2020高考物理一轮复习限时规范专题练(二)动量与能量问题综合应用解析版

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。

2020届高考物理一轮复习实战强化训练：能量的综合复习-原卷一、单选题（共8题）1.关于能量和能源，下列说法正确的是( )A.化石能源是清洁能源；水能是可再生能源B.人类在不断地开发和利用新能源，所以能量可以被创造C.在能源的利用过程中，由于能量在数量上并未减少，所以不需要节约能源D.能量耗散现象说明：在能量转化的过程中，虽然能的总量并不减小，但能量品质降低了2.关于第二类永动机，下列说法中正确的是( )A.它既不违反热力学第一定律，也不违反热力学第二定律B.它既违反了热力学第一定律，也违反了热力学第二定律C.它不违反热力学第一定律，但违反热力学第二定律D.它只违反热力学第一定律，不违反热力学第二定律3.关于浸润与不浸润现象,下面的几种说法中正确的是( )A.水是浸润液体B.水银是不浸润液体C.同一种液体对不同的固体,可能是浸润的,也可能是不浸润的D.只有浸润液体在细管中才会产生毛细现象4.关于物体的内能,下列说法中正确的是( )A.水分子的内能比冰分子的内能大B.物体所处的位置越高,分子势能就越大,内能越大C.一定质量的0 ℃的水结成0 ℃的冰,内能一定减少D.相同质量的两个同种物体,运动物体的内能一定大于静止物体的内能5.在一块金片上面均匀地涂一薄层石蜡，用一根烧红的钢针接触其背面，熔化后的石蜡区域呈圆形，说明金片( )A.具有各向同性的物理性质，一定是非晶体B.具有各向同性的物理性质，一定不是单晶体C.具有各向异性的物理性质，一定是晶体D.具有各向异性的物理性质，一定是多晶体6.下列说法中正确的是( )A.物体温度降低,其分子热运动的平均动能增大B.物体温度升高,其分子热运动的平均动能增大C.物体温度降低,其内能一定增大D.物体温度不变,其内能一定不变7.关于系统动量守恒下列说法错误的是( )A.只要系统内有摩擦力,系统动量就不可能守恒B.只要系统所受的合外力为零,系统动量就守恒C.系统所受合外力不为零,其动量一定不守恒,但有可能在某一方向上守恒D.若系统所受合外力为零,则系统内各物体动量的增量的矢量和一定为零8.如图所示，甲木块的质量为1m，以v的速度沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m的乙木块，乙上连有一轻质弹簧。

2020年高考物理二轮复习专项训练---动量与能量的综合运用1.在光滑水平面上，质量为m 的小球A 正以速度v 0匀速运动．某时刻小球A 与质量为3m 的静止小球B 发生正碰，两球相碰后，A 球的动能恰好变为原来的14.则碰后B 球的速度大小是( )A.v 02B.v 06C.v 02或v 06D ．无法确定 【答案】A【解析】两球相碰后A 球的速度大小变为原来的12，相碰过程中满足动量守恒，若碰后A 速度方向不变，则mv 0＝12mv 0＋3mv 1，可得B 球的速度v 1＝v 06，而B 在前，A 在后，碰后A 球的速度大于B 球的速度，不符合实际情况，因此A 球一定反向运动，即mv 0＝－12mv 0＋3mv 1，可得v 1＝v 02，A 正确，B 、C 、D 错误． 2.在光滑水平面上动能为E 0、动量大小为p 的小钢球1与静止小钢球2发生碰撞，碰撞前后球1的运动方向相反，将碰撞后球1的动能和动量大小分别记为E 1、p 1，球2的动能和动量大小分别记为E 2、p 2，则必有( )A ．E 1＜E 0B ．p 2＞p 0C ．E 2＞E 0D ．p 1＞p 0【答案】AB【解析】因为碰撞前后动能不增加，故有E 1＜E 0，E 2＜E 0，p 1＜p 0，A 正确，C 、D 错误．根据动量守恒定律得p 0＝p 2－p 1，得到p 2＝p 0＋p 1，可见，p 2＞p 0，B 正确．3. 一个小球从足够高处水平抛出，空气阻力忽略不计，小球抛出后的动能随时间变化的关系为E k ＝2＋50t 2(J)，重力加速度g 取10 m/s 2，则( )A ．小球的初速度为4 m/sB ．小球的质量为0.5 kgC ．2 s 末小球的水平位移为2 mD ．2 s 末小球的速度约为20.1 m/s【解析】 由动能定理得E k －E k0＝mgh ＝mg ·12gt 2，则E k ＝E k0＋mg ·12gt 2，与E k ＝2＋50t 2(J)对比可知，m ＝1 kg ，初动能为E k0＝2 J ＝12mv 20，所以v 0＝2 m/s ，选项A 、B 错误；2 s 内水平位移x ＝vt ＝4 m ，选项C 错误；2 s 末的动能E k ＝202 J ＝12mv 2，解得v ≈20.1 m/s ，选项D 正确。

2020届高考物理一轮复习热点题型归纳与变式演练专题17 动量与能量【专题导航】目录热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型 (1)热点题型二 应用动量能量观点解决“弹簧碰撞”模型 (3)热点题型三 应用动量能量观点解决“板块”模型 (7)热点题型四 应用动量能量观点解决斜劈碰撞现象 (10)【题型演练】 (13)【题型归纳】热点题型一 应用动量能量观点解决“子弹打木块”模型子弹打木块实际上是一种完全非弹性碰撞。

作为一个典型，它的特点是：子弹以水平速度射向原来静止的木块，并留在木块中跟木块共同运动。

下面从动量、能量和牛顿运动定律等多个角度来分析这一过程。

设质量为m 的子弹以初速度0v 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。

要点诠释：子弹和木块最后共同运动，相当于完全非弹性碰撞。

从动量的角度看，子弹射入木块过程中系统动量守恒：()v m M mv +=0……①从能量的角度看，该过程系统损失的动能全部转化为系统的内能。

设平均阻力大小为f ，设子弹、木块的位移大小分别为1s 、2s ，如图所示，显然有d s s =-21对子弹用动能定理：20212121mv mv s f -=⋅- ……② 对木块用动能定理：2221Mv s f =⋅ ……③ ②相减得：()()2022022121v m M Mm v m M mv d f +=+-=⋅ ……④对子弹用动量定理：0-mv mv t f -=⋅ ……⑤ 对木块用动量定理：Mv t f =⋅……⑥【例1】(2019·江苏苏北三市模拟)光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v －t 图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J ，则此过程产生的内能可能是( )A ．10 JB ．50 JC ．70 JD ．120 J【答案】D.【解析】设子弹的初速度为v 0，射入木块后子弹与木块共同的速度为v ，木块的质量为M ，子弹的质量为m ，根据动量守恒定律得：mv 0＝(M ＋m )v ，解得v ＝mv 0m ＋M .木块获得的动能为E k ＝12Mv 2＝Mm 2v 202（M ＋m ）2＝Mmv 202（M ＋m ）·m M ＋m .系统产生的内能为Q ＝12mv 20－12(M ＋m )v 2＝Mmv 202（M ＋m ），可得Q ＝M ＋m m E k >50 J ，当Q ＝70 J 时，可得M ∶m ＝2∶5，因已知木块质量大于子弹质量，选项A 、B 、C 错误；当Q ＝120 J 时，可得M ∶m ＝7∶5，木块质量大于子弹质量，选项D 正确．【变式1】(2019·山东六校联考)如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A 、B 中，射入A 中的深度是射入B 中深度的两倍．两种射入过程相比较( )A ．射入滑块A 的子弹速度变化大B ．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C ．射入滑块A 中时阻力对子弹做功是射入滑块B 中时的两倍D ．两个过程中系统产生的热量相同【答案】BD【解析】在子弹打入滑块的过程中，子弹与滑块组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可知，mv 0＝(M ＋m )v ，两种情况下子弹和滑块的末速度相同，即两种情况下子弹的速度变化量相同，A 项错误；两滑块质量相同，且最后的速度相同，由动量定理可知，两滑块受到的冲量相同，B 项正确；由动能定理可知，两种射入过程中阻力对子弹做功相同，C 项错误；两个过程中系统产生的热量与系统损失的机械能相同，D 项正确．【变式2】如图所示，质量为m ＝245 g 的物块(可视为质点)放在质量为M ＝0.5 kg 的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。

