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1、动量能量的综合题目 各个类型各选一个1.(2017洛阳市二模)如图所示，光滑水平面上有一质量M4.0 kg的平板车，车的上表面是一段长L1.5 m的粗糙水平轨道，水平轨道左侧连一半径R0.25 m的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道与水平轨道在点O处相切现将一质量m1.0 kg的小物块(可视为质点)从平板车的右端以水平向左的初速度v0滑上平板车，小物块与水平轨道间的动摩擦因数0.5，小物块恰能到达圆弧轨道的最高点A.取g10 m/s2，求：(1)小物块滑上平板车的初速度v0的大小；(2)小物块与车最终相对静止时，它距点O的距离解析：(1)平板车和小物块组成的系统在水平方向上动量守恒，设小物块到达圆
2、弧轨道最高点A时，二者的共同速度为v1来源:学#科#网Z#X#X#K由动量守恒得：mv0(Mm)v1由能量守恒得：mv(Mm)vmgRmgL联立并代入数据解得：v05 m/s(2)设小物块最终与车相对静止时，二者的共同速度为v2，从小物块滑上平板车，到二者相对静止的过程中，由动量守恒得：mv0(Mm)v2设小物块与车最终相对静止时，它距O点的距离为x，由能量守恒得：mv(Mm)vmg(Lx)联立并代入数据解得：x0.5 m.2如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层(1)设水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度变为零，水的密度为. 求高压水枪的功率和水柱对煤的平
3、均冲力(2)若将质量为m的高压水枪固定在装满水、质量为M的消防车上，当高压水枪喷出速度为v(相对于地面)、质量为m的水流时，消防车的速度是多大？水枪做功多少？(不计消防车与地面的摩擦力)解析：(1)设t时间内，从水枪中喷出的水的体积为V，质量为m，则mVVvStvD2tt时间内从水枪中喷出的水的动能Ekmv2D2v3t由动能定理，高压水枪对水做的功WEkD2v3t高压水枪的功率PD2v3考虑一个极短时间t，在此时间内喷到煤层上的水的质量为m，则由动量定理可得Ftmvt时间内喷到煤层上的水的质量mSvtD2vt解得FD2v2.(2)对于消防车和水枪系统，在喷水的过程中，水平方向上不受外力，动量守
4、恒取喷出水的速度方向为正方向，设喷水时消防车速度为v车，由动量守恒定律，(mMm)v车mv0解得v车.负号表示消防车速度方向与喷出水的速度方向相反由功能关系，水枪做功Wmv2(Mmm)vmv2.3.如图所示，固定斜面的倾角30，物体A与斜面之间的动摩擦因数为，轻弹簧下端固定在斜面底端，弹簧处于原长时上端位于C点，用一根不可伸长的轻绳通过轻质光滑的定滑轮连接物体A和B，滑轮右侧绳子与斜面平行，A的质量为2m4 kg，B的质量为m2 kg，初始时物体A到C点的距离为L1 m，现给A、B一初速度v03 m/s，使A开始沿斜面向下运动，B向上运动，物体A将弹簧压缩到最短后又恰好能弹到C点已知重力加速度
5、g取10 m/s2，不计空气阻力，整个过程中轻绳始终处于伸直状态，求此过程中：(1)物体A向下运动刚到C点时的速度大小；(2)弹簧的最大压缩量； (3)弹簧中的最大弹性势能解析(1)物体A向下运动刚到C点的过程中，对A、B组成的系统应用能量守恒定律可得2mgcos L3mv3mv22mgLsin mgL可解得v2 m/s.(2)以A、B组成的系统，在物体A将弹簧压缩到最大压缩量，又返回到C点的过程中，系统动能的减少量等于因摩擦产生的热量，即3mv202mgcos 2x其中x为弹簧的最大压缩量解得x0.4 m.(3)设弹簧的最大弹性势能为Epm由能量守恒定律可得3mv22mgxsin mgx2m
6、gcos xEpm.解得Epm6 J.4(2017河南洛阳模拟)某校物理兴趣小组制作了一个游戏装置，其简化模型如图所示，在A点用一弹射装置可将静止的小滑块以速度v0水平弹射出去，沿水平直线轨道运动到B点后，进入半径R0.3 m的光滑竖直圆形轨道，运动一周后自B点向C点运动，C点右侧有一陷阱，C、D两点的竖直高度差h0.2 m，水平距离s0.6 m，水平轨道AB长为L11 m，BC长为L22.6 m，小滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.5，重力加速度g取10 m/s2.(1)若小滑块恰能过圆形轨道的最高点，求滑块在A点射出速度大小；(2)若游戏规则为小滑块沿着圆形轨道运行一周离开圆形轨道后只要不掉
