高一物理-动量和能量综合试题例析培优

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。

第2课时电学中的动量和能量问题高考命题点命题轨迹情境图电场和磁场中的动量20183卷21和能量问题18(3)21题电磁感应中的动量和能量问题例1(2019·湖北省4月份调研)如图1，在高度为H的竖直区域内分布着互相垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向左；磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．在该区域上方的某点A，将质量为m、电荷量为＋q的小球，以某一初速度水平抛出，小球恰好在该区域做直线运动．已知重力加速度为g.图1(1)求小球平抛的初速度v0的大小；(2)若电场强度大小为E，求A点距该区域上边界的高度h；(3)若电场强度大小为E，令该小球所带电荷量为－q，以相同的初速度将其水平抛出，小球离开该区域时，速度方向竖直向下，求小球穿越该区域的时间．拓展训练1(2019·云南昭通市上学期期末)真空中存在电场强度为E1的匀强电场(未知)，一质量为m、带正电的油滴，电荷量为q，在该电场中竖直向下做匀速直线运动，速度大小为v0，在油滴处于位置A时，将电场强度的大小突然增大到某值，但保持其方向不变，持续一段时间t1后，又突然将电场反向，但保持其大小不变；再持续同样一段时间后，油滴运动到B点，重力加速度大小为g，求：(1)电场强度E1的大小和方向；(2)油滴运动到B点时的速度大小．拓展训练2(2019·江西上饶市重点中学六校第一次联考)如图2所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝2 T．小球1带正电，小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上．小球1向右以v1＝12m/s的水平速度与小球2正碰，碰后两小球粘在一起在竖直平面内做匀速圆周运动，两小球速度水平向左时离碰撞点的距离为2m．碰后两小球的比荷为4C/kg.(取g＝10m/s2)图2(1)电场强度E的大小是多少？(2)两小球的质量之比m2m1是多少？例2(2019·山东泰安市第二轮复习质量检测)如图3所示，间距为L的足够长光滑平行金属导轨固定在同一水平面内，虚线MN右侧区域存在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场．质量均为m、长度均为L、电阻均为R的导体棒a、b，垂直导轨放置且保持与导轨接触良好．开始导体棒b静止于与MN相距为x0处，导体棒a以水平速度v0从MN处进入磁场．不计导轨电阻，忽略因电流变化产生的电磁辐射，运动过程中导体棒a、b没有发生碰撞．求：图3(1)导体棒b中产生的内能；(2)导体棒a、b间的最小距离．拓展训练3(2019·福建龙岩市5月模拟)如图4为电磁驱动与阻尼模型，在水平面上有两根足够长的平行轨道PQ和MN，左端接有阻值为R的定值电阻，其间有垂直轨道平面的磁感应强度为B的匀强磁场，两轨道间距及磁场宽度均为L.质量为m的金属棒ab静置于导轨上，当磁场沿轨道向右运动的速度为v时，棒ab恰好滑动．棒运动过程始终在磁场范围内，并与轨道垂直且接触良好，轨道和棒电阻均不计，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．图4(1)判断棒ab刚要滑动时棒中的感应电流方向，并求此时棒所受的摩擦力F f大小；(2)若磁场不动，将棒ab以水平初速度2v运动，经过时间t＝mRB2L2停止运动，求棒ab运动位移x及回路中产生的焦耳热Q；(3)若t＝0时棒ab静止，而磁场从静止开始以加速度a做匀加速运动，图5中关于棒ab运动的速度－时间图象哪个可能是正确的？请分析说明棒各阶段的运动情况．图5拓展训练4(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图6所示，质量M＝1kg的半圆弧形绝缘凹槽放置在光滑的水平面上，凹槽部分嵌有cd和ef两个光滑半圆形导轨，c与e端由导线连接，一质量m＝1kg的导体棒自ce端的正上方h＝2m处平行ce由静止下落，并恰好从ce端进入凹槽，整个装置处于范围足够大的竖直方向的匀强磁场中，导体棒在槽内运动过程中与导轨接触良好．已知磁场的磁感应强度B＝0.5T，导轨的间距与导体棒的长度均为L＝0.5m，导轨的半径r＝0.5m，导体棒的电阻R＝1Ω，其余电阻均不计，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力．图6(1)求导体棒刚进入凹槽时的速度大小；(2)求导体棒从开始下落到最终静止的过程中系统产生的热量；(3)若导体棒从开始下落到第一次通过导轨最低点的过程中产生的热量为16J，求导体棒第一次通过最低点时回路中的电功率．专题强化练(限时45分钟)1.(2019·陕西省第二次质检)如图1所示，一竖直放置的足够大金属板正前方O点固定一正点电荷Q，一表面绝缘的带正电小球(可视为质点且不影响Q的电场)从金属板的上端释放，由静止开始沿金属板下落先后运动到板面的A、B两位置，OB垂直于金属板，已知小球的质量不可忽略，金属板表面粗糙，则小球在运动过程中()图1A．小球可能一直做加速运动B．小球在A、B两点的电势能大小E p B>E p AC．小球在A、B两点的电场强度大小E B<E AD．小球受到合力的冲量一定为02.(2019·贵州省部分重点中学3月联考)如图2所示，正方形区域ABCD中有垂直于纸面向里的匀强磁场，M、N分别为AB、AD边的中点，一带正电的粒子(不计重力)以某一速度从M 点平行于AD边垂直磁场方向射入，并恰好从A点射出．现仅将磁场的磁感应强度大小变为原来的12，下列判断正确的是()图2A．粒子将从D点射出磁场B．粒子在磁场中运动的时间将变为原来的2倍C．磁场的磁感应强度变化前后，粒子在磁场中运动过程的动量变化大小之比为2∶1 D．若其他条件不变，继续减小磁场的磁感应强度，粒子可能从C点射出3.(多选)(2019·江西宜春市第一学期期末)如图3所示，固定的水平放置的平行导轨CD、EH 足够长，在导轨的左端用导线连接一电阻R，导轨间距为L，一质量为M、长为2L的金属棒放在导轨上，在平行于导轨的水平力F作用下以速度v向右匀速运动，运动过程中金属棒与导轨保持垂直，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中(图中未画出)，磁场的磁感应强度大小为B，导轨单位长度的电阻为r，其余电阻不计，重力加速度为g.若在0时刻水平力的大小为F0，则在0～t时间内，以下说法正确的有()图3A．水平力F对金属棒的冲量大小F0tB．水平力和摩擦力的合力对金属棒的冲量为零C．合力对金属棒做的功为零D．若某时刻通过电阻R的电流为I，则此时水平力F的功率为(BIL＋μMg)v 4．(2019·福建福州市期末)如图4所示，竖直平面MN的右侧空间存在着相互垂直水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，MN左侧的绝缘水平面光滑，右侧的绝缘水平面粗糙．质量为m的小物体A静止在MN左侧的水平面上，该小物体带负电，电荷量为－q(q> 0)．质量为13的不带电的小物体B以速度v0冲向小物体A并发生弹性正碰，碰撞前后小物体A的电荷量保持不变．图4(1)求碰撞后小物体A的速度大小；(2)若小物体A与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，磁感应强度为B＝3mgq v0，电场强度为E＝7μmgq.小物体A从MN开始向右运动距离为L时速度达到最大．求小物体A的最大速度v m和此过程克服摩擦力所做的功W.5．(2019·湖南长沙、望城、浏阳、宁乡四个县市区3月调研)如图5所示，P1P2P3和Q1Q2Q3是相互平行且相距为d的光滑固定金属导轨，P1Q1为不计电阻的直导线且P1Q1⊥Q1Q2.P1P2、Q1Q2的倾角均为θ，P2P3、Q2Q3在同一水平面上，P2Q2⊥P2P3，整个轨道在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，质量为m、接入电路的电阻为R的金属杆CD从斜轨道上某处静止释放，然后沿水平导轨滑动一段距离后停下．杆CD始终垂直导轨并与导轨保持良好接触，导轨电阻和空气阻力均不计，重力加速度大小为g，轨道倾斜段和水平段平滑连接且都足够长，求：图5(1)杆CD达到的最大速度大小；(2)杆CD在距P2Q2距离L处释放，滑到P2Q2处恰达到最大速度，则沿倾斜导轨下滑的时间Δt1及在水平轨道上滑行的最大距离s.6．(2019·湖南衡阳市第一次联考)如图6所示，ab、ef是固定在绝缘水平桌面上的平行光滑金属导轨，导轨足够长，导轨间距为d.在导轨ab、ef间放置一个阻值为R的金属导体棒PQ，其质量为m、长度恰好为d.另一质量为3m、长为d的金属棒MN也恰好能和导轨良好接触，起初金属棒MN静止于PQ棒右侧某位置，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．现有一质量为m、带电荷量为q的光滑绝缘小球在桌面上从O点(O 为导轨上的一点)以与导轨ef成60°角的方向斜向右方进入磁场，随后小球垂直地打在金属棒MN的中点，小球与金属棒MN的碰撞过程中无机械能损失，不计导轨间电场的影响，不计导轨和金属棒MN的电阻，两棒运动过程中不相碰，求：图6(1)小球在O点射入磁场时的初速度v0的大小；(2)金属棒PQ上产生的热量E和通过的电荷量Q；(3)在整个过程中金属棒MN比金属棒PQ多滑动的距离；(4)请通过计算说明小球不会与MN棒发生第二次碰撞．。