2020届高考物理一轮复习《动量与能量》专题测试（考试时间：60分钟 满分100分）一、单项选择题1．若物体在运动过程中受到的合力不为零，则( ) A ．物体的动能不可能总是不变的 B ．物体的动量不可能总是不变的 C ．物体的加速度一定变化 D ．物体的速度方向一定变化 答案 B2．如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P 和Q 都可视为质点，质量相等．Q 与水平轻弹簧相连，设Q 静止，P 以某一初速度向Q 运动并与弹簧发生碰撞．在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于( )A ．P 的初动能B ．P 的初动能的12C ．P 的初动能的13D ．P 的初动能的14答案 B3．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，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：(mg －F )t ＝0－mv ，解得安全带对人的平均作用力为F ＝m 2ght ＋mg ，故A 正确．4． 2017年10月20日，一架从墨尔本飞往布里斯班的飞机，飞到1 500 m 高时正面撞到了一只兔子，当时这只兔子正被一只鹰抓着，两者撞到飞机当场殒命．设当时飞机正以720 km/h 的速度飞行，撞到质量为2 kg 的兔子，作用时间为0.1 s ．则飞机受到兔子的平均撞击力约为( )A ．1.44×103 NB ．4.0×103 NC ．8.0×103 ND ．1.44×104 N答案 B解析 720 km/h ＝200 m/s ；根据动量定理Ft ＝mv 可得F ＝mv t ＝2×2000.1 N ＝4×103 N ，故选项B 正确．5.如图所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹．质点从M 点出发经P 点到达N 点，已知质点从M 点到P 点的路程大于从P 点到N 点的路程，质点由M 点运动到P 点与由P 点运动到N 点的时间相等．下列说法中正确的是( )A ．质点从M 到N 过程中速度大小保持不变B ．质点在M 、N 间的运动不是匀变速运动C ．质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同D ．质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同 答案 C解析 因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故A 、B 错误；根据动量定理可得F Δt ＝Δp ，两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同，故C 正确，D 错误．6.一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到如图3所示的水平外力作用，下列说法正确的是( )A ．第1 s 末质点的速度为2 m/sB ．第2 s 末外力做功的瞬时功率最大C ．第1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为1∶2D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量之比为4∶5 答案 D解析 由动量定理：Ft ＝mv 2－mv 1，求出第1 s 末、第2 s 末速度分别为：v 1＝4 m/s 、v 2＝6 m/s ，故A 错误；第1 s 末的外力的瞬时功率P ＝F 1v 1＝4×4 W ＝16 W ，第2 s 末外力做功的瞬时功率P ′＝F 2v 2＝2×6 W ＝12 W ，故B 错误；第1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为：Δp 1Δp 2＝mv 1mv 2－mv 1＝1×41×6－1×4＝21，故C 错误；第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量分别为：ΔE k1＝12mv 12＝8 J ，ΔE k2＝12mv 22－12mv 12＝10 J ，则ΔE k1∶ΔE k2＝8∶10＝4∶5，故D 正确．7.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 ．与它所经历的时间成正比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 高铁列车做初速度为零的匀加速直线运动，则速度v ＝at ，动能E k ＝12mv 2＝12ma 2t 2，与经历的时间的平方成正比，A 项错误；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12mv 2＝12m ·2ax ＝max ，与位移成正比，B 项正确；动能E k ＝12mv 2，与速度的平方成正比，C 项错误；动量p ＝mv ，动能E k＝12mv 2＝p 22m，与动量的平方成正比，D 项错误． 8.在水平地面上，两个具有相同初动量而质量不同的物体，在大小相等的阻力作用下最后停下来．则质量大的物体( ) A ．滑行的距离小 B ．滑行的时间长 C ．滑行过程中的加速度大 D ．滑行过程中的动量变化快 答案 A解析 根据p ＝mv ，E k ＝12mv 2可知，E k ＝p 22m ，初动量相同，质量大的物体速度小；根据动能定理可知：－F f L ＝0－E k ＝－p 22m ，因两物体受到的阻力大小相等，则质量大的物体滑行的距离小，故A 正确；根据动量定理，－F f t ＝0－p ，因动量相同，故滑行时间相同，故B 错误；因两物体受到的阻力相同，由牛顿第二定律可知，质量大的加速度小，故C 错误；因两物体均停止，所以滑行过程中动量变化量相同，因滑行时间相同，故动量变化快慢相同，故D 错误．二、多项选择题9．如图所示，质量为M 的楔形物体静止在光滑的水平地面上，其斜面光滑且足够长，与水平方向的夹角为θ.一个质量为m 的小物块从斜面底端沿斜面向上以初速度v 0开始运动．当小物块沿斜面向上运动到最高点时，速度大小为v ，距地面高度为h ，则下列关系式中正确的是( )A ．mv 0＝(m ＋M )vB ．mv 0cos θ＝(m ＋M )vC ．mgh ＝12m (v 0sin θ)2D ．mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 02答案 BD解析 小物块上升到最高点时，速度与楔形物体的速度相同，二者组成的系统在水平方向上动量守恒，全过程机械能也守恒．以向右为正方向，在小物块上升过程中，由水平方向系统动量守恒得mv 0cos θ＝(m ＋M )v ，故A 错误，B 正确；系统机械能守恒，由机械能守恒定律得mgh ＋12(m ＋M )v 2＝12mv 02，故C 错误，D 正确．10.质量为M 和m 0的滑块用轻弹簧连接，以恒定的速度v 沿光滑水平面运动，与位于正对面的质量为m 的静止滑块发生碰撞，如图所示，碰撞时间极短，在此过程中，下列情况可能发生的是( )A ．M 、m 0、m 速度均发生变化，分别为v 1、v 2、v 3，而且满足(M ＋m 0)v ＝Mv 1＋m 0v 2＋mv 3B ．m 0的速度不变，M 和m 的速度变为v 1和v 2，而且满足Mv ＝Mv 1＋mv 2C ．m 0的速度不变，M 和m 的速度都变为v ′，且满足Mv ＝(M ＋m )v ′D ．M 、m 0、m 速度均发生变化，M 、m 0速度都变为v 1，m 的速度变为v 2，且满足(M ＋m )v 0＝(M ＋m )v 1＋mv 2 答案 BC解析 碰撞的瞬间M 和m 组成的系统动量守恒，m 0的速度在瞬间不变，以M 的初速度方向为正方向，若碰后M 和m 的速度变为v 1和v 2，由动量守恒定律得：Mv ＝Mv 1＋mv 2；若碰后M 和m 速度相同，由动量守恒定律得：Mv ＝(M ＋m )v ′，故B 、C 正确．11.将一小球从地面以速度v 0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是( ) A ．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等 B ．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同C ．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量D ．