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1、第 1 页 共 9 页动量和能量试题精选1设想宇航员完成了对火星表面的科学考察任务，乘坐返回舱返回围绕火星做圆周运动的轨道舱，如图所示为了安全，返回舱与轨道舱对接时，必须具有相同的速度求该宇航员乘坐的返回舱至少需要获得多少能量，才能返回轨道舱？已知：返回过程中需克服火星引力做功 ，返回舱与人的总质量为(1)RWmgrm，火星表面重力加速度为 g，火星半径为 R，轨道舱到火星中心的距离为 r；不计火星表面大气对返回舱的阻力和火星自转的影响【答案】 (1)2Rgr解析：物体 m 在火星表面附近 ，解得2mMGgR2GgR设轨道舱的质量为 ，速度大小为 v则002vmrr联立以上两式，解得返回舱与
2、轨道舱对接时具有动能212kgEr返回舱返回过程克服引力做功 (1)RWgr返回舱返回时至少需要能量 kE解得 (1)2REmgr2美国航空航天局和欧洲航空航天局合作研究的“卡西尼”号土星探测器，在美国东部时间 2004 年 6 月 30日（北京时间 7 月 1 日）抵达预定轨道，开始“拜访”土星及其卫星家族“卡西尼”号探测器进入绕土星飞行的轨道，先在半径为 R 的圆形轨道上绕土星飞行，运行速度大小为 v1为了进一步探测土星表面的情况，当探测器运行到 A 点时发动机向前喷出质量为m 的气体，探测器速度大小减为 v2，进入一个椭圆轨道，运动到 B 点时再一次改变速度，然后进入离土星更近的半径为
3、r 的圆轨道，如图所示设探测器仅受到土星的万有引力，不考虑土星的卫星对探测器的影响，探测器在 A 点喷出的气体速度大小为 u求：（1）探测器在轨道上的运行速率 v3 和加速度的大小；（2）探测器在 A 点喷出的气体质量 m【答案】（1） ， ；（2）1Rvr12uvA解析：（1）在轨道 I 上，探测器 m 所受万有引力提供向心力，设土星质量为 M，则有21vMmGR同理，在轨道上有232()()vrr第 2 页 共 9 页由上两式可得 31RvrA探测器在轨道上运行时加速度设为 a，则23vr解得 21Ravr（2）探测器在 A 点喷出气体前后，由动量守恒定律，得 mv1=(mm)v 2 mv
4、解得 12muv3如图所示，有一内表面光滑的金属盒，底面长为 L=1.2m，质量为 m1=1kg，放在水平面上，与水平面间的动摩擦因数为 =0.2，在盒内最右端放一半径为 r=0.1m 的光滑金属球，质量为 m2=1kg，现在盒的左端给盒施加一个水平冲量I=3Ns，（盒壁厚度，球与盒发生碰撞的时间和能量损失均忽略不计）g 取 10m/s2，求：（1）金属盒能在地面上运动多远？（2）金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间多长？【答案】（1）1.125m；（2） 1.75s解析：（1）由于冲量作用，m 1获得的速度为 v=I/m1=3m/s，金属盒所受摩擦力为F=（m1+m2）g=4N由于金属盒与
5、金属球之间的碰撞没有能量损失，且金属盒和金属球的最终速度都为 0，以金属盒和金属球为研究对象，由动能定理，得 210vs解得 s=1.125m（2）当金属盒前进 s1=1m 时与球发生碰撞， 设碰前盒的速度为 v1，碰后速度为 v1/，球碰后速度 为 v2，对盒，由动能定理得，解得 v1=1m/s2121mvFs由于碰撞过程动量守恒、机械能守恒，有： / 2/2211211mvmvv，联立以上各式解得 v1/=0，v2=1m/s当球前进 1m 时与盒发生第二次碰撞，碰撞前球的速度 为 1m/s，盒子的速度为 0，碰撞后球的速度为 0，盒子的速度变为 v2=1m/s，以金属盒为研究对象，由动能定
