精做20 动量、能量综合问题
1．（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m A =2 kg 、m B =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/s 2
。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 。
【答案】（1）0.6s t = （2）2m/s v = （3）0.6m H = 【解析】（1）B 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有：2
2
1gt h =解得：0.6s t = （2）设细绳绷直前瞬间B 速度大小为v B ，有06m/s v gt ==
细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A 、B 的重力，A 、B 相互作用，总动量守恒：v m m v m B A B )(0+= 绳子绷直瞬间，A 、B 系统获得的速度：2m/s v =
之后A 做匀减速运动，所以细绳绷直瞬间的速度v 即为最大速度，A 的最大速度为2 m/s
（3）细绳绷直后，A 、B 一起运动，B 恰好可以和地面接触，说明此时A 、B 的速度为零，这一过程中A 、
B 组成的系统机械能守恒，有：gH m gH m v m m A B B A =++2
)(2
1
解得，初始时B 离地面的高度0.6m H =
2．（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m A=0.400 kg和m B=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=0
k k
k
-
×100%，结果保留1位有效数字）。
【答案】（1）2.04×10–3 s2/m （2）6%
（2）按照定义δ=0
k k
k
-
×100%⑥
由⑤⑥式和题给条件得δ=6%⑦
3．（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？ 【答案】（1）20 kg （2）不能
（2）设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有m 1v 1+m 2v 20=0④ 代入数据得v 1=1 m/s ⑤
设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有
m 2v 20= m 2v 2+ m 3v 3⑥
222
220223
3111+222
m v m m v v =⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2=1 m/s ⑧
由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩 4．（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
3
4
m 。两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a 以初速度0v 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力因数满足的条件。
【答案】2200
322113v v gl gl
μ≥≥ 【解析】设物块与地面间的动摩擦因数为μ，若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有
2
012
mv mgl μ>
即20
2v gl
μ<
设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为1v ，由能量守恒可得
22
011122
mv mv mgl μ=+ 设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为1
2v v ''、 根据动量守恒和能量守恒可得11
2
34mv mv mv ''=+，2221121113
2224
mv mv mv ''=+? 联立可得2
18
7
v v '= 根据题意，b 没有与墙发生碰撞，根据功能关系可知，
22133244
m
mv gl μ'?≤?
故有2
32113v gl
μ≥
综上所述，a 与b 发生碰撞，但b 没有与墙发生碰撞的条件是2200
322113v v gl gl
μ≥≥ 5．（2012·广东卷）图（a ）所示的装置中，小物块A 、B 质量均为m ，水平面上PQ 段长为l ，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r 的连杆位于图中虚线位置；
A 紧靠滑杆（A 、
B 间距大于2r ）。随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速
度–时间图像如图（b ）所示。A 在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B 发生完全非弹性碰撞。
（1）求A 脱离滑杆时的速度0v ，及A 与B 碰撞过程的机械能损失ΔE 。
（2）如果AB 不能与弹簧相碰，设AB 从P 点到运动停止所用的时间为t 1，求ω的取值范围，及t 1与ω
的关系式。
（3）如果AB 能与弹簧相碰，但不能返回到P 点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为E p ，
求ω的取值范围，及E p 与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）。
【答案】（1）221
4
E m r ω?= （2）g
r t μω21
=
（3）22p (8)
4
m gl r E μω-=
【解析】（1）滑杆达到最大速度时A 与其脱离。由题意，得：0v r ω=
设AB 碰撞后的共同速度为1v ，由动量守恒定律012mv mv = 碰撞过程中的机械能损失为22011122
2
E mv m v ?=-（）
221
4
E m r ω?=
（3）AB 能与弹簧相碰，则
mgl mv 222
1
21?>?μ 不能返回道P 点左侧
l mg mv 2222
1
21??≤?μ 解得r
gl r gl μωμ422≤
< AB 在的Q 点速度为v 2，AB 碰后到达Q 点过程，由动能定理
22
211122222
mgl m m v v μ-?=
?-? AB 与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒
2
p 2122
m v E =?
