高考物理考点32 动量与能量的综合应用

高考物理考点32 动量与能量的综合应用

1 考点 32 动量与能量的综合应用 一、两物体的碰撞问题 两物体发生正碰（m1，v1；m2，v2→m1，v3；m2，v4），总能量损失 ΔE 动量守恒：m1v1+m2v2=m1v3+m2v4，能量守恒： + = + +ΔE 规定总动量 p=m1v1+m2v2，几何平均质量 m= ，总质量 M=m1+m2 可得 v3= ，v4= 1．若 ΔE=0，损失能量最小。 当 m1=m2=m 时，可得 v3=v2，v4=v1（另解 v3=v1，v4=v2 舍去），即发生速度交换。 故 ΔE=0 的碰撞称为弹性碰撞，ΔE>0 的碰撞称为非弹性碰撞。 2．若 ΔE 尽量大，取最大值时，有 。 此时可得 v3=v4= ，碰后两物体共同运动。故 ΔE 最大的碰撞称为完全非弹性碰撞。[来源:#网 Z#X#X#K] 二、弹簧连接体的“碰撞” 光滑水平面上，若将轻弹簧连接体系统的动能损失（等于弹簧的弹性势能）视为一般碰撞问题中的 ΔE，则弹簧连接体的运动可视为碰撞模型。 1．弹簧处于原长状态时，可视为弹性碰撞。 2．弹簧压缩最短或拉伸最长时，弹簧弹性势能最大，即动能损失最大，对应完全非弹性碰撞。在规定 了正方向的情况下，求出的两组速度解分别对应弹簧最短和最长的情况。 3．弹簧连接体问题一般会得到两组速度解，且均有实际物理意义，故需要联系具体情况保留或舍去。 三、水平方向的动量守恒 动量为矢量，故动量守恒定律也具备矢量性；系统在某一方向上受力平衡，则在该方向上的分动量之 和不变；一般系统在竖直方向始终受到重力作用，故只在水平方向动量守恒。 四、核反应过程：粒子系统的动量守恒；能量变化 ΔE=Δmc2（Δm 为质量亏损，c 为真空光速）。 2 1 1 2 m v 2 2 2 2 m v 2 1 3 2 m v 2 2 4 2 m v 1 2m m 2 2 1 1 2 1 ( ) 2m p m m v v M E m M     2 2 2 1 2 2 ( ) 2m p m m v v M E m M    2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ( ) ( ) 2 2( ) m v v m m v vE M m m      p M 2 （2018·陕西省西安市远东第一中学高二上学期 10 月月月考）小球 A、B 在光滑水平面上沿同一直线、 同一方向运动，mA＝1 kg，mB＝2 kg，vA＝6 m/s，vB＝2 m/s。当小球 A 追上小球 B 并发生碰撞后，小球 A、B 的速度可能是 A．vA′＝1 m/s，vB′＝4.5 m/s B．vA′＝2 m/s，vB′＝4 m/s C．vA′＝－4 m/s，vB′＝7 m/s D．vA′＝7 m/s，vB′＝1.5 m/s 【参考答案】AB 【详细解析】考虑实际情况，碰撞后 A 球速度不大于 B 球的速度，D 不可能；两球碰撞过程动量守恒， 碰 撞 前 总 动 量 为 ， 碰 撞 前 总 动 能 为 ； A 选 项 中 ， 碰 后 总 动 量 为 ， 动 量 守 恒 ， 碰 后 总 动 能 为 ， 总 动 能 不 增 大 ， A 可 能 ； B 选 项 中 ， 碰 后 总 动 量 为 动量守恒，碰后总动能为 ， 总动能不增大，B 可能；C 选项中，碰后总动量为 ， 动量守恒，碰后总动能为 ，系统总动能增加，C 不可能。 【解题必备】解本题时需要考虑两物体发生碰撞的各种条件： （1）碰撞前提：碰撞前，两物体相向运动，或同向运动时速度大的在后、速度小的在前。 （2）碰撞结果：沿总动量方向，碰撞后，两物体速度反向，或前面物体的速度大于后面的物体。 （3）动量守恒：碰前总动量等于碰后总动量。 （4）能量守恒：动能不增加，碰后总动能不大于碰前总动能。 1．在光滑水平面上，一质量为 m，速度大小为 v 的 A 球与质量为 2m 静止的 B 球碰撞后，A 球的速度方向 与碰撞前相反。则碰撞后 B 球的速度大小是 A．0.2v B．0.3v C．0.4v D．0.6v 【答案】D 【解析】A 球和 B 球碰撞过程中动量守恒，设 A、B 两球碰撞后的速度分别为 、 ，选 A 原来的运动 方向为正方向，由动量守恒有 ，可得 ， ，A、B 两球碰 1v 2v 1 22mv mv mv   122 0mvmv mv   2 2 vv  3 撞过程能量可能有损失，由能量关系有 ，联立动量守恒式可得 ，即 ，符合条件的只有 ，选 D。 2．（2018·广东省肇庆市高三上学期第一次统测）如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在同一 直线上运动。两球质量关系为 mB=2mA，规定向右为正方向，A、B 两球的动量均为 6 kg·m/s，运动中两 球发生碰撞，碰撞前后 A 球动量变化为﹣4 kg·m/s，则 A．左方是 A 球，碰前两球均向右运动 B．右方是 A 球，碰前两球均向左运动 C．碰撞后 A、B 两球速度大小之比为 2:5 D．