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動量與能量的綜合應用   Ⅱ   只限于一維。在研究物體的受力與運動的關系時，不可避免地要引起能量和動量的變化，所以說動量和能量都是力學綜合題中不可缺少的考點，這類考題綜合性強，難度大，主要題型是計算題。

一、兩物體的碰撞問題
兩物體發生正碰（m1，v1；m2，v2→m1，v3；m2，v4），總能量損失ΔE
動量守恒：m1v1+m2v2=m1v3+m2v4，能量守恒： + = + +ΔE
規定總動量p=m1v1+m2v2，幾何平均質量m= ，總質量M=m1+m2
可得v3= ，v4=
1．若ΔE=0，損失能量最小。
當m1=m2=m時，可得v3=v2，v4=v1（另解v3=v1，v4=v2舍去），即發生速度交換。
故ΔE=0的碰撞稱為彈性碰撞，ΔE>0的碰撞稱為非彈性碰撞。
2．若ΔE盡量大，取最大值時，有。
此時可得v3=v4= ，碰后兩物體共同運動。故ΔE最大的碰撞稱為完全非彈性碰撞。
二、彈簧連接體的“碰撞”
光滑水平面上，若將輕彈簧連接體系統的動能損失（等于彈簧的彈性勢能）視為一般碰撞問題中的ΔE，則彈簧連接體的運動可視為碰撞模型。
1．彈簧處于原長狀態時，可視為彈性碰撞。
2．彈簧壓縮最短或拉伸最長時，彈簧彈性勢能最大，即動能損失最大，對應完全非彈性碰撞。在規定了正方向的情況下，求出的兩組速度解分別對應彈簧最短和最長的情況。
3．彈簧連接體問題一般會得到兩組速度解，且均有實際物理意義，故需要聯系具體情況保留或舍去。
三、水平方向的動量守恒
動量為矢量，故動量守恒定律也具備矢量性；系統在某一方向上受力平衡，則在該方向上的分動量之和不變；一般系統在豎直方向始終受到重力作用，故只在水平方向動量守恒。
四、核反應過程：粒子系統的動量守恒；能量變化ΔE=Δmc2（Δm為質量虧損，c為真空光速）。

在光滑水平面上，一質量為m，速度大小為v的A球與質量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反。則碰撞后B球的速度大小是
A．0.2v B．0.3v               C．0.4v D．0.6v
【參考答案】D
【詳細解析】A球和B球碰撞過程中動量守恒，設A、B兩球碰撞后的速度分別為、，選A原來的運動方向為正方向，由動量守恒有，可得，，A、B兩球碰撞過程能量可能有損失，由能量關系有，聯立動量守恒式可得，即，符合條件的只有，選D。
【解題必備】解本題時需要考慮兩物體發生碰撞的各種條件：
（1）碰撞前提：碰撞前，兩物體相向運動，或同向運動時速度大的在后、速度小的在前。
（2）碰撞結果：沿總動量方向，碰撞后，兩物體速度反向，或前面物體的速度大于后面的物體。
（3）動量守恒：碰前總動量等于碰后總動量。
（4）能量守恒：動能不增加，碰后總動能不大于碰前總動能。

1．【2019•廣西高一期末】（多選）在光滑的冰面上，質量為80kg的冰球運動員甲以5.0m/s的速度向前運動時，與另一質量為100kg、速度為3.0m/s的迎面而來的運動員乙相撞，碰后甲恰好靜止。假設碰撞時間極短，下列說法正確的是（）
A．碰后乙的速度的大小是1.5m/s       B．碰后乙的速度的大小是1.0m/s
C．碰撞中總機械能損失了1500J   D．碰撞中總機械能損失了1400J
【答案】BD
【解析】設運動員甲、乙的質量分別為m、M，碰前速度大小分別為v1、v2，碰后乙的速度大小為v′2，規定碰撞前甲的運動方向為正方向，由動量守恒定律有：mv1-Mv2=Mv′2，解得：，故A錯誤，B正確。根據能量守恒定律可知，碰撞中總機械能的損失為：△E= mv12+ Mv22- Mv′2，代入數據解得：△E=1400J，故C錯誤，D正確。
2．（多選）A、B兩球沿同一條直線運動，如圖所示的xt圖像記錄了它們碰撞前后的運動情況，其中a、b分別為A、B兩球碰撞前的xt圖像，c為碰撞后它們的xt圖像。若A球質量為1 kg，則B球質量及碰后它們的速度大小分別為