动量和能量专题限时训练1建议用时40分钟，实际用时________1．如图，长度x ＝5m 的粗糙水平面PQ 的左端固定一竖直挡板，右端Q 处与水平传送带平滑连接，传送带以一定速率v 逆时针转动，其上表面QM 间距离为L ＝4m ，MN 无限长，M 端与传送带平滑连接．物块A 和B 可视为质点，A 的质量m ＝1.5kg,B 的质量M ＝5.5kg.开始A 静止在P 处，B 静止在Q 处，现给A 一个向右的初速度v 0＝8m/s ，A 运动一段时间后与B 发生弹性碰撞，设A 、B 与传送带和水平面PQ 、MN 间的动摩擦因数均为μ＝0.15，A 与挡板的碰撞也无机械能损失．取重力加速度g ＝10m/s 2，求：(1)A 、B 碰撞后瞬间的速度大小；(2)若传送带的速率为v ＝4m/s ，试判断A 、B 能否再相遇，若能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它们最终相距多远．解析：(1)设A 与B 碰撞前的速度为v A ，由P 到Q 过程，由动能定理得：－μmgx ＝12mv 2A －12mv 20①A 与B 碰撞前后动量守恒，有mv A ＝mv A ′＋Mv B ′②由能量守恒定律得：12mv 2A ＝12mv A ′2＋12Mv B ′2③联立①②③式得v A ′＝－4m/s ，v B ′＝3m/s碰后A 、B 的速度大小分别为4m/s 、3m/s(2)设A 碰撞后运动的路程为s A ，由动能定理得：－μmgs A ＝0－12mv A ′2④s A ＝163m 所以A 与挡板碰撞后再运动s A ′＝s A －x ＝13m ⑤设B 碰撞后向右运动的距离为s B ，则－μMgs B ＝0－12Mv B ′2⑥解得s B ＝3m<L ⑦故物块B 碰后不能滑上MN ，当速度减为0后，B 将在传送带的作用下反向加速运动，B 再次到达Q 处时的速度大小为3m/s.在水平面PQ 上，B 再运动s B ′＝s B ＝3m 停止，s B ′＋s A ′<5m ，所以A 、B 不能再次相遇．最终A 、B 的距离s AB ＝x －s A ′－s B ′＝53m.答案：(1)4m/s 3m/s (2)不能相遇53m 2．如图所示，质量为6m 、长为L 的薄木板AB 放在光滑的平台上，木板B 端与台面右边缘齐平．B 端上放有质量为3m 且可视为质点的滑块C ，C 与木板之间的动摩擦因数为μ＝13，质量为m 的小球用长为L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O 点，细绳竖直时小球恰好与C 接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C 碰撞后反弹速率为碰前的一半．(1)求细绳能够承受的最大拉力；(2)若要使小球落在释放点的正下方P 点，平台高度应为多大；(3)通过计算判断C 能否从木板上掉下来．解析：(1)设小球运动到最低点的速率为v 0，小球向下摆动过程，由动能定理mgL ＝12mv 20得，v 0＝2gL 小球在圆周最低点时拉力最大，由牛顿第二定律得：F T －mg ＝m v 20R解得：F T ＝3mg由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：F T ′＝F T即细绳能够承受的最大拉力为：F T ′＝3mg (2)小球碰撞后做平抛运动：竖直位移h ＝12gt 2水平分位移：L ＝v 02t 解得：h ＝L(3)小球与滑块C C 组成的系统动量守恒，设C 碰后速率为v 1，依题意有mv 0＝m －v 023mv 1假设木板足够长，在C 与木板相对滑动直到相对静止过程中，设两者最终共同速率为v 2，由动量守恒得：3mv 1＝(3m ＋6m )v 2由能量守恒得：12·3mv 21＝12(3m ＋6m )v 22＋μ·3mgs 联立解得：s ＝L 2由s <L 知，滑块C 不会从木板上掉下来．答案：(1)3mg (2)h ＝L (3)不能3．光滑水平面上有一质量m 车＝1.0kg 的平板小车，车上静置A 、B 两物块。