经过验证两球发生的碰撞不是弹性碰撞 【答案】AC 【解析】A、B 项：大小相同 A、B 两球在光滑水平面上发生碰撞，规定向右为正方向，由动量守恒定 律可得：△pA=-△pB，由题，△pA=–4 kg•m/s，则得△pB=4 kg•m/s，由于碰撞前两球均向右运动，所以左方 是 A 球，右边是 B 球，故 A 正确，B 错误；C 项：碰撞后，两球的动量分别为 pA′=pA+△pA=6 kg•m/s–4 kg•m/s=2 kg•m/s，pB′=pB+△pB=6 kg•m/s+4 kg•m/s=10 kg•m/s，由于两球质量关系为 mB=2mA ，那么碰撞后 A 、 B 两 球 速 度 大 小 之 比 ， 故 C 正 确 ； D 项 ： 碰 撞 前 系 统 的 总 动 能 为 ，碰撞后系统的总动能为 ， 可知碰撞过程系统的动能守恒，所以两球发生的碰撞是弹性碰撞，故 D 错误。故应选 AC。 【点睛】该题关键是要掌握碰撞的基本规律：动量守恒定律，注意动量表达式中的方向性是解答该题的 关键。在判断 AB 选项时，也可以通过比较速度的大小来判断。 （2018·贵州省遵义市南白中学高二上学期第一次月考）一颗子弹水平射入置于光滑水平面上的木块 A 并立即留在其中，A、B 用一根弹性良好的轻质弹簧连在一起，如图所示。则在子弹打击木块 A 至弹簧第一 次被压缩最短的过程中，对子弹、两木块和弹簧组成的系统下列说法正确的是 A．系统动量不守恒，机械能守恒 2 2 2 1 2 1 1 1 22 2 2mv mv mv   2 2 3 vv  2 2 2 3 v vv  0.6v 4 B．系统动量守恒，机械能不守恒 C．当弹簧被压缩最短时，系统具有共同的速度 D．当弹簧被压缩最短时，系统减少的动能全部转化为弹簧的弹性势能 【参考答案】BC 【详细解析】AB 项：子弹、两木块和弹簧组成的系统所受合外力为零，所以系统动量守恒，由于子弹 射入木块过程中要克服摩擦力做功，有一部分机械能转化为内能，所以系统机械能不守恒，故 A 错误，B 正确；C 项：当弹簧被压缩最短时，即 A 和 B 具有相同的速度，故 C 正确；D 项：由能量守恒可知，当弹 簧被压缩最短时，系统减少的动能一部分转化为内能，一部分转化为弹性势能，故 D 错误。故应选 BC。 【名师点睛】在弹簧连接体系统中，弹簧弹力是内力，对连接的两物体的弹力大小相等、方向相反， 故对系统的总冲量是零。但弹簧弹力对连接的两物体的做功位移不相等（否则没有弹力变化），故弹力对 系统的总功使系统动能变化，与弹簧的弹性势能相互转化，系统机械能仍守恒。 1．如图所示，质量分别为 m 和 2m 的 A、B 两个木块间用轻弹簧相连，放在光滑水平面上，A 靠紧竖直墙。 用水平力 F 将 B 向左压，使弹簧被压缩一定长度，静止后弹簧储存的弹性势能为 E。这时突然撤去 F， 关于 A、B 和弹簧组成的系统，下列说法中正确的是 A．撤去 F 后，系统动量守恒，机械能守恒 B．撤去 F 后，A 离开竖直墙前，系统动量不守恒，机械能守恒 C．撤去 F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为 D．撤去 F 后，A 离开竖直墙后，弹簧的弹性势能最大值为 E 【答案】BC 【解析】撤去 F 后，A 离开竖直墙前，竖直方向两物体的重力与水平面的支持力平衡，合力为零，而墙 对 A 有向右的弹力，系统的动量不守恒，此过程中，只有弹簧的弹力对 B 做功，系统的机械能守恒，A 错误，B 正确；A 离开竖直墙后，当两 物体速度相同时，弹簧伸长最长或压缩最短，弹性势能最大，设 两物体速度为 v，A 离开墙瞬间，弹簧恢复原长，B 的速度为 v0，根据动量守恒和机械能守恒有 2mv0=3mv，E= ∙3mv2+Ep= ，联立可得 ，C 正确，D 错误。 2．（2018·福建省莆田市第一中学高三上学期第一次月考）如图所示，水平光滑轨道宽和弹簧自然长度均为 d。m2 的左边有一固定挡板。m1 由图示位置静止释放，当 m1 与 m2 相距最近时 m1 速度为 v1，则在以后的 3 E 1 2 2 0 1 22 mv p 3 EE  5 运动过程中 A．m1 的最小速度是 0 B．m1 的最小速度是 v1 C．m2 的最大速度是 v1 D．m2 的最大速度是 v1 【答案】BD 【解析】从小球 到达最近位置后继续前进，此后拉到 前进， 减速， 加速，达到共同速度时两 者相距最远，此后 继续减速， 加速，当两球再次相距最近时， 达到最小速度， 达最大速度： 两 小 球 水 平 方 向 动 量 守 恒 ， 速 度 相 同 时 保 持 稳 定 ， 一 直 向 右 前 进 ， ， ；解得 ， ，故 的最大速度为 ， 的最小速度为 ，BD 正确。 【点睛】本题为弹性碰撞的变式，可以作为水平方向弹性碰撞模型进行分析，分析其运动过程找出其最 大最小速度的出现位置，由动量守恒可以解答。 如图所示，在光滑的水平面上放有一物体 M，物体上有一光滑的半圆弧轨道，轨道半径为 R，最低点 为 C，两端 A、B 等高，现让小滑块 m 从 A 点由静止下滑，在此后的过程中 A．M 和 m 组成的系统机械能守恒，动量守恒 B．M 和 m 组成的系统机械能守恒，动量不守恒 C．