动量与能量结合综合题附答案汇编
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。
动量能量综合(含答案)
动 量 能 量 综 合 一1．如图所示，一个带斜面的物体A 静止在光滑的水平面上，它的质量为M =0.5kg ．另一个质量为m =0.2kg 的小物体B 从高处自由下落，落到B 的斜面上，下落高度为h =1.75 m ．与斜面碰撞后B 的速度变为水平向右，碰撞过程中A 、B 组成的系统的机械能没有损失．（计算时取g =10m/s 2）（1）碰后A 、B 的速度各多大？（2）碰撞过程中A 、B 的动量变化量各多大？答案：（1）=2m/s ，方向向左；=5m/s ，方向向右（2）Δp A =Mv =1kg·m/s ，方向向左；Δp B ＝m 220B v v +=0.415 kg·m/s=1.5 kg·m/s 2．长为L 的轻绳，一端用质量为m 1的环套在水平光滑的固定横杆AB 上，另一端连接一质量为m 2的小球，开始时，提取小球并使绳子绷紧转到与横杆平行的位置(如图)然后同时释放环和小球，当小球自由摆动到最低点时，小球受到绳子的弹力多大?答案：３m ２g ＋２m ２２g ／m １3．如图所示，在水平面的左端立着一堵竖直的墙A ，把一根劲度系数为k 的弹簧的左端固定在墙上，在弹簧右端系一个质量为m 的物体1，紧靠着1放置一个质量也是m 的物体2，两个物体与水平地面的动摩擦因数都是µ，用水平外力F 推物体2压缩弹簧(在弹性限度内)，使弹簧从原长(端点在O)压缩了s ，这时弹簧的弹性势能为E p ，弹簧物体1和2都处于静止状态。
然后撤去外力F ，由于弹簧的作用，物体开始向右滑动，当物体2与1分离时，物体2的速率是多大？物体2与1分离后滑行多大距离？设弹簧的质量以及1和2的宽度都可忽略不计。
答案：v =gs mE P μ2-；s mgE P -μ24．如图所示，在光滑水平面上，有一质量为m 1＝20千克的小车，通过一根几乎不可伸长的轻绳与另一个质量为m 2＝25千克的拖车相连接，一质量为m 3＝15千克的物体放在拖车的平板上，物体与平板间的滑动摩擦数为μ＝0.20.开始时，拖车静止，绳未拉紧，小车以υ0＝3米/秒的速班级： 姓名：度向前运动，求：(1)当m 1，m 2，m 3以同一速度前进时，速度的大小； (2)物体在拖车平板上移动的距离.(g 取10米/秒2.)答案：(1)1米/秒2;(2)0.33米.5．如图所示，A ，B ，C 三个物体的质量均为m ，开始时物体B 与C 相接触一起放在光滑水平面上，物体A 放在物体B 上表面的半径为R 的半圆形光滑轨道的顶端.从静止状态释放物体A ，求 （1）物体B 与物体C 分离时物体A 与物体B 的速度υA 和v B . （2）A 能上升的最大高度；（3）B 的最大速度答案：(1)gRgR 31,34 ;(2)h m=3/4R;6．如图所示，一轻质弹簧一端固定，一端与质量为 m 的小物块A 相联，原来A 静止在光滑水平面上，弹簧没有形变，质量为m 的物块B 在大小为F 的水平恒力作用下由C 处从静止开始沿光滑水平面向右运动，在O 点与物块A 相碰并一起向右运动（设碰撞时间极短）。
“动量和能量”综合练习题
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第２ ６卷 总 第 ３ ６期 １ ２０ ０ ８年 第 ５期 （ 下半 月）
物
理
教
学
探
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Ｖｏ ． ６ Ｎｏ ３ ６ １２ ． １
Ｊ ｕ ｎ ｌ ｏ Ｐｈｙ ｉｓ Ｔｅ ｃ ｉ ｇ ｏ ｒ ａ ｆ ｓｃ ａｈｎ
“ 量 和 能 量 ’综 合 练 习题 动 ’
ｌ ．在 光 滑 水 平 面 上 ， 能 为 、 量 的 大 Ｏ 动 动
小 为 Ｐ 的小钢 球 １ 。 与静止 小钢球 ２ 生碰撞 ， 发 碰 撞前 后球 １的运 动方 向相反 。 将碰 撞 后球 １的动 能 和动量 的大 小乡 别 记为 Ｅ。Ｐ ， ２的动能 和 ｊ 、 。球 动量 的大小 分别 记 为 Ｅ 、 。 则必 有 ２Ｐ ，
．
李 志 豪
衢 州 第 二 中学 ， 江 省 衢 州 市 ３ ４ ０ 浙 ２００
一
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选 择 题
网上 １ ８ 高处 ， ．ｍ 已知演员 与 网接触 时 间为 ２ ， ｓｇ 取 １ ｍ／ 则演 员对 网的平 均 冲力 大小 是 ０ ｓ，
Ａ． ０ Ｎ ５０
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１ 以初速度 ＂ 水平抛 出一质量为 的物体 ， ． ｏ ０ 当物 体的速率为 时 ， 重力做功 的瞬时功率为
１ ．（ ） 开木 板 时有水 平初 速度 而做平 抛 ３ １离
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动量能量的综合题目 各个类型各选一(含答案)