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量答案 AC解析 根据W ＝Gh 可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，故选项A 正确；上升过程中的加速度a 上＝g ＋F f m 大于下降过程中的加速度a 下＝g －F fm ，则上升的时间小于下降的时间，即t 上<t 下，根据I ＝Gt 可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，故选项B 错误；根据功能关系，整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量，故选项C 正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，故选项D 错误．12.如图甲，光滑水平面上放着长木板B ，质量为m ＝2 kg 的木块A 以速度v 0＝2 m/s 滑上原来静止的长木板B 的上表面，由于A 、B 之间存在摩擦，之后木块A 与长木板B 的速度随时间变化情况如图乙所示，重力加速度g ＝10 m/s 2.则下列说法正确的是( )A ．木块A 与长木板B 之间的动摩擦因数为0.1 B ．长木板的质量M ＝2 kgC ．长木板B 的长度至少为2 mD ．木块A 与长木板B 组成系统损失机械能为4 J 答案 AB解析 由题图可知，木块A 先做匀减速运动，长木板B 先做匀加速运动，最后一起做匀速运动，共同速度v ＝1 m/s ，取向右为正方向，根据动量守恒定律得：mv 0＝(m ＋M )v ，解得：M ＝m ＝2 kg ，故B 正确；由题图可知，长木板B 匀加速运动的加速度为：a B ＝Δv Δt ＝11 m/s 2＝1 m/s 2，对长木板B ，根据牛顿第二定律得：μmg ＝Ma B ，μ＝0.1，故A 正确；由题图可知前1 s 内长木板B 的位移为：x B ＝12×1×1 m ＝0.5 m ，木块A 的位移为：x A ＝2＋12×1 m ＝1.5 m ，所以长木板B 的最小长度为：L ＝x A －x B ＝1 m ，故C 错误；木块A 与长木板B 组成系统损失的机械能为：ΔE ＝12mv 02－12(m ＋M )v 2＝2 J ，故D 错误．三、非选择题13．如图所示，在实验室用两端带竖直挡板C 、D 的气垫导轨和带固定挡板的质量都是M 的滑块A 、B ，做“探究碰撞中的不变量”的实验：(1)把两滑块A 和B 紧贴在一起，在滑块A 上放质量为m 的砝码，置于导轨上，用电动卡销卡住两滑块A 和B ，在两滑块A 和B 的固定挡板间放一弹簧，使弹簧处于水平方向上的压缩状态．(2)按下电钮使电动卡销放开，同时启动两个记录两滑块运动时间的电子计时器，当两滑块A 和B 与挡板C 和D 碰撞同时，电子计时器自动停表，记下滑块A 运动至挡板C 的时间t 1，滑块B 运动至挡板D 的时间t 2. (3)重复几次取t 1、t 2的平均值． 请回答以下几个问题：(1)在调整气垫导轨时应注意_______________________________________； (2)应测量的数据还有______________________________________；(3)作用前A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为______________，作用后A 、B 两滑块的速度与质量乘积之和为________________．(用测量的物理量符号和已知的物理量符号表示) 答案 (1)使气垫导轨水平(2)滑块A 至挡板C 的距离L 1、滑块B 至挡板D 的距离L 2 (3)0 (M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2或M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1解析 (1)为了保证滑块A 、B 作用后做匀速直线运动，必须使气垫导轨水平．(2)要求出A 、B 两滑块在电动卡销放开后的速度，需测出A 至C 的时间t 1和B 至D 的时间t 2，并且要测量出两滑块到两挡板的运动距离L 1和L 2，再由公式v ＝xt 求出其速度．(3)设向左为正方向，根据所测数据求得两滑块的速度分别为v A ＝L 1t 1，v B ＝－L 2t 2.作用前两滑块静止，v ＝0，速度与质量乘积之和为0；作用后两滑块的速度与质量乘积之和为(M ＋m )L 1t 1－M L 2t 2.若设向右为正方向，同理可得作用后两滑块的速度与质量的乘积之和为M L 2t 2－(M ＋m )L 1t 1. 14．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m 、长度为L 的木板A ，木板的右端点放有一质量为3m 的物块B (可视为质点)，木板左侧的水平面上有一物块C .当物块C 以水平向右的初速度v 0与木板发生弹性碰撞后，物块B 恰好不会从木板A 上掉下来，且最终物块C 与A 的速度相同．不计物块C 与木板A 碰撞时间，三物体始终在一直线上运动，重力加速度为g ，求：(1)物块C 的质量m C ；(2)木板A 与物块B 间的动摩擦因数μ. 答案 (1)2m (2)2v 029gL解析 (1)物块C 与木板A 发生碰撞的过程，以向右为正方向，由动量守恒定律与能量守恒定律得：m C v 0＝m C v C ＋mv A 12m C v 02＝12m C v C 2＋12mv A 2 木板A 和物块B 相互作用过程，由动量守恒定律得 mv A ＝4mv由最终物块C 与木板A 的速度相同可知v C ＝v 联立得m C ＝2m(2)木板A 和物块B 相互作用过程，由能量守恒得 3μmgL ＝12mv A 2－12×4mv 2解得μ＝2v 029gL.15．如图所示，半径为R 的四分之一光滑圆弧轨道竖直固定在水平地面上，下端与水平地面在P 点相切，一个质量为2m 的物块B (可视为质点)静止在水平地面上，左端固定有水平轻弹簧，Q 点为弹簧处于原长时的左端点，P 、Q 间的距离为R ，PQ 段地面粗糙、动摩擦因数为μ＝0.5，Q 点右侧水平地面光滑，现将质量为m 的物块A (可视为质点)从圆弧轨道的最高点由静止开始下滑，重力加速度为g .求：(1)物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小； (2)弹簧被压缩的最大弹性势能(未超过弹性限度)； (3)物块A 最终停止位置到Q 点的距离． 答案 (1)3mg (2)13mgR (3)19R解析 (1)物块A 从静止沿圆弧轨道滑至P 点，设速度大小为v P ， 由机械能守恒定律有：mgR ＝12mv P 2设在最低点轨道对物块的支持力大小为F N ， 由牛顿第二定律有：F N －mg ＝m v P 2R ，联立解得：F N ＝3mg ，由牛顿第三定律可知物块A 沿圆弧轨道滑至P 点时对轨道的压力大小为3mg . (2)设物块A 与弹簧接触前瞬间的速度大小为v 0，由动能定理有mgR －μmgR ＝12mv 02－0，解得v 0＝gR ，当物块A 、物块B 具有共同速度v 时，弹簧的弹性势能最大，以向右为正方向 由动量守恒定律有：mv 0＝(m ＋2m )v ， 12mv 02＝12(m ＋2m )v 2＋E pm ， 联立解得E pm ＝13mgR .(3)设物块A 与弹簧分离时，A 、B 两物体的速度大小分别为v 1、v 2，则有mv 0＝－mv 1＋2mv 2， 12mv 02＝12mv 12＋12(2m )v 22， 联立解得：v 1＝13gR ，设物块A 最终停在Q 点左侧x 处， 由动能定理有：－μmgx ＝0－12mv 12，解得x ＝19R .16.如图甲所示，半径为R ＝0.45 m 的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，B 点为轨道最低点，在光滑水平面上紧挨B 点有一静止的平板车，其质量M ＝5 kg ，长度L ＝0.5 m ，车的上表面与B 点等高，可视为质点的物块从圆弧轨道最高点A 由静止释放，其质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2.(1)求物块滑到B 点时对轨道压力的大小；(2)若平板车上表面粗糙，物块最终没有滑离平板车，求物块最终速度的大小；(3)若将平板车固定且在上表面铺上一种动摩擦因数逐渐增大的特殊材料，物块在平板车上向右滑动时，所受摩擦力F f 随它距B 点位移L 的变化关系如图乙所示，物块最终滑离了平板车，求物块滑离平板车时的速度大小． 答案 (1)30 N (2)0.5 m/s (3) 5 m/s解析 (1)物块从圆弧轨道A 点滑到B 点的过程中机械能守恒： mgR ＝12mv B 2解得：v B ＝3 m/s在B 点由牛顿第二定律得F N －mg ＝m v B 2R解得：F N ＝30 N则物块滑到B 点时对轨道的压力F N ′＝F N ＝30 N (2)物块滑上平板车后，系统的动量守恒， mv B ＝(m ＋M )v 共 解得v 共＝0.5 m/s(3)物块在平板车上滑行时克服摩擦力做的功为F f －L 图线与横轴所围的面积，则克服摩擦力做功为 W f ＝(2＋6)×0.52J ＝2 J 物块在平板车上滑动的过程中，由动能定理得： －W f ＝12mv 2－12mv B 2解得：v ＝ 5 m/s.。

