动能动量练习题1(带答案)

1．如图甲所示，金属块A从长板车B的左端滑向右端，金属块A和长板车B的全程的速度—时间图象如图乙所示。若A、B间的动摩擦因数μ=，地面阻力不计。则由已知条件可以得出（ ）

①A的质量是1kg，B的质量是5kg ②长板车B的长度是1.1m > ③金属块A从长板车B相互作用时间是1s ④金属块A从所受摩擦力的大小为 以上判断正确的是

A. ①③ B. ②③ C. ①②④ D. ③④

姓名 学号

A B 图甲

v(m/s)

￥

A 0 B t0

图乙

t(s)

2．一根长1m的细绳下端挂着一个质量M=1.99kg的木块。一质量为m=10g的子弹以v0=400m/s的水平速度击中木块且未穿出。取g=10m/s2，求： (1)木块获得的速度； (2)木块上摆的高度； (3)子弹对木块做的功； (4)系统机械能的损失；

(5)木块摆回平衡位置时，受到绳的拉力。

·

~

3．如图所示，A、B两个物体放在水平地面上，它们与地面间的动摩擦因数相同，且＝。若mA ＝1kg，mB ＝2kg，两者相距s＝14.5m。原来B物体静止，A物体受一定的水平冲量作用后以初速度v0＝15m/s向B运动，与B发生正碰后B滑上一半径R=0.5m的光滑半圆轨道，且恰好能过轨道的最高点。不计A与B相互作用的时间，求：

`

（1）碰后B物体的速度。

（2）碰撞过程中B对A做的功。

（3）碰撞过程中A、B组成的系统机械能的损失。

{

A v0 s B ~

4．如图所示，竖直固定的内壁光滑的半圆弯管与水平管和光滑水平地面相切，管的半径为R，小球A、B由轻弹簧相连，质量均为2m，开始时，A球靠在墙边，A、B处于静止状态。小球C的质量为m，现C以某一初速度由水平管进入弯管，然后，与B正碰，碰后速度相同，但不粘连，最后，C球恰能返回水平管道。求： （1）C球初速度v0；

（2）A离开墙后弹簧的最大弹性势能

（此时B球没有进入弯管）. 《

'

5．如图所示，在光滑的水平面上停放着一辆平板车，在车上的左端放有一木块B。车左边紧邻一个固定在竖直面内、半径为R的1/4圆弧形光滑轨道，已知轨道底端的切线水平，且高度与车表面相平。现有另一木块A（木块A、B均可视为质点）从圆弧轨道的顶端由静止释放，然后滑行到车上与B发生碰撞。两木块碰撞后立即粘在一起在平板车上滑行，并与固定在平板车上的水平轻质弹簧作用后被弹回，最后两木块刚好回到车的最左端与车保持相对静止。已知木块A的质量为m，木块B的质量为2m，车的质量为3m，重力加速度为g，并设木块A、B碰撞的时间极短可以忽略。求：

（1）木块A、B碰撞后的瞬间两木块共同运动速度的大小。

（2）木块A、B在车上滑行的整个过程中，木块和车组成的系统损失的机械能。 （3）弹簧在压缩过程中所具有的最大弹性势能。 A O

% B

>

6．光滑的四分之一圆弧导轨最低点切线水平，与光滑水平地面上停靠的一小车上表面等高，小车质量M = 2.0kg，高h = 0.2m，如图所示，现从圆弧导轨顶端将一质量为m = 0.5kg的滑块由静止释放，滑块滑上小车后带动小车向右运动，当小车的右端运动到A点时，滑块正好从小车右端水平飞出，落在地面上的B点。滑块落地后小车右端也到达B点，已知AB相距L=0.4m，（g取10m/s2）求： （1）滑块离开小车时的速度大小； （2）滑块滑上小车时的速度大小； （3）圆弧轨道的半径大小；

（4）滑块滑过小车的过程中产生的内能大小。

:

7．如图所示，在光滑水平地面上静放着质量mA=2kg的滑块A（可看成质点）和质量mB=4kg、长L=6m的薄板B。设A、B间动摩擦因数为=，且A、B之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。因向B板施加水平拉力F=20N，F作用2s后撤去F，取g=10m/s2。求： （1）拉力F所做的功。