动量能量的综合题目各个类型各选一个1.(2017·洛阳市二模)如图所示，光滑水平面上有一质量M＝4.0 kg 的平板车，车的上表面是一段长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v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g ＝10 m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0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v1由动量守恒得：mv0＝(M＋m)v1 ①由能量守恒得：12mv20－12(M＋m)v21＝mgR＋μmgL②联立①②并代入数据解得：v0＝5 m/s(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，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：mv0＝(M＋m)v2 ④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：12mv20－12(M＋m)v22＝μmg(L＋x) ⑤联立③④⑤并代入数据解得：x＝0.5 m.2．如图所示，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，水柱垂直煤层表面，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)若将质量为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时间内，从水枪中喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔVΔV＝vSΔt＝14vπD2ΔtΔt时间内从水枪中喷出的水的动能E k＝12Δmv2＝18ρπD2v3Δt由动能定理，高压水枪对水做的功W＝E k＝18ρπD2v3Δt高压水枪的功率P＝WΔt＝18ρπD2v3考虑一个极短时间Δt′，在此时间内喷到煤层上的水的质量为m，则由动量定理可得FΔt′＝mvΔt′时间内喷到煤层上的水的质量m＝ρSvΔt′＝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＋Δmv＝0解得v车＝－Δmvm＋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＝12Δmv2＋12(M＋m－Δm)v2车＝m＋M2m＋M－ΔmΔmv2.3.如图所示，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．已知重力加速度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＋2mgLsin 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·河南洛阳模拟)某校物理兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，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＝ m ，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ＝，重力加速度g 取10 m/s2.(1)若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)若游戏规则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范围．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)若小滑块刚好停在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若小滑块停在BC段，应满足5 m/s≤vA≤6 m/s若小滑块能通过C点并恰好越过陷阱，利用平抛运动则有竖直方向：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所以初速度的范围为5 m/s≤vA≤6 m/s或vA≥3 5 m/s.5．如图所示，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＝.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 ma B＝F－μmgM根据题意有s B－s A＝L即12a B t2－12a A t2＝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 tv B＝a B t当木块A和滑板B的速度相同时，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)v ⑥由能的转化与守恒得12mv2A＋12Mv2B＝12(m＋M)v2＋E p＋μmgs⑦代入数据求得最大弹性势能E p＝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＝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，则剩余部分的速率等于。
动量和能量综合问题