m 从 A 到 C 的过程中 M 向左运动，m 从 C 到 B 的过程中 M 向右运动 6 D．m 从 A 到 B 的过程中，M 运动的位移为 【参考答案】B 【详细解析】M 和 m 组成的系统机械能守恒，总动量不守恒，但水平方向动量守恒，A 错误，B 正确； m 从 A 到 C 过程中，M 向左加速运动，当 m 到达 C 处时，M 向左速度最大，m 从 C 到 B 过程中，M 向左 减速运动，C 错误；m 从 A 到 B 过程中，有 MxM=mxm，xM+xm=2R，得 ，D 错误。 【思维拓展】本题中，m 从 A 到 B 过程，水平方向动量守恒，m 和 M 的水平分速度始终与质量成反比， m 到 C 点时，速度水平，m 和 M 的总动能等于 m 重力势能的减少量，故可求出此时 m 和 M 的速度；m 到 B 点时，重力势能与初始时相等，故动能为零，由运动的对称性也可得出此结论；之后 m 开始从 B 到 A 运 动，m 回到 A 点时，总位移为零，理想情况，系统将循环运动下去。 另外，通过质量–速度–水平位移的关系可知，系统重心的水平位置始终不变。 1．（2018·广西贺州市平桂管理区平桂高级中学高二下学期第三次月考）如图所示，光滑水平面上停着一辆 小车，小车的固定支架左端用不计质量的细线系一个小铁球。开始将小铁球提起到图示位置，然后无初 速释放。在小铁球来回摆动的过程中，下列说法中正确的是 A．小车和小球系统动量守恒 B．小球摆到最低点时，小车的速度最大 C．小球向右摆动过程小车一直向左加速运动 D．小球摆到右方最高点时刻，由于惯性，小车仍在向左运动 【答案】B 【解析】A、小车与小球组成的系统在水平方向动量守恒，在竖直方向动量不守恒，系统整体动量不守 恒，故 A 错误。B、小球从图示位置下摆到最低点，小车受力向左加速运动，当小球到最低点时，小车 速度最大，B 正确。C、小球向右摆动过程小车先向左加速运动，后向左减速运动，故 C 错误。D、当 小球从最低点向右边运动时，小车向左减速，当小球运动到与左边图示位置相对称的位置时，小车速度 减为零，D 错误。故选 B。 【点睛】本题主要考查了动量守恒条件的判断，要求同学们能正确分析小球和小车的运动情况。 2．光滑水平面上放着一质量为 M 的槽，槽与水平面相切且光滑，如图所示，一质量为 m 的小球以 v0 向槽 mR M m 2 M mRx M m  7 运动。 （1）若槽固定不动，求小球上升的高度（槽足够高）。 （2）若槽不固定，则小球上升多高？ 【答案】（1） （2） 【解析】（1）槽固定时，设球上升的高度为 h1 由机械能守恒有 解得 （2）槽不固定时，设球上升的最大高度为 ，球上升到最大高度时的速度为 v 全过程系统水平方向动量守恒，球上升到最高点时，竖直分速度为零，水平分速度与槽的速度相等 由动量守恒有 由机械能守恒有 联立解得 已知氘核（ ）质量为 2.013 6 u，中子（ ）质量为 1.008 7 u，氦核（ ）质量为 3.015 0u ，1 u 相当于 931.5 MeV。 （1）写出两个氘核聚变成 的核反应方程。 （2）计算上述核反应中释放的核能（保留三位有效数字）。 （3）若两个氘核以相同的动能 0.35 MeV 做对心碰撞即可发生上述反应，且释放的核能全部转化为机 械能，则反应后生成的氦核（ ）和中子（ ）的动能各是多少？ 【参考答案】（1） （2）3.26 MeV （3）0.99 MeV，2.97 MeV 【详细解析】（1）由质量数守恒和核电荷数守恒，写出核反应方程为 （2）反应过程中质量减少了 Δm=2×2.013 6 u–1.008 7 u–3.015 0 u=0.003 5 u 2 0 2 v g 2 0 2( ) Mv M m g 2 1 0 1 2mgh mv 2 0 1 2 vh g 2h 0 ( )mv M m v  2 2 0 2 1 1 ( )2 2mv M m v mgh   2 0 2 2( ) Mvh M m g  2 1H 1 0 n 3 2 He 3 2 He 3 2 He 1 0 n 2 2 3 1 1 1 2 0H H He n   2 2 3 1 1 1 2 0H H He n   8 反应过程中释放的核能 ΔE=0.003 5×931.5 MeV=3.26 MeV （3）设 和 的动量分别为 p1 和 p2，由动量守恒有 p1+p2=0 由动能和动量的关系 可得， 和 的动能关系为 [来源:ZXXK] 由能量守恒有 E1+E2=ΔE+2×0.35 MeV 可得 E1=0.99 MeV，E2=2.97 MeV 【名师点睛】动量守恒定律是普适的，在微观情况下的核反应过程仍然成立，但此时的能量守恒则要 考虑质量亏损，常用到爱因斯坦质能方程 ΔE=Δmc2 和动能–动量的关系 。 1．（2018·陕西省城固县第一中学高三上学期第一次月考）如图所示，静止的 核发生 α 衰变后生成反冲 核，两个产物都在垂直于它们的速度方向的匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法错误的是 [来源:Zxxk.Com] A．衰变方程可表示为 B．Th 核和 α 粒子的圆周轨道半径之比为 1:45 C．