1、课时跟踪训练（六）动量与能量的综合问题A级双基达标1.如图所示，质量为M的小车置于光滑的水平面上，车的上表面粗糙，有一质量为m的木块以初速度v0水平地滑至车的上表面，若车足够长，则()A木块的最终速度为 v0B由于车上表面粗糙，小车和木块所组成的系统动量不守恒C车上表面越粗糙，木块减少的动量越多D车上表面越粗糙，小车获得的动量越多解析：选A因水平面光滑，则木块滑上小车后，小车和木块组成的系统动量守恒，有mv0(Mm)v，得最终速度v，A正确，B错误；木块减少的动量为p木减mv0mv，与车上表面粗糙程度无关，C错误；小车获得的动量为p车增Mv，与车上表面粗糙程度无关，D错误。2.放在光滑水平面上
2、的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧，用左、右两手分别控制小车A、B处于静止状态，已知A的质量大于B的质量，下面说法中不正确的是() A两手同时放开后，两车的总动量为零B先放开右手，后放开左手，两车的总动量向右C先放开左手，后放开右手，两车的总动量向右D两手同时放开，A车的速度小于B车的速度解析：选C当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，又因为开始时总动量为零，故系统总动量始终为零，故A正确，不符合题意；先放开右手，右边的小车就向右运动，当再放开左手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向右，放开左手后总动量方向也向右，故B正确，不符合题意；先放开左手，
3、左边的小车就向左运动，当再放开右手后，系统所受合外力为零，故系统的动量守恒，且开始时总动量方向向左，放开右手后总动量方向也向左，故C错误，符合题意；当两手同时放开时，系统的合外力为零，所以系统的动量守恒，即mAvAmBvB，因A的质量大于B的质量，则A车的速度小于B车的速度，故D正确，不符合题意。3(2021年1月8省联考湖北卷)如图所示，曲面体P静止于光滑水平面上，物块Q自P的上端静止释放。Q与P的接触面光滑，Q在P上运动的过程中，下列说法正确的是()AP对Q做功为零BP和Q之间相互作用力做功之和为零CP和Q构成的系统机械能守恒、动量守恒DP和Q构成的系统机械能不守恒、动量守恒解析：选BP对
4、Q有弹力的作用，并且在力的方向上有位移，在运动中，P会向左移动，P对Q的弹力方向垂直于接触面向上，与Q移动位移方向的夹角大于90，所以P对Q做功不为0，故A错误；因为P、Q之间的力属于系统内力，并且等大反向，两者在力的方向上发生的位移相等，所以做功之和为0，故B正确；因为系统除重力外，其他力做功代数和为零，所以P、Q组成的系统机械能守恒，系统水平方向上不受外力的作用，水平方向上动量守恒，但是在竖直方向上Q有加速度，即竖直方向上动量不守恒，故C、D错误。4多选如图所示，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紧靠竖直墙壁。用水平方向左推B，将弹簧压缩，推到某位置静止
5、时推力大小为F，弹簧的弹性势能为E，在此位置突然撤去推力，下列说法中正确的是()A从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量不守恒，机械能守恒B从撤去推力到A离开竖直墙壁前，A、B和弹簧组成的系统动量守恒，机械能守恒CA离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为DA离开竖直墙壁后，弹簧弹性势能最大值为E解析：选ACA离开墙壁前，墙壁对A有弹力，这个弹力虽不做功，但对A有冲量，因此系统动量不守恒，机械能守恒，选项A正确，B错误；由系统机械能守恒可得：E2mvB2A脱离墙面后速度逐渐增加，B速度逐渐减小，此过程中弹簧逐渐伸长，当A、B速度相同时，弹簧弹性势能最大，这一过程系统动量和机械能均
6、守恒，有：动量守恒：2mvB(m2m)v机械能守恒：Epmax(2m)vB2(m2m)v2由可解得Epmax，选项C正确，D错误。5.多选质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性碰撞的，则整个过程中，系统损失的动能为()Amv2 Bv2CNmgL DNmgL解析：选BD根据动量守恒，小物块和箱子的共同速度v，损失的动能Ekmv2(Mm)v2v2，故B正确；根据能量守恒，损失的
7、动能等于因摩擦产生的热量，所以EkFfNLNmgL，故D正确。6.如图所示，在光滑的水平面上，有两个质量均为m的小车A和B，两车之间用轻质弹簧相连，它们以共同的速度v0向右运动，另有一质量为m的黏性物体，从高处自由落下，正好落在A车上，并与之粘合在一起，粘合之后的运动过程中，弹簧获得的最大弹性势能为()Amv02 Bmv02Cmv02 Dmv02解析：选C黏性物体落在A车上，由动量守恒有mv02mv1，解得v1，之后整个系统动量守恒，当系统再次达到共同速度时，有2mv03mv2，解得v2，此时弹簧获得的弹性势能最大，最大弹性势能Epmv022m23m2mv02，所以C正确。7.如图所示，一沙袋