6、理得，解得 s2=0.125m.120mFs所以不会再与球碰，则盒子运 动时间可由动量定理求出设盒子前进 s1=1m 所用时间为 t1，前进 s2=0.125m 所用时间为 t2，则Ft 1=m1v1m 1v，Ft 2=0m 1v2，且 v1=v2=1m/s代入数据得 t1=0.5s，t2=0.25s在盒两次运动之间还有一段时间 t3为小球在运动， t3=s1/v2=1sI1.2mFACBL第 3 页 共 9 页则金属盒从开始运动到最后静止所经历的时间 t=t1+t2+t3=1.75s4如图所示，光滑水平地面上停着一辆平板车，其质量为 2m，长为 L，车右端（A 点）有一块静止的质量为 m 的
7、小金属块金属块与车间有摩擦，与中点 C 为界，AC 段与 CB 段摩擦因数不同现给车施加一个向右的水平恒力，使车向右运动，同时金属块在车上开始滑动，当金属块滑到中点 C 时，即撤去这个力已知撤去力的瞬间，金属块的速度为 v0，车的速度为 2v0，最后金属块恰停在车的左端（B 点）如果金属块与车的 AC 段间的动摩擦因数为 1，与 CB 段间的动摩擦因数为 2，求 1 与 2 的比值【答案】 231解析：设水平恒力 F 作用时间为 t1对金属块使用动量定理 Ff t1=mv0-0 即 1mgt1=mv0，得 t1= 0vg对小车有（F- Ff）t1=2m2v00，得恒力 F=51mg金属块由 A
8、C 过程中做匀加速运 动，加速度 a1= =fm11小车加速度 12 152fgag金属块与小车位移之差 2 2011()(vsat而 ，所以，2Ls201vg从小金属块滑至车中点 C 开始到小金属 块停在车的左端的过程中，系 统外力为零，动量守恒，设共同速度为 v，由 2m2v0+mv0= （2m+m）v，得 v= v035由能量守恒有 ，得220115()()3Lgmv203vgL所以， 2315如图所示，长为 L，质量为 m1 的物块 A 置于光滑水平面上，在 A 的水平上表面左端放一质量为 m2 的物体 B（物体 B 可视为质点）， B 与 A 的动摩擦因数为 A 和 B 一起以相同的
9、速度 v 向右运动，在 A 与竖直墙壁碰撞过程中无机械能损失，要使 B 一直不从 A 上掉下来，v 必须满足什么条件? （用 m1、m 2、L及 表示）【答案】见解析解析：A 与墙壁发生无机械能损失的碰撞后，A 以大小为 v 的速度向左运动，B 仍以原速度 v 向右运动，以后的运动过程有三种可能（1）若 m1m 2，碰墙后系统的总动量方向向左，则 m1 和 m2 最后以共同速度向左运动设它们相对静止时的共同速度 v，据动量守恒定律，有m1v m2v=（m1m 2）v若相对静止时 B 正好在 A 的右端，则系统机械能损失应为 m2gL，根据能量守恒，有2121()vgLB AAv第 4 页 共
10、9 页解得 12()mgLv若 m1m 2 ，则 为所求12()m（2）若 m1=m2，碰 墙后系统的总动量为零，则 A、B 最后都静止在水平面上，但不再与墙壁发生第二次碰撞设静止时 A 在 B 的右端，则有 gLv221解得 21()gLv（3）若 m1 m 2 ，碰墙后系统的总动量方向向右，则 A 将多次和墙壁碰撞，每次碰撞后总动量方向都向右由于滑动摩擦力的作用，系统的向右方向的总动量逐渐 减小至零，最后停在靠近墙壁处设最后 A 静止在靠近墙壁处时， B 静止在 A 的右端，同理有gLv221解得 12()m综合（2）（3）可知，若 m1m2，则 为所求21()gLv6如图所示，在光滑的水