Th 核和 α 粒子的动能之比为 1:45 D．Th 核和 α 粒子在匀强磁场中旋转的方向相同 【答案】C 【解析】由电荷守恒及质量守恒可知，衰变方程可表示为 ，故 A 正确；粒子在磁场中 运动，洛伦兹力作向心力，所以有， ，而 p=mv 相同、B 相同，故 Th 核和 α 粒子的圆周轨道半径 之比 ，故 B 正确；由动量守恒可得衰变后 ，所以 Th 核和 α 粒子的动能之 比 ，故 C 错误；Th 核和 α 粒子都带正电荷，所以在图示匀强磁场中 3 2 He 1 0 n 2 k = 2 pE m 3 2 He 1 0 n 1 2 2 1 1 3 E m E m  2 k = 2 pE m 9 都是逆时针旋转，故 D 正确；此题选择错误的选项，故选 C。 【点睛】此题类似反冲问题，结合动量守恒定律和轨道半径公式讨论；写衰变方程时要注意电荷、质量 都要守恒即反应前后各粒子的质子数总和不变，相对原子质量总数不变，但前后结合能一般发生改变。 2．在核反应堆里，用石墨作减速剂，使铀核裂变所产生的快中子通过与碳核不断地碰撞而被减速。假设中 子与碳核发生的是弹性正碰，且碰撞前碳核是静止的。已知碳核的质量近似为中子质量的 12 倍，中子 原来的动能为 E0，试求：经过一次碰撞后中子的动能变为多少？ 【答案】 【解析】设中子的质量为 m，速度为 v0，碳核的质量为 12m，碰后中子、碳核的速度分别为 v1、v 以 v0 方向为正方向，根据动量守恒有 mv0=mv1+12mv 根据能量守恒有 解得 ，碰撞一次，中子的动能变为 1．（2018·山西省阳高县第一中学高二下学期期 末考试）如图所示，在光滑的水平面上固定着两轻质弹簧， 一弹性小球在两弹簧间往复运动，把小球和弹簧视为一个系统，则小球在运动过程中 A．系统的动量守恒，动能守恒 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，动能守恒 2．如图所示，质量为 的楔形物块上有圆弧轨道，圆弧对应的圆心角小于 90°且足够长，物块静止在光滑 水平面上。质量为 的小球以速度 向物块运动，不计一切摩擦。则以下说法正确的是 A．小球能上升的最大高度 [来源:] B．小球上升过程中，小球机械能守恒 0 121 169 E 2 2 2 0 1 12 2 2 2 mv mv mv  1 0 11 13v v 22 01 k 0 121 121 2 169 169 mvmvE E   m m 1v 2 1 4 vH g 10 C．小球最终静止在水平面上 D．楔形物块最终的速度为 3．（2018·湖北省当阳市第二高级中学高二上学期 9 月月考）如图所示的装置中，木块 B 与水平桌面间的接 触是光滑的，子弹 A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，把子弹、木块和弹簧合在 一起作为研究对象，则此系统在子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中 A．动量守恒、机械能守恒 B．动量不守恒、机械能守恒 C．动量守恒、机械能不守恒 D．动量不守恒、机械能不守恒 4．质量为 mA 的 A 球以某一速度沿光滑水平面向静止的 B 球运动，并与 B 球发生弹性正碰。假设 B 球的质 量 mB 可选取为不同的值，则 A．当 mB=mA 时，碰后 B 球的速度最大 B．当 mB=mA 时，碰后 B 球的动能最大 C．在保持 mB>mA 的条件下，mB 越小，碰后 B 球的速度越大 D．在保持 mBm，重力加速度为 g，则小球第二次到达圆弧面最低点时，对圆 弧面的压力大小为 A． B． C． D． 6．如图所示，在光滑水平桌面上放有足够长的木板 C，在 C 上左端和距左端 x 处各放有小物块 A 和 B，A、 B 均可视为质点，A、B 与 C 间的动摩擦因数均为 μ，A、B、C 的质量均为 m。开始时，B、C 静止，A 1v 11 以某一初速度 v0 向右做匀减速运动，设 B 与 C 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是 A．A 运动过程中，B 受到的摩擦力为 B．最终 A、B、C 一起向右以 做匀速直线运动 C．若要使 A、B 恰好不相碰，A 的初速度 D．若要使 A、B 恰好不相碰，A 的初速度 7．（2018·重庆市巴蜀中学高三上适应性月考）如图，质量为 m 和 M 的两个物块 A、B，中间连接着一根由 轻绳束缚着、被压缩的轻质弹簧（弹簧还可以继续压缩），最初 A、B 在光滑水平面上静止不动，弹簧的 弹性势能为 Ep；某时刻质量为 M、动量为 p 的物块 C 向左运动与 B 相碰并粘在一起，C 与 B 碰撞的时 间极短，且碰撞瞬间 A、B 之间的绳子断开，则 A．C、B 碰撞过程中，C 对 B 的冲量为 p B．C、B 碰后弹簧的弹性势能最大是 C．C、B 碰后，弹簧的弹性势能最大时，A、B、C 的动量相同 D．C、B 碰后，弹簧第一次恢复原长时，A、B、C 的动能之和是 8． （2018·河北正定中学高三年级一模）如图 a 所示，物块 A、B 间拴接一个压缩后被锁定的弹簧，整个系 统静止放在光滑水平地面上，其中 A 物块最初与左侧固定的挡板相接触，B 物块质量为 2 kg。