8、用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态，一弹丸以水平速度v0击中沙袋后未穿出，二者共同摆动，若弹丸质量为m，沙袋质量为5m，弹丸和沙袋形状大小忽略不计，弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法中正确的是()A弹丸打入沙袋过程中，细绳所受拉力大小保持不变B弹丸打入沙袋过程中，弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小C弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为D沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为解析：选D初态时，细绳的拉力等于沙袋的重力，弹丸打入沙袋过程中，沙袋的速度增大，做圆周运动，细绳拉力与沙袋的重力的合力提供向心力，拉力增大，A选项错误；弹丸打入沙袋过
9、程中，弹丸和沙袋组成的系统内力远大于外力，系统动量守恒，弹丸对沙袋的冲量大小等于沙袋对弹丸的冲量大小，B选项错误；弹丸打入沙袋过程中，取初速度方向为正，根据动量守恒定律可知，mv0(m5m)v，根据能量守恒定律可知，产生的热量Qmv02(m5m)v2mv02，C选项错误；弹丸打入沙袋后，系统机械能守恒，(m5m)v2(m5m)gh，解得最大高度h，D选项正确。8如图所示，有A、B两质量均为M的小车，在光滑的水平面上以相同的速率v0在同一直线上相向运动，A车上有一质量为m的人，他至少要以多大的速度(对地)从A车跳到B车上，才能避免两车相撞？解析：以A车的初速度方向为正方向，A车和人组成的系统由动
10、量守恒，有(Mm)v0mvMvA对B车与人组成的系统，有Mv0mv(Mm)vB速度v最小的条件是：人跳上B车稳定后两车的速度相等，即vAvB解得v v0。答案： v09.如图所示，静止在光滑水平面上的木块，质量为M、长度为L。一颗质量为m的子弹从木块的左端打进木块，设子弹在打穿木块的过程中受到大小恒为Ff的阻力，要使子弹刚好从木块的右端打出，则子弹的初速度v0应等于多大？解析：取子弹和木块所组成的系统为研究对象，它们所受到的合外力等于零，故总动量守恒。由动量守恒定律得mv0mv1Mv2要使子弹刚好从木块右端打出，则必须满足临界条件v1v2根据功能关系得FfLmv02mv12Mv22解得v0 。
11、答案： B级选考提能10.多选如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲管道，整个小车(含管道)的质量为2m，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看成质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车，关于这个过程，下列说法正确的是()A小球滑离小车时，小车回到原来位置B小球滑离小车时相对小车的速度大小为vC车上管道中心线最高点距小车上表面的竖直高度为D小球在滑上小车到管道最高点的过程中，小车的动量变化大小是解析：选BC小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和轨道之间相对速度为0，则小球和小车组成的系统水平方向动量守恒mv
12、(m2m)v，v，p车2mmv，D项错误；由功能关系知mgHmv23mv2，得H，C项正确；小球滑离小车：mvmv12mv2，mv2mv122mv22，解得v1，v2v，小球相对小车的速度vv1v2v，B项正确；在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。11如图所示，半径分别为R和r(Rr)的甲、乙两光滑圆轨道安置在同一竖直平面内，两轨道之间由一条光滑水平轨道CD相连，在水平轨道CD上一轻弹簧被a、b两小球夹住(未拴接)，同时释放两小球，a、b球恰好能通过各自的圆轨道的最高点。(1)求两小球的质量比。(2)若mambm，要求a、b都能通过各自的最高点，弹簧释放前至少具有多少弹性势能？解析：(1)
13、a、b球恰好能通过各自圆轨道的最高点的速度分别为vavb由动量守恒定律得mavambvb由机械能守恒定律得mava2mava2mag2Rmbvb2mbvb2mbg2r联立得。(2)若mambm，由动量守恒定律得vavbv当a球恰好能通过圆轨道的最高点时，弹簧具有的弹性势能最小，Ep25mgR。答案：(1)(2)5mgR12(2021海南高考)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速地轻放在木板最右端。已知滑块和木板的质量分别为m和2m，它们之间的动摩擦因数为，重力加速度为g。(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求
14、此时滑块到木板最右端的距离；(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功。解析：(1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2mv03mv共，解得v共。(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v木2v滑，再根据动量守恒定律有2mv02mv木mv滑，联立化简得v滑v0，v木v0，再根据功能关系有mgx2mv木2mv滑22mv02，联立解得x。(3)由于木板保持匀速直线运动，则有Fmg，对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a滑g，滑块相对木板静止时有v0a滑t，解得t，则整个过程中木板滑动的距离为xv0t，则拉力所做的功为WFxmv02。答案：(1)(2)(3)mv02