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。

素养培优6电磁感应中动力学、能量和动量的综合动力学与能量观点在电磁感应中的应用1.电磁感应综合问题的解题思路2.求解焦耳热Q 的三种方法（1）焦耳定律：Q ＝I 2Rt ，适用于电流恒定的情况；（2）功能关系：Q ＝W 克安（W 克安为克服安培力做的功）；（3）能量转化：Q ＝ΔE （其他能的减少量）。

【典例1】（多选）（2024·吉林高考9题）如图，两条“”形的光滑平行金属导轨固定在绝缘水平面上，间距为L ，左、右两导轨面与水平面夹角均为30°，均处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小分别为2B 和B 。

将有一定阻值的导体棒ab 、cd 放置在导轨上，同时由静止释放，两棒在下滑过程中始终与导轨垂直并接触良好。

ab 、cd 的质量分别为2m 和m ，长度均为L 。

导轨足够长且电阻不计，重力加速度大小为g ，两棒在下滑过程中（）A .回路中的电流方向为abcdaB .abC .ab 与cd 加速度大小之比始终为2∶1D .两棒产生的电动势始终相等尝试解答【典例2】（2024·江苏震泽中学模拟）如图所示的是水平平行光滑导轨M 、N 和P 、Q ，M 、N 的间距为L ，P 、Q 的间距为2L 。

M 、N 上放有一导体棒ab ，ab 与导轨垂直，质量为m ，电阻为R 。

P 、Q 上放有一导体棒cd ，cd 也与导轨垂直，质量为2m ，电阻为2R 。

导轨电阻不计。

匀强磁场竖直穿过导轨平面，磁感应强度大小为B 。

初始两导体棒静止，设在极短时间内给ab 一个水平向左的速度v 0，使ab 向左运动，最后ab 和cd 的运动都达到稳定状态。

求：（1）刚开始运动的瞬间，ab 和cd 的加速度大小和方向；（2）稳定后ab 和cd 的速度大小；（3）整个过程中ab 产生的热量。

尝试解答动量观点在电磁感应中的应用角度1动量定理在电磁感应中的应用在导体单杆切割磁感线做变加速运动时，若运用牛顿运动定律和能量观点不能解决问题，可运用动量定理巧妙解决问题。

专题研究二能量和动量清大师德教育研究院物理教研中心李相关知识链接恒力做功 W=FsCOS B咼考考点解功能量（重力做功、电场力做功）变力做功（弹力、机车牵引力、摩擦力、分子力做功等）考题重力做功W G=—△ E p 弹力做功 W FI=— A E pi 分子力做功WF2=—A E P2 电场力做功W F3=— A E p3动量台匕冃匕动能20KK上海4 ” 势能（重力势能动弹上海£ 性势能、子势能）20KK上海21动能定理工 W= A E K功能原理W其他=A E机械能守题__型A E P=选择题能量守，恒计算题A E选择题计算题功和能、动能定理勺冲量20K牟t大津理综・24 变力的冲量20KK力江苏「10 向心力、摩擦20KK仑上海1 力的冲量等）----- 20KK厂东1计算题冲量9A动量定理选择题动量动冲量、动动量的变化2（方向黑、吉力量定理线上的0KK向广东不在一条直线上的）上海工 I = A p、广西・23动量守恒计算题A P = — A F计算题p i+p2=p i /计算题能量和动量的综合应用机械能守恒定律动量守恒定律动量和能量的综合应•420KK江苏1520KK上海920KK北京理综2320KK广东620KK河南河北2420KK天津理综21计算题选择题计算题选择题计算题选择题计算题选择题20KK江苏19 计算题20KK江苏20 计算题20KK江苏18 计算题20KK广东17 计算题20KK全国理综-25 计算题20KK北京理综-24 计算题20KK江苏18 计算题咼考命题思路——和能的关系及动能定理是历年高考的热点，近几年来注重考查对功的概念的理解及用功能关系研究物理过程的方法，由于所涉及的物理过程常常较为复杂，对学生的能力要求较高，因此这类问题难度较大。

例如20KK年江苏物理卷的第10题，要求学生能深刻理解功的概念，灵活地将变力分解。

2 .动量、冲量及动量定理近年来单独出题不多，选择题中常考查对动量和冲量的概念及动量变化矢量性的理解。

动量、动力学和能量观点在力学中的应用高一物理专题练习（内容+练习）一、解决力学问题的三个基本观点和五个规律二、力学规律的选用原则1．如果物体受恒力作用，涉及运动细节可用动力学观点去解决．2．研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题．3．若研究的对象为几个物体组成的系统，且它们之间有相互作用，一般用两个守恒定律解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件．4．在涉及相对位移问题时优先考虑利用能量守恒定律求解，根据系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量(即转化为系统内能的量)列方程．5．在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到这些过程一般隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化，这种问题由于作用时间极短，因此动量守恒定律一般能派上大用场．一、单选题1．如图所示，半径为R、竖直放置的半圆形轨道与水平轨道平滑连接，不计一切摩擦。