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动量守恒定律及其应用一、选择题(本题共10小题,1～6题为单选题，7～10题为多选题）1．如图所示，物块A静止在光滑水平面上，将小球B从物块顶端由静止释放,从小球开始沿物块的光滑弧面(弧面末端与水平面相切）下滑到离开的整个过程中，对小球和物块组成的系统，下列说法正确的是( ）A．动量守恒，机械能守恒B．动量守恒，机械能不守恒C．动量不守恒,机械能守恒D．动量不守恒,机械能不守恒解析：C 对于A、B组成的系统,在B下滑的过程中，只有重力做功，则小球和物块组成的系统机械能守恒．A、B组成的系统在竖直方向上合外力不为零，则该系统动量不守恒，C正确．2．如图所示,光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A 以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中( )A．A、B的动量变化量相同B．A、B的动量变化率相同C．A、B系统的总动能保持不变D．A、B系统的总动量保持不变解析:D 两物块相互作用过程中系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，但总动量保持不变，A错误，D正确．由动量定理Ft＝Δp可知，动量的变化率等于物块所受的合外力,A、B两物块所受的合外力大小相等、方向相反，则A、B所受的合外力不同，动量的变化率不同,B错误．A、B和弹簧组成的系统总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化,C错误．3。

高考物理专题训练：动量（基础卷）一、 (本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求。

全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．下列有关动量的说法中正确的是( ) A ．物体的动量发生改变，其动能一定改变 B ．物体的运动状态改变，其动量一定改变C ．对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量一定守恒D ．对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能一定守恒 【答案】B【解析】物体的动量发生改变，其动能不一定改变，例如做匀速圆周运动的物体，选项A 错误；物体的运动状态改变，则速度发生变化，根据P ＝mv 知，动量一定改变。

故B 正确。

对于同一研究对象，若机械能守恒，则动量不一定守恒，例如做平抛运动的物体，选项C 错误；对于同一研究对象，若动量守恒，则机械能不一定守恒，如非弹性碰撞，故D 错误.2．以初速度竖直向上抛出一物体，空气阻力大小不变。

关于物体受到的冲量，以下说法正确的是( )A ．物体上升阶段和下落阶段受到的重力的冲量方向相反B ．物体上升阶段和下落阶段受到空气阻力冲量的大小相等C ．物体在下落阶段受到重力的冲量小于上升阶段受到重力的冲量D ．物体从抛出到返回抛出点，动量变化的方向向下 【答案】D【解析】物体向上运动的过程中空气的阻力的方向向下，则：1mg fa m ＝；下降的过程中空气的阻力方向向上，则：1-mg fa m ＝＜a 1，由于下降的过程中的位移等于上升过程中的位移，由运动学的公式可知上升的时间一定小于下降过程中的时间。

