动量与能量结合综合题附标准答案

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

2、接质量为m 的木板处于静止状态，此时弹簧的压缩量为h0 ，如图所示。一物块从木板正上方距离为3h0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电阻皆为R ，回路中其余部分的电阻可不计。在整个

3、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，有指向棒cd 的初速度v0 ，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3/4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=0.10kg 的子弹 C以 v0=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、落地点到桌边的水平距离s=2.0m。 设子

4、弹在物块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，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；vh3）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。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=8× l0 6m/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v2=2.0 × l0 5m

5、/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v0=3.0× 10 2m/s 水平向右的速度击穿木块， 穿出时子弹速度v1=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

6、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”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

7、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 v0=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。

8、匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间B = 0.4 T。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，回路上释放出的焦耳热； 金属棒运动达到稳定后，两棒间距离增加多少？5 / 1112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

9、.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/s 2， 求： （ 1） ab棒向左摆起的最大高度；（ 2）匀强磁场的磁感应强度；（ 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，

10、 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，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，1设碰撞时间极短，碰后一起压缩弹簧，弹簧最大压缩量为1 L，

11、求弹簧的最大3弹性势能。1 / 111 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 v0开始减速那么整个电路的感应电动势减小，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

12、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。【答案】v16g2h0 ； vgh0【解析】v0，由能量守恒得到：试题分析：设物块与木板碰撞时，物块的速度为12mg 3h0 2 mv0解得： v0 6g h0设物块与木板碰撞后一起开始向下运动的速度为v1 ，因碰撞时间极短，动量守恒：mv0 2mv1 ，解得：6gh0v12设质量为m时物块与木板刚碰撞时弹簧的弹性势能为E p，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

13、好都为零，以木板初始位置为重力势能零点，由12机械能守恒得到：E p2mv1 2mgh0设 v2 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：2mv0 3mv2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1212得到： E p3mv2 3mgh03mv联立可以得到：vg h0 。考点：能量守恒、动量守恒定律【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。123（1 ） Qmv0 ；4

14、02）FB2L2v0am 4mR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 mv0 2mv111根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Qmv02（2m）v2 mv022024032）设ab 棒的速度变为v0时，cd 棒的速度为v'，则由动量守恒可知43mv0mv0 mv'4此时回路中的电动势为1解得 v'v04311E BLv0 BLv0 BLv0404020此时回路中的电流为I E BLv02R 4R此时 cd 棒所受的安培力为22B L v0BIL04Rcd 棒的加速度aF B2L2v0m 4mR考点：动量守恒定律；闭合电路的欧姆

15、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。2-24 （1） vB =10m/s（ 2） LB3.5 10 2m（ 3） smin=2.5 × 10 m【解析】（1） 子弹射穿物块A后， A以速度vA沿桌面水平向右匀速运动，离开桌面后做平抛运动 h 1 gt2t=0.40sA

16、离开桌边的速度vAsvA =5.0m/s设子弹射入物块B 后，子弹与B 的共同速度为vB，子弹与两物块作用过程系统动量守恒：mv0 MvA (M m)vBB 离开桌边的速度vB =10m/s（ 2） 设子弹离开A时的速度为v1 ， 子弹与物块A作用过程系统动量守恒：mv0 mv1 2MvAv1 40 m/s子弹在物块B 中穿行的过程中，由能量守恒121212fL B Mv A mv1 (Mm)vB222子弹在物块A中穿行的过程中，由能量守恒121212fL A mv0mv1(M M )vALB 3.5 102m（ 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s1, 根据动能定理1

17、2fs1 （M M ）v2A 02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s2，根据动能定理fs 2 Mv B Mv A22 B2 A B 到桌边的最小距离smins1s2smin=2.5 × 10-2m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

18、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） v2' 5.2 106 m/s,（ 2）m 1.6 10 30 kg【解析】轰击前后系统动量守恒，选中子速度方向为正方向''m1v1 m1v1 m2v2（ 1 分）氢核速度为v'25.2 106m/ s, 方向与中子原速度方向相同（ 1 分）由质能方程E mc2（ 1 分）得 m 1.6 10 30 kg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

19、，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） s10.90m （ 2） E 872.5J （ 3） 12.5J3 / 11【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mv0 Mv mv1 Mu 解得 u 3.0m/ s（2 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 a 5.0m / s2（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s1u2 2as1 ?解得s1 0.90m（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E

20、872.5J（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2v2as2 解得s2 0.40m（2 分）t 1= =0.60s, t 2 = =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Q1Mgs' 10.5J （ 2 分） 木块向左加速运动的过程中相对传送带的位移为s'' vt2 s2 0.40 m，产生的内能Q2Mgs'' 2.0J（2分）所以整个过程中木块与传送带摩擦产生的内能Q Q1 Q212.5

21、J（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 132J【解析】5 / 1110 （1）L1=3m（2）LL1L24m（3）L22.8m【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由能量守恒知mgL1 12 mv0 2 12 （m M ）v1 2 ，得L1=3m（ 4 分）2vQ（2）m 恰能滑过圆弧的最高点，mg m （2 分 ）R小车粘在墙壁后，滑块在

22、车上滑动，运动到最高点Q，11在这个过程对滑块由动能定理：mgL2 mg2R mvQmv1 （ 2 分）22解得： 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41 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。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：'12mgL2 mgR 0 mv12（ 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 mcdV0 mabV0 =（ mcd + mab） VV = 1 m/s（ 2）根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热为:Q = 减 =（ mcd+mab） （ V02 V2） / 2 = 1.2 J（ 3）对cd 棒利用动量定理：BIL·t = m cd（ V V0）BLq = m cd（ V0 V）又 q =/（R1 +R2） = BL s / （R1 + R2）s = m cd（V0V） （ R1+R2） / B 2L2= 1. 5 m【解析】略1212 （ 1 ）设 ab 棒下落到最低点时速度为v1，由机械能守恒有：m 1gh1= m1v1v12gh12 10 0.8 m/s=4m/s （ 1 分）设 ab 棒向左摆动的最大高度为h 2 ， ab 棒与导轨接触时与cd 棒组