（2）薄板B在水平地面上运动的最终速度。

…

、

8．竖直平面内的轨道ABCD由水平滑道AB与光滑的四分之一圆弧滑道CD组成，AB恰与圆弧CD在C点相切，轨道放在光滑的水平面上，如图所示。一个质量为m的小物块（可视为质点）从轨道的A端以初动能E冲上水平滑道AB，沿着轨道运动，由DC弧滑下后停在水平滑道AB的中点。已知水平滑道AB长为L，轨道ABCD的质量为3m。求： '

（1）小物块在水平滑道上受到的摩擦力的大小。

（2）为了保证小物块不从滑道的D端离开滑道，圆弧滑道的半径R至少是多大

（3）若增大小物块的初动能，使得小物块冲上轨道后可以达到的最大高度是，试分析小物块最终能否停在滑道上

；

力学经典习题答案

！

1．B

解：由图像可知：

maaA15，由牛顿第二定律有：AB

mBaA5aB以AB为系统，在A从左端滑到右端过程中，没有外力做功，由能量守恒有：

121212mv0mvAmvBmgl，解得：l1.1m 222t由图像可知：l0(vAvBv0)，解得：t01s

2 2．（1）子弹与木块系统，在子弹开始进入到与木块相对静止的过程中，系统内力远大于外力，且时间极短，近似动量守恒：mv0(mM)v，解得：v2m/s

（2）子弹与木块系统，在从两者相对静止到一起摆动到最高点的过程中，只有重力做功，机械能守恒：

1(mM)v2(mM)gh，解得：h0.2m 21Mv203.98J 2（3）木块从子弹开始穿入到与子弹共速的过程中，由动能定理：W（4）子弹与木块系统，在子弹开始进入到与木块相对静止的过程中，损失的机械能为：

E$

121mv0(mM)v2796J 22

v2（5）木块与子弹在摆回平衡位置时，由牛顿运动定律有：T(mM)g(mM)l解得：T28N

3．（1）A在与B碰撞前的运动过程中，由动能定理：mAgs

112mAv2mAv0 22解得： v14m/s

A与B碰撞的短暂过程，系统内力远大于外力，且不计碰撞时间，动量近似守恒：

mAvmAvAmBvB

B做圆周运动过程中系统内只有重力做功，由系统的机械能守恒：

112mBvBmBv'2B2mBgR 22v'2B从碰撞后做圆周运动恰好到最高点，由牛顿运动定律有：mBgmBB，

R<

联立以上各式解得：vB5m/s，vA4m/s

（2）A在碰撞过程中，由动能定理：W112mAvAmv290J 22（3）AB系统在碰撞过程中，损失的机械能为：

E11122mAv2mAvAmBvB65J 222

4．（1）小球C在下滑做圆周运动过程中，只有重力做功，由系统机械能守恒定律：

121mv02mgRmv2 22C球与B球相碰的短暂过程，系统内力远大于外力，近似动量守恒：mv13mv'

B、C碰撞后一起压缩弹簧，当弹簧再次恢复原长时，B、C分离。由机械能守恒定律可

知，此时它们的速度大小还是v'。

C球沿弯管恰回到水平管时，速度为0。这一过程只有重力做功，由机械能守恒定律： |

1mv'22mgR0 2联立各式，解得：v'2Rg，v6Rg，v042Rg

（2）B、C分离后，弹簧恢复原长时，A球离开墙壁，经过一段时间，A、B两球速度相同，此时弹簧的弹性势能最大。

A、B和弹簧组成的系统，从A球离开墙壁到两球共速的过程中，合外力为零，由动量守恒定律：2mv'4mv''

所以，弹簧的最大弹性势能为Epm

5．（1）木块从释放到运动到圆弧底端，只有重力做功，系统机械能守恒：mgR112mv'24mv''22mgR 2212mv0 2在A、B碰撞的过程中，两木块组成的系统内力远大于外力且碰撞时间极短，动量近似