圆心O 点正下方放置质量为2m 的小球A ，质量为m 的小球B 以初速度0v 向左运动，与小球A 发生弹性碰撞。

碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球B 的初速度0v 不可能为（重力加速度为g ）（）A ．BC ．D ．【答案】A【解析】根据题意可知，小球B 与小球A 发生弹性碰撞，设碰撞后小球B 的速度为2v ，小球A 的速度为1v ，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律有0122mv mv mv =+2220121112222mv mv =⋅+解得1023v v =2013v v =-由于碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，则小球A 未通过与圆心的等高点或通过圆弧最高点，若小球A 恰好到达圆心的等高点，由能量守恒定律有211222mv mgR ⋅=解得1v =解得0v =若小球恰好通过圆弧最高点，由能量守恒定律有22111222222mv mg R mv ⋅=⋅+由牛顿第二定律有222v mg mR=解得1v =解得0v =则碰后小球A 在半圆形轨道运动时不脱离轨道，小球B 的初速度0v 取值范围为0v ≤0v ≥选不可能的，故选A 。

2021届高考物理一轮：能量和动量培优复习含答案1、如图，一质量为m、长度为l的均匀柔软细绳PQ竖直悬挂．用外力将绳的下端Q缓慢地竖直向上拉起至M点，M点与绳的上端P相距13l.重力加速度大小为g.在此过程中，外力做的功为()A.19mgl B.16mgl C.13mgl D.12mgl曲线方程为y＝－5x2。

(单位：m)，一质量为0.1 kg的金属小环套在上面，t＝0时刻从x＝－1 m 处以v0＝1 m/s向右运动，并相继经过x＝1 m的A点和x＝2 m的B点，下列说法正确的是()A．小环在B点与金属环间的弹力大于A点的弹力B．小环经过B点的加速度大于A点时的加速度C．小环经过B点时重力的瞬时功率为20 WD．小环经过B点的时刻为t＝2 s3、[多选]如图所示，半径为R的竖直光滑圆弧轨道与光滑水平面相切，质量均为m的小球A、B与轻杆连接，置于圆弧轨道上，A球与圆心O等高，B球位于O点的正下方，它们由静止释放，最终在水平面上运动。

下列说法正确的是()A．下滑过程中A球的机械能守恒B．当A球滑到圆弧轨道最低点时，轨道对A球的支持力大小为2mgC．下滑过程中重力对A球做功的功率一直增加D．整个过程中轻杆对B球做的功为12mgR4、如图所示，一倾角为37°的斜面固定在水平地面上，重为4 N的滑块从距离水平面高度为0.6 m处由静止释放，沿斜面向下运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10 m/s2，以水平地面为重力势能等于零的参考面．滑块从静止运动到斜面底端的过程中，下列说法正确的是()A．滑块的重力势能减少2.4 JB．滑块的动能增加0.48 JC．滑块的机械能减少1.6 JD．滑块因摩擦生热0.96 J5、[多选]如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t。

对于这一过程，下列判断正确的是()A．斜面对物体的弹力的冲量为零B．物体受到的重力的冲量大小为mgtC．物体受到的合力的冲量大小为零D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t6、如图所示，质量分别为m P＝2 kg和m Q＝3 kg的两个小球P、Q间夹有劲度系数k＝100 N/m 的轻弹簧(弹簧与小球未连接)，用两个大小相等、方向相反的水平压力F＝12 N使两个小球静止在光滑水平面上，此时弹簧的弹性势能E p＝0.72 J．现突然同时撤除这两个力F，则下列说法正确的是()A．突然撤除两个水平压力F的瞬间，小球P的加速度a P＝6 m/s2，小球Q的加速度a Q＝4 m/s2 B．弹簧恢复原长的瞬间，小球P的动能为0.432 J，小球Q的动能为0.288 JC．在弹簧恢复原长过程中，小球P与小球Q的加速度之比是2 3D．在弹簧恢复原长过程中，小球P的位移大小为7.2 cm，小球Q的位移大小为4.8 cm7、质量为1 kg的物体从距地面5 m高处自由下落，落在正以5 m/s的速度沿水平方向匀速前进的小车上，车上装有砂子，车与砂的总质量为4 kg，地面光滑，则车后来的速度为(g＝10 m/s2)()A．4 m/s B．5 m/sC．6 m/s D．7 m/s8、一弹丸在飞行到距离地面5 m高时仅有水平速度v＝2 m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3∶1。

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．。

专题研究二能量和动量清大师德教育研究院物理教研中心李丽相关知识链接动量重力做功W G＝－ΔE P弹力做功W F1＝－ΔE P1分子力做功W F2＝－ΔE P2电场力做功W F3＝－ΔE P3能量能冲量动量恒力做功W=Fs COSθ(重力做功、电场力做功)变力做功（弹力、机车牵引力、摩擦力、分子力做功等）动能势能(重力势能、弹性势能、电势能、分子势能)动能定理ΣW＝ΔE K功能原理W其他＝ΔE机械能守恒ΔE P＝ΔE K能量守恒Q＝ΔE恒力的冲量I=Ft变力的冲量（弹力、向心力、摩擦力、库仑力的冲量等）动量的变化（方向在一条直线上的、方向不在一条直线上的）动量定理ΣI＝ΔP动量守恒ΔP1＝－ΔP2P1+P2=P1ˊ+P2ˊ功能量和动量的综合应用考点考题题型功和能、动能定理2003上海·42003上海·212004上海·82004上海·212004天津理综·242005江苏·102005上海·19A2005广东·142005黑、吉、广西·23选择题计算题选择题计算题计算题选择题计算题计算题计算题动量、冲量、动量定理2004广东·14 计算题机械能守恒定律2003上海·72004江苏·152005上海·92005北京理综·232005广东·62005河南河北·24选择题计算题选择题计算题选择题计算题动量守恒定律2004天津理综·21 选择题动量和能量的综合应用2003江苏·192003江苏·202004江苏·182004广东·172004全国理综·252004北京理综·242005江苏·182005广东·182005河南河北·242005黑、吉、广西·252005陕西、四川·252005天津·24计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题计算题高考考点解读高考命题思路1．功和能的关系及动能定理是历年高考的热点，近几年来注重考查对功的概念的理解及用功能关系研究物理过程的方法，由于所涉及的物理过程常常较为复杂，对学生的能力要求较高，因此这类问题难度较大。

