动量与能量结合综合题附答案

1、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 cd C .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

2、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

3、两根 导体棒 ab 和 cd ,构成矩形回路,两根导体棒的质量皆为 m ,电阻皆为 R ,回路中其余部分的电阻可不计。在整 个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场, 磁感应强度为 B 。 设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行, 开始时, 棒 cd 静 止,棒 ab 有指向棒 cd 的初速度 0v ,若两导体棒在运动中始终不接触,求:(1在运动中产生的焦耳热 Q 最多是多少? (2当 ab 棒的速度变为初速度的 4/3时, cd 棒的加速度 a 是多少?4. (20分 如图所示,两物块 A 、 B 并排静置于高 h=0.80m的光滑水平桌面上,两物块的质量均为 M=0.60kg。一颗 质量 m=0.10

4、kg的子弹 C 以 v 0=100m/s的水平速度从左面射入 A 物块, 子弹射穿 A 后接着射入 B 并留在 B 中, 此时 A 、 B 都没有离开桌面。 已知物块 A 的长度为 0.27m , A 离开桌面后, 落地点到桌边的水平距离 s=2.0m。 设子弹在物块 A 、 B 中穿行时受到的阻力保持不变, g 取 10m/s2。求:(1物块 A 和物块 B 离开桌面时速度的大小分别是多少;(2求子弹在物块 B 中穿行的距离;(3为了使子弹在物块 B 中穿行时物块 B 未离开桌面,求物块 B 到桌边的最小距离。v 5.宇宙射线每时每刻都在地球上引起核反应。自然界的 14C 大部分是宇宙射线中

5、的中子轰击“氮 -14”产生的,核 反应方程式为 。若中子的速度为 v 1=8l06m/s,反应前“氮 -14”的速度认为等于零。反应后生成的 14C 粒子的速度为 v 2=2.0l05m/s,其方向与反应前中子的运动方向相同。求反应中生成的另一粒子的速度:假设此反应中放出的能量为 0. 9MeV ,求质量亏损。6. (19分如图 12所示,质量 M=1.0kg的木块随传送带一起以 v=2.0m/s的速度向左匀速运动,木块与传送带间的动摩擦因数 =0.50。当木块运动至最左端 A 点时,一颗质量为 m=20g的子弹以 v 0=3.0102m/s水平向右的速度击穿木块, 穿出时子弹速度 v 1=

6、50m/s。 设传送带的速度恒定, 子弹击穿木块的时间极短, 且不计木块质量变化, g=10m/s2。求:(1在被子弹击穿后,木块向右运动距 A 点的最大距离; (2子弹击穿木块过程中产生的内能;(3从子弹击穿木块到最终木块相对传送带静止的过程中,木块与传送带间由于摩擦产生的内能。 (AB 间距离足够长7、为了有效地将重物从深井中提出,现用小车利用“双滑轮系统” (两滑轮同轴且有相同的角速度,大轮通过绳子 与物体相连,小轮通过另绳子与车相连来提升井底的重物,如图所示。滑轮离地的高度为 H=3m,大轮小轮直径之 比为 3:l , (车与物体均可看作质点,且轮的直径远小于 H ,若车从滑轮正下方的

7、 A 点以速度 v=5m/s 匀速运动至 B 点.此时绳与水平方向的夹角为 37,由于车的拉动使质量为 m=1 kg物体从井底处上升,则车从 A 点运动至 B 点的过程中,试求: a .此过程中物体上升的高度;b .此过程中物体的最大速度;c .此过程中绳子对物体所做的功。10.如图所示,水平地面和半圆轨道面均光滑,质量 M =1kg 的小车静止在地面上,小车上表面与 R=0.24m的半圆 轨道最低点 P 的切线相平。现有一质量 m =2kg 的滑块(可视为质点以 v 0=6m/s的初速度滑上小车左端,二者共速 时小车还未与墙壁碰撞,当小车与墙壁碰撞时即被粘在墙壁上,已知滑块与小车表面的滑动摩

