高考物理考点一遍过 考点32 动量与能量的综合应用

高考物理一轮复习策略

首先，要学会听课：

1、有准备的去听，也就是说听课前要先预习，找出不懂的知识、发现问题，带着知识点和问题去听课会有解惑的快乐，也更听得进去，容易掌握;

2、参与交流和互动，不要只是把自己摆在“听”的旁观者，而是“听”的参与者。

3、听要结合写和思考。

4、如果你因为种种原因，出现了那些似懂非懂、不懂的知识，课上或者课后一定要花时间去弄懂。

其次，要学会记忆：

1、要学会整合知识点。把需要学习的信息、掌握的知识分类，做成思维导图或知识点卡片，会让你的大脑、思维条理清醒，方便记忆、温习、掌握。

2、合理用脑。

3、借助高效工具。学习思维导图，思维导图是一种将放射性思考具体化的方法，也是高效整理，促进理解和记忆的方法。最后，要学会总结：

一是要总结考试成绩，通过总结学会正确地看待分数。

1.摸透主干知识       2.能力驾驭高考      3.科技领跑生活

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:学#科#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）。

（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

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

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

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:学科网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:学科网]

B．小球上升过程中，小球机械能守恒

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mB<mA的条件下，mB越大，碰后B球的动量越大

5．（2018·新疆维吾尔自治区高三第二次适应性（模拟）检测）如图所示，质量为M的物体置于光滑水平面上，该物体上表面为半径为R的光滑圆弧面，其左端最高点距圆弧面最低点的高度为h。一质量为m的小球从左端最高点由静止释放，已知M>m，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vt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

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。

（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：

（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，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。学科~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，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。学科￥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：mBvB=（mA+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

（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 m<L，可知最终小物块与B点的距离为2(L+x)–s=0.75 m

10．（1）  （2）  （3）

（2）小滑块b与弹簧分离过程满足动量和能量守恒：

解得：，

当弹簧压缩至最短时弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律和能量守恒定律有：

解得：

（3）由动量定理有：

解得：

可知小滑块b不能通过C点，设小滑块b到达D点时离开，如图所示，设倾角为，刚好离开有N=0，由牛顿第二定律有：

由动量守恒定律和能量守恒定律可知b脱离弹簧的速度为：

从B到D由机械能守恒有：

解得

11．（1）  （2）  （3）

（3）设s=s0时，A与台阶碰前瞬间，A、B恰好达到共同速度v

由动量守恒有

对A，由动能定理有

联立可得

当时，A与台阶碰前瞬间B的速度

当时，对A，由动能定理有

由动量守恒有

解得

故

12．（1）2 m/s，水平向右  （2）0.60或0.36  （3）0.17 m

②如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再返回与平板车达到相对静止，有：

解得：μ′=0.36

（3）平板车与障碍物发生碰撞后以原速率反弹，假设小滑块向右滑行并与弹簧发生相互作用，当平板车、小滑块再次处于相对静止状态时，两者的共同速度为u，在此过程中，平板车、小滑块和弹簧组成的系统动量守恒、能量守恒。由能量守恒定律得：学科%网

mv–Mv=（M+m）u…④

代入数据可得：u=0

设小滑块相对平板车的路程为s，由能量守恒得：

…⑤

代入数据得：

由于

所以小滑块滑过Q点并与弹簧相互作用，然后相对平板车向左滑动到Q点左边，设离Q点距离为s1有：

【点睛】本题考查能量的转化与守恒和动量守恒定律，涉及两个物体的多个过程，在解答时要注意对过程的把握，正确理解各过程中速度的变化关系与能量的转化关系。

13．（1）  （2）  （3）W=

由能量守恒有=+2μmgΔx，解得Δx=<L=2R，故假设成立

小车的加速度a==，小车的位移x==

（3）若s≥，小车与立桩碰前，滑块B克服摩擦力做的功W1=2μmg(x+Δx)=

小车与立桩碰后，滑块B做匀减速运动直到停下的位移x1==>L–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

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:学。科。网]

16．（1）t=0.6 s  （2）v=2 m/s  （3）H=0.6 m

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%

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       学科*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．

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