整理可以得到：22p (8)
4
m gl r E μω-=
6．如图所示，内壁光滑半径为R 的圆形轨道，固定在竖直平面内。质量为m 1的小球静止在轨道最低点，另一质量为m 2的小球（两小球均可视为质点）从内壁上与圆心O 等高的位置由静止释放，运动到最低点时与m 1发生碰撞并粘在一起。求：
（1）小球m 2刚要与m 1发生碰撞时的速度大小；
（2）碰撞后，m 1?m 2能沿内壁运动所能达到的最大高度（相对碰撞点）。
【答案】（1）2gR （2）2
22
12()
m R
m m 【解析】（1）设小球m 2刚要与m 1发生碰撞时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律，得m 2gR=2
122
m v ① 解得v 0=2.gR ②
7．如图，质量m 1=0.45 kg 的平顶小车静止在光滑水平面上，质量m 2=0.5 kg 的小物块(可视为质点)静止在车顶的右端。一质量为m 0=0.05 kg 的子弹以水平速度v 0=100 m/s 射中小车左端并留在车中，最终小物块相对地面以 2 m/s 的速度滑离小车。已知子弹与车的作用时间极短，小物块与车顶面的动摩擦因数
μ=0.8，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取g =10 m/s 2，求：
（1）子弹相对小车静止时小车速度的大小；
（2）小车的长度L 。
【答案】（1）10 m/s （2）2 m
【解析】（1）子弹进入小车的过程中，子弹与小车组成的系统动量守恒，由动量守恒定律得
m 0v 0=(m 0+m 1)v 1①
解得v 1=10 m/s ②
8．如图所示，A 、B 两个矩形木块用轻弹簧相接静止在水平地面上，弹簧的劲度系数为k ，木块A 和木块B 的质量均为m 。
（1）若用力将木块A 缓慢地竖直向上提起，木块A 向上提起多大高度时，木块B 将离开水平地面。 （2）若弹簧的劲度系数k 是未知的，将一物体C 从A 的正上方某位置处无初速释放，C 与A 相碰后立即
粘在一起（不再分离）向下运动，它们到达最低点后又向上运动．已知C 的质量为m 时，把它从距A 高为H 处释放，则最终能使B 刚好离开地面．若C 的质量为2
m
，要使B 始终不离开地面，则释放时，C 距A 的高度h 不能超过多少？ 【答案】（1）
2mg
k
（2）94H
【解析】（1）开始时，木块A 处于平衡，则kx 1=mg （弹簧压缩） 木块B 刚好离开地面时，有kx 2=mg （弹簧伸长）
故木块A 向上提起的高度为122mg
x x k
+=
（2）物块C 的质量为m 时，它自由下落H 高度时的速度12v gH =① 设C 与A 碰撞后的共同速度为v 2，根据动量守恒定律，有12mv mv = 则1
22
v v =
② 以后A 、C 继续压缩弹簧，后又向上弹起，最终能使木块B 刚好离开地面。此过程中，A 、C 上升的高度为上升的高度为122mg
x x k
+=
，由于最初弹簧的压缩量x 1与最后的伸长量x 2相等，所以，弹簧势能相等，根据机械能守恒定律，有
2212122()2
mv mg x x ?=+③ 物块C 的质量为
2
m
时，设在距A 高h 处自由下落后刚好能使木块B 离开地面 则C 下落h 高度时的速度1
2v gh '=④ 设C 与A 碰撞后的共同速度为2
v '。则有121
1()2
2
mv m m v ''=+ 解得2
113
v v ''=⑤ A 、C 碰后上升高度12()x x +时，木块B 刚好离开地面，此过程中，由机械能守恒定律有
22
12111
()()()222
m m v m m g x x '+=++⑥ 由以上各式消去12()x x +解得9
4
h H =
9．如图所示，一轻绳穿过光的定滑轮，两端各拴一小物块，它们的质量分别为m 1、m 2，已知m 2=3m 1，起始时m 1放在地上，m 2离地面高度为h =1.00 m ，绳子处于拉直状态，然后放手，设物块与地面相碰时完全没有弹起（地面为水平沙地），绳不可伸长，绳中各处拉力均相同，在突然提拉物块时绳的速度与物块相同，试求m 2所走的全部路程（取三位有效数字）。
