49巩固练习动量和能量(提高)

1、1、（ 2014北京西城一模） 上中国队员投掷冰壶的镜头. 生正碰，如图2.若两冰壶质量相等，物理总复习：动量和能量冰壶运动深受观众喜爱，图1为2014年2月第22届索契冬奥会在某次投掷中，冰壶甲运动一段时间后与对方静止的冰壶乙发IIIS 1图1则碰后两冰壶最终停止的位置，可能是下图中的哪幅图【巩固练习】 一、选择题1r-P* g*r2、（2014海淀一模）如图是“牛顿摆”装置 架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高.用 5个小钢球.当把小球 1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内 经过小球间的相互碰撞， 可观察到球5向右摆起， 如图乙所示.关于此实验，下

2、列说法中正确的是5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支1、2、3、4、5分别标记且达到的最大高度与球 1的释放高度相同, （）A .上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒B 上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C.如果同时向左拉起小球 1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰 撞后，小球4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D 如果同时向左拉起小球 1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰 撞后，小球3、4、5 一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同3、一质量为m,动能为EK

3、的子弹，沿水平方向射入一静止在光滑水平面上的木块。 终留在木块中。若木块的质量为9m。则（）0.99EK0.9EK0.01EKA. 木块对子弹做功的绝对值为B. 木块对子弹做功的绝对值为C. 子弹对木块做功的绝对值为子弹最D. 子弹对木块做的功与木块对子弹做的功数值相等4、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B发生碰撞而粘在一起运动，总动能为E2,相应的动量为 P2。若水平面的）B . W=EIE2D . P1P2好相等，两者质量之比M/m可能为（A. 2B. 36、在光滑水平桌面上放一长为C. 4L的木块D. 5今有A B两颗子弹沿同一水平轴线分别以水

4、平速度VA和VB从M的两侧同时射入木块,A、B两颗子弹嵌入木块中的深度分别为dA和dB ,m1、M点，）缩弹簧做功 W后由静止释放，物体 A脱离弹簧后获得动能 E1,相应的动量为P1 ；接着物体 A与静止的物体 摩擦不计，则（A . W=E1=E2C. P1=P25、质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞， 碰撞后两者的动量正且dAdB , dA dBL ,而木块却一直保持静止，如图所示，则可判断A B子弹在射入木块前（）A. A的速度VA大于B的速度VB B . A的动能大于B的动能C. A的动量大小大于 B的动量大小 D . A的动量大小等于 B的动量大小7、半圆形光滑轨

5、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m2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 如图所示，已知 0M与竖直方向夹角为60则两物体的质量之比为 m1 : m2为（C.（血 1）:（血 1）8、如图甲所示，一轻弹簧的两端与质量分别为m1和m2的两物块A、B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t1、t3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t3到t4时刻弹簧由压缩状态恢复到原长BA.（血 1）:（血 1）在上

6、述过程中弹簧具有的最大弹性势C. 20JB静止，在物体B上固定一个轻弹簧，物体 A以 B发生作用。两物体的质量相等，作用过EPo现将B的质量加倍，再使物体 A通过弹簧与物体 B Epo则在物 ）A .物体A的初动能之比为2:1C.物体A损失的动能之比为1:1B .物体A的初动能之比为 4:3D 物体A损失的动能之比为27:321、在光滑水平地面上有两个弹性小球 动，发生正碰。已知碰撞过程中总机械能守恒, 球的速度等于A、B，质量都为m,现B球静止,两球压缩最紧时的弹性势能为A球向B球运Ep,则碰前A2、如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点，质量相等。Q与轻-步C. 两物体的质

7、量之比为m1 : m2 = 1 : 2D. 在 t2时刻A与B的动能之比为 Ek1 : Ek2=1 : 89、如图所示，静止在光滑水平面上的木板，右端有一根轻质弹簧沿水平方向与木板相连， 木板质量 M=3kg。质量m=1kg的铁块以水平速度 vo=4m/s，从木板的左端正沿板面向右滑 行，压缩弹簧后又被弹回， 最后恰好停在木板的左端。能为（）A . 3JB . 6J10、如图所示，在光滑的水平面上，物体 某一速度沿水平方向向右运动，通过弹簧与物体 程中，弹簧获得的最大弹性势能为 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 体A开始接触弹簧到弹簧具有最大弹性势能的过

8、程中，第一次和第二次相比（二、填空题质弹簧相连，设 Q静止，P以某一初动能Ek向Q运动并与弹簧发生碰撞，在整个碰撞过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于77777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777777773、如图所示，A、B是位于水平桌面上的两个质量相等的小木块，离墙壁的距离分别为L和I,与桌面之间的滑动摩擦系数分别为和宙。今给A以某一初速度，使之从桌面的右端向左运动。假定 A、B之间，B与墙之间的碰撞时间都很短，且碰撞中总动能无损失。若t/s求长要使木块A最后不从桌面上掉下来，则A的初速度最大不能超过LiB三