8、擦因数 =0.2, g 取 10m/s2,求:(1滑块与小车共速时的速度及小车的最小长度;(2滑块 m 恰好从 Q 点离开圆弧轨道时小车的长度;(3讨论小车的长度 L 在什么范围,滑块能滑上 P 点且在圆轨道运动时不脱离圆轨道?11.两根足够长的 平行光滑导轨,相距 1m 水平放置。匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间 B=0.4T。金属棒 ab 、 cd 质量分别为 0.1kg 和 0.2kg ,电阻分别为 0.4和 0. 2,并排垂直横跨在导轨上。若两棒以相同的初速度 3m/s向相反方向分开,不计导轨电阻,求:棒运动达到稳定后的 ab 棒的速度大小;金属棒运动达到稳定的过程中,回路上释放

9、出的焦耳热;金属棒运动达到稳定后,两棒间距离增加多少?12.如图所示,导体棒 ab 质量为 0.10kg ,用绝缘细线悬挂后,恰好与宽度为 50cm 的光滑水平导轨良好接触,导轨 上还放有质量为 0.20kg 的另一导体棒 cd ,整个装置处于竖直向上的匀强磁场中。将 ab 棒向右拉起 0.80m 高,无初 速释放,当 ab 棒第一次经过平衡位置向左摆起的瞬间, cd 棒获得的速度是 0.50m/s。在 ab 棒第一次经过平衡位置 的过程中, 通过 cd 棒的电荷量为 1C 。 空气阻力不计, 重力加速度 g 取 10m/s2, 求:(1 ab 棒向左摆起的最大高度;(2匀强磁场的磁感应强度;

10、 (3此过程中回路产生的焦耳热 13.(20分如图所示,竖直放置的圆弧轨道和水平轨道两部分相连.水平轨道的右侧有一质量为 2 m 的滑块 C 与轻质弹簧的一端相连,弹簧的另一端固定在竖直的墙 M 上,弹簧处于原长时,滑块 C 静止在 P 点处;在水平轨 道上方 O 处,用长为 L 的细线悬挂一质量为 m 的小球 B , B 球恰好与水平轨道相切,并可绕 O 点在竖直平面内摆 动。 质量为 m 的滑块 A 由圆弧轨道上静止释放, 进入水平轨道与小球 B 发生弹性碰撞. P 点左方的轨道光滑、 右方 粗糙,滑块 A 、 C 与 PM 段的动摩擦因数均为 =0.5, A 、 B 、 C 均可视为质点

11、,重力加速度为 g .(1求滑块 A 从 2L 高度处由静止开始下滑 , 与 B 碰后瞬间 B 的速度。(2若滑块 A 能以与球 B 碰前瞬间相同的速度与滑块 C 相碰, A 至少要从距水平轨道多高的地方开始释放 ?(3在(2中算出的最小值高度处由静止释放 A ,经一段时间 A 与 C 相碰,设碰撞时间极短,碰后一起压缩弹簧,弹 ,求弹簧的最大弹性势能。参考答案1. C【解析】试题分析:让 cd 杆以初速度 v 向右开始运动, cd 杆切割磁感线,产生感应电流,两杆受安 培力作用,安培力对 cd 向左,对 ab 向右,所以 ab 从零开始加速, cd 从 v 0开始减速.那么 整个电路的感应电

12、动势减小,所以 cd 杆将做加速度减小的减速运动, ab 杆做加速度减小的 加速运动,当两杆速度相等时,回路磁通量不再变化,回路中电流为零,两杆不再受安培力 作用,将以相同的速度向右匀速运动.故 C 正确, AB 错误.两导线中的电流始终相等,但 由于通过的距离不相等,故磁场对两金属杆做功大小不相等;故 D 错误;故选 C 。 考点:电磁感应问题的力的问题【名师点睛】 本题是牛顿第二定律在电磁感应现象中的应用问题. 解答本题能搞清楚物体的 受力情况和运动情况,突然让 cd 杆以初速度 v 向右开始运动, cd 杆切割磁感线,产生感应 电流,两杆受安培力作用,根据牛顿第二定律判断两杆的运动情况。

13、 【解析】 试题分析:设物块与木板碰撞时,物块的速度为 0v ,由能量守恒得到: 设物块与木板碰撞后一起开始向下运动的速度为 1v ,因碰撞时间极短,动量守恒:102mv m v = 设质量为 m 时物块与木板刚碰撞时弹簧的弹性势能为 p E ,当它们一起回到 O 点时,弹 簧弹性势能为零, 且此时物块与木板速度恰好都为零, 以木板初始位置为重力势能零点, 由 设 2v 表示质量为 2m 时物块与木板碰撞后一起开始向下运动的速度,由动量守恒得到: 2023mv m v =此后物块与木板碰撞后向上运动通过 O 点时, 木板和物块具有相同的速度 v , 由机械能守恒 考点:能量守恒、动量守恒定律【