【答案】1.13 m
【解析】m 2从h 高处下落，落地前的速度为v ，对系统，由机械能守恒定律可得2
21121()2
m gh m gh m m v -=+
①
m 2落地与地面碰撞后，速度变为零，m 1以速度v 做竖直上抛运动，后又自由落下，在绳刚伸直但尚未绷
紧时，其速度仍为v ，在绳绷紧的瞬间m 1的动量由m 1v 变为m 1v 1，m 2的动量由0变为m 2v 1，因绳绷紧的瞬间，绳中拉力远大于物块重力，因此可以认为这一过程动量守恒，选m 1、m 2的运动方向为正方向，有
m 1v =(m 1+m 2)v 1②
这以后m 2以速度v 1向上运动，m 1以v 1向下运动，当m 2上升至最高点（设其高度为h 1）时，m 1、m 2的速度皆为零，由机械能守恒有
212111211()2
m m v m gh m gh ++=③ 由①②③式解得21
112
(
)m h h m m =+④
m 2到达高度h 1后，又从该处下落，并到达地面，与前面的过程相似，m 2第二次上升到最点，其高度为h 2，
按上面的计算，有
2411
211212
(
)()m m h h h m m m m ==++
而m 2走过的路程为
123222s h h h h =+++
+
2461111212121
2[()()()]2m m m h m m m m m m =++++
+++
2461111
2[()()()]2444
h =++++
2461111
2[1()()()]4442h =++++-
221[1()]
142{lim }121()4
n n h →∞-=--
16117
2 1.00() 1.13m 15215
=?-==.
10．如图所示，AB 为斜轨道，与水平面夹角30°，BC 为水平轨道，两轨道在B 处通过一小段圆弧相连接，
一质量为m 的小物块，自轨道AB 的A 处从静止开始沿轨道下滑，最后停在轨道上的C 点，已知A 点高
h，物块与轨道间的动摩擦因数为μ，求：
（1）整个过程中摩擦力所做的功?
（2）物块沿轨道AB段滑动的时间t1与沿轨道BC段滑动的时间t2之比t1/t2等于多少?
【答案】（1）mgh（2）
13μ
-
11．如图所示，水平传送带AB足够长，质量为M=1 kg的木块随传送带一起以v1=2 m/s的速度向左匀速运动（传送带的速度恒定），木块与传送带的摩擦因数μ=05.，当木块运动到最左端A点时，一颗质量为m=20 g的子弹，以v0=300m/s的水平向右的速度，正对射入木块并穿出，穿出速度v=50m/s，设子弹射穿木块的时间极短，（g取10m/s2）求：
（1）木块遭射击后远离A的最大距离；
（2）木块遭击后在传送带上向左运动所经历的时间。
【答案】（1）0.9 m （2）0.65 s
【解析】（1）设木块遭击后的速度瞬间变为V，以水平向右为正方向，由动量守恒定律得
mv Mv mv MV
01
-=+
则V
m v v
M
v
=
-
-
()
1
，代入数据解得3m/s
V=，方向向右
木块遭击后沿传送带向右匀减速滑动，其受力如图所示
摩擦力0.5110N5N
N
f F Mg
μμ
====
××
设木块远离A点的最大距离为s，此时木块的末速度为零，根据动能定理
2
1
2
fs MV
-=-
则
22
13
m0.9m
225
MV
s
f
===
×
×
（2）设木块向左加速到
1
2m/s
v=时的位移为s1，由动能定理得
2
11
1
2
fs Mv
=，则
22
1
1
12
m0.4m0.9m
225
Mv
s
f
===<
×
×
由此可知，遭击木块在传送带上向左的运动过程分两个阶段：先向左加速运动一段时间t
1
，再匀速运
动一段时间t
2
由动量定理得f t Mv
11
=，则
1
1
12
s0.4s
5
Mv
t
f
===
×
1
2
1
0.90.4
s0.25s
2
s s
t
v
--
===
所求时间
12
0.4s0.25s0.65s