物体上升阶段和下落阶段受到的重力的方向都向下，所以重力的冲量方向相同。

故A 错误；物体上升阶段的时间小，所以物体上升阶段物体受到空气阻力冲量的大小小于下降阶段受到空气阻力冲量的大小。

故B 错误；物体上升阶段的时间小，物体在下落阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量。

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—动力学和能量观点的综合应用1.如图所示，足够长的水平传送带以恒定速率v 顺时针运动，某时刻一个质量为m 的小物块，以大小也是v 、方向与传送带的运动方向相反的初速度冲上传送带，最后小物块的速度与传送带的速度相同．在小物块与传送带间有相对运动的过程中，滑动摩擦力对小物块做的功为W ，小物块与传送带间因摩擦产生的热量为Q ，则下列判断中正确的是( )A ．W ＝0，Q ＝m v 2B ．W ＝0，Q ＝2m v 2C ．W ＝m v 22，Q ＝m v 2D ．W ＝m v 2，Q ＝2m v 22.(多选)如图所示，质量m ＝1 kg 的物体(可视为质点)从高为h ＝0.2 m 的光滑轨道上P 点由静止开始下滑，滑到水平传送带上的A 点，轨道与传送带在A 点平滑连接，物体和传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带A 、B 两点之间的距离为L ＝5 m ，传送带一直以v ＝4 m/s 的速度顺时针运动，则(g 取10 m/s 2)( )A ．物体从A 运动到B 的时间是1.5 sB ．物体从A 运动到B 的过程中，摩擦力对物体做功为2 JC ．物体从A 运动到B 的过程中，产生的热量为2 JD ．物体从A 运动到B 的过程中，带动传送带转动的电动机多做的功为10 J3.如图所示，一足够长的木板在光滑的水平面上以速度v 向右匀速运动，现将质量为m 的物体轻轻地放置在木板上的右端，已知物体与木板之间的动摩擦因数为μ，为保持木板的速度不变，从物体放到木板上到物体相对木板静止的过程中，须对木板施一水平向右的作用力F ，则力F 对木板所做的功为( )A.m v 24B.m v 22 C ．m v 2D ．2m v 24．(多选)如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t ＝0时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，之后长木板运动的v －t 图像如图乙所示，已知小物块与长木板的质量均为m ＝1 kg ，已知木板足够长，g 取10 m/s 2，则( )A ．小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.5B ．在整个运动过程中，物块与木板构成的系统所产生的热量70 JC ．小物块的初速度为v 0＝12 m/sD ．0～2 s 与2～3 s 物块和木板构成的系统机械能减少量之比为17∶15．(多选)如图甲，一足够长的传送带与水平面的夹角θ＝30°，传送带在电动机的带动下，速率始终不变．t ＝0时刻在传送带适当位置上放一具有一定初速度的小物块．取沿传送带向上为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化如图乙所示．已知小物块质量m ＝1 kg ，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．传送带顺时针转动，速度大小为2 m/sB ．传送带与小物块之间的动摩擦因数μ＝235C ．0～t 2时间内因摩擦产生的热量为27 JD ．0～t 2时间内电动机多消耗的电能为28.5 J6.如图所示，光滑水平面上有一木板，质量M ＝1.0 kg ，长度L ＝1.0 m ．在木板的最左端有一个小铁块(可视为质点)，质量m ＝1.0 kg.小铁块和木板之间的动摩擦因数μ＝0.30.开始时它们都处于静止状态，某时刻起对木板施加一个水平向左的拉力F 将木板抽出，若F ＝8 N ，g 取10 m/s 2.求：(1)抽出木板的过程中摩擦力分别对木板和铁块做的功； (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q .7．(2023·安徽省六安中学高三检测)如图所示，水平轨道AB 长为2R ，其A 端有一被锁定的轻质弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上．圆心在O 1、半径为R 的光滑圆弧轨道BC 与AB 相切于B 点，并且和圆心在O 2、半径为2R 的光滑细圆管轨道CD 平滑对接，O 1、C 、O 2三点在同一条直线上．光滑细圆管轨道CD 右侧有一半径为2R ，圆心在D 点的14圆弧挡板MO 2竖直放置，并且与地面相切于O 2点．质量为m 的小滑块(可视为质点)从轨道上的C 点由静止滑下，刚好能运动到A 点，触发弹簧，弹簧立即解除锁定，小滑块被弹回，小滑块在到达B 点之前已经脱离弹簧，并恰好无挤压通过细圆管轨道最高点D (计算时圆管直径可不计，重力加速度为g )．求：(1)小滑块与水平轨道AB 间的动摩擦因数μ； (2)弹簧锁定时具有的弹性势能E p ；(3)小滑块通过最高点D 后落到挡板上时具有的动能E k .8.“高台滑雪”一直受到一些极限运动爱好者的青睐．挑战者以某一速度从某曲面飞出，在空中表演各种花式动作，飞跃障碍物(壕沟)后，成功在对面安全着陆．某实验小组在实验室中利用物块演示分析该模型的运动过程：如图所示，ABC 为一段半径为R ＝5 m 的光滑圆弧轨道，B 为圆弧轨道的最低点．P 为一倾角θ＝37°的固定斜面，为减小在斜面上的滑动距离，在斜面顶端表面处铺了一层防滑薄木板DE ，木板上边缘与斜面顶端D 重合，圆形轨道末端C 与斜面顶端D 之间的水平距离为x ＝0.32 m ．一物块以某一速度从A 端进入，沿圆形轨道运动后从C 端沿圆弧切线方向飞出，再经过时间t ＝0.2 s 恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，物块始终未脱离薄木板，斜面足够长．已知物块质量m ＝3 kg ，薄木板质量M ＝1 kg ，木板与斜面之间的动摩擦因数μ1＝1924，木板与物块之间的动摩擦因数μ2＝56，重力加速度g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，不计空气阻力，求：(1)物块滑到圆轨道最低点B 时，对轨道的压力(计算结果可以保留根号)； (2)物块相对于木板运动的距离；(3)整个过程中，系统由于摩擦产生的热量．9．如图所示，竖直放置的半径为R＝0.2 m的螺旋圆形轨道BGEF与水平直轨道MB和BC 平滑连接，倾角为θ＝30°的斜面CD在C处与直轨道BC平滑连接．水平传送带MN以v0＝4 m/s的速度沿顺时针方向运动，传送带与水平地面的高度差为h＝0.8 m，MN间的距离为L MN＝3.0 m，小滑块P与传送带和BC段轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，轨道其他部分均光滑．直轨道BC长L BC＝1 m，小滑块P的质量为m＝1 kg.重力加速度g取10 m/s2.(1)若滑块P第一次到达与圆轨道圆心O等高的F点时，对轨道的压力刚好为零，求滑块P 从斜面静止下滑处与BC轨道高度差H；(2)若滑块P从斜面高度差H′＝1.0 m处静止下滑，求滑块从N点平抛后到落地过程中的水平位移大小；(3)滑块P在运动过程中能两次经过圆轨道最高点E点，求滑块P从斜面静止下滑的高度差H 的范围．答案及解析1．B 2.AC 3.C 4.ACD 5.ABC 6．(1)－7.5 J 4.5 J (2)3 J解析 (1)当用F ＝8 N 的力将木板从小铁块下方抽出，小铁块运动的加速度大小为a 1＝μg ＝3 m/s 2木板运动的加速度大小为 a 2＝F －μmg M ＝5 m/s 2设抽出过程的时间为t ，则有 12a 2t 2－12a 1t 2＝L ， 解得t ＝1 s ，所以小铁块运动的位移为x 1＝12a 1t 2，解得x 1＝1.5 m木板运动的位移为x 2＝12a 2t 2，解得x 2＝2.5 m摩擦力对小铁块做的功为 W 1＝μmgx 1， 解得W 1＝4.5 J 摩擦力对木板做的功为 W 2＝－μmgx 2， 解得W 2＝－7.5 J(2)抽出木板的过程中由于摩擦产生的内能Q ＝μmgL ＝3 J. 7．(1)13 (2)113mgR(3)(22－1)mgR解析 (1)由几何关系得BC 间的高度差h ＝23R小滑块从C 点运动到A 点的过程中，由动能定理得mgh －μmg ·2R ＝0，解得μ＝13(2)弹簧对滑块做功过程由功能关系有W 弹＝E p 滑块从A 到D 过程由动能定理得 E p －mg ·2R －μmg ·2R ＝12m v 2－0 滑块在D 点，由重力提供向心力，有mg ＝m v 22R联立解得E p ＝113mgR .(3)滑块通过D 点后做平抛运动，根据平抛运动的规律可知，水平方向有x ＝v t 竖直方向有y ＝12gt 2由几何关系可知x 2＋y 2＝4R 2可得滑块落到挡板上时的动能为E k ＝12m [v 2＋(gt )2]，联立解得E k ＝(22－1)mgR .8．(1)(91.92－245) N (2)1.5 m (3)87 J解析 (1)物块由C 到D ，做斜上抛运动 水平方向v 水平＝xt＝1.6 m/s物块恰好以平行于薄木板的方向从D 端滑上薄木板，则在D 的速度大小 v ＝v 水平cos θ＝2 m/s ， v 竖直＝v sin θ＝1.2 m/s物块在C 端时竖直方向速度大小v 竖直′＝v 竖直－gt ＝－0.8 m/s ， v C ＝v 水平2＋v 竖直′2＝455m/s 由B 到C 有12m v B 2＝12m v C 2＋mgR (1－cos α)其中cos α＝v 水平v C，在B 点有F N －mg ＝m v B 2R由牛顿第三定律得F 压＝F N ＝(91.92－245) N(2)物块刚滑上木板时，对物块有μ2mg cos θ－mg sin θ＝ma m ，解得物块加速度大小a m ＝23 m/s 2，做匀减速直线运动对木板有μ2mg cos θ＋Mg sin θ－μ1(M ＋m )g cos θ＝Ma M ，解得木板加速度大小a M ＝23 m/s 2，做匀加速直线运动设两者经时间t 1达到共速v 共，则有v －a m t 1＝a M t 1＝v 共 解得t 1＝1.5 s ，v 共＝1 m/s 此过程中s 物＝v ＋v 共2t 1＝94 m ，s 板＝v 共2t 1＝34m物块相对于木板运动的距离 Δs ＝s 物－s 板＝1.5 m(3)μ2mg cos θ>mg sin θ，此后两者一起做匀减速直线运动，直到停止． 以物块和木板为整体，a 共＝μ1g cos θ－g sin θ＝13 m/s 2，s 共＝v 共22a 共＝1.5 mQ 物－板＝μ2mg cos θ·Δs ＝30 JQ 板－斜＝μ1(M ＋m )g cos θ·(s 板＋s 共)＝57 J整个过程中，系统由于摩擦产生的热量Q ＝Q 物－板＋Q 板－斜＝87 J. 9．(1)0.4 m (2)0.8 m (3) 0.7 m ≤H ≤0.8 m解析 (1)滑块P 在圆形轨道F 点时对轨道的压力刚好为零，则v F ＝0 mg (H －R )－μmgL BC ＝0解得H ＝0.4 m(2)H ′＝1.0 m ，设滑块运动到N 点时的速度为v N ，对滑块从开始到N 点的过程应用动能定理mgH ′－μmg (L BC ＋L MN ) ＝12m v N 2－0 解得v N ＝2 m/s滑块从N 点做平抛运动，水平位移为 x ＝v N2hg＝0.8 m (3)设滑块P 在运动过程中恰好能第一次经过E 点时，高度差为H 1，从开始到E 点应用动能定理有mgH 1－μmgL BC －2mgR ＝12m v E 2－0 在E 点时有mg ＝m v E 2R解得H 1＝0.7 m滑块滑上传送带时的速度为v M mgH 1－μmgL BC ＝12m v M 2－0v M ＝10 m/s<4 m/s 滑块做减速运动的位移为 L ＝v M 22μg＝2.5 m<L MN因此滑块返回M 点时的速度为v M ′＝10 m/s ，因此能第二次过E 点． 设高度为H 2时，滑块从传送带返回M 点时的最大速度为 v ＝2μgL MN ＝2 3 m/s 从开始到M 点应用动能定理有mgH 2－μmgL BC ＝12m v 2－0解得H 2＝0.8 m第二次经过E 点后，当滑块再次从B 点滑上圆轨道时在B 点的速度为v B ，则有mgH 2－3μmgL BC ＝12m v B 2－0 v B ＝2 m/s<10 m/s所以滑块不会第三次过E 点，则能两次经过E 点的高度差H 的范围是0.7 m ≤H ≤0.8 m.。