动量和能量的综合问题(建议用时：40分钟)一、选择题1.如图所示，物体A 静止在光滑的水平面上，A 的左边固定有轻质弹簧，与A 质量相同的物体B 以速度v 向A 运动并与弹簧发生碰撞，A 、B 始终沿同一直线运动，则A 、B 组成的系统动能损失最大的时刻是( )A ．A 开始运动时B ．A 的速度等于v 时C ．B 的速度等于零时D ．A 和B 的速度相等时D [对A 、B 组成的系统由于水平面光滑，所以动量守恒。

而对A 、B 、弹簧组成的系统机械能守恒，即A 、B 动能与弹簧弹性势能之和为定值。

当A 、B 速度相等时，可类似于A 、B 的完全非弹性碰撞，A 、B 总动能损失最多，弹簧形变量最大，弹性势能最大。

]2．(2020·某某某某八中月考)如图所示，A 、B 两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A 球的质量小于B 球的质量。

若用锤子敲击A 球使A 得到大小为v 的速度，弹簧压缩到最短时的长度为L 1；若用锤子敲击B 球使B 得到大小为v 的速度，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C [用锤子敲击A 球，当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同，取A 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得m A v ＝(m A ＋m B )v ′，由机械能守恒定律得E p ＝12m A v 2－12(m A ＋m B )v ′2，解得弹簧压缩到最短时的弹性势能E p ＝m A m B v 22m A ＋m B ，同理可得用锤子敲击B 球，当弹簧压缩到最短时的弹性势能也为m A m B v 22m A ＋m B ，所以L 1＝L 2，选项C 正确。

]3．(2020·某某明光中学月考)如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。

现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度的大小v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为( )A．v＝mv0M＋m，I＝0B．v＝mv0M，I＝2mv0C．v＝mv0M＋m，I＝m2v0M＋m D．v＝mv0M＋m，I＝2mv0D[子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝mv0M＋m，子弹射入木块后，子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先向右做减速运动，后向左做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即木块回到A位置时的速度大小为v＝mv0M＋m，子弹和木块及弹簧组成的系统受到的合力即墙对弹簧的作用力，根据动量定理得I′＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为I＝2mv0，选项D正确。

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。

必刷13 动量、能量综合问题1.如图所示，子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块，并留在木块中和木块一起运动。

在子弹射入木块的过程中，下列说法中正确的是()A．子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量B．子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等C．子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量D．子弹动量变化的大小一定等于木块动量变化的大小【答案】BD【解析】子弹射入木块的过程，二者之间的相互作用力始终等大反向，同时产生，同时消失，由冲量的定义I＝Ft，可知选项B正确，A错误；由动量定理知，选项D正确；Δv＝at＝，子弹和木块所受的冲量Ft大小相同，但质量未必相等，因此速度变化量的大小不一定相等，选项C错误。

2.将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是()A．小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零C．小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·sD．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 kg·m/s【答案】A【解析】小球从被抛出至到达最高点经历时间t＝＝2 s，受到的冲量大小为I＝mgt＝10 N·s，选项A正确；小球从被抛出至落回出发点经历时间4 s，受到的冲量大小为20 N·s，动量是矢量，返回出发点时小球的速度大小仍为20 m/s，但方向与被抛出时相反，故小球的动量变化量大小为20 kg·m/s，选项B、C、D错误。