守恒： mv0=（m+2m）v解得： v12gR 3（2）A、B在车上滑行的过程中，A、B及车组成的系统合外力为零，动量守恒。A、B滑到车的最左端时与车具有共同速度，设此时速度大小为v’，根据动量守恒定律，有：

（m+2m）v =（m+2m+3m）v’ 、

A、B在车上滑行的整个过程中系统损失的机械能为：

111E(m2m)v2(m2m3m)v'2mgR 且：E2fL

226（3）设当弹簧被压缩至最短时，A、B与车有相同的速度v’’，弹簧具有最大弹性势能E，

根据动量守恒定律有：（m+2m）v =（m+2m+3m）v’’，所以 v''v'

从弹簧被压缩至最短到A、B回到最左端的过程，系统没有外力做功，能量守恒：

11m2m3mv''2Em2m3mv'2fL 221联立各式：EmgR

12

12mv0mgR 2滑块在小车上滑动过程中，系统合外力为零，由动量守恒：mv0mv1Mv2，且这

121212一过程没有外力做功，由能量守恒可知产生的内能为：Emv0(mv1Mv2)

22212滑块与车分离后做平抛运动，由运动学规律有：L = v1t1，hgt1

26．解：滑块沿导轨下滑时做圆周运动，只有重力做功，机械能守恒：

#

滑块与车分离后做匀速直线运动，由运动学规律有：Lv2(t1t2)

联立以上各式，解得：

t10.2s，v12m/s，v21m/s，v06m/s，R1.8m，E=7J 7．（1）假设力F作用时A、B相对静止地一起运动，则它们的共同加速度：

aF3.3m/s2

mAmB20N 3而B对A的最大静摩擦力为：fmAg4N，故开始时A、B间发生相对运动 。

B对A的静摩擦力为：fmAa

假设在撤力时A未离开B。 '

以A为对象，根据牛顿第二定律： mAgmAaA，由运动学规律：sA12aAt 2以B为对象，根据牛顿第二定律： FmAgmBaB，由运动学规律：sB

由空间关系：sBsAs

22联立以上各式：aA2m/s，aB4m/s，s4mL

12aBt 2说明t=2s时，撤去外力F时A未到达B的末端，所以拉力做的功为：W=F·sB=20×8J=160J （2）力F撤消瞬间，滑块A的速度vAaAt4m/s ，板B的速度vBaBt8m/s。

假设在t=2s后，A、B最终共速。则在A、B相对滑动过程中，系统合外力为零，动量守恒且没有外力做功，能量守恒：

mAvAmBvB(mAmB)v

1112228 解得：sm2m，所以A、B不可能有共同速度，A会从B的末端滑出。

3 所以有：mAvAmBvBmAv'AmBv'B

111122mAg(Ls)mAvAmBvB(mAv'2mBv'2AB)

2222 代入数据，解得：v'A5.33m/s v'B7.33m/s或v'A8m/s v'B6m/s（舍） 因必然有：v'A v'B，所以舍去。

22mAgsmAvAmBvB(mAmB)v2

8．（1）从小物块冲上轨道到滑回中点的过程中，系统合外力为零，由动量守恒定律有： mv0(m3m)v

且系统没有外力做功，由能量守恒有： 联立各式：f121312 mv0(m3m)v2fL，且Emv02222E 2L （2）从小物块冲上轨道到刚好到达D处，此时它与轨道有共同的速度，在滑动过程中系统合外力为零，由动量守恒定律有：mv0(m3m)v

且系统外力不做功，由能量守恒有：即：mgR121mv0(m3m)v2mgRfL 22EfL 解得：R

4mg2（3）假设物块最终能停在滑道上。则物块运动到最高点时和停在滑道上时，两者均共速。

从物块到达最高点到最终停在轨道上的过程中，系统不受外力，由动量守恒：

(m3m)v'(m3m)v'' 即：v'v''

且这一过程中，系统没有外力做功，能量守恒：

111.5mgR(m3m)v'2(m3m)v''2fx

2231代入f与R，解得：xLL，所以假设成立。物块最终停在距轨道左端L处。

44