现解除对 弹簧的锁定，在 A 离开挡板后，B 物块的 v t 图象如图 b 所示，则可知 A．在 A 离开挡板前，A、B 系统动量守恒 B．在 A 离开挡板前，A、B 与弹簧组成的系统机械能守恒，之后不守恒 2 mg 0 3 v 0 2v gx 0 3v gx 12 C．弹簧锁定时其弹性势能为 9 J D．A 的质量为 1 kg，在 A 离开挡板后弹簧的最大弹性势能为 3 J 9．如图所示，光滑水平面上有一质量 M=1.98 kg 的小车，车的 B 点右侧上表面是粗糙水平轨道，B 点左侧 固定半径 R=0.7 m 的光滑 圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在 B 点相切。车右端 D 点处固定一轻弹簧， 弹簧自然伸长时其左端对应小车上 C 点。B、C 间的距离 L=0.9 m，一质量 m=2 kg 的小物块置于 B 点， 车与小物块均处于静止状态。现有一质量 m0=20 g 的子弹以速度 v0=500 m/s 击中小车并停留在车中，子 弹击中小车的时间极短，已知小物块与水平轨道间的动摩擦因数 μ=0.5，取重力加速度 g=10 m/s2。 （1）通过计算判断小物块是否能达到圆弧轨道的最高点 A，并求当小物块再次回到 B 点时，小物块的 速度大小。 （2）若已知弹簧被小物块压缩的最大压缩量 x=10 cm，求弹簧的最大弹性势能。 （3）求小物块与车最终相对静止时，小物块与 B 点的距离。 10．（2018·福建省漳州市第一中学高三第六次模拟）如图，水平光滑轨道 AB 与半径为 R 的竖直光滑半圆形 轨道 BC 相切于 B 点。质量为 2m 和 m 的 a、b 两个小滑块（可视为质点）原来静止于水平轨道上，其 中小滑块 a 与一轻弹簧相连。某一瞬间给小滑块 a 一冲量使其获得初速度向右冲向小滑块 b，与 b 碰撞 后弹簧不与 b 相粘连，且小滑块 b 在到达 B 点之前已经和弹簧分离，不计一切摩擦，小滑块 b 离开 C 点后落地点距离 B 点的距离为 2R，重力加速度为 g，求： （1）小滑块 b 与弹簧分离时的速度大小 ； （2）上述过程中 a 和 b 在碰撞过程中弹簧获得的最大弹性势能 ； （3）若刚开始给小滑块 a 的冲量为 ，求小滑块 b 滑块离开圆轨道的位置和圆心的连线与水 平方向的夹角 。（求出角的任意三角函数值即可）。 11．如图所示，质量为 2m 的木板 A 静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距 s，长木板的右端固定一 1 4 13 半径为 R 的四分之一光滑圆弧，圆弧的下端与木板水平相切但不相连。质量为 m 的滑块 B（可视为质 点）以初速度 从圆弧的顶端沿圆弧下滑，当 B 到达最低点时，B 从 A 右端的上表面水平滑 入同时撤走圆弧。A 与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，A、B 之间动摩擦因数为 μ，A 足够长， B 不会从 A 表面滑出，重力加速度为 g。 （1）求滑块 B 到圆弧底端时的速度大小 v1。 （2）若 A 与台阶只发生一次碰撞，求 s 满足的条件。 （3）在满足（2）的条件下，讨论 A 与台阶碰前瞬间 B 的速度。 12．（2018·广东省肇庆市高三上学期第一次统测）在光滑的水平面上，有一质量 M＝2 kg 的平板车，其右 端固定一挡板，挡板上固定一根轻质弹簧，在平板车左端 P 处有一可以视为质点的小滑块，其质量 m＝ 2 kg。平板车表面上 Q 处的左侧粗糙，右侧光滑，且 PQ 间的距离 L＝2 m，如图所示。某时刻平板车 以速度 v1＝1 m/s 向左滑行，同时小滑块以速度 v2＝5 m/s 向右滑行。一段时间后，小滑块与平板车达 到相对静止，此时小滑块与 Q 点相距 。（g 取 10 m/s2） （1）求当二者处于相对静止时的速度大小和方向； （2）求小滑块与平板车的粗糙面之间的动摩擦因数 ； （3）若在二者共同运动方向的前方有一竖直障碍物（图中未画出），平板车与它碰后以原速率反弹， 碰撞时间极短，且碰后立即撤去该障碍物，求小滑块最终停在平板车上的位置。（计算结果保留 两位有效数字） 13．如图所示，上表面光滑的水平平台左端与竖直面内半径为 R 的光滑半圆轨道相切，整体固定在水平地 面上。平台上放置两滑块 A、B（均可视为质点），质量分别为 m、2m，两滑块间夹有被压缩的轻弹簧， 弹簧与滑块不拴接。平台右侧有一小车，静止在光滑的水平地面上，质量 M=3m、车长 L=2R，小车上 表面与平台等高，滑块与小车上表面间的动摩擦因数 μ=0.2。现解除弹簧约束，滑块 A、B 在平台上与 弹簧分离，滑块 A 恰好能够通过半圆轨道的最高点 D，滑块 B 冲上小车。已知重力加速度为 g。 gRv 20  14 （1）求滑块 A 在半圆轨道最低点 C 处时的速度大小。 （2）求滑块 B 冲上小车后与小车发生相对运动过程中小车的位移大小。 （3）若右侧地面上有一高度略低于小车上表面的立桩（未画出），立桩与小车右端的距离为 s，当小 车右端运动到立桩处立即被牢固粘连。请讨论滑块 B 在小车上运动过程中，克服摩擦力做的功 W 与 s 的关系。 14．如图所示，小球 A 从光滑曲面上高 h 的 P 处由静止滑下，小球 B 用长为 L 的细绳竖直悬挂在 O 点且刚 和平面上 Q 点接触。两球质量均为 m，曲面底端 C 点到 Q 点的距离为 s。A 和 B 碰撞时无能量损失。 （1）若 L≤ ，且平面 CQ 光滑，则碰后 A、B 各做何种运动？ （2）若 L=h，且 A 与平面 CQ 间的动摩擦因数为 μ，则 A、B 可能碰撞几次？A 最终停在何处？ 15．（2016·天津卷）如图所示，方盒 A 静止在光滑的水平面上，盒内有一个小滑块 B，盒的质量是滑块质 量的 2 倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为 μ。若滑块以速度 v 开始向左运动，与盒的左右壁发生 无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对盒静止，则此时盒的速度大小为________， 滑块相对于盒运动的路程为________。 16．（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 mA=2 kg、mB=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/s2。空气阻力不计。求： 4 h 15 （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。 17．（2017·北京卷）在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次 α 衰变。放射 出的 α 粒子（ ）在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为 R。以 m、q 分别表示 α 粒子的 质量和电荷量。 （1）放射性原子核用 表示，新核的元素符号用 Y 表示，写出该 α 衰变的核反应方程。 （2）α 粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小。 （3）设该衰变过程释放的核能都转化为 α 粒子和新核的动能，新核的质量为 M，求衰变过程的质量亏 损 Δm。 18．（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，v2 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 s2/m。已知物块 A 和 B 的质量分别 为 mA=0.400 kg 和 mB=0.100 kg，重力加速度大小 g=9.80 m/s2。 （1）若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求 h–v2 直线斜率的理论值 k0。 （2）求 k 值的相对误差 δ（δ= ×100%，结果保留 1 位有效数字）。 19．（2016·新课标全国Ⅱ卷）如图，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上 的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上。某时刻小孩将冰块以相对冰面 3 m/s 的速度向斜面体推出，冰 4 2 He XA Z 0 0 k k k  16 块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为 h=0.3 m（h 小于斜面体的高度）。已知小孩与滑 板的总质量为 m1=30 kg，冰块的质量为 m2=10 kg，小孩与滑板始终无相对运动。取重力加速度的大小 g=10 m/s2。 （1）求斜面体的质量； （2）通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？ 20．（2016·新课标全国Ⅲ卷）如图，水平地面上有两个静止的小物块a 和 b，其连线与墙垂直：a 和 b 相距 l；b 与墙之间也相距 l；a 的质量为 m，b 的质量为 m。两物块与地面间的动摩擦因数均相同。现使 a 以初速度 向右滑动。此后 a 与 b 发生弹性碰撞，但 b 没有与墙发生碰撞，重力加速度大小为 g。求物 块与地面间的动摩擦因数满足的条件。 21．（2015·新课标全国Ⅱ卷）滑块a、b 沿水平面上同一条直线发生碰撞；碰撞后两者粘在一起运动；经过 一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段。两者的位置 x 随时间 t 变化的图象如图所示。求： （1）滑块 a、b 的质量之比； （2）整个运动过程中，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比。 【点睛】根据动量守恒的条件判断系统动量是否守恒，根据能的转化，知系统有动能和弹性势能相互转 化，机械能守恒。 