A．2 kg B．23 kg   C．4 m/s D．1 m/s
【答案】BD　
【解析】由題圖可知圖線的斜率表示速度的大小，碰撞前A、B兩球都做勻速直線運動，A球的速度為va＝4－102 m/s＝－3 m/s，B球的速度為vb＝4－02 m/s＝2 m/s，碰撞后二者連在一起做勻速直線運動，共同速度為vc＝2－44－2 m/s＝－1 m/s。碰撞過程中動量守恒，由動量守恒定律得mAva＋mBvb＝(mA＋mB)vc，解得mB＝23 kg，選項B、D正確。

【2019•廣東高一期末改編】（多選）一顆子彈水平射入置于光滑水平面上的木塊A并立即留在其中，A、B用一根彈性良好的輕質彈簧連在一起，如圖所示。則在子彈打擊木塊A至彈簧第一次被壓縮最短的過程中，對子彈、兩木塊和彈簧組成的系統下列說法正確的是

A．系統動量不守恒，機械能守恒
B．系統動量守恒，機械能不守恒
C．當彈簧被壓縮最短時，系統具有共同的速度
D．當彈簧被壓縮最短時，系統減少的動能全部轉化為彈簧的彈性勢能
E．當彈簧再次恢復到原長時，B的動能最大，A的動能最小
【參考答案】BCE
【詳細解析】子彈、兩木塊和彈簧組成的系統所受合外力為零，所以系統動量守恒，由于子彈射入木塊過程中要克服摩擦力做功，有一部分機械能轉化為內能，所以系統機械能不守恒，故A錯誤，B正確；當彈簧被壓縮最短時，即A和B具有相同的速度，故C正確；由能量守恒可知，當彈簧被壓縮最短時，系統減少的動能一部分轉化為內能，一部分轉化為彈性勢能，故D錯誤。從彈簧被壓縮到彈簧再次恢復到原長的過程，B一直在加速，A一直在減速，所以當彈簧再次恢復到原長時，B的動能最大，A的動能最小，故E正確。
【名師點睛】在彈簧連接體系統中，彈簧彈力是內力，對連接的兩物體的彈力大小相等、方向相反，故對系統的總沖量是零。但彈簧彈力對連接的兩物體的做功位移不相等（否則沒有彈力變化），故彈力對系統的總功使系統動能變化，與彈簧的彈性勢能相互轉化，系統機械能仍守恒。

1．（多選）如圖所示，質量分別為m和2m的A、B兩個木塊間用輕彈簧相連，放在光滑水平面上，A靠緊豎直墻。用水平力F將B向左壓，使彈簧被壓縮一定長度，靜止后彈簧儲存的彈性勢能為E。這時突然撤去F，關于A、B和彈簧組成的系統，下列說法中正確的是

A．撤去F后，系統動量守恒，機械能守恒
B．撤去F后，A離開豎直墻前，系統動量不守恒，機械能守恒
C．撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為
D．撤去F后，A離開豎直墻后，彈簧的彈性勢能最大值為E
【答案】BC
【解析】撤去F后，A離開豎直墻前，豎直方向兩物體的重力與水平面的支持力平衡，合力為零，而墻對A有向右的彈力，系統的動量不守恒，此過程中，只有彈簧的彈力對B做功，系統的機械能守恒，A錯誤，B正確；A離開豎直墻后，當兩物體速度相同時，彈簧伸長最長或壓縮最短，彈性勢能最大，設兩物體速度為v，A離開墻瞬間，彈簧恢復原長，B的速度為v0，根據動量守恒和機械能守恒有2mv0=3mv，E= ?3mv2+Ep= ，聯立可得，C正確，D錯誤。
2．（多選）如圖所示，水平光滑軌道寬和彈簧自然長度均為d。m2的左邊有一固定擋板。m1由圖示位置靜止釋放，當m1與m2相距最近時m1速度為v1，則在以后的運動過程中