11、平面上固定有左、右两竖直挡板，挡板间距离足够长，有一质量为 M，长为 L 的长木板靠在左侧挡板处，另有一质量为 m 的小物块（可视为质点），放置在长木板的左端，已知小物块与长木板间的动摩擦因数为 ，且 Mm现使小物块和长木板以共同速度 v0 向右运动，设长木板与左、右挡板的碰撞中无机械能损失试求：（1）将要发生第二次碰撞时，若小物块仍未从长木板上落下，则它应距长木板左端多远？（2）为使小物块不从长木板上落下，板长 L 应满足什么条件？（3）若满足（2）中条件，且 M=2kg，m =1kg，v 0=10m/s，试计算整个系统在刚发生第四次碰撞前损失的机械能【答案】（1） ；（2） ；（3）149
12、.8J0()vg2()Lg解析：（1）第一次与右挡板碰后到达共同速度 v1 的过程中，对 m、M 组成的系统，选定水平向左为正方向由动量守恒可得(Mm) v0=(Mm) v1 由能量守恒可得 2210()gL由解得20()v 第 5 页 共 9 页（2）上述过程中，m 相对 M 向右滑 动，且共同速度 v1 向左以后，M 与左挡板碰撞，碰后 m 相对 M 向左滑动，直到重新达到共同速度 v2，则(Mm)v 1=(Mm) v2 21()gL由解得2()vg显然 L2L1，同理 L3L2，因此，只有第一次碰后 m 未从 M 上掉下，以后就不可能掉下，则长木板的长度 L 应满足20()Mvmg（3）
13、根据能量守恒可得，到刚发 生第四次碰撞前，系 统损失的机械能又221230101()()()()MmEgLgvvg10v220()Mmvv所以， 2411()J=9.83E7物块 A 与竖直轻弹簧相连，放在水平地面上，一个物块 B 由距弹簧上端 O 点H 高处自由落下，落到弹簧上端后将弹簧压缩为了研究物块 B 下落的速度随时间变化的规律和物块 A 对地面的压力随时间变化的规律，某位同学在物块 A 的正下方放置一个压力传感器，测量物块 A 对地面的压力，在物块 B 的正上方放置一个速度传感器，测量物块 B 下落的速度在实验中测得：物块A 对地面的最小压力为 P1，当物块 B 有最大速度时，物块
14、A 对地面的压力为P2已知弹簧的劲度系数为 k，物块 B 的最大速度为 v，重力加速度为 g，不计弹簧的质量（1）物块 A 的质量（2）物块 B 在压缩弹簧开始直到 B 达到最大速度的过程中，它对弹簧做的功（3）若用 T 表示物块 B 的速度由 v 减到零所用的时间，用 P3 表示物块 A 对地面的最大压力，试推测：物块的速度由 v 减到零的过程中，物块 A 对地面的压力 P 随时间 t 变化的规律可能是下列函数中的（要求说明推测的依据）A B232()tP131()TC Dsin(Tsin(2t【答案】（1） ；（2） ；（3）C1g 22111)()()PHvkg解析：（1）物块 B 没有
15、落到弹簧上时，物块 A 对地面的压力为最小压力，此时物块 A 受重力 mAg 和地面的支持力（大小等于 P1）处于平衡 P1=mAgAOHB第 6 页 共 9 页物块 A 的质量 1Pmg（2）物块 B 落到弹簧上，将弹簧压缩，当物 块 B 的重力等于弹簧的弹力时，物 块 B 有最大速度则有： 1kx此时，由物块 A 受弹簧的压力（大小等于 ）、重力和地面的支持力（大小等于 ）处于平衡，有1kx 2P2BPmg物块 B 由静止开始落下，到达最大速度的 过程中，重力做功 ，克服弹簧的弹力做功 W，动能1()BmgHx增加，有：211()vgHxW将式代入式，得物 块 B 对弹簧做功 221121()()PWvkg（3）应为 32()sin(tT物块 B 与弹簧接触后，在重力和弹力作用下，在 竖直方向上做简谐运动，周期为 4T物块 A 对地面的压 力大小 P 等于 A 的重力与弹簧的弹力之和则 P 随时间变化的关系只可能是正弦函数， A、B 选项都不正确当 t=0 时，压力 P=P2；当 t=T 时，压力最大为 P3只有选项 C 正确另解：物块 B 与弹簧接触后，在重力和弹力作用下，在 竖直方向上做简谐运动其平衡位置在物