3．关于冲量、动量和加速度，下列说法正确的是()A．有冲量就必定有动量B．合外力对物体的冲量的方向与物体的加速度方向一定相同C．合外力对物体的冲量是描述动量变化快慢的物理量D．合外力对物体的冲量大小发生变化，则物体的加速度大小也一定发生变化【答案】B【解析】合外力的冲量等于物体动量的变化，如果合外力的冲量为零，则物体动量为零，但某一力的冲量不为零，有冲量但不一定有动量，A错误；合外力对物体的冲量的方向是动量变化的方向，与物体所受合外力方向相同，与物体的加速度方向相同，B正确；合外力对物体的冲量是描述物体动量变化的物理量，不是描述动量变化快慢的物理量，故C错误；物体所受的合外力为恒力，随时间的增加，合外力对物体的冲量大小发生变化，但物体的加速度大小不发生变化，D错误．4．(多选)一个质点受到外力作用，若作用前后的动量分别为p、p′，动量的变化量为Δp，速度的变化量为Δv，动能的变化量为ΔE k，则( )A．p＝－p′是不可能的B．Δp垂直于p是可能的C．Δp垂直于Δv是可能的D．Δp≠0，ΔE k＝0是可能的【答案】D【解析】若作用前后质点的速度大小相等、方向相反时，p＝－p′是可能的，A错误；若外力的冲量与p垂直，则Δp与p垂直，B正确；动量变化量Δp与速度变化量Δv的方向相同，C 错误；若只有速度方向变化而速度大小不变，则有Δp≠0而ΔE k＝0，例如匀速圆周运动，D正确．5．“纵跳摸高”是一种很好的有助于青少年长高的运动．其动作要领是原地屈膝两脚快速用力蹬地，跳起腾空后充分伸展上肢摸到最高点．则人在进行纵跳摸高时，从他开始屈膝到摸到最高点的过程中()A．人始终处于超重状态B．人始终处于失重状态C．地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等D．地面支持力对人做的功等于重力势能的增量【答案】C【解析】人在起跳过程，加速度向上，处于超重状态，而在空中时，加速度向下，处于失重状态，故A、B错误；对人跳起的全过程分析，人受重力和支持力的冲量，根据动量定理可知，初末动量为零，则有地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等，C正确；人在跳起时，地面对人的支持力对人不做功，是人自身做功增加了人的重力势能，D错误．6．如图所示．a、b两质点从同一点O分别以相同的水平速度v0沿x轴正方向被抛出，a在竖直平面内运动，落地点为P1，b沿光滑斜面运动，落地点为P2.P1和P2在同一水平面上，不计空气阻力．则下面说法中正确的是()A．a、b的运动时间相同B．a、b沿x轴方向的位移相同C．a、b落地时的动量相同D．a、b落地时的动能相同【答案】D【解析】a在竖直平面内做平抛运动，竖直方向是自由落体运动，b在斜面上运动，受到重力和支持力，沿斜面向下是匀加速运动，加速度是g sin θ(θ为斜面倾角)，所以b运动的时间长，A错误．a、b在水平方向都是匀速运动，由于水平方向的初速度相同，b运动时间长，b的水平位移大于a的水平位移，B错误；a、b两物体落地速度方向不同，速度不同，则动量p＝m v也不同，C错误；质点在运动过程中只有重力做功，机械能守恒，由于质点初状态的机械能相等，则落地时的机械能相同，两质点落地时的重力势能相等，则动能相等，D正确．7．带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为q a、q b，质量分别为m a、m b，周期分别为T a、T b.则一定有()A．q a＜q bB．m a＜m bC．T a＜T bD． <【答案】A【解析】粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB＝m，解得：r＝，由于mv、B相同，故r∝，a运动的半径大于b运动的半径，故q a＜q b，A正确；由于动量mv相同，但速度大小未知，故无法判断质量大小，B错误；周期T＝，由于不知道速度大小关系，故无法判断周期关系，C错误；＝，由于速度大小关系不确定，故无法判断比荷关系，D错误．8.甲、乙是两辆额定功率相同而质量不同的卡车，它们都在平直的公路上同向行驶，若卡车所受运动阻力等于车重的k倍(k＜1)，则两车在行驶过程中()A．有相同的最大速度B．有相同的最大动量C．有相同的最大动能D．速度相同时的加速度也相同【答案】B【解析】以最大速度行驶时，牵引力与阻力平衡，故：F f＝F①P＝Fv②F f＝kmg③联立解得：v＝＝，mv＝，mv2＝，由于功率和k相同而质量不同，故最大速度不同，最大动量相同，最大动能不同，A、C错误，B正确；根据牛顿第二定律，有：F－kmg＝ma, P＝Fv，得a＝－kg，由于功率P、速度v和比例系数k相同而质量不同，故加速度不同，D错误．9．(多选)一质量为2 kg的质点在光滑平面上从静止开始沿某一方向做匀加速直线运动，它的动量p随位移x变化的关系式为p＝8 kg·m/s，关于该质点的说法正确的是()A．速度变化率为8 m/s2B．受到的恒力为16 NC．1 s末的动量为16 kg·m/sD．1 s末的动能为32 J【答案】ABC【解析】由p＝8 kg·m/s和p＝mv，可得x＝，再由匀加速直线运动的公式v2＝2ax得加速度a ＝8 m/s2，A正确；由牛顿第二定律F＝ma，得F＝16 N，B正确；1 s末的速度v＝at＝8 m/s,1 s末的动量p＝mv＝2×8 kg·m/s＝16 kg·m/s，C正确；1 s末的动能E k＝mv2＝64 J，D 错误．10．质量为1.0 kg的小球从高20 m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度为5.0 m，小球与软垫接触的时间为1.0 s，在接触时间内小球受到的合力的冲量大小为(空气阻力不计，g取10 m/s2)()A．40 N·sB．30 N·sC．20 N·sD．10 N·s【答案】B【解析】小球从开始下落到落到软垫上的过程中，由动能定理可得：mgh1＝mv－0，代入数据解得：v1＝20 m/s，方向竖直向下；小球从反弹到到达最高点过程中，由动能定理可得：－mgh2＝0－mv，代入数据解得：v2＝10 m/s，方向竖直向上；以竖直向上为正方向，由动量定理得：I＝mv2－mv1＝1×10－1×(－20) N·s＝30 N·s，方向竖直向上；故选B.11．动量相等的甲、乙两车，刹车后沿两条水平路面滑行．若两车质量之比＝，路面对两车的阻力相同，则两车的滑行时间之比为()A．1∶1B．1∶2C．2∶1D．