A．m1的最小速度是0
B．m1的最小速度是
C．m2的最大速度是v1
D．m2的最大速度是
【答案】BD
【解析】從小球m1到達最近位置后繼續前進，此后拉到m2前進，m1減速，m2加速，達到共同速度時兩者相距最遠，此后m1繼續減速，m2加速，當兩球再次相距最近時，m1達到最小速度，m2達最大速度：兩小球水平方向動量守恒，速度相同時保持穩定，一直向右前進，，；解得，，故m2的最大速度為，m2的最小速度為，BD正確。
【名師點睛】本題為彈性碰撞的變式，可以作為水平方向彈性碰撞模型進行分析，分析其運動過程找出其最大最小速度的出現位置，由動量守恒可以解答。

【2019•云南高考模擬】（多選）如圖所示，左側為光滑曲面的滑塊A放置在光滑水平地面上，曲面末端與水平地面相切，讓物塊B由靜止開始沿滑塊A的光滑曲面下滑，則物塊B從開始運動至到達曲面底端的過程中，下列說法正確的是

A．滑塊A和物塊B組成的系統動量不守恒
B．物塊B減小的重力勢能等于滑塊A增加的動能
C．滑塊A所受合外力的沖量為零
D．物塊B所受支持力沖量的大小大于其所受重力沖量的大小
【參考答案】AD
【詳細解析】物塊B從開始運動至到達曲面底端的過程中，系統水平方向合外力為零，豎直方向的合外力不為零，故滑塊A和物塊B組成的系統動量不守恒，但水平方向動量守恒，故A正確； A和B組成的系統機械能守恒，物塊B減小的重力勢能轉化為滑塊A和物體B的動能，故物塊B減小的重力勢能大于滑塊A增加的動能，故B錯誤；滑塊B下滑過程A向右做加速運動，滑塊A動量變化不為零，由動量定理可知，滑塊A所受合外力的沖量不為零，故C錯誤；滑塊B到達底端時速度沿水平方向，在豎直方向速度為零，由動量定理可知，物塊B所受支持力沖量的大小大于其所受重力沖量的大小，故D正確。

1．如圖所示，在光滑的水平面上放有一物體M，物體上有一光滑的半圓弧軌道，軌道半徑為R，最低點為C，兩端A、B等高，現讓小滑塊m從A點由靜止下滑，在此后的過程中

A．M和m組成的系統機械能守恒，動量守恒
B．M和m組成的系統機械能守恒，動量不守恒
C．m從A到C的過程中M向左運動，m從C到B的過程中M向右運動
D．m從A到B的過程中，M運動的位移為
【答案】B
【解析】M和m組成的系統機械能守恒，總動量不守恒，但水平方向動量守恒，A錯誤，B正確；m從A到C過程中，M向左加速運動，當m到達C處時，M向左速度最大，m從C到B過程中，M向左減速運動，C錯誤；m從A到B過程中，有MxM=mxm，xM+xm=2R，得，D錯誤。
【思維拓展】本題中，m從A到B過程，水平方向動量守恒，m和M的水平分速度始終與質量成反比，m到C點時，速度水平，m和M的總動能等于m重力勢能的減少量，故可求出此時m和M的速度；m到B點時，重力勢能與初始時相等，故動能為零，由運動的對稱性也可得出此結論；之后m開始從B到A運動，m回到A點時，總位移為零，理想情況，系統將循環運動下去。
另外，通過質量–速度–水平位移的關系可知，系統重心的水平位置始終不變。
2．如圖所示，光滑水平面上停著一輛小車，小車的固定支架左端用不計質量的細線系一個小鐵球。開始將小鐵球提起到圖示位置，然后無初速釋放。在小鐵球來回擺動的過程中，下列說法中正確的是