2．ACD【解析】以水平向右为正方向，在小球上升过程中，系统水平方向动量守恒，有 ， 3 4 0v 1 ( )mv m m v  17 系统机械能守恒，有 ，解得 ， ，A 正确，B 错误；设最终 小球的速度为 v2，物块的速度为 v3，由水平方向动量守恒有 ，由机械能守恒有 ，解得 v2=0，v3=v1（另解 v2=v1，v3=0 舍去），即交换速度，CD 正确。 3．D【解析】此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中，水平方向受到墙壁对系统的向 左的作用力，系统的合外力不为零，所以系统的动量不守恒；子弹在进入木块的过程中，子弹相对于木 块有一定的位移，所以子弹与木块组成的系统要有一定的动能损失，所以系统的机械能也不守恒，故 D 正确，ABC 错误。故选 D。~网 【点睛】分析清楚物体运动过程、掌握系统动量守恒的条件、机械能守恒的条件是解题的关键，以及知 道当系统只有动能和势能之间相互转化时，系统机械能守恒。分析清楚运动过程即可正确解题。 4．BCD【解析】A、B 碰撞过程系统动量守恒，以碰撞前 A 的速度方向为正方向，根据动量守恒有 ，根据机械能守恒有 ，联立解得 ， ， mB 越 小 ， 碰 后 B 的 速 度 越 大 ， A 错 误 ， C 正 确 ； 碰 后 B 的 动 能 ， 由 数 学 知 识 可 知 ， ， 当 时 ， EkB 最 大 ， 为 ，B 正确；碰后 B 的动量 ，mB 越大，碰后 B 的动量越大，D 正确。 6．ABD【解析】设 A 在 C 上滑动时，B 相对于 C 不动，则对 B、C 有 ，解得 ，又 B 依靠摩擦力能获得的最大加速度 ，故 B 未相对 C 滑动，B、C 一起向右做加速运动， B 受到的摩擦力 ，方向向右，A 正确；A、B、C 整体所受外力为零，动量守恒，故有 2 2 1 1 1 ( )2 2mv m m v mgH   1 2 vv  2 1 4 vH g 21 3mv mv mv  2 2 2 3 2 1 1 1 1 2 2 2mv mv mv  0A A A B Bm v m v m v  0 2 2 21 1 1 2 2 2A A A B Bm v m v m v  0 A B A A B m mv vm m   0 02 2 1 / A B A B B A m v vv m mm m   2 k 0 2 2 21 2 A A B B B B B A m m m v m m vE m     2A B B A m m m m  A Bm m 2 0 2 Am v 02 1 / A B B B A B m vp m v m m   2mg ma  2 ga  m mga g am     2 mgf  18 ，解得 ，B 正确；若 A、B 恰好不相碰，则 A 运动到 B 处时，A、B、C 速度相等，由 能量守恒有 ，解得 ，C 错误，D 正确。 7．D【解析】C 与 B 相互作用的过程中二者组成的系统的动量也守恒，根据动量守恒得：p=MvC=（M+M） vCB，解得 pB=MvB= MvC= p，则 C、B 碰撞过程中，C 对 B 的冲量为 p/2，选项 A 错误；当 ABC 三物体 共 速 时 ， 弹 簧 具 有 最 大 的 弹 性 势 能 ， 此 时 p=(2M+m)v ， 此 时 的 最 大 弹 性 势 能 ，选项 B 错误；C、B 碰后，弹簧的弹性势能最大时，A、B、C 三者 的速度相等，则 BC 的动量相同，与 A 的动量不相同，选项 C 错误；C、B 碰后，弹簧第一次恢复原长 时，A、B、C 的动能之和等于 BC 碰撞刚结束时系统的总能量，大小等于 ，故 D 正确。故选 D。 ￥网 【点睛】本题要正确分析碰撞的过程，抓住碰撞的基本规律：动量守恒定律和能量守恒定律，灵活选取 研究的过程和研究对象；注意 BC 碰撞是损失动能的。 8．CD【解析】在 A 离开挡板前，由于挡板对 A 有作用力，所以 A、B 系统所受合外力不为零，则系统动量 不守恒，故 A 错误；在 A 离开挡板前，挡板对 A 的作用力不做功，A、B 及弹簧组成的系统在整个过程 中机械能都守恒，故 B 错误；解除对弹簧的锁定后至 A 刚离开挡板的过程中，弹簧的弹性势能释放，全 部转化为 B 的动能，根据机械能守恒定律，有：Ep= mBvB2，由图象可知，vB=3 m/s，解得：Ep=9 J，故 C 正确。分析 A 离开挡板后 A、B 的运动过程，并结合图象数据可知，弹簧伸长到最长时 A、B 的共同 速度为 v 共=2 m/s，根据机械能守恒定律和动量守恒定律，有：m BvB=（m A+mB）v 共；E′p= mBvB2– （mA+mB）v 共 2，联立解得：E′p=3 J，故 D 正确。故选 CD。 【点睛】本题主要考查了动量守恒定律及机械能守恒定律的应用，能够知道当弹簧势能最大时，两物体 共速，此时动能转化为弹性势能。 9．