1∶4【答案】A【解析】两车滑行时水平方向仅受阻力F f的作用，规定以车行方向为正方向，由动量定理：－Ft＝0－mv，得所以两车滑行时间：t＝，由题知两车动量相等，阻力相同，故两车的滑行时间相同，A正确．12．如图所示，质量为M的斜劈置于光滑的水平地面上，一质量为m的滑块以初速度v0沿斜劈向上滑行，它们在相互作用的过程中，当斜劈的速度达到最大值时，对应的是下列情况中的()A．滑块在到达斜劈的最高位置时B．滑块从斜劈上开始下滑时C．滑块与斜劈速度相等时D．滑块与斜劈开始分离时【答案】D【解析】滑块和斜劈组成的系统，在水平方向上所受的合力为零，水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律知，当滑块的速度沿斜劈向下达到最大时，斜劈向右的速度最大，此时滑块与斜劈开始分离．故D正确，A、B、C错误．13.如图所示，质量为m2的小车上有一半圆形的光滑槽，一质量为m1的小球置于槽内，共同以速度v0沿水平面运动，并与一个原来静止的小车m3对接，则对接后瞬间，小车的速度大小为()A．B．C．D．以上答案均不对【答案】C【解析】对接过程，两小车组成的系统动量守恒，以小车m2的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m2v0＝(m2＋m3)v，解得：v＝.14.如图所示，金属棒ab的质量m＝5 g，放置在宽L＝1 m、光滑的金属导轨的边沿，两金属导轨处于水平面内，导轨之间有竖直向下、B＝0.5 T的匀强磁场．电容器的电容C＝200 μF，电源的电动势E＝16 V(内阻不计)，导轨平面距地面高度h＝0.8 m．在开关S与“1”接通并稳定后，再使它与“2”接通，则金属棒ab被水平抛到距导轨边沿s＝0.064 m的水平地面上，试求这时电容器两端的电压．(g＝10 m/s2)【答案】8 V【解析】ab棒做平抛运动时，有h＝gt2，s＝vt解得v＝＝0.16 m/sab棒在导轨上运动，其末速度即为平抛运动的初速度，设电流的平均值为I，对金属棒抛出瞬间应用动量定理得BILΔt＝mv＝IΔt又电容器放电的电荷量Q放所以Q＝＝1.6×10－3 C放电容器充电电荷量Q＝EC＝3.2×10－3 C＝1.6×10－3 C放电后电容器剩下的电荷量Q′＝Q－Q放放电后电容器两端的电压U′＝＝8 V.15.如图所示，质量为M的木板，以速度v沿倾角为θ的斜面向下匀速滑动，另一质量为m的光滑小球以初速度v0做平抛运动，小球恰好垂直打在滑动的木板上并以原速率反向弹回．小球与木板撞击时小球受到的弹力远远大于其重力．求木板被撞击后的速度．【答案】v－【解析】开始时M匀速下滑，则有Mg sin θ＝μMg cos θ解得：μ＝tan θ根据平行四边形定则得，tan θ＝，解得v y＝则碰撞的合速度v合＝设碰撞时间为t，根据动量定理可知Ft＝－mv合－mv合此时M受到的合力F合＝μF由牛顿第二定律可知：此时加速度a＝碰后M的速度v′＝v－at联立以上各式解得：v′＝v－16.如图所示，一轻绳跨过定滑轮，两端拴有质量分别为m和2m的物块A、B，物块B开始时静止在地面上，当物块A自由下落H距离后，绳子突然被拉紧且不反弹(绷紧时间极短)，设整个运动过程中物块A都不着地．求：(1)绳子绷紧过程中，绳对物块B的冲量I大小；(2)物块B落回地面前离地面的最大高度．【答案】(1) (2)【解析】(1)设A自由下落H距离后的速度大小为v0.由机械能守恒定律得：mgH＝mv，解得：v0＝绳子绷紧过程中，绳对物块B的作用力与绳对物块A的作用力始终等大、反向，所以在绳子绷紧过程中绳子对两物块的冲量大小相等，设为I.绳子绷紧过程中，物块A减速下降，物块B加速上升，设速度大小为v1时，绳子开始松驰．由于绷紧时间极短，所以重力的冲量可忽略不计．由动量定理得：对A有：－I＝mv1－m0对B有：I＝2mv1解得v1＝，I＝(2)此后两物块组成的系统机械能守恒，则(2m－m)gh＝ (2m＋m)v解得：h＝17.如图所示，人站在小车上推着木箱，一起在光滑水平冰面上以速度v运动，小车与木箱质量均为m, 人的质量为2m，突然发现正前方有一冰窟窿，为防止人掉入窟窿，人用力向右推木箱，推出木箱后，人和车以的速度仍向前运动，为避开危险，人向后跳车．求：(1)人推开木箱时木箱对地的速度多大；(2)人跳车后车对地的最小速度．【答案】(1)2.5v(2)1.5v【解析】(1)以向右为正方向，以人、车、木箱组成的系统为研究对象，在推木箱的过程中，由动量守恒定律可知：(m＋m＋2m)v＝(m＋2m)×＋mv木箱，＝2.5v解得：v木箱(2)以人与车组成的系统为研究对象，人跳车的过程中，由动量守恒定律可得(m＋2m)×＝mv车＝1.5v解得：v车17.如图所示，质量为m＝1 kg的滑块，以v0＝5 m/s的水平初速度滑上静止在光滑水平面上的平板小车，小车质量M＝4 kg，小车与右边的墙壁发生弹性碰撞后以等大反向的速度被反弹回来，在小车与墙壁碰撞前后各有一次滑块和小车相对静止的状态，求：(1)与墙壁碰撞前滑块与小车的共同速度v1的大小；(2)与墙壁碰撞后滑块与小车的共同速度v2的大小．【答案】(1)1 m/s(2)0.6 m/s【解析】(1)根据动量守恒定律：mv0＝(m＋M)v1v1＝＝1 m/s(2)根据动量守恒定律Mv1－mv1＝(m＋M)v2v2＝＝0.6 m/s.17.如图所示，质量m＝1.0 kg的小球B静止在平台上，平台高h＝0.80 m．一个质量为M＝2.0 kg的小球A以速度v0沿平台自左向右运动，与小球B发生正碰，碰撞后小球B的速度v B ＝6.0 m/s，小球A落在水平地面的C点，DC间距离s＝1.2 m．求(取g＝10 m/s2)：(1)碰撞结束时小球A的速度v A.(2)小球A与小球B碰撞前的速度v0的大小．【答案】3 m/s 6 m/s【解析】(1)碰撞结束后小球A做平抛运动h＝gt2s＝v A t，解得v A＝3 m/s.(2)两球碰撞前后动量守恒，有Mv0＝mv B＋Mv A解得v0＝6 m/s.18.有人设想两车进入非安全区域时产生的强大的排斥力，使两车不发生碰撞而分开，从而避免交通事故的发生．已知甲车质量为1吨，乙车质量为1.5吨，某时刻甲的速率为10 m/s，乙的速度为20 m/s，两车相向运动.1 m为两车产生的强大排斥力的临界距离，若两车运动中始终未相碰．则：(1)两车最近时，乙的速度为多大？(2)甲开始反向时，乙的速度为多大？【答案】(1)8 m/s(2) m/s【解析】(1)两车最近时，车速相等，在整个过程中，系统动量守恒，规定乙的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m乙v乙－m甲v甲＝(m甲＋m乙)v，解得v＝8 m/s.