A．小車和小球系統動量守恒
B．小球擺到最低點時，小車的速度最大
C．小球向右擺動過程小車一直向左加速運動
D．小球擺到右方最高點時刻，由于慣性，小車仍在向左運動
【答案】B
【解析】A、小車與小球組成的系統在水平方向動量守恒，在豎直方向動量不守恒，系統整體動量不守恒，故A錯誤。B、小球從圖示位置下擺到最低點，小車受力向左加速運動，當小球到最低點時，小車速度最大，B正確。C、小球向右擺動過程小車先向左加速運動，后向左減速運動，故C錯誤。D、當小球從最低點向右邊運動時，小車向左減速，當小球運動到與左邊圖示位置相對稱的位置時，小車速度減為零，D錯誤。故選B。
【點睛】本題主要考查了動量守恒條件的判斷，要求同學們能正確分析小球和小車的運動情況。

如圖所示，靜止的核發生α衰變后生成反沖核，兩個產物都在垂直于它們的速度方向的勻強磁場中做勻速圓周運動，下列說法錯誤的是

A．衰變方程可表示為
B．Th核和α粒子的圓周軌道半徑之比為1:45
C．Th核和α粒子的動能之比為1:45
D．Th核和α粒子在勻強磁場中旋轉的方向相同
【參考答案】C
【詳細解析】由電荷守恒及質量守恒可知，衰變方程可表示為，故A正確；粒子在磁場中運動，洛倫茲力作向心力，所以有，，而p=mv相同、B相同，故Th核和α粒子的圓周軌道半徑之比，故B正確；由動量守恒可得衰變后，所以Th核和α粒子的動能之比，故C錯誤；Th核和α粒子都帶正電荷，所以在圖示勻強磁場中都是逆時針旋轉，故D正確；此題選擇錯誤的選項，故選C。
【名師點睛】此題類似反沖問題，結合動量守恒定律和軌道半徑公式討論；寫衰變方程時要注意電荷、質量都要守恒即反應前后各粒子的質子數總和不變，相對原子質量總數不變，但前后結合能一般發生改變。

1．在核反應堆里，用石墨作減速劑，使鈾核裂變所產生的快中子通過與碳核不斷地碰撞而被減速。假設中子與碳核發生的是彈性正碰，且碰撞前碳核是靜止的。已知碳核的質量近似為中子質量的12倍，中子原來的動能為E0，試求：經過一次碰撞后中子的動能變為多少？
【答案】
【解析】設中子的質量為m，速度為v0，碳核的質量為12m，碰后中子、碳核的速度分別為v1、v
以v0方向為正方向，根據動量守恒有mv0=mv1+12mv
根據能量守恒有
解得，碰撞一次，中子的動能變為

1．【2019•河南南陽中學高一期末】如圖所示，輕彈簧的一端固定在豎直墻上，質量為m的光滑弧形槽靜止放在光滑水平面上，弧形槽底端與水平面相切，一個質量為2m的小物塊從槽上高為h處開始自由下滑，運動到水平面之后與彈簧相互作用，被向左反彈回來，下列說法正確的是

A．在下滑過程中，槽對物塊的支持力對物塊始終不做功
B．物塊第一次滑到槽底端時，物塊與槽的速度大小之比為2：1
C．整個過程中，物塊、槽和彈簧組成的系統動量守恒
D．物塊被彈簧反彈后不能追上槽
2．【2019•山東高二期末】（多選）如圖所示，質量為M的足夠長的木板置于水平地面上，質量為m的小滑塊以初速度v0滑上木板，已知小滑塊與木板間的動摩擦因數為μ，重力加速度為g，下列說法正確的是

A．若木板與地面間光滑，則長木板的最終速度大小為
B．若木板與地面間光滑，則小滑塊與木板組成的系統最終能產生的內能為
C．若木板與地面間的動摩擦因數也為μ，則小滑塊與木板組成的系統最終能產生的內能為
D．若木板與地面間的動摩擦因數也為μ，則在整個運動過程中地面對木板的摩擦力的沖量大小為mv0
3．【2019•北京四中高一期末】如圖所示，A球的質量m1=4m，B球的質量m2=m。球A以速度v0靠近靜止在光滑的水平面上球B，并與B發生碰撞，碰撞前后兩個小球的速度始終在同一條直線上。A、B兩球的半徑相等，且碰撞過程沒有機械能損失。當m1、v0一定時，隨著m2的增大，則（）