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34mghB ．重力势能增加了mghC ．动能损失了mghD ．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 mg mgh ∆===︒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12 3 4 5t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 kBC ．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甲 乙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 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()(1cos 60)()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－v甲B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∶2D ．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12sin30cos30t 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．v【答案】（1；（2）208(12)25v m g 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 m Mv '=+ 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 m l 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 02 ②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 02－12 mv 2 ③在最高点Q ，由牛顿第二定律得Rmv mg 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 l x 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 =m M m +v 0 ②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)R W 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2mMG mg R =，解得2GM gR =设轨道舱的质量为0m ，速度大小为v ．则2002m Mv Gm r r = 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)R W 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 MmG m RR = 同理，在轨道Ⅲ上有232()()v M m m G m 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 2m v 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21H H 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 =+。

2020年高考物理一轮复习考点综合提升训练卷---动力学观点和能量观点的应用1．如图所示，水平传送带两端点A、B间的距离为l，传送带开始时处于静止状态。

把一个小物体放到右端的A点，某人用恒定的水平力F使小物体以速度v1匀速滑到左端的B点，拉力F所做的功为W1、功率为P1，这一过程物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q1。

随后让传送带以v2的速度匀速运动，此人仍然用相同的恒定的水平力F拉物体，使它以相对传送带为v1的速度匀速从A滑行到B，这一过程中，拉力F所做的功为W2、功率为P2，物体和传送带之间因摩擦而产生的热量为Q2。

下列关系中正确的是()A．W1＝W2，P1＜P2，Q1＝Q2B．W1＝W2，P1＜P2，Q1＞Q2C．W1＞W2，P1＝P2，Q1＞Q2D．W1＞W2，P1＝P2，Q1＝Q2【答案】B【解析】因为两次的拉力和拉力方向的位移不变，由功的概念可知，两次拉力做功相等，所以W1＝W2，当传送带不动时，物体运动的时间为t1＝lv1；当传送带以v2的速度匀速运动时，物体运动的时间为t2＝lv1＋v2，所以第二次用的时间短，功率大，即P1＜P2；一对滑动摩擦力做功的绝对值等于滑动摩擦力与相对路程的乘积，也等于转化的内能，第二次的相对路程小，所以Q1＞Q2，选项B正确。

2．将一长木板静止放在光滑的水平面上，如图2甲所示，一个小铅块(可视为质点)以水平初速度v0由木板左端向右滑动，到达右端时恰能与木板保持相对静止。

现将木板分成A和B两段，使B的长度和质量均为A的2倍，并紧挨着放在原水平面上，让小铅块仍以初速度v0由木板A的左端开始向右滑动，如图乙所示。

若小铅块相对滑动过程中所受的摩擦力始终不变，则下列有关说法正确的是()A．小铅块将从木板B的右端飞离木板B．小铅块滑到木板B的右端前就与木板B保持相对静止C．甲、乙两图所示的过程中产生的热量相等D．图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量【答案】BD【解析】在第一次小铅块运动过程中，小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速，第二次小铅块先使整个木板加速，运动到B部分上后A部分停止加速，只有B部分加速，加速度大于第一次的对应过程，故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等，所以小铅块还没有运动到B的右端，两者速度就已经相同，选项A错误，B正确；根据摩擦力乘相对位移等于产生的热量，第一次的相对位移大小大于第二次的相对位移大小，则图甲所示的过程产生的热量大于图乙所示的过程产生的热量，选项C错误，D正确。

2020年高考物理《动量与能量的综合应用》专题训练1.如图所示，质量M ＝1.5 kg 的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5 kg 的滑块Q 。

水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5 kg 的小物块P 置于光滑桌面上的A 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。

现用水平向左的推力F 将P 缓慢推至B 点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功W F ＝4 J ，撤去F 后，P 沿桌面滑到小车左端并与Q 发生弹性碰撞，最后Q 恰好没从小车上滑下。

已知Q 与小车表面间动摩擦因数μ＝0.1。

(取g ＝10 m/s 2)求：(1)P 刚要与Q 碰撞前的速度是多少？(2)Q 刚在小车上滑行时的初速度v 0是多少？(3)为保证Q 不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？【解析】(1)推力F 通过P 压缩弹簧做功，根据功能关系有E p ＝WF ①当弹簧完全推开物块P 时，有E p ＝12m P v 2②由①②式联立解得v ＝4 m/s 。

(2)P 、Q 之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q 的速度为v 0，P 的速度为v ′，由动量守恒和能量守恒得 m P v ＝m P v ′＋m Q v 0③12m P v 2＝12m P v ′2＋12m Q v 20④ 由③④式解得v 0＝v ＝4 m/s ，v ′＝0。

(3)设滑块Q 在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u ，由动量守恒可得m Q v 0＝(m Q ＋M )u ⑤根据能量守恒，系统产生的摩擦热μm Q gL ＝12m Q v 20－12(m Q ＋M )u 2⑥ 联立⑤⑥解得L ＝6 m 。

【答案】(1)4 m/s (2)4 m/s (3)6 m2.如图所示，竖直平面MN 与纸面垂直，MN 右侧的空间内存在着垂直纸面向内的匀强磁场和水平向左的匀强电场，MN 左侧的水平面光滑，右侧的水平面粗糙。

