】BC4. 两质量、大小完全相同的正方体木块A 、B ，靠在一起放在光滑水平面上，一水平射来的子弹先后穿透两木块后飞出，若木块对子弹的阻力恒定不变，子弹射穿两木块的时间相同，则A 、B 两木块被子弹射穿后的速度之比为( ) A ．1∶1 B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶ 3【答案】C5. 如图所示，一个质量为m 的物块A 与另一个质量为2m 的物块B 发生正碰，碰后B 物块刚好能落入正前方的沙坑中。
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2019年高考物理总复习专题动量与能量的综合应用练习卷1．如图所示，质量为m的楔形物块上有圆弧轨道，圆弧对应的圆心角小于90°且足够长，物块静止在光滑水平面上。
质量为m的小球以速度1v向物块运动，不计一切摩擦。
则以下说法正确的是A．小球能上升的最大高度214v HgB．小球上升过程中，小球机械能守恒C．小球最终静止在水平面上D．楔形物块最终的速度为1v2．如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B连接，并静止在光滑的水平面上。
现使B瞬间获得一水平向右的速度3 m/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，则A．在t1、t3时刻两物块达到共同速度1 m/s，且弹簧都处于伸长状态B．t3~t4时间内弹簧由压缩状态恢复到原长C．两物块的质量之比为m1:m2=1:2D．在t2时刻两物块的动能之比为E k1:E k2=8:13．质量为m A的A球以某一速度沿光滑水平面向静止的B球运动，并与B球发生弹性正碰。
假设B球的质量m B可选取为不同的值，则A．当m B=m A时，碰后B球的速度最大B．当m B=m A时，碰后B球的动能最大C．在保持m B>m A的条件下，m B越小，碰后B球的速度越大D．在保持m B<m A的条件下，m B越大，碰后B球的动量越大4．如图所示，在光滑水平桌面上放有足够长的木板C，在C上左端和距左端x处各放有小物块A和B，A、B均可视为质点，A、B与C间的动摩擦因数均为μ，A、B、C的质量均为m。
开始时，B、C静止，A以某一初速度v0向右做匀减速运动，设B与C间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
下列说法正确的是A ．A 运动过程中，B 受到的摩擦力为2mgμB ．最终A 、B 、C 一起向右以3v 做匀速直线运动C ．若要使A 、B 恰好不相碰，A 的初速度0v =D ．若要使A 、B 恰好不相碰，A 的初速度0v =5．（2016天津卷）如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块B ，盒的质量是滑块质量的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ。
若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________。
6．如图所示，光滑水平面上有一质量M =1.98 kg 的小车，车的B 点右侧上表面是粗糙水平轨道，B 点左侧固定半径R =0.7 m 的光滑14圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在B 点相切。
车右端D 点处固定一轻弹簧，弹簧自然伸长时其左端对应小车上C 点。
B 、C 间的距离L =0.9 m ，一质量m =2 kg 的小物块置于B 点，车与小物块均处于静止状态。
现有一质量m 0=20 g 的子弹以速度v 0=500 m/s 击中小车并停留在车中，子弹击中小车的时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g =10 m/s 2。
（1）通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点A ，并求当小物块再次回到B 点时，小物块的速度大小。
（2）若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量x =10 cm ，求弹簧的最大弹性势能。
（3）求小物块与车最终相对静止时，小物块与B 点的距离。
7．如图所示，质量为2m 的木板A 静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距s ，长木板的右端固定一半径为R 的四分之一光滑圆弧，圆弧的下端与木板水平相切但不相连。
质量为m 的滑块B （可视为质点）以初速度gR v 20=从圆弧的顶端沿圆弧下滑，当B 到达最低点时，B 从A 右端的上表面水平滑入同时撤走圆弧。
A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，A 、B 之间动摩擦因数为μ，A 足够长，B 不会从A 表面滑出，重力加速度为g 。
（1）求滑块B 到圆弧底端时的速度大小v 1。
（2）若A 与台阶只发生一次碰撞，求s 满足的条件。
（3）在满足（2）的条件下，讨论A 与台阶碰前瞬间B 的速度。
8．如图所示，上表面光滑的水平平台左端与竖直面内半径为R 的光滑半圆轨道相切，整体固定在水平地面上。
平台上放置两滑块A 、B （均可视为质点），质量分别为m 、2m ，两滑块间夹有被压缩的轻弹簧，弹簧与滑块不拴接。
平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，质量M =3m 、车长L =2R ，小车上表面与平台等高，滑块与小车上表面间的动摩擦因数μ=0.2。
现解除弹簧约束，滑块A 、B 在平台上与弹簧分离，滑块A 恰好能够通过半圆轨道的最高点D ，滑块B 冲上小车。
已知重力加速度为g 。
（1）求滑块A 在半圆轨道最低点C 处时的速度大小。
（2）求滑块B 冲上小车后与小车发生相对运动过程中小车的位移大小。
（3）若右侧地面上有一高度略低于小车上表面的立桩（未画出），立桩与小车右端的距离为s ，当小车右端运动到立桩处立即被牢固粘连。
请讨论滑块B 在小车上运动过程中，克服摩擦力做的功W 与s 的关系。
9．如图所示，小球A 从光滑曲面上高h 的P 处由静止滑下，小球B 用长为L 的细绳竖直悬挂在O 点且刚和平面上Q 点接触。