A．碰撞過程中B獲得的動能增大           B．碰撞過程中B獲得的動量增大
C．碰撞過程中A獲得的最終速度減小       D．碰撞過程中A獲得的最終速度增大
4．【2019•湖南省長沙市雅禮中學高三下學期一模】一質量為m1的物體以v0的初速度與另一質量為m2的靜止物體發生碰撞，其中m2=km1，k<1。碰撞可分為完全彈性碰撞、完全非彈性碰撞以及非彈性碰撞。碰撞后兩物體速度分別為v1和v2。假設碰撞在一維上進行，且一個物體不可能穿過另一個物體。物體1撞后與碰撞前速度之比的取值范圍是
A．        B．        C．        D．
5．（多選）如圖所示，在光滑水平桌面上放有足夠長的木板C，在C上左端和距左端x處各放有小物塊A和B，A、B均可視為質點，A、B與C間的動摩擦因數均為μ，A、B、C的質量均為m。開始時，B、C靜止，A以某一初速度v0向右做勻減速運動，設B與C間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。下列說法正確的是

A．A運動過程中，B受到的摩擦力為
B．最終A、B、C一起向右以做勻速直線運動
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
6．【2018•重慶市巴蜀中學高三適應性月考】如圖，質量為m和M的兩個物塊A、B，中間連接著一根由輕繩束縛著、被壓縮的輕質彈簧（彈簧還可以繼續壓縮），最初A、B在光滑水平面上靜止不動，彈簧的彈性勢能為Ep；某時刻質量為M、動量為p的物塊C向左運動與B相碰并粘在一起，C與B碰撞的時間極短，且碰撞瞬間A、B之間的繩子斷開，則

A．C、B碰撞過程中，C對B的沖量為p
B．C、B碰后彈簧的彈性勢能最大是
C．C、B碰后，彈簧的彈性勢能最大時，A、B、C的動量相同
D．C、B碰后，彈簧第一次恢復原長時，A、B、C的動能之和是
7．【2019•遼寧省沈陽市高三三模】（多選）如圖甲所示，物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的輕彈簧，整個系統靜止放在光滑水平地面上，其中A物塊最初與左側固定的擋板相接觸，B物塊質量為4 kg。現解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B物塊的v–t圖如圖乙所示，則可知

A．物塊A的質量為4 kg
B．運動過程中物塊A的最大速度為vm=4 m/s
C．在物塊A離開擋板前，系統動量守恒、機械能守恒
D．在物塊A離開擋板后彈簧的最大彈性勢能為6 J
8．【2018•河北正定中學高三年級一模】（多選）如圖a所示，物塊A、B間拴接一個壓縮后被鎖定的彈簧，整個系統靜止放在光滑水平地面上，其中A物塊最初與左側固定的擋板相接觸，B物塊質量為2 kg。現解除對彈簧的鎖定，在A離開擋板后，B物塊的v t圖象如圖b所示，則可知