质量为m 的物体A 静止在MN 左侧的水平面上，已知物体A 带负电，所带电荷量的大小为q 。

2020年高考物理一轮复习专题强化卷----动量与能量热点题型归纳一、单选题（共3题，15分）1、质量分别为m a＝1 kg和m b＝2 kg的小球在光滑的水平面上发生碰撞，碰撞前、后两球的位移—时间图象如图所示，则可知碰撞属于()A．弹性碰撞B．非弹性碰撞C．完全非弹性碰撞D．条件不足，无法判断【答案】A2、光滑水平地面上有一静止的木块，子弹水平射入木块后未穿出，子弹和木块的v－t图象如图所示．已知木块质量大于子弹质量，从子弹射入木块到达稳定状态，木块动能增加了50 J，则此过程产生的内能可能是()A．10 J B．50 J C．70 J D．120 J【答案】D.3、如图所示，在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球A的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，Q点处为一竖直的墙壁．小球A与小球B发生弹性正碰后小球A与小球B 均向右运动．小球B与墙壁碰撞后以原速率返回并与小球A在P点相遇，PQ＝2PO，则两小球质量之比m1∶m2为()A．7∶5B．1∶3 C．2∶1 D．5∶3【答案】D二、不定项选择题（共6题36分）4、如图所示，两个质量和速度均相同的子弹分别水平射入静止在光滑水平地面上质量相同、材料不同的两矩形滑块A、B中，射入A中的深度是射入B中深度的两倍．两种射入过程相比较()A．射入滑块A的子弹速度变化大B．整个射入过程中两滑块受的冲量一样大C．射入滑块A中时阻力对子弹做功是射入滑块B中时的两倍D．两个过程中系统产生的热量相同【答案】BD5、如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m和m，以相同的速率v在光滑水平面上相向运动，发生碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，则()A．碰撞前总动量大小为2mv B．碰撞过程动量不守恒C．碰撞后乙的速度大小为2v D．碰撞属于非弹性碰撞【答案】选AC6、如图甲所示，在光滑水平面上，轻质弹簧一端固定，物体A 以速度v 0向右运动压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量为x .现让弹簧一端连接另一质量为m 的物体B (如图乙所示)，物体A 以2v 0的速度向右压缩弹簧，测得弹簧的最大压缩量仍为x ，则( )A ．A 物体的质量为3mB ．A 物体的质量为2mC ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为32mv 02 D ．弹簧压缩量最大时的弹性势能为mv 02 【答案】AC7、如图甲所示，光滑平台上的物体A 以初速度v 0滑到上表面粗糙的水平小车B 上，车与水平面间的动摩擦因数不计，图乙为物体A 与小车B 的v －t 图象，由此可知( )A ．小车上表面长度B ．物体A 与小车B 的质量之比C ．物体A 与小车B 上表面的动摩擦因数D ．小车B 获得的动能【答案】BC8、如图所示，现有甲、乙两滑块，质量分别为3m 和m ，以相同的速率v 在光滑水平面上相向运动，发生碰撞．已知碰撞后，甲滑块静止不动，则( )A ．碰撞前总动量大小为2mvB ．碰撞过程动量不守恒C ．碰撞后乙的速度大小为2vD ．碰撞属于非弹性碰撞【答案】AC9、质量为m，速度为v的A球跟质量为3m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此碰撞后B球的速度可能值为()A．0.6v B．0.4v C．0.2v D．0.3v【答案】BD10、如图所示，一质量M＝3.0 kg的长方形木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0 kg的小木块A.给A和B以大小均为4.0 m/s，方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离木板B.在小木块A做加速运动的时间内，木板速度大小可能是()A．1.8 m/s B．2.4 m/s C．2.6 m/s D．3.0 m/s【答案】BC三、计算题（共4题49分）11、如图所示，质量为m＝245 g的物块(可视为质点)放在质量为M＝0.5 kg的木板左端，足够长的木板静止在光滑水平面上，物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4。