t t t
=+=+=
12．如图所示，内壁光滑的半径为R的圆形轨道，固定在竖直平面内．质量为m1的小球静止在轨道最低点，另一质量为m2的小球（两小球均可视为质点）从内壁上与圆心O等高的位置由静止释放，到最低点时与m1发生弹性碰撞。求：
（1）小球m2运动到最低点时的速度大小。
（2）碰撞后，欲使m1能沿内壁运动到最高点，则
1
2
m
m应满足什么条件？
【答案】（1）2gR（2）2
1
5
3.78
225
m
m
≥≈
-
【解析】（1）设小球m2运动到最低点时的速度为v0，由机械能守恒，得
2
220
1
2
m gR m v
=①
解得
2
v gR
=②
小球m1由最低点运动最高点的过程中机械能守恒，则
22
1111
11
2
22
m v m v m gR
-=⑦
由②⑤⑥⑦式解得2
1
5
3.78
225
m
m
≥≈
-
⑧
13．如图所示，两个质量均为4m的小球A和B由轻弹簧连接，置于光滑水平面上。一颗质量为m子弹，以水平速度v0射入A球，并在极短时间内嵌在其中。求：在运动过程中。
（1）什么时候弹簧的弹性势能最大，最大值是多少？
（2）A球的最小速度和B球的最大速度。
【答案】（1）
2
2
45
mv
（2）V A min
1
45
v
=V Bmax
2
9
v
=
（2）以子弹和A球有共同速度为初态，子弹和A球速度最小、B球速度最大为末态，则(m+M)V=(m+M)V A+MV B ⑤
222
111
()()
222
A B
m M V m M V MV
+=++⑥
解得
1
45
A
V v
=，0
2
9
B
V v
=⑦
或A V=
1
5
v0，B V=0⑧
根据题意求A 球的最小速度和B 球的最大速度，所以V Amin 0145
v =
，V Bmax 02
9
v =
14．如图所示，在平静的水面上漂浮着一块质量为M =150 g 的带有支架的木板，木板左边的支架上静静地
蹲着两只质量各为m =50 g 的青蛙，支架高h =20 cm ，支架右方的水平木板长s =120 cm 。突然，其中有一只青蛙先向右水平地跳出，恰好进入水中，紧接其后，另一只也向右水平地跳出，也恰好进入水中。试计算：（水的阻力忽略不计，取g =10 m/s 2
，结果保留两位有效数字）
（1）第一只青蛙为了能直接跳入水中，它相对地的跳出初速度v 1至少是多大？ （2）第二只青蛙为了能直接跳入水中，它相对地的跳出初速度v 2至少又是多大？ （3）在上述过程中，哪一只青蛙消耗的体能大一些？请简述理由。
【答案】（1）1 4.8m/s v = （2）2 3.3m/s v = （3）第一只青蛙消耗的体能大（见解析） 【解析】（1）（2）设两次跳出对应青蛙的初速率各是v 1、v 2，木块分别获得反冲速率为V 1、V 2 在第一次跳出过程中，对M 和2m 系统，根据动量定恒定律，有
011=-+mv M m V ()①
在第二次跳出过程中，对M 和m 系统，根据动量守恒定律，有
-+=-()M m V mv MV 122②
由平抛运动规律可得h gt =
12
2
③ s v V t =+()11④
22()s v V t =+⑤
解得12124.8m/s 3.3m/s ( 1.2m/s 2.7m/s)v v V V ====，， （3）第一只青蛙消耗的体能2211111
()0.71J 22
Q mv M m V =++=⑥ 第二只青蛙消耗的体能
2222221111
()0.67J 222
Q mv MV M m V =
+-+=⑦
可见，Q Q 12>
15．如图所示，足够长金属导轨MN 和PQ 与R 相连，平行地放在水平桌面上。质量为m 的金属杆ab 可以无
摩擦地沿导轨运动。导轨与ab 杆的电阻不计，导轨宽度为L ，磁感应强度为B 的匀强磁场垂直穿过整个导轨平面。现给金属杆ab 一个瞬时冲量I 0，使ab 杆向右滑行。 （1）回路最大电流是多少？
（2）当滑行过程中电阻上产生的热量为Q 时，杆ab 的加速度多大？ （3）杆ab 从开始运动到停下共滑行了多少距离？
【答案】（1）0BLI mR （22