动量和能量综合问题汇总1． 弹性碰撞发生弹性碰撞的两个物体碰撞前后动量守恒，动能守恒，若两物体质量分别为m 1和m 2，碰前速度为v 1，v 2，碰后速度分别为v 1ˊ，v 2ˊ，则有： m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1ˊ+m 2v 2ˊ (1)21m 1v 12+21m 2v 22=21m 1v 1ˊ2+21m 2v 2ˊ 2 (2) 联立（1）、（2）解得：v 1ˊ=1212211-2v m m v m v m ++，v 2ˊ=2212211-2v m m v m v m ++.特殊情况：①若m 1=m 2 ，v 1ˊ= v 2 ，v 2ˊ= v 1 . ②若v 2=0则 v 1ˊ=12121-v m m m m +，v 2ˊ=21112m m v m +.(i)m 1>>m 2 v 1ˊ=v 1，v 2ˊ=2v 1 . (ii)m 1<<m 2 v 1ˊ=-v 1，v 2ˊ=0 . 2． 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 =212211m m v m v m ++；ΔE k =2212121-21)v v (m m m m + 3． 非弹性碰撞介于弹性碰撞和完全非弹性碰撞之间的碰撞。
动量守恒，碰撞系统动能损失。
根据动量守恒定律可得：m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1ˊ+m 2v 2ˊ (1) 损失动能ΔE k ，根据机械能守恒定律可得： ½m 1v 12+ ½ m2v 22=21m 1v 1ˊ2+21m 2v 2ˊ 2 + ΔE k . (2) 恢复系数e =2112-′-v v v v ′ ①非弹性碰撞:0<e <1；②弹性碰撞:e =1；③完全非弹性碰撞:e =0。
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。
动量、能量综合问题- 高考物理压轴大题专题训练
训练07 动量、能量综合问题1．（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 。
【答案】（1）0.6s t = （2）2m/s v = （3）0.6m H = 【解析】（1）B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：221gt h =解得：0.6s t = （2）设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，有06m/s v gt ==细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，总动量守恒：v m m v m B A B )(0+= 绳子绷直瞬间，A 、B 系统获得的速度：2m/s v =之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s（3）细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、B 组成的系统机械能守恒，有：gH m gH m v m m A B B A =++2)(21解得，初始时B 离地面的高度0.6m H =2．（2016·海南卷）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 ×10-3 s 2/m 。
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．
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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。
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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。
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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h，如图所示。
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3h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，它们到达最低点一物块从木板正上方距离为后又向上运动。
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。
一颗质量m=0.10kg的子弹C以v0=100m/s的水平速度从左面射入A物块，子弹射穿A后接着射入B并留在B中，此时A、B都没有离开桌面。
已知物块A的长度为0.27m，A离开桌面后，落地点到桌边的水平距离s=2.0m。
设子弹在物块A、B 中穿行时受到的阻力保持不变，g取10m/s2。
求：（1）物块A和物块B离开桌面时速度的大小分别是多少；（2）求子弹在物块B中穿行的距离；（3）为了使子弹在物块B中穿行时物块B未离开桌面，求物块B到桌边的最小距离。
5．宇宙射线每时每刻都在地球上引起核反应。
自然界的14C大部分是宇宙射线中的中子轰击“氮-14”产生的，核反应方程式为。
若中子的速度为v1=8×l06m/s，反应前“氮-14”的速度认为等于零。
反应后生成的14C粒子的速度为v2=2.0×l05m/s，其方向与反应前中子的运动方向相同。
①求反应中生成的另一粒子的速度：②假设此反应中放出的能量为0．9MeV，求质量亏损。
6．（19分）如图12所示，质量M=1.0kg的木块随传送带一起以v=2.0m/s的速度向左匀速运动，木块与传送带间的动摩擦因数μ=0.50。