7、进陷阱即为胜出，求小滑块在A点弹射出的速度大小的范围解析：(1)小滑块恰能通过圆轨道最高点的速度为v，由牛顿第二定律mgm从B到最高点小滑块机械能守恒有mv2mgRmv2从A到B由动能定理得mgL1mvmv由以上三式解得A点的速度为v15 m/s.(2)若小滑块刚好停在C处，从A到C由动能定理得mg(L1L2)0mv解得A点的速度为v26 m/s若小滑块停在BC段，应满足5 m/svA6 m/s若小滑块能通过C点并恰好越过陷阱，利用平抛运动则有竖直方向：hgt2水平方向：svCt从A到C由动能定理得mg(L1L2)mvmv解得v33 m/s所以初速度的范围为5 m/svA6 m/s或vA3 m
8、/s.5如图所示，质量M4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，滑板右端固定一根轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L0.5 m，可视为质点的小木块A质量m1 kg，原来静止于滑板的左端，滑板与木块A之间的动摩擦因数0.2.当滑板B受水平向左恒力F14 N作用时间t后撤去F，这时木块A恰好到达弹簧自由端C处，此后运动过程中弹簧的最大压缩量为s5 cm.g取10 m/s2.求：(1)水平恒力F的作用时间t；(2)木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能； (3)当小木块A脱离弹簧且系统达到稳定后，整个运动过程中系统所产生的热量解析：(1)木块A和滑板B均向左做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得a
9、AaB根据题意有sBsAL即aBt2aAt2L将数据代入联立解得t1 s(2)1 s末木块A和滑板B的速度分别为vAaAtvBaBt当木块A和滑板B的速度相同时，弹簧压缩量最大，具有最大弹性势能，根据动量守恒定律有mvAMvB(mM)v由能的转化与守恒得mvMv(mM)v2Epmgs代入数据求得最大弹性势能Ep0.3 J.(3)二者同速之后，设木块相对木板向左运动离开弹簧后系统又能达到共同速度v，相对木板向左滑动距离为x，有mvAMvB(mM)v由式解得vv由能的转化与守恒定律可得Epmgx由式解得x0.15 m由于sLx且xs，故假设成立整个过程系统产生的热量为Qmg(Lsx)由式解得Q1.
10、4 J.6.一静止的质量为M的不稳定原子核，放射出一个质量为m的粒子， (1)粒子离开原子核时速度为v0，则剩余部分的速率等于 。(2)粒子离开原子核时相对原子核的速度为v0，则原子核剩余部分的速率等于(该题是一个反冲运动现象的问题，遵循动量守恒定律，关键是确定好粒子和剩余部分相对地的速率.应用动量守恒定律时，各个速度是对同一参考系的.1. 设剩余部分对地的速率为v，若规定粒子运动方向为正方向，则剩余部分的动量为-(M-m)v，由动量守恒定律得：0=mv0-(M-m)v，解得：v=mV0/(M-m)2.设剩余部分对地的速率为v，若规定粒子运动方向为正方向，则剩余部分的动量为-(M-m)v，粒子
11、对地速率为(v0-v).由动量守恒定律得：0=m(v0-v)-(M-m)v，解得：v=. 。7一同学在地面上立定跳远的最好成绩是s(m)，假设他站在车的A端，如图所示，想要跳上距离为L(m)远的站台上，不计车与地面的摩擦阻力，则 ( B ) A只要Ls，他一定能跳上站台 B只要Ls，他有可能跳上站台C只要L=s，他一定能跳上站台 D只要L=s，他有可能跳上站台8如图所示，物体A和B质量分别为m1和m2，其图示直角边长分别为a和b。设B与水平地面无摩擦，当A由O顶端从静止开始滑到B的底端时，B的水平位移是多少?把物体A和物体B看作一个系统，水平方向上不受任何外力，故水平方向上动量守恒设向右为正方向，则每时每刻都有m1v1-m2v2=0，则有：m1s1-m2s2=0，而且 S1+S2=b-a，解得：s1=m2(b-a)m1+m2