两球质量均为m ，曲面底端C 点到Q 点的距离为s 。
A 和B 碰撞时无能量损失。
（1）若L ≤4h，且平面CQ 光滑，则碰后A 、B 各做何种运动？ （2）若L =h ，且A 与平面CQ 间的动摩擦因数为μ，则A 、B 可能碰撞几次？A 最终停在何处？10．（2017天津卷）如图所示，物块A 和B 通过一根轻质不可伸长的细绳连接，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m A =2 kg 、m B =1 kg 。
初始时A 静止于水平地面上，B 悬于空中。
先将B 竖直向上再举高h =1.8 m （未触及滑轮）然后由静止释放。
一段时间后细绳绷直，A 、B 以大小相等的速度一起运动，之后B 恰好可以和地面接触。
取g =10 m/s 2。
空气阻力不计。
求：（1）B 从释放到细绳刚绷直时的运动时间t ； （2）A 的最大速度v 的大小； （3）初始时B 离地面的高度H 。
11．在磁感应强度为B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变。
放射出的α粒子（42He ）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R 。
以m 、q 分别表示α粒子的质量和电荷量。
（1）放射性原子核用X AZ表示，新核的元素符号用Y 表示，写出该α衰变的核反应方程。
（2）α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小。
（3）设该衰变过程释放的核能都转化为α粒子和新核的动能，新核的质量为M ，求衰变过程的质量亏损Δm 。
12．如图，物块A 通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器（图中未画出）射出的物块B 沿水平方向与A 相撞，碰撞后两者粘连在一起运动；碰撞前B 的速度的大小v 及碰撞后A 和B 一起上升的高度h 均可由传感器（图中未画出）测得。
某同学以h 为纵坐标，v 2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k =1.92 ×10–3s 2/m 。
已知物块A 和B 的质量分别为m A =0.400 kg 和m B =0.100 kg ，重力加速度大小g =9.80 m/s 2。
（1）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h –v 2直线斜率的理论值k 0。
（2）求k 值的相对误差δ（δ=00k k k ×100%，结果保留1位有效数字）。
13．如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。
某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h =0.3 m （h 小于斜面体的高度）。
已知小孩与滑板的总质量为m 1=30 kg ，冰块的质量为m 2=10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动。
取重力加速度的大小g =10 m/s 2。
（1）求斜面体的质量；（2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？14．如图，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直：a和b相距l；b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为34m。
两物块与地面间的动摩擦因数均相同。
现使a以初速度v向右滑动。
此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为g。
求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件。
15．滑块a、b沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。
两者的位置x随时间t变化的图象如图所示。
求：（1）滑块a、b的质量之比；（2）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。
参考答案1．ACD2．BD3．BCD4．ABD5．3v23v gμ6．（1）不能 5 m/s （2）2.5 J （3）0.75 m7．（1）1v = （2）4R s μ≥ （3）44949R R s Rs μμμ⎧-≤<⎪⎪≥8．（1（2）34R （3）W =2(2)3,054113,104mg R s R s mgR R s +⎧<<⎪⎪⎨⎪≥⎪⎩9.因为两球质量相等，且碰撞无能量损失，故两球交换速度 设B 球做完整的圆周运动时，通过最高点的速度为v ′由机械能守恒有22mv =22mv '+mg ·2L由牛顿第二定律有2mv L'≥mg可得L ≤25h ，因为4h <25h ，则B 能做完整的圆周运动 B 回到Q 点后又与A 发生碰撞，交换速度，故最终A向右做匀速直线运动，B 静止（2）由（1）可知，若L =h >25h，且平面CQ 粗糙，B 只能摆动，不能做完整的圆周运动 A 、B 碰撞过程反复交换速度，A 多次经过平面CQ ，最终静止时，动能全部因克服摩擦力做功损失掉对全过程分析有mgh =μmgx ，得x =hμ设x 除以s 的商为n ，余数为k ，即hsμ=n +k ， 若n 为奇数，碰撞次数为12n +次，A 最终停在Q 点左侧h μ–ns 处若n 为偶数，碰撞次数为2n次，A 最终停在Q 点左侧(n +1)s –h μ处10.（1）0.6s （2）2m/s （3）H=0.6m11．（1）4422X Y He AA ZZ --→+ （2）2πm qB 22πq B m （3）22()()2M m qBR m mMc +∆=12.（1）2232021 s /m 2.0410 s /m 2()490B A B m k g m m -==≈⨯+ （2）按照定义，δ=00k k k -×100%=6%13．（1）20 kg （2）不能14．2200321132v v gl glμ≤<15．（1）1:8 （2）1:2。