当木块运动至最左端A点时，一颗质量为m=20g的子弹以v0=3.0×102m/s水平向右的速度击穿木块，穿出时子弹速度v1=50m/s。
设传送带的速度恒定，子弹击穿木块的时间极短，且不计木块质量变化，g=10m/s2。
求：（1）在被子弹击穿后，木块向右运动距A点的最大距离；（2）子弹击穿木块过程中产生的内能；（3）从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中，木块与传送带间由于摩擦产生的内能。
（AB间距离足够长）7、为了有效地将重物从深井中提出，现用小车利用“双滑轮系统”（两滑轮同轴且有相同的角速度，大轮通过绳子与物体相连，小轮通过另绳子与车相连）来提升井底的重物，如图所示。
滑轮离地的高度为H=3m，大轮小轮直径之比为3：l，（车与物体均可看作质点，且轮的直径远小于H），若车从滑轮正下方的A点以速度v=5m／s匀速运动至B点．此时绳与水平方向的夹角为37°，由于车的拉动使质量为m=1 kg物体从井底处上升，则车从A点运动至B点的过程中，试求：a．此过程中物体上升的高度；b．此过程中物体的最大速度；c．此过程中绳子对物体所做的功。
10．如图所示，水平地面和半圆轨道面均光滑，质量M＝1kg的小车静止在地面上，小车上表面与R=0.24m的半圆轨道最低点P的切线相平。
现有一质量m＝2kg的滑块（可视为质点）以v0=6m/s的初速度滑上小车左端，二者共速时小车还未与墙壁碰撞，当小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上，已知滑块与小车表面的滑动摩擦因数μ＝0.2，g 取10m/s2，求：（1）滑块与小车共速时的速度及小车的最小长度；（2）滑块m恰好从Q点离开圆弧轨道时小车的长度；（3）讨论小车的长度L在什么范围，滑块能滑上P点且在圆轨道运动时不脱离圆轨道？11．两根足够长的平行光滑导轨，相距1m水平放置。
匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间B = 0.4 T。
金属棒ab、cd质量分别为0.1kg和0.2kg，电阻分别为0.4Ω和0.2Ω，并排垂直横跨在导轨上。
若两棒以相同的初速度3m/s向相反方向分开，不计导轨电阻，求：①棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小；②金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热；③金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加多少？12．如图所示，导体棒ab 质量为0.10kg ，用绝缘细线悬挂后，恰好与宽度为50cm 的光滑水平导轨良好接触，导轨上还放有质量为0.20kg 的另一导体棒cd ，整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。
将ab 棒向右拉起0.80m 高，无初速释放，当ab 棒第一次经过平衡位置向左摆起的瞬间，cd 棒获得的速度是0.50m/s 。
在ab 棒第一次经过平衡位置的过程中，通过cd 棒的电荷量为1C 。
空气阻力不计，重力加速度g 取10m/s 2，求：（1）ab 棒向左摆起的最大高度；（2）匀强磁场的磁感应强度；（3）此过程中回路产生的焦耳热13．（20分）如图所示，竖直放置的圆弧轨道和水平轨道两部分相连． 水平轨道的右侧有一质量为 2 m 的滑块C 与轻质弹簧的一端相连，弹簧的另一端固定在竖直的墙M 上，弹簧处于原长时，滑块C 静止在P 点处；在水平轨道上方O 处，用长为L 的细线悬挂一质量为 m 的小球B ，B 球恰好与水平轨道相切，并可绕O 点在竖直平面内摆动。
质量为 m 的滑块A 由圆弧轨道上静止释放，进入水平轨道与小球B 发生弹性碰撞． P 点左方的轨道光滑、右方粗糙，滑块A 、C 与PM 段的动摩擦因数均为 =0.5，A 、B 、C 均可视为质点，重力加速度为g ．（1）求滑块A 从2L 高度处由静止开始下滑,与B 碰后瞬间B 的速度。
（2）若滑块A 能以与球B 碰前瞬间相同的速度与滑块C 相碰，A 至少要从距水平轨道多高的地方开始释放?（3）在（2）中算出的最小值高度处由静止释放A ，经一段时间A 与C 相碰，设碰撞时间极短，碰后一起压缩弹簧，弹，求弹簧的最大弹性势能。
参考答案1．C【解析】试题分析：让cd 杆以初速度v 向右开始运动，cd 杆切割磁感线，产生感应电流，两杆受安培力作用，安培力对cd 向左，对ab 向右，所以ab 从零开始加速，cd 从v 0开始减速．那么整个电路的感应电动势减小，所以cd 杆将做加速度减小的减速运动，ab 杆做加速度减小的加速运动，当两杆速度相等时，回路磁通量不再变化，回路中电流为零，两杆不再受安培力作用，将以相同的速度向右匀速运动．故C 正确，AB 错误．两导线中的电流始终相等，但由于通过的距离不相等，故磁场对两金属杆做功大小不相等；故D 错误；故选C 。
考点：电磁感应问题的力的问题【名师点睛】本题是牛顿第二定律在电磁感应现象中的应用问题．解答本题能搞清楚物体的受力情况和运动情况，突然让cd 杆以初速度v 向右开始运动，cd 杆切割磁感线，产生感应电流，两杆受安培力作用，根据牛顿第二定律判断两杆的运动情况。