22
02
2I B L Q mR m m
-（3）022I R B L 【解析】（1）由动量定理000I mv =-得00I v m
=
由题可知金属杆做减速运动，刚开始有最大速度时有最大m 0=E BLv ，所以回路最大电流：
00
m =
BLv BLI I R mR
=
（2）设此时杆的速度为v ，由动能定理有：
22
1122
A W mv mv =-而Q =A W - 解之2
02
2I Q
v m m
=-由牛顿第二定律A F BLI ma ==及闭合电路欧姆定律
BLv I R
=
得 22222
02
2I B L v B L Q
a mR mR
m m
==
- （3）对全过程应用动量定理有：
00i BI L t I -??=-∑
而
i I t q ??=∑所以有0
I q BL
=
又E BLx
q I t t R R
=??=
?=
其中x 为杆滑行的距离所以有022
I R
x B L =
16．如图所示，电容器固定在一个绝缘座上，绝缘座放在光滑水平面上，平行板电容器板间的距离为d ，右
极板上有一小孔，通过孔有一左端固定在电容器左极板上的水平绝缘光滑细杆，电容器极板以及底座、绝缘杆总质量为M ，给电容器充电后，有一质量为m 的带正电小环恰套在杆上以某一初速度v 0对准小孔向左运动，并从小孔进入电容器，设带电环不影响电容器板间电场分布。带电环进入电容器后距左板的最小距离为0.5d ，试求：
（1）带电环与左极板相距最近时的速度v ； （2）此过程中电容器移动的距离s 。 （3）此过程中能量如何变化？
【答案】（1）0
mv v M m
=
+ （2）2()md s M m =
+ （3）带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能。
（2）能量观点（在第（1）问基础上）： 对m ：22
11()222
d Eq s mv mv -+=- 对M ：21
02
Eqs Mv =
- 22
11()222
d Eq
m M v mv -=+- 所以2m d
s M m =?+
运动学观点： 对M ：
2v
t s =，对m ：02v v t s +'= 2
d
s s '-=
，解得：2()md s M m =+
带电环与电容器的速度图像如图所示。由三角形面积可得：
00122d v t =，01
2
s vt = 解得：2()
md
s M m =
+
（3）在此过程，系统中，带电小环动能减少，电势能增加，同时电容器等的动能增加，系统中减少的动能全部转化为电势能
17．在电场强度为E 的匀强电场中，有一条与电场线平行的几何线，如图中虚线所示，几何线上有两个静
止的小球A 和B （均可看作质点），两小球的质量均为m ，A 球带电荷量+Q ，B 球不带电，开始时两球相距L ，在电场力的作用下，A 球开始沿直线运动，并与B 球发生对碰撞，碰撞中A 、B 两球的总动能无损失，设在各次碰撞过程中，A 、B 两球间无电量转移，且不考虑重力及两球间的万有引力，问： （1）A 球经过多长时间与B 球发生第一次碰撞？ （2）第一次碰撞后，A 、B 两球的速度各为多大？
（3）试问在以后A 、B 两球有再次不断地碰撞的时间吗？如果相等，请计算该时间间隔T ，如果不相等，
请说明理由。
【答案】（1）
2mL QE （2）0 2QEL m （3）22mL
QE
【解析】（1）A 球在电场力的作用下做匀加速直线运动，则： 由牛顿第二定律有：m
QE m F a =
=① 由运动学有：2
12
L at =② 解之得2mL
t QE
=
③
（3）取B 球为参考系，A 、B 碰撞后，A 球以A v 向左做匀减速直线运动，经时间t 后，速度减为零，同时与B 球相距L ，然后A 球向右做匀加速直线运动，又经过时间t 后，速度增为A v ，与B 球发生第二次碰撞
同理可证，每次总能量无损失的碰撞均为互换速度，则以后第三、四次碰撞情况可看成与第二次碰撞的情况重复，以此类推可知A 、B 两球不断碰撞的时间间隔相等，均为：
222
mL
T t QE
==