A．在A離開擋板前，A、B系統動量守恒
B．在A離開擋板前，A、B與彈簧組成的系統機械能守恒，之后不守恒
C．彈簧鎖定時其彈性勢能為9 J
D．A的質量為1 kg，在A離開擋板后彈簧的最大彈性勢能為3 J
9．已知氘核（）質量為2.013 6 u，中子（）質量為1.008 7 u，氦核（）質量為3.015 0u ，1 u相當于931.5 MeV。
（1）寫出兩個氘核聚變成的核反應方程。
（2）計算上述核反應中釋放的核能（保留三位有效數字）。
（3）若兩個氘核以相同的動能0.35 MeV做對心碰撞即可發生上述反應，且釋放的核能全部轉化為機械能，則反應后生成的氦核（）和中子（）的動能各是多少？
10．【2019•黑龍江學與考聯盟三模】如圖所示，光滑斜軌道AB和光滑半圓環軌道CD固定在同一豎直平面內，兩軌道由一條光滑且足夠長的水平軌道BC平滑連接，水平軌道與斜軌道間由一段小的圓弧過渡，斜軌道最高點A離水平軌道的高度為h。小物塊b鎖定在水平軌道上P點，其左側與一放在水平軌道上的輕質彈簧接觸（但不連接），小物塊a從斜軌道的頂端A由靜止釋放，滑下后壓縮輕質彈簧，當輕質彈簧壓縮到最短時，解除對小物塊b的鎖定。已知小物塊a的質量為2m，小物塊b的質量為m，半圓環軌道CD的半徑，重力加速度為g。
（1）求小物塊a再次滑上斜軌道的最大高度；
（2）請判斷小物塊b能否到達半圓環軌道的最高點D，并說明理由。

1．【2017•天津卷】如圖所示，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的細繩連接，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為mA=2 kg、mB=1 kg。初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中。先將B豎直向上再舉高h=1.8 m（未觸及滑輪）然后由靜止釋放。一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸。取g=10 m/s2。空氣阻力不計。求：

（1）B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t；
（2）A的最大速度v的大小；
（3）初始時B離地面的高度H。
2．【2017•北京卷】在磁感應強度為B的勻強磁場中，一個靜止的放射性原子核發生了一次α衰變。放射出的α粒子（）在與磁場垂直的平面內做圓周運動，其軌道半徑為R。以m、q分別表示α粒子的質量和電荷量。
（1）放射性原子核用表示，新核的元素符號用Y表示，寫出該α衰變的核反應方程。
（2）α粒子的圓周運動可以等效成一個環形電流，求圓周運動的周期和環形電流大小。
（3）設該衰變過程釋放的核能都轉化為α粒子和新核的動能，新核的質量為M，求衰變過程的質量虧損Δm。
3．【2019•新課標全國Ⅰ卷】豎直面內一傾斜軌道與一足夠長的水平軌道通過一小段光滑圓弧平滑連接，小物塊B靜止于水平軌道的最左端，如圖（a）所示。t=0時刻，小物塊A在傾斜軌道上從靜止開始下滑，一段時間后與B發生彈性碰撞（碰撞時間極短）；當A返回到傾斜軌道上的P點（圖中未標出）時，速度減為0，此時對其施加一外力，使其在傾斜軌道上保持靜止。物塊A運動的v–t圖像如圖（b）所示，圖中的v1和t1均為未知量。已知A的質量為m，初始時A與B的高度差為H，重力加速度大小為g，不計空氣阻力。

（1）求物塊B的質量；
（2）在圖（b）所描述的整個運動過程中，求物塊A克服摩擦力所做的功；
（3）已知兩物塊與軌道間的動摩擦因數均相等，在物塊B停止運動后，改變物塊與軌道間的動摩擦因數，然后將A從P點釋放，一段時間后A剛好能與B再次碰上。求改變前后動摩擦因數的比值。