（1）不能 5 m/s （2）2.5 J （3）0.75 m 0 3mv mv 0 3 vv  2 2 0 3 2 2 mv mv mgx  0 3v gx 19 （2）当弹簧具有最大弹性势能时，三者共速为 v′ 根据能量守恒有 解得 Epm=2.5 J （3）当小物块与车最终相对静止时，三者共速为 v′ 根据能量守恒有 解得 s=1.25 m 由 s–L–x=0.25 mL–Δx= 小车与立桩相碰到滑块脱离小车过程，滑块克服摩擦力做的功 W2=2μmg(L–Δx)= 滑块 B 克服摩擦力做的功 W=W1+W2= 若 s< ，滑块 B 在小车上始终做匀减速直线运动，最大位移 x2= = >L=2R 滑块一定能滑离小车，克服摩擦力做的功 W=2μmg(L+s)= 故 W= 14．（1）A 以速度 向右做匀速直线运动，B 静止 （2）见解析 22 2 Bmv 2(2 ) 2 m M v 15 8 R 2 mg M  2 15 g 2 2 v a 3 4 R 3 4 R 21 20 mgR 2 2 v g 2 R 8 R 20 mgR 11 10 mgR 3 4 R 2 2 Bv g 25 8 R 2 (2 ) 5 mg R s 2 (2 ) 3,05 4 11 3,10 4 mg R s Rs mgR Rs      2gh 24 可得 L≤ ，因为 < ，则 B 能做完整的圆周运动 B 回到 Q 点后又与 A 发生碰撞，交换速度，故最终 A 以速度 向右做匀速直线运动，B 静止 （2）由（1）可知，若 L=h> ，且平面 CQ 粗糙，B 只能摆动，不能做完整的圆周运动 A、B 碰撞过程反复交换速度，A 多次经过平面 CQ，最终静止时，动能全部因克服摩擦力做功损失掉 对全过程分析有 mgh=μmgx，得 x= 设 x 除以 s 的商为 n，余数为 k，即 =n+k， 若 n 为奇数，碰撞次数为 次，A 最终停在 Q 点左侧 –ns 处 若 n 为偶数，碰撞次数为 次，A 最终停在 Q 点左侧(n+1)s– 处 15． 【解析】设滑块质量为m，则盒的质量为 2m。对整个过程，由动量守恒有 mv=3mv′，解得 v′= ，由能 量守恒有 ，解得 。[来源:。网] 16．（1）t=0.6 s （2）v=2 m/s （3）H=0.6 m 2 5 h 4 h 2 5 h 2gh 2 5 h h  h s 1 2 n  h  2 n h  3 v 2 3 v g 3 v 2 21 1 32 2mgx mv mv    2 3 vx g 25 17．（1） （2） （3） 【解析】（1）根据核反应中质量数与电荷数守恒可知，该 α 衰变的核反应方程为 （2）设 α 粒子在磁场中做圆周运动的速度大小为 v，由洛伦兹力提供向心力有 根据圆周运动的参量关系有 得 α 粒子在磁场中运动的周期 根据电流强度定义式，可得环形电流大小为 （3）由 ，得 设衰变后新核 Y 的速度大小为 v′，核反应前后系统动量守恒，有 Mv′–mv=0 可得 根据爱因斯坦质能方程和能量守恒有 解得 18．（1）k0=2.04×10–3 s2/m （2）δ=6% 4 4 2 2X Y HeA A Z Z    2πm qB 2 2π q B m 2 2 ( )( ) 2 M m qBRm mMc   4 4 2 2X Y HeA A Z Z    2vqvB m R 2πRT v 2πmT qB 2 2π q q BI T m  2vqvB m R qBRv m mv qBRv M M    2 2 21 1 2 2mc Mv mv   2 2 ( )( ) 2 M m qBRm mMc   26 19．（1）20 kg （2）不能 【解析】（1）规定向右为速度正方向。冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共 同速度为 v，斜面体的质量为 m3。由水平方向动量守恒和机械能守恒有 m2v20=(m2+m3)v， 解得 v20=–3 m/s，m3=20 kg （2）设小孩推出冰块后的速度为 v1，由动量守恒有 m1v1+m2v20=0 解得 v1=1 m/s *网 设冰块与斜面体分离后的速度分别为 v2 和 v3，由水平方向动量守恒和机械能守恒有 m2v20= m2v2+ m3v3， 解得 v2=1 m/s=v1，故冰块与斜面体分离后不能追上小孩 20． 2 2 2 20 2 3 2 1 1 ( )2 2m v m m v m gh   2 2 2 2 20 2 2 33 1 1 1+2 2 2m v mm v v 2 2 0 032 113 2 v v gl gl  27 21．（1）1:8 （2）1:2 【解析】（1）设 a、b 质量分别为 m1、m2 由图可知碰前 a、b 的速度分别为 v1=–2 m/s，v2=1 m/s a、b 发生完全非弹性碰撞，由图可知碰后两滑块的共同速度 由动量守恒有 m1v1+m2v2=(m1+m2)v 解得 m1:m2=1:8 （2）由能量守恒，两滑块因碰撞而损失的机械能 两滑块最后停止，由动能定理，两滑块克服摩擦力做的功 解得 W:ΔE=1:2 2 m/s3v  2 2 2 1 1 2 2 1 2 1 ( ) 4 (J)2 2 2 m v m v m m vE m     2 1 2 1 ( ) 2 (J)2 m m vW m 