动量与能量的综合应用( 附参照答案 ) 1．有一种硬气功表演，表演者平卧于地面，将一大石板置于他的身子上，另一人将重锤举到高处并砸向石板，石板被砸碎，表演者却平安无事，假定重锤与石板撞击后二者拥有相同的速度，表演者在表演时尽量精选质量较大的石板．对这一现象，以下说法正确的选项是()A．重锤在与石板撞击的过程中，重锤与石板的总机械能守恒B．石板的质量越大，石板获取的动量就越小C．石板的质量越大，石板所遇到的打击力就越小D．石板的质量越大，石板获取的速度就越小2．如图2－3－ 14 所示，子弹水平射入放在圆滑水平川面上静止的木块，子弹未穿透木()块，此过程产生的内能为 6 J，那么此过程木块的动能可能增添了A．12 J B．16 J C．4 J D．6 J图 2－3－14图 2－3－ 153．如图 2－3－ 15 所示， A、 B 两木块的质量之比为m A∶ m B＝ 3∶ 2，本来静止在小车C 上，它们与小车上表面间的动摩擦因数同样，A、B 间夹一根被压缩了的弹簧后用细线拴住．小车静止在圆滑水平面上，烧断细线后，在 A、B 相对小车停止运动以前，以下说法正确的选项是()A ． A、B 和弹簧构成的系统动量守恒B． A、B 和弹簧构成的系统机械能守恒C．小车将向左运动D．小车将静止不动4．如图 2－3－ 16 所示，小车开始静止于圆滑的水平面上，一个小滑块由静止从小车上端高 h 处沿圆滑圆弧面相关于小车向左滑动，滑块能抵达左端的最大高度h′ ()图 2－3－16A ．大 hB．小于 hC．等于 hD．停在中点与小车一同向左运动5．(双选， 2011 年全国卷 )质量为 M、内壁间距为L 的箱子静止于圆滑的水平面上，箱子中间有一质量为m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为μ.初始时小物块停在箱子正中间，如图2－ 3－ 17 所示．现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止．设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为 ()图 2－3－1712A. 2mvmM2B.v2 m＋M1C.2Nμ mgLD． Nμ mgL6．(2010 年福建卷 )如图 2－ 3－ 18 所示，一个木箱本来静止在圆滑水平面上，木箱内粗拙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都拥有必定的质量．现使木箱获取一个向右的初速度 v0，则 ()图 2－3－ 18A．小木块和木箱最后都将静止B．小木块最后将相对木箱静止，二者一同向右运动C．小木块在木箱内壁将一直往返来去碰撞，而木箱向来向右运动D．假如小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一同向左运动7．(双选， 2011 年深圳中学二模)如图 2－ 3－ 19 所示，水平圆滑地面上停放着一辆质量为M 的小车，其左边有半径为R 的四分之一圆滑圆弧轨道AB，轨道最低点 B 与水平轨道BC 相切，整个轨道处于同一竖直平面内．将质量为m 的物块 (可视为质点 )从 A 点无初速开释，物块沿轨道滑行至轨道尾端 C 处恰巧没有滑出．设重力加快度为g，空气阻力可忽视不计．关于物块从 A 地点运动至 C 地点的过程中，以下说法正确的选项是()A．小车和物块构成的系统动量不守恒B．摩擦力对物块和轨道BC 所做的功的代数和为零C．物块运动过程中的最大速度为2gR2m2gRD．小车运动过程中的最大速度为M2＋Mm图 2－3－19图 2－3－ 208．(双选 )如图 2－ 3－ 20 所示，质量均为M的铝板 A 和铁板 B 分别放在圆滑水平川面上．质量为 m(m<M)的同一木块 C，先后以同样的初速度v0从左端滑上 A 和 B，最后 C 相关于 A 和 B 都保持相对静止．在这两种状况下()A ． C 的最后速度同样B． C 相关于 A 和 B 滑行的距离同样C． A 和 B 相对地面滑动的距离同样D．两种状况下产生的热量相等9．(2012 年天津卷 )如图 2－ 3－ 21 所示，水平川面上固定有高为h 的平台，台面上固定有圆滑坡道，坡道顶端距台面高也为h，坡道底端与台面相切．小球 A 从坡道顶端由静止开始滑下，抵达水平圆滑的台面后与静止在台面上的小球 B 发生碰撞，并粘连在一同，共同沿台面滑行并从台面边沿飞出，落地址与飞出点的水平距离恰巧为台高的一半．两球均可视为质点，忽视空气阻力，重力加快度为g.求：(1)小球 A 刚滑至水平台面的速度v A；(2)A、B 两球的质量之比m a∶ m b.图 2－ 3－2110．(2012 年广州二模 )如图 2－ 3－ 22 所示的水平川面，ab 段粗拙， bc 段圆滑．可视为质点的物体 A 和 B 紧靠在一同，静止于 b 处，已知 A 的质量为3m，B 的质量为m.两物体在足够大的内力作用下忽然沿水平方向左右分别，获取的总动能为 E.B 遇到 c 处的墙壁后等速率反弹，并追上已停在ab 段的 A.A、B 与 ab 段的动摩擦因数均为μ，重力加快度为g.求：(1)分别瞬时A、B 的速度大小；(2)A 从分别到第一次停止的时间；(3)B 第一次追上 A 时的速度大小．图 2－3－ 2211．(2012 年深圳二模 )如图 2－ 3－ 23 所示，一长 L ＝ 3 m ，高 h ＝0.8 m ，质量为 M ＝ 1 kg的物块 A 静止在水平面上． 质量为 m ＝ 0.49 kg 的物块 B 静止在 A 的最左端，物块 B 与 A 对比，大小可忽视不计，它们之间的动摩擦因数μ＝1 0.5，物块 A 与地之间的动摩擦因数 μ＝2 0.1.一 个质量为 m 0＝ 0.01 kg 的可视为质点的子弹，以速度 v 0 沿水平方向射中物块 B ，假定在任何情 况下子弹均不可以穿出．取 g ＝ 10 m/s 2 ，问：(1)子弹以 v 0＝ 400 m/s 击中物块 B 后的瞬时，它们的速度为多大？(2)被击中的物块 B 在 A 上滑动的过程中， A 、 B 的加快度各为多大？ (3)子弹速度为多大时，能使物块 B 落地瞬时 A 同时停下？图 2－3－ 231．D2．C分析： 子弹射入木块的过程中，系统动量守恒，即mv 0＝ (M ＋ m)v 1，系统损失的机械能转变为内能，即Q ＝ 1mv 02－ 1(M ＋ m)v 12，将两式联立解得 Q ＝ 1mv 02· M＝ 6 J ，木块获2 2 2 M ＋ m121 2 Mm 2<6 J ，所以 C 正确．得的动能E k ＝ 2Mv 1＝2mv 0·M ＋m3．C分析： 由机械能守恒和动量守恒的条件可知A 、B 均错；小车对A 的摩擦力大于小车对 B 的摩擦力，所以 A 对小车向左的摩擦力大于 B 对小车向右的摩擦力，所以小车将向左运动．4． C 分析： 小滑块由静止滑下，小滑块和小车构成系统水平方向上动量守恒，抵达左端的最大高度 h ′时，二者速度同样，由动量守恒得，二者速度为零，由能量守恒，抵达左端的最大高度 h ′ 等于 h ，选 C.5．BD 分析： 小物块和箱子构成的系统动量守恒，碰撞N 次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止，则最后二者速度相等，设为v 共 ，则有： mv ＝ (m ＋ M)v 共 ，系统损失1 2 1 2 1 mM 2的动能 E ＝ 2mv －2(m ＋ M)v 共，得 E ＝ 2m ＋ Mv ，所以 B 正确；系统损失的动能为摩擦力做功转变成系统内能， N 次后恰又回到箱子正中间，相对滑动的距离为 NL ，所以 E ＝ W ＝N μ mgL ，D 正确．6． B 分析： 系统不受外力作用，系统动量守恒，最后两个物体以同样的速度一同向右运动， B正确．7．AD分析：小车和物块构成的系统水平方向上动量守恒， 但在竖直方向上动量不守恒，A 正确；在滑动摩擦力作用下，物块的位移大于小车的位移，所以摩擦力对物块和轨道BC所做的功的代数和不为零，B 错误，且滑动摩擦力对系统做功，动能转变为内能；假如小车固12定，则物块滑到最低点 B 的速度由能量守恒有mgR ＝2mv ，得 v ＝ 2gR ，但小车不固定，则 小车有速度，由能量守恒得物块的速度小于2gR ， C 错误；物块运动到 B 点时小车的速度最 1 2 1 2大，设为 v ′ ，由水平动量守恒得 mv ＝ Mv ′，由能量守恒得 mgR ＝ 2mv ＋ 2Mv ′ ，解得 v ′ ＝2m 2gR ， D 正确．M 2＋ Mm8．AD 分析： 铝板 A 和铁板 B 分别放在圆滑水平川面上，所以滑动过程中动量守恒，有mv 0＝ (m ＋ M)v ，所以两种状况下， C 的最后速度同样，且产生的热量等于摩掠过程中系统损失的动能，两种状况都为Q ＝ 1 2 1 2，所以 A 、 D 正确；因为木块与铝板和 E ＝ mv 0－ (m ＋ M)v 2 2铁板的动摩擦因数不一样，对系统有 1 2 1 2，则 C 相关于 A 和 B 滑行的fs 相＝ E ＝ mv 0－ (m ＋ M)v 1 2 22距离不同样，对 A 和 B ， fs ＝ 2Mv， A 和 B 相对地面滑动的距离不同样， B 、 C 都错误．9．解： (1)小球 A 在坡道上只有重力做功，依据机械能守恒有 1 2m A v A ＝m A gh2解得 v A ＝ 2gh. (2)设 A 、 B 两球在圆滑台面上碰撞后粘在一同的速度为 v ，依据系统动量守恒得m A v A ＝ (m A ＋m B )v12＝ h 走开平台后做平抛运动，在竖直方向上有2gt1 在水平方向上有2h ＝ vt联立解得 m A ∶m B ＝ 1∶3.10． 解： (1)物体 A 、 B 在内力作用下分别，设分别瞬时A 的速度大小为 v A ，B 的速度大小为 v B由 A 、 B 系统的动量守恒有3mv A ＝mv B1 2 1 2又由题意可知 E ＝2·3mv A ＋ 2·mv BE 3E 联立解得 v A ＝6m ， v B ＝2m.(2)A 、B 分别后， A 物体向左匀减速滑行，设滑行时间为 t A ，加快度大小为a A对 A 应用牛顿第二定律有 μ·3mg ＝ 3ma AA 匀减速到停止的时间为A ＝ v Ata A1E联立解得 t A ＝ μg 6m .(3)A 、B 分别后， A 向左匀减速滑行，设滑行距离为s A对 A 应用动能定理有－ μ·3mgs A ＝ 0－ 1·3mv A 22 设 B 碰墙反弹后追上已停下的 A 时，速度大小为 v1 2 1 2对 B 应用动能定理有－ μ mgs B ＝ 2mv － 2mv B 又因为 B 追上 A 时在粗拙面上滑行了s B ＝ s A4E联立解得 v ＝3m .11． 解： (1)子弹击中 B 的过程中，由动量守恒定律可得m 0v 0＝(m 0＋ m)v解得 v ＝ 8 m/s.(2)由牛顿第二定律可得对 B ： μ1(m 0＋ m)g ＝ (m 0＋m)a B 得 a B ＝ 5 m/s 2，方向水平向左对 A ： μ1(m 0＋ m)g － μ2(m 0＋ m ＋ M)g ＝ Ma A 得 a A ＝ 1 m/s 2，方向水平向右．(3)子弹击中 B 的过程中，由动量守恒定律可得m 0v 02＝ (m 0＋ m)v B1设B 在 A 上运动如图 13 的时间为 t 1，则 s B － s A ＝ Lv B1t 1 －1a B t 12－12＝L221t 2，则 h ＝ 2B 做平抛运动的时间为2gt 2′ ＝μ2Mg＝μ2a AM 2g ＝ 1 m/s0＝a A t 1－ a A ′ t 2v 02 m 0＋ mB1 ＝435 m/s.联立解得子弹的速度为＝ vm 0图 13。