1．D   【解析】在下滑過程，槽對物塊的支持力與物塊位移夾角不垂直，支持力對物塊做功，故A錯誤；物塊與槽組成的系統在水平方向所受合外力為零，系統在水平動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：，解得，故B錯誤；整個過程中，物塊、槽和彈簧組成的系統所受合外力不為零，系統動量不守恒，故C錯誤；物塊與彈簧組成的系統機械能守恒，由機械能守恒定律可知，物塊離開彈簧后的速度大小不變，由于物塊的速度小于槽的速度，物塊不可能追上槽，故D正確。
2．ACD   【解析】若地面光滑，則由動量守恒得，解得：，產生的內能為，故A正確，B錯誤；若木板與地面間的動摩擦因數也為μ，則小滑塊與木板最后會靜止于地面，組成的系統最終能產生的內能為，地面對木板的沖量大小等于木塊的初動量的大小，故C、D錯誤。
3．B   【解析】設兩球碰撞后m1、m2的速度分別為v1、v2，m1、m2碰撞時動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：，彈性碰撞機械能守恒，由機械能守恒定律得：，解得碰后：，，碰撞過程B獲得的動能，則當m1、v0一定時，隨著m2的增大，分式的分母有極大值出現，動能有極小值，則B的動能先減小后增大，故A錯誤；碰撞過程B獲得的動量，則當m1、v0一定時，隨著m2的增大，B的動量逐漸增大，故B正確；碰撞過程中A獲得的最終速度，開始，若m2越大碰撞后A的速度v1越小；后來，若m2越大碰撞后A的速度v1越大；故C、D錯誤。
4．B   【解析】若發生彈性碰撞，則由動量守恒：m1v0=m1v1+m2v2；由能量關系：，解得，則；若發生完全非彈性碰撞，則由動量守恒：m1v0=（m1+m2）v，解得，則。。故 ≤r≤ ，B正確。
5．ABD   【解析】設A在C上滑動時，B相對于C不動，則對B、C有，解得，又B依靠摩擦力能獲得的最大加速度，故B未相對C滑動，B、C一起向右做加速運動，B受到的摩擦力，方向向右，A正確；A、B、C整體所受外力為零，動量守恒，故有，解得，B正確；若A、B恰好不相碰，則A運動到B處時，A、B、C速度相等，由能量守恒有，解得，C錯誤，D正確。
6．D 【解析】C與B相互作用的過程中二者組成的系統的動量也守恒，根據動量守恒得：p=MvC=（M+M）vCB，解得pB=MvB= MvC= p，則C、B碰撞過程中，C對B的沖量為p/2，選項A錯誤；當ABC三物體共速時，彈簧具有最大的彈性勢能，此時p=(2M+m)v，此時的最大彈性勢能，選項B錯誤；C、B碰后，彈簧的彈性勢能最大時，A、B、C三者的速度相等，則BC的動量相同，與A的動量不相同，選項C錯誤；C、B碰后，彈簧第一次恢復原長時，A、B、C的動能之和等于BC碰撞剛結束時系統的總能量，大小等于，故D正確。故選D。
【點睛】本題要正確分析碰撞的過程，抓住碰撞的基本規律：動量守恒定律和能量守恒定律，靈活選取研究的過程和研究對象；注意BC碰撞是損失動能的。
7．BD   【解析】A、彈簧伸長最長時彈力最大，B的加速度最大，此時A和B共速，由圖知，AB共同速度為：v共=2 m/s，A剛離開墻時B的速度為：v0=3 m/s。在A離開擋板后，取向右為正方向，由動量守恒定律，有：，解得mA=2 kg；故A錯誤。B、當彈簧第一次恢復原長時A的速度最大，由，，解得A的最大速度vA=4 m/s，故B正確。C、在A離開擋板前，由于擋板對A有作用力，A、B系統所受合外力不為零，所以系統動量不守恒；故C錯誤。D、分析A離開擋板后A、B的運動過程，并結合圖象數據可知，彈簧伸長到最長時A、B的共同速度為v共=2m/s，根據機械能守恒定律和動量守恒定律，有：，；聯立解得彈簧的最大彈性勢能 Ep=6J，故D正確。故選BD。
8．CD   【解析】在A離開擋板前，由于擋板對A有作用力，所以A、B系統所受合外力不為零，則系統動量不守恒，故A錯誤；在A離開擋板前，擋板對A的作用力不做功，A、B及彈簧組成的系統在整個過程中機械能都守恒，故B錯誤；解除對彈簧的鎖定后至A剛離開擋板的過程中，彈簧的彈性勢能釋放，全部轉化為B的動能，根據機械能守恒定律，有：Ep= mBvB2，由圖象可知，vB=3 m/s，解得：Ep=9 J，故C正確。分析A離開擋板后A、B的運動過程，并結合圖象數據可知，彈簧伸長到最長時A、B的共同速度為v共=2 m/s，根據機械能守恒定律和動量守恒定律，有：mBvB=（mA+mB）v共；E′p= mBvB2– （mA+mB）v共2，聯立解得：E′p=3 J，故D正確。故選CD。
【名師點睛】本題主要考查了動量守恒定律及機械能守恒定律的應用，能夠知道當彈簧勢能最大時，兩物體共速，此時動能轉化為彈性勢能。
9．【答案】（1）（2）3.26 MeV （3）0.99 MeV，2.97 MeV
【解析】（1）由質量數守恒和核電荷數守恒，寫出核反應方程為
（2）反應過程中質量減少了Δm=2×2.013 6 u–1.008 7 u–3.015 0 u=0.003 5 u
反應過程中釋放的核能ΔE=0.003 5×931.5 MeV=3.26 MeV
（3）設和的動量分別為p1和p2，由動量守恒有p1+p2=0
由動能和動量的關系可得，和的動能關系為
由能量守恒有E1+E2=ΔE+2×0.35 MeV
可得E1=0.99 MeV，E2=2.97 MeV
【名師點睛】動量守恒定律是普適的，在微觀情況下的核反應過程仍然成立，但此時的能量守恒則要考慮質量虧損，常用到愛因斯坦質能方程ΔE=Δmc2和動能–動量的關系。
10．【答案】（1）（2）能，理由見解析
【解析】（1）小物塊a從A點由靜止滑下，輕質彈簧被壓縮到最短時，小物塊b解除鎖定，設a、b兩小物塊被輕質彈簧彈開的瞬時速度大小分別為v1、v2。根據動量守恒定律有2mv1=mv2
根據機械能守恒定律有
聯立解得
對小物塊a，根據機械能守恒定律有
解得小物塊a再次滑上斜軌道的最大高度為
（2）假設小物塊b能到達半圓環軌道的D點，
根據機械能守恒定律有
解得
在D點由牛頓第二定律有
解得半圓環軌道對小物塊b的作用力
方向豎直向下，故假設成立！
即小物塊b能到達半圓環軌道的最高點D