【解析】 试题分析：①设物块与木板碰撞时，物块的速度为0v ，由能量守恒得到：设物块与木板碰撞后一起开始向下运动的速度为1v ，因碰撞时间极短，动量守恒：102mv m v =，解得： ②设质量为m 时物块与木板刚碰撞时弹簧的弹性势能为p E ，当它们一起回到O 点时，弹簧弹性势能为零，且此时物块与木板速度恰好都为零，以木板初始位置为重力势能零点，由设2v 表示质量为2m 时物块与木板碰撞后一起开始向下运动的速度，由动量守恒得到： 2023mv m v =此后物块与木板碰撞后向上运动通过O 点时，木板和物块具有相同的速度v ，由机械能守恒考点：能量守恒、动量守恒定律【名师点睛】物体的碰撞瞬间，我们应该考虑到动量守恒定律；对于简谐运动，我们要运用该运动的特殊位置物理量的特点以及对称性；动能定理的应用范围很广，可以求速度、力、功等物理量，特别是可以去求变力功。
3．（1）2014Q mv =； （2）2204B L v F a m mR==【解析】试题分析：（1）从开始到两棒达到相同速度v 的过程中，两棒的总动量守恒，有mv mv 20= 根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热2022041)2(2121mv v m mv Q =-=（2）设ab 棒的速度变为043v 时，cd 棒的速度为'v ，则由动量守恒可知 '4300mv mv mv += 解得041'v v = 此时回路中的电动势为000214143BLv BLv BLv E =-= 此时回路中的电流为RBLv R E I 420== 此时cd 棒所受的安培力为Rv L B BIL F 4022== 由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度2204B L v F a m mR== 考点：动量守恒定律；闭合电路的欧姆定律；导体切割磁感线时的感应电动势【名师点睛】本题主要考查了动量守恒定律、闭合电路的欧姆定律、导体切割磁感线时的感应电动势。
分根据动量守恒定律确定两棒最后的末速度是本题的关键，分析这类电磁感应现象中的能量转化较易：系统减少的动能转化为回路的焦耳热；本题涉及到动生电动势、动量守恒定律、牛顿第二定律及闭合电路欧姆定律综合的力电综合问题，故本题属于难度较大的题。
4．(1) B v =10m/s （2）2105.3-⨯=B L m （3）s min =2.5×10-2m 【解析】(1)子弹射穿物块A 后，A 以速度v A 沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动 A A v =5.0m/s 设子弹射入物块B 后，子弹与B 的共同速度为v B ，子弹与两物块作用过程系统动量守恒： v m M Mv mv )(++=B 离开桌边的速度B v =10m/s（2）设子弹离开A 时的速度为1v ，子弹与物块A 作用过程系统动量守恒：A Mv mv mv 210+= 401=v m/s子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒① 子弹在物块A 中穿行的过程中，由能量守恒② 由①②解得2105.3-⨯=B L m（3）子弹在物块A 中穿行的过程中，物块A 在水平桌面上的位移为s 1,根据动能定理③ 子弹在物块B 中穿行的过程中，物块B 在水平桌面上的位移为s 2，根据动能定理④ 由②③④解得物块B 到桌边的最小距离21min s s s += s min =2.5×10-2m本题考查动量守恒与能量守恒的应用，物块A 被子弹射穿后做平抛运动飞出桌面，由平抛运动规律可求得平抛运动的初速度及子弹射穿后木块的速度，在子弹射穿木块过程中系统动量守恒，子弹射进木块B 中，木块B 向右加速，使得A 、B 分离，如果以子弹、木块A 、B 为一个系统，内力远远大于外力，系统动量始终守恒，初状态为AB 静止，末状态为子弹与B 共速，列式可求得B 的速度，再以子弹和木块A 为研究对象，动量守恒可求得子弹飞出后的速度，此时AB 速度相同，再以子弹和B 为一个系统，系统动能的减小量完全转化为内能，系统的内能为阻力乘以相对距离及打进物体B 的深度，由此可求解5．（1）,/.'s m 1025v 62⨯=（2）kg 1061m 30-⨯=.∆【解析】①轰击前后系统动量守恒，选中子速度方向为正方向''221111v m v m v m += （1分） 氢核速度为,/.'s m 1025v 62⨯=方向与中子原速度方向相同 （1分）②由质能方程 2mc E ∆∆= （1分）得 kg 1061m 30-⨯=.∆本题考查动量守恒定律，轰击前后系统动量守恒，找到初末状态，规定正方向，列公式求解，由爱因斯坦的质能方程可求得质量亏损6．（1）0.90s m = （2）872.5E J =（3）12.5J【解析】（1）设木块被子弹击穿时的速度为u ，子弹击穿木块过程动量守恒01 mv Mv mv Mu -=+解得 3.0/u m s = ………………………………（2分 设子弹穿出木块后，木块向右做匀减速运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律μmg=ma 解得2 5.0/a m s = …………………………………………（2分）木块向右运动到离A 点最远时，速度为零，设木块向右移动最大距离为s 1212?u as = 解得 10.90s m = ………………………………………（2分）（2）根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为E= …………………………（3分） 解得872.5E J = …………………………………………………（1分）（3）设木块向右运动至速度减为零所用时间为t 1，然后再向左做加速运动，经时间t 2与传送带达到相对静止，木块向左移动的距离为s 2。