14、名师点睛】物体的碰撞瞬间,我们应该考虑到动量守恒定律;对于简谐运动,我们要运用该运动的特殊位置物理量的特点以及对称性;动能定理的应用范围很广,可以求速度、力、 功等物理量,特别是可以去求变力功。3.(1 (2 【解析】试题分析:(1 从开始到两棒达到相同速度 v 的过程中, 两棒的总动量守恒, 有 mv mv 20= (2设 ab 此时 cd 由牛顿第二定律可得, cd 考点:动量守恒定律;闭合电路的欧姆定律;导体切割磁感线时的感应电动势【名师点睛】 本题主要考查了动量守恒定律、 闭合电路的欧姆定律、 导体切割磁感线时的感 应电动势。 分根据动量守恒定律确定两棒最后的末速度是本题的关键,分析这

15、类电磁感应现 象中的能量转化较易:系统减少的动能转化为回路的焦耳热; 本题涉及到动生电动势、 动量 守恒定律、 牛顿第二定律及闭合电路欧姆定律综合的力电综合问题, 故本题属于难度较大的 题。4. (1B v =10m/s(2 2105. 3-=B L m (3 s min =2.510-2m 【解析】 (1子弹射穿物块 A 后, A 以速度 v A 沿桌面水平向右匀速运动,离开桌面后做平抛 A 设子弹射入物块 B 后,子弹与 B 的共同速度为 v B ,子弹与两物块作用过程系统动量守恒: B A v m M Mv mv (0+=B 离开桌边的速度 B v =10m/s(2 设子弹离开 A 时的

16、速度为 1v , 子弹与物块 A 作用过程系统动量守恒:A Mv mv mv 210+= 401=v m/s子弹在物块 B 中穿行的过程中,由能量守恒 子弹在物块 A 中穿行的过程中,由能量守恒 由解得 2105. 3-=B L m(3子弹在物块 A 中穿行的过程中,物块 A 在水平桌面上的位移为 s 1, 根据动能定理 子弹在物块 B 中穿行的过程中,物块 B 在水平桌面上的位移为 s 2,根据动能定理 由解得物块 B 到桌边的最小距离 21min s s s +=s min =2.510-2m本题考查动量守恒与能量守恒的应用, 物块 A 被子弹射穿后做平抛运动飞出桌面, 由平抛运 动规律可

17、求得平抛运动的初速度及子弹射穿后木块的速度, 在子弹射穿木块过程中系统动量 守恒,子弹射进木块 B 中,木块 B 向右加速,使得 A 、 B 分离,如果以子弹、木块 A 、 B 为一 个系统,内力远远大于外力,系统动量始终守恒,初状态为 AB 静止,末状态为子弹与 B 共 速, 列式可求得 B 的速度, 再以子弹和木块 A 为研究对象, 动量守恒可求得子弹飞出后的速 度,此时 AB 速度相同,再以子弹和 B 为一个系统,系统动能的减小量完全转化为内能,系 统的内能为阻力乘以相对距离及打进物体 B 的深度,由此可求解5. (1 , /. s m 1025v 62=(2 kg 1061m 30-=

18、. 【解析】轰击前后系统动量守恒,选中子速度方向为正方向 221111v m v m v m += (1分 氢核速度为 , /. s m 1025v 62=方向与中子原速度方向相同(1分 由质能方程 2mc E = (1分 得 kg 1061m 30-=. 本题考查动量守恒定律, 轰击前后系统动量守恒, 找到初末状态, 规定正方向, 列公式求解, 由爱因斯坦的质能方程可求得质量亏损6. (1 10.90s m = (2 872.5E J =(3 12.5J【解析】 (1设木块被子弹击穿时的速度为 u ,子弹击穿木块过程动量守恒01mv Mv mv Mu -=+解得 3.0/u m s = (2