1．【答案】（1）t=0.6 s （2）v=2 m/s （3）H=0.6 m
【解析】（1）B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有
解得t=0.6 s
（2）細繩繃直前瞬間B的速度大小為
繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B重力，A、B沿繩方向動量守恒，有
A、B系統獲得的速度v=2 m/s
之后A、B做勻減速運動，所以細繩繃直瞬間的速度v即為最大速度，A的最大速度為2 m/s
（3）繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統機械能守恒，有
解得H=0.6 m
2．【答案】（1）（2）（3）
【解析】（1）根據核反應中質量數與電荷數守恒可知，該α衰變的核反應方程為
（2）設α粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為v，由洛倫茲力提供向心力有
根據圓周運動的參量關系有
得α粒子在磁場中運動的周期
根據電流強度定義式，可得環形電流大小為
（3）由，得
設衰變后新核Y的速度大小為v′，核反應前后系統動量守恒，有Mv′–mv=0
可得
根據愛因斯坦質能方程和能量守恒有
解得
3．【答案】（1）3m （2）（3）
【解析】（1）根據圖（b），v1為物塊A在碰撞前瞬間速度的大小，為其碰撞后瞬間速度的大小。設物塊B的質量為，碰撞后瞬間的速度大小為，由動量守恒定律和機械能守恒定律有
①
②
聯立①②式得
③
（2）在圖（b）所描述的運動中，設物塊A與軌道間的滑動摩擦力大小為f，下滑過程中所走過的路程為s1，返回過程中所走過的路程為s2，P點的高度為h，整個過程中克服摩擦力所做的功為W，由動能定理有
④
⑤
從圖（b）所給的v–t圖線可知
⑥
⑦
由幾何關系
⑧
物塊A在整個過程中克服摩擦力所做的功為
⑨
聯立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得
⑩
（3）設傾斜軌道傾角為θ，物塊與軌道間的動摩擦因數在改變前為μ，有
○11
設物塊B在水平軌道上能夠滑行的距離為，由動能定理有
○12
設改變后的動摩擦因數為，由動能定理有
○13
聯立①③④⑤⑥⑦⑧⑩○11○12○13式可得
○14

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考點32：動量與能量的綜合應用

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