(2)甲车开始反向时，其速度为0，设此时乙车的速度为v乙′，由动量守恒定律得：m乙v乙－m甲v甲＝m乙v乙′，解得：v乙′＝m/s.19.某同学设计了一个电磁弹射加喷气推动的起飞装置．如图所示，水平固定在绝缘底座上的两根足够长的平行光滑导轨，电阻不计，间距为L，通过开关与电源相连，电源电动势为E，内阻为r.导轨间加有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R的轻金属棒CD垂直于导轨静止放置，上面固定着质量为m的舰载机．合上开关K开始工作，CD棒在安培力的作用下加速，当棒带着舰载机获得最大速度时，开关自动断开，同时舰载机自动脱离金属棒并启动发动机工作，把质量为Δm的高温高压燃气水平向后喷出，喷出的燃气相对于喷气后舰载机的速度为u，舰载机获得更大的速度后腾空而起．求：(1)开关合上瞬间，舰载机获得的加速度a；(2)开关自动断开前舰载机最大速度v1；(3)喷气后舰载机增加的速度Δv.【答案】(1)(2)(3)u【解析】(1)由题意可知I＝，F＝BIL，a＝，联立解得a＝.(2)当回路电流为零时，即CD棒的感应电动势等于电源电动势时，速度最大．E＝BLv1，解得v1＝.(3)设喷气后舰载机速度为v2，以舰载机前进方向为正方向，由动量守恒定律得mv1＝(m－Δm) v2－Δm(u－v2)则喷气后舰载机增加的速度Δv＝v2－v1＝u.20.40 kg的女孩骑自行车带30 kg的男孩(如图所示)，自行车质量为10 kg，行驶速度为2.5 m/s.自行车行驶时，男孩要从车上下来．(1)他知道如果直接跳下来，他可能会摔跤，为什么？(2)男孩安全下车，计算男孩安全下车的瞬间，女孩和自行车的速度；(3)计算自行车和两个孩子，在男孩下车前后整个系统的动能的值．如有不同，请解释．【答案】(1)如果直接跳下来，人具有和自行车相同的速度，脚着地后，脚的速度为零，由于惯性，上身继续向前倾斜，因此他可能会摔跤．所以他下来时用力往前推自行车，这样他下车时可能不摔跤．(2)4 m/s(3)250 J400 J男孩下车时用力向前推自行车，对系统做了正功，使系统的动能增加了150 J【解析】(1)如果直接跳下来，人具有和自行车相同的速度，脚着地后，脚的速度为零，由于惯性，上身继续向前倾斜，因此他可能会摔跤．所以他下来时用力往前推自行车，这样他下车时可能不摔跤．(2)男孩下车前后，对整体由动量守恒定律有：(m1＋m2＋m3)v0＝(m1＋m2)v得v＝4 m/s(m1表示女孩质量，m2表示自行车质量，m3表示男孩质量)(3)男孩下车前系统的动能E k＝ (m1＋m2＋m3)v＝ (40＋10＋30)×2.52 J＝250 J男孩下车后系统的动能E k＝ (m1＋m2)v2＝ (40＋10)×42 J＝400 J男孩下车时用力向前推自行车，对系统做了正功，使系统的动能增加了150 J.21.如图所示，甲、乙、丙三个相同的小物块(可视为质点)质量均为m，将两个不同的轻质弹簧压缩到最紧并用轻绳固定，弹簧与小物块之间不连接，整个系统静止在光滑水平地面上，甲物块距离左边墙壁距离为l(l远大于弹簧的长度)，某时刻烧断甲乙之间的轻绳，甲与乙、丙之间的连接绳瞬间断开，经过时间t，甲与墙壁发生弹性碰撞，与此同时乙、丙之间的连接绳瞬间断开，又经过时间，甲与乙发生第一次碰撞，设所有碰撞均为弹性碰撞，弹簧弹开后不再影响甲、乙、丙的运动，求：(1)乙丙之间连接绳断开前瞬间乙、丙连接体的速度大小？(2)乙、丙之间弹簧初始时具有的弹性势能．【答案】(1) (2)【解析】(1)甲与乙丙连接体分离时的速度大小为设乙丙连接体在分离前瞬间的速度大小为v，选择向右为正方向，则：2mv－m·＝0解得：v＝(2)乙与丙分离时，它们的位移：x＝vt＝×t＝l设乙丙分离后乙的速度大小为v乙，丙的速度大小为v丙则甲与乙相遇时满足：l＋＝(＋v乙)·分离前后乙丙组成的系统动量守恒，以向右为正方向，则：2mv＝mv乙＋mv丙乙、丙之间弹簧初始时具有的弹性势能：E p＝mv＋mv－·2mv2联立以上方程，解得：E p＝22.如图所示，弹枪AA′离竖直墙壁BC距离x＝2.4 m，质量m1＝0.5 kg的“愤怒的小鸟”从弹枪上A′点弹出后，抛射至光滑圆弧轨道最低点C点，A′C的竖直高度差y＝1.8 m．“小鸟”在C 处时，速度恰好水平地与原来静止在该处的质量为m2＝0.3 kg的石块发生弹性碰撞，碰后石块沿圆弧轨道上滑，圆弧轨道半径R＝0.5 m，石块恰好能通过圆弧最高点D，之后无碰撞地从E点离开圆弧轨道进入倾斜轨道MN(无能量损失)，且斜面MN的倾角θ＝37°，∠EOD＝37°，石块沿斜面下滑至P点与原来藏在该处的“猪头”发生碰撞并击爆它，石块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，PE之间的距离s＝0.5 m．已知“小鸟”、石块、“猪头”均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s2，空气阻力忽略不计(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：(1)石块与“猪头”碰撞时的速度大小；(2)“小鸟”与石块碰前的速度大小；(3)“小鸟”与石块相碰之前离斜面MN的最近距离．【答案】(1)3 m/s(2)4 m/s(3)0.54 m【解析】(1)石块恰好过圆弧最高点D，设在D点时的速度为v D，则有：m2g＝m2解得：v D＝ m/s设石块在P点与“猪头”碰撞时的速度为v P，石块从D至P的过程，由动能定理可知：m2g[R(1－cos θ)＋s·sin θ]－μm2g cos θ·s＝m2v－m2v解得：v P＝3 m/s(2)设石块在C点碰后的速度为v C，石块从C至D的过程，由动能定理可知：－m2g·2R＝m2v－m2v解得：v C＝5 m/s设“小鸟”与石块碰前的速度为v，碰后速度为v′，在碰撞过程，取向右为正方向，以“小鸟”与石块组成的系统为研究对象，由动量守恒和能量守恒可知：m1v＝m1v′＋m2v C，m1v2＝m1v′2＋m2v解得：v＝4 m/s(3)将“小鸟”从A′至C的运动可逆向视为从C至A′的平抛运动，设历时t，“小鸟”的速度与A′C 连线平行，由v y＝gt，v x＝v，tan θ＝解得：t＝0.3 s此时“小鸟”离A′C连线的距离设为h，h＝sin θ，x′＝vt，则“小鸟”离斜面MN最近的距离为Δh，Δh＝R(1＋cos θ)－h得：Δh＝0.54 m。