19、分 设子弹穿出木块后,木块向右做匀减速运动的加速度为 a ,根据牛顿第二定律 mg=ma 解 得 2 5.0/a m s = (2分木块向右运动 到离 A 点最远时,速度为零,设木块向右移动最大距离为 s 1212? u as = 解得 10.90s m =(2分 (2根据能量守恒定律可知子弹射穿木块过程中产生的内能为 E= (3分 解 得 872.5E J = (1分 (3设木块向 右运动至速度减为零所用时间为 t 1,然后再向左做加速运动,经时间 t 2与传送带达到相对 静止,木块向左移动的距离为 s 2。根据运动学公式222v as =解得 20.40m s = (2分 t 1=0.60

20、s, t2=0.40s (1分木块向右减速 运动的过程中相对传送带的位移为2.1m =, 产 生 的 内 能 1 Mg 10.5J Q s = (2分 木块向左加速运动的过程中 相对传送带的位移为 22 0.40s vt s =-=m ,产生的内能 2 2.0J Q M s g = (2分所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能1212.5J Q Q Q =+= (2分本题考查的是动量守恒定律及能量守恒的综合力学问题, 先根据动量守恒及牛顿第二定律解 出木块向右移动最大距离; 再根据能量守恒解出产生的内能; 再根据匀变速运动的规律及摩 擦力做功计算出产生的内能;7. 6m8. 12m/s9.

21、132J【解析】本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 10 （1）L1=3m(2 L = L1 + L2 = 4m （3） L2 = 2.8m 【解析】 （1）由动量守恒知， mv0 = (m + M v1 ， 得 v1=4m/s（4 分）设小车的最小长度为 L1 2 1 2 1 由能量守恒知 mmgL 1 = 2 mv0 - 2 (m + M v1 ，得 L1=3m（4 分） (2m 恰能滑过圆弧的最高点， m g = m 2 vQ R (2 分 小车粘在墙壁后，滑块在车上滑动，运动到最高点 Q， 在这个过程对滑块由动能定理： - mmgL 2 - mg 2 R = 解得：

22、L2 = 1m 所以小车长度 L = L1 + L2 = 4m （2 分） （3）由（2）可知，滑块要想运动到 Q 点，小车的长度 L 必须满足： 3m L 4m 若滑块恰好滑至 1 圆弧到达 T 点时就停止，则滑块也能沿圆轨道运动而不脱离圆轨道。 4 小车粘在墙壁后，滑块在车上滑动，运动到 T 点，在这个过程对滑块由动能定理： 1 1 2 mv Q - mv12 （2 分） 2 2 - mmgL 2 - mgR = 0 - 1 mv 12 （2 分） 2 解得 L2 = 2.8m （2 分） 本题考查的是动量守恒和动能定理的应用。 11 （1）ab、cd 棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速

23、度 V，以水平向右为正方向， 则 mcdV0mabV0=（mcd+mab）V V=1m/s 答案第 5 页，总 7 页 本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。 （2）根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为: 2 2 Q=DEK减=（mcd+mab） （V0 V ）/2 =1.2J （3）对 cd 棒利用动量定理：BILDt= mcd（VV0） BLq = mcd（V0V） 又 q =Df/（R1+R2）= BLDs/（R1+R2） 2 2 Ds = mcd（V0V） （R1+R2）/B L = 1. 5 m 【解析】略 12 （1）设 ab 棒下落到最低点时速度为 v1，由机械能

24、守恒有：m1gh1= 1 m1v12 2 v1 = 2gh1 = 2 10 0.8 m/s=4m/s （1 分） 设 ab 棒向左摆动的最大高度为 h2，ab 棒与导轨接触时与 cd 棒组成的系统，在水平方向动 + m2 v2 量守恒，定水平向左为正方向 mv1 = m1v1 v1 = 0.1 4 - 0.2 0.5 m1v1 - m2v2 =3m/s （ = m s= 3 m1s分） m1 0.1 （1 分） v 2 32 1 2 = m1 gh2 h2 = 1 = m1v1 =0.45m 再由机械能守恒 2 2 g 2 10 BIL Dt = m2 v2 （1 分） （ 2 ）设匀强磁场的磁感应强度为 B ， cd 棒通电时间为 Dt ，对 cd 棒由动量定理有 q = I Dt （1 分） B