9、、计算题1、(2015 武汉调研)如图所示，在光滑水平地面上有一质量为2m的长木板，其左端放有一质量为m的重物(可视为质点)，重物与长木板之间的动摩擦因数为W开始时，长木板和重物都静止，现在给重物以初速度 vo,设长木板撞到前方固定的障碍物前，长木板和重物的速度已经相等.已知长木板与障碍物发生弹性碰撞，为使重物始终不从长木板上掉下来, 木板的长度L至少为多少?2、一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的 水平面，长度为L; bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与 ab和be均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为vo的水平初速度从a点向左运

10、动，在斜面 上上升的最大高度为 h返回后在到达 a点前与物体P相对静止。重力加速度为 g。求(i)木块在ab段受到的摩擦力f；(ii)木块最后距a点的距离S。3、如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极端的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离 L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为 g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求:g。整个过程中摩擦阻力所做的总功;人给第一辆车水平冲量的大小;(3)第一次与第二次

11、碰撞系统动能损失之比。4、小球A和B的质量分别为 mA和me且mA ? mg ,在某高度处将 A和B先后从静止释放。小球 A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释放处距离为H的地方恰好与正在下落的小球 B发生正幢，设所有碰撞都是弹性的，碰撞时间极短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。5、如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙，重物质量为木板质量的 2倍，重物与木板间的动摩擦因数为，使木板与重物以共同的速 度v0向右运动，某时刻木板与墙发生弹性碰撞，碰撞时间极短。求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间，设木板足够长，重物始终在木板上，重力加速度为BA

12、BAJ&=feJ【答案与解析】3、4、选项解析：根据动量守恒定律故选A。解析：压缩弹簧做功 W后由静止释放，A脱离弹簧后获得动能Ei,根据功能关系,Ei。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E2,由于完全非弹性碰撞过程有能量损失，所以 Ei E2，A错B对。水平面的摩擦不计，AB系统不受外力，动量守恒，P1= P2,D错C对。故选BC。5、AB解析：根据动量守恒和能量守恒，设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2P,根据P2 2mEK,以及能量的关系得4P22M2r-,2P P2m 2M3 所以AB正确。解析：从力的角度分析，M不动应有fAfB，从动量角度分析，M直保持静止,EA

13、VAEBVB，从能量角度分析fAdAEAVA ； fBdBJEBVB2 2fAfB， d A dB，故1mAvA12“-mBvB，因此BD正确。2Ek2P “4 知 mA miB，2m所以VAVB。A正确，故选ABD一、选择题1、【答案】B【解析】两个质量相等的冰壶发生正碰，碰撞前后都在同一直线上，选项A错误；碰后冰壶A在冰壶B的左边，选项 C错误；碰撞过程中系统的动能可能减小，也可能不变，但不 能增大，所以选项 B正确，选项D错误.2、【答案】D【解析】5个小球组成的系统发生的是弹性正碰，系统的机械能守恒，系统在水平方向的动 量守恒，总动量并不守恒，选项 A、B错误；同时向左拉起小球 1、2

14、、3到相同的高度，同 时由静止释放并与 4、5碰撞后，由机械能守恒和水平方向的动量守恒知，小球 起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同，选项 C错误，确.3、A1 mv0 10mv v vo10根据动能定理，木块对子弹做的功等于子弹动能的变化，1 2 1 1 2Ek子 = mv2 m(v0)20.99Ek, A对 B错。2 2 10子弹对木块做的功等于木块动能的变化，119 1Ek木=7 9m(材 V0)2-mv0 0.093 , C D 错。210100 24、BC6、ABD7、C解析：由对称性可知,mi、m2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

15、速率应相等v .y2gR。由动量守恒定律可得,(叶 m2)v ,以后一起向左运动，由机械能守恒定律可得,(m, m2)gR(1 cos60 )-(m12m2)v2联立以上各式解得m1 : m2 G/21)： G/2 1)8、C D解析：0到t1,弹簧处于压缩状态， 刻弹簧处于原长；阶段，t4时刻弹簧处于原长状态。 AB不对。对0、t2时刻，应用动量守恒定律m1v1m2v2m1v1 3m1 2m2 1mi解得mi ： m2 = 1 : 2。 C C对。在t2时刻A的动能EkA2 mJ2B的动能EkB-m2222A与B的动能之比为Eki : Ek2=1 : 8, D 对。故选C D。解析：根据动量

16、守恒定律mvo (M m)v共，v共=1m/s,损失的动能 Ek mv：(M m)v共=6J，说明一个来回损失动能为6焦耳，单程损122mv)所以 Ep1 2-(M m)v共+Ep Wf121小-mvo -(M20 2m)v共 Wf 3J解析：设AB的质量均为m,根据动量守恒定律 mv0 2mv共根据机械能守恒定律 1 mv；21 2联立解得 Ek1 -mv2 2Ep2Ep1一 2mv22丿共当B的质量为2m时，同理 mvi3mv共1mv12 Ep 13mv共Ek1 : Ek2 4:3。A 错 B 对。所以t1时刻压缩量最大；t1到t2弹簧处于恢复阶段，在 t2时 t2到t3弹簧处于伸长状态，

17、t3时刻伸长量最大；从t3到t4弹簧又处于恢复9、A失3焦耳，即克服摩擦力做功 Wf 3J，根据能量守恒定律,故A正确。10、B12 3联立解得 Ek2 -mv2Ep22A损失的动能一部分转化为B的动能，一部分转换为弹性势能A第一次损失的动能EkA1A第二次损失的动能EkA2又两次弹性势能相等EkA24 2 -mv191 2 -m% 41 2mv031 2 -m% 41 2-mu311 2-mu31孰卜）2II2-2mv1) 233 27所以两次A损失的动能之比为EkA13 28mv01 23mv0二、填空题解析：设A球的速度为v0，碰后的共同速度为 v根据动量守恒定律根据机械能守恒定律c1m

18、v0 2mv v - v02121 c ,12 匸2mv022m(2v0) Ep解得vo2、E pm2Ek解析：设328mv042-mu91CD错。故选B。Ep 1mv04P的初速度为Vo，P、Q通过弹簧发生碰撞，当两滑块速度相等时，弹簧压缩到最短，弹性势能最大，设此时共同速度为V,对P、Q （包括弹簧）组成的系统，由动量守恒定律，有 mv0 2mv由机械能守恒定律，有Epm联立两式解得 Epm1mv21X 2mv223、J4g A(L I)BT解析：小木块质量 mA=mB=m, A从最右端以初速v向左运动,A克服摩擦阻力做功WAfk kE一 2碰撞时间很短，且无总动能损失。在与 B碰撞前，减

19、速运动的距离 L I，Amg(L I)A与B发生等质量的完全弹性正碰，碰撞后A静止于B的位置，B则以A碰前的速度为初速度继续减速向左运动通过距离I，与墙碰撞后反向向右仍做减速运动，又通过距离I，在2【解析】设碰撞前，长木板和重物的共同速度为Vl,由动量守恒定律得2、 ( i ) fmgL=1mv2-22m(Vo3gh)3L3 2-mv23(iivo2 6ghLv。2 3gh和能量守恒得:mv0 (m 2m)v 1mv21 2-(m 2m)v mgh fL 由得：f2m(vo3gh)3L这段过程中B克服摩擦阻力做功WBf2 Bmgl然后B又与A发生碰撞，碰后 B静止，A又以B碰前的速度为初速持续

20、减小向右运动，按 题意，A运动距离L l后刚好在桌的右端边缘停下，在这段过程 A又克服摩擦阻力做功WAfAmg(L l)1 2经历上述全过程，且最初具有的动能 一mv应完全损耗于各段克服摩擦阻力做功上,2因此，有 mv 0 2 Amg L l 2 Bmgl2所以A的最大初速度为v J4g A(L l)三、计算题mv0= 3mvi碰撞后瞬间，长木板以速度 vi反弹，最终两者的共同速度为v2,由动量守恒定律得2mvi mvi= 3mv2对全过程，由功能关系得解析：（i ）设木块和物体 P共同速度为v,两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量（ii ）木块返回与物体 P第二次达到共同速度与第一次相

21、同（动量守恒）全过程能量守恒得:切比2 如2m) v2 f(2L s) 3、( 1)解析:第一辆车与第二辆车碰撞，由动量守恒定律mw 2mui第一、二两辆车一起与第三辆车碰撞，由动量守恒定律2mv2 3mu2对三辆车一起由动能定理k(3m)gL 0 -(3m)u；所以I mu00 2mj7kgL .设两次碰撞中系统动能损失分别为Ek1，和 Ek2所以两次碰撞中系统动能损失之比为Ek1Ek2133由得：s v02 6ghLv。 3gh6kmgL( 2) I 2mj7kgL ( 3)13:3(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则kmgL 2kmgL 3kmgL 6kmgL(2)设第一车初速度为U0，第一次碰前速度为 Vi，碰后共同速度为Ui ；第二次碰前速度为V2 ,碰后共同速度为u2 ；人给第一辆车的水平冲量大小为I.对第一辆车运动到与第二辆车碰前，