高考物理專題48動(dòng)量與能量的綜合問題練習(xí)含解析

PAGEPAGE1專題48動(dòng)量與能量的綜合問題1．如果要研究在某一時(shí)刻物理量的關(guān)系，可用牛頓第二定律列式.2.研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問題)去解決問題.3.若研究對象為一系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件.4.在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換．這種問題由于作用時(shí)間都極短，滿足動(dòng)量守恒定律．1．(2020·河南名校聯(lián)考)在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速率v0向右運(yùn)動(dòng)．在小球的前方O點(diǎn)處有一質(zhì)量為m2的小球B處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖1所示．小球A與小球B發(fā)生正碰后，小球A、B均向右運(yùn)動(dòng)．小球B被在Q點(diǎn)處的墻壁彈回后與小球A在P點(diǎn)相遇，PQ＝1.5PO.假設(shè)小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞都是彈性碰撞，小球均可看成質(zhì)點(diǎn)，求：圖1(1)兩小球質(zhì)量之比eq\f(m1,m2)；(2)若小球A與小球B碰后的運(yùn)動(dòng)方向以及小球B反彈后與A相遇的位置均未知，兩小球A、B質(zhì)量滿足什么條件，就能使小球B第一次反彈后一定與小球A相碰．答案(1)2∶1(2)m1>eq\f(m2,3)解析(1)兩球發(fā)生彈性碰撞，設(shè)碰后A、B兩球的速度分別為v1、v2，規(guī)定向右為正方向，根據(jù)系統(tǒng)動(dòng)量守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2已知小球間的碰撞及小球與墻壁之間的碰撞均無機(jī)械能損失，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)m1veq\o\al(,02)＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(,12)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(,22)從兩球碰撞后到它們再次相遇，甲和乙的速度大小保持不變，由于PQ＝1.5PO，則小球A和B通過的路程之比為s1∶s2＝v1t∶v2t＝1∶4，聯(lián)立解得eq\f(m1,m2)＝eq\f(2,1)(2)由(1)中兩式解得：v1＝eq\f(m1－m2,m1＋m2)v0，v2＝eq\f(2m1,m1＋m2)v0若小球A碰后靜止或繼續(xù)向右運(yùn)動(dòng)，一定與小球B第一次反彈后相碰，此時(shí)有v1≥0，即m1≥m2若小球A碰后反向運(yùn)動(dòng)，則v1<0，此時(shí)m1<m2，則小球A與B第一次反彈后相碰需滿足|v1|<|v2|即eq\f(m2－m1,m1＋m2)v0<eq\f(2m1,m1＋m2)v0解得m1>eq\f(m2,3)綜上所述，只要小球A、B質(zhì)量滿足m1>eq\f(m2,3)，就能使小球B第一次反彈后一定與小球A相碰．2.(2020·河北邢臺市期末)如圖2所示，豎直平面內(nèi)粗糙水平軌道AB與光滑半圓軌道BC相切于B點(diǎn)，一質(zhì)量m1＝1kg的小滑塊P(視為質(zhì)點(diǎn))在水平向右的力F作用下，從A點(diǎn)以v0＝0.5m/s的初速度滑向B點(diǎn)，當(dāng)滑塊P滑到AB正中間時(shí)撤去力F，滑塊P運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)與靜止在B點(diǎn)的質(zhì)量m2＝2kg的小滑塊Q(視為質(zhì)點(diǎn))發(fā)生彈性碰撞(碰撞時(shí)間極短)，碰撞后小滑塊Q恰好能滑到半圓軌道的最高點(diǎn)C，并且從C點(diǎn)飛出后又恰好落到AB的中點(diǎn)，小滑塊P恰好也能回到AB的中點(diǎn)．已知半圓軌道半徑R＝0.9m，重力加速度g＝10m/s2.求：圖2(1)與Q碰撞前的瞬間，小滑塊P的速度大小；(2)力F所做的功．答案(1)eq\f(9,2)eq\r(5)m/s(2)61.75J解析(1)滑塊P、Q碰撞過程機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒，則有eq\f(1,2)m1veq\o\al(,12)＝eq\f(1,2)m1v1′2＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(,22)m1v1＝m1v1′＋m2v2滑塊Q從B運(yùn)動(dòng)到C的過程機(jī)械能守恒，則有eq\f(1,2)m2veq\o\al(,22)＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(,32)＋m2g×2R滑塊Q在C點(diǎn)時(shí)，有m2g＝m2eq\f(v\o\al(,32),R)解得v3＝3m/s，v1′＝－eq\f(3\r(5),2)m/s與Q碰撞前的瞬間，小滑塊P的速度大小v1＝eq\f(9\r(5),2)m/s.(2)滑塊P從A到B過程，由動(dòng)能定理，有WF－μm1gxAB＝eq\f(1,2)m1(veq\o\al(,12)－veq\o\al(,02))滑塊P與Q碰撞后返回過程，有v1′2＝2μg·eq\f(xAB,2)解得WF＝61.75J.3．(2020·河南中原名校第五次考評)如圖3所示，固定點(diǎn)O上系一長L＝0.6m的細(xì)繩，細(xì)繩的下端系一質(zhì)量m＝1.0kg的小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，球與平臺的B點(diǎn)接觸但對平臺無壓力，平臺高h(yuǎn)＝0.80m，一質(zhì)量M＝2.0kg的物塊開始靜止在平臺上的P點(diǎn)，現(xiàn)使M獲得一水平向右的初速度v0，物塊M沿粗糙平臺自左向右運(yùn)動(dòng)到平臺邊緣B處與小球m發(fā)生正碰，碰后小球m在繩的約束下做圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)最高點(diǎn)A時(shí)，繩上的拉力恰好等于小球的重力，而M落在水平地面上的C點(diǎn)，其水平位移s＝1.2m，不計(jì)空氣阻力，g＝10m/s2，求：圖3(1)質(zhì)量為M的物塊落地時(shí)的動(dòng)能；(2)若物塊M在P處的初速度大小為8.0m/s，平臺表面與物塊間動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，物塊M與小球的初始距離s1為多少？答案(1)25J(2)2.8m解析(1)碰后物塊M做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其平拋運(yùn)動(dòng)的初速度為v3由h＝eq\f(1,2)gt2，s＝v3t，得：v3＝seq\r(\f(g,2h))＝3.0m/s落地時(shí)的豎直速度為：vy＝eq\r(2gh)＝4.0m/s所以物塊落地時(shí)的速度為：v＝eq\r(v\o\al(,32)＋v\o\al(,y2))＝5.0m/s物塊落地時(shí)的動(dòng)能為：Ek＝eq\f(1,2)Mv2＝25J(2)物塊與小球在B處碰撞，設(shè)碰撞前物塊的速度為v1，碰撞后小球的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律：Mv1＝mv2＋Mv3碰后小球從B處運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)A過程中機(jī)械能守恒，設(shè)小球在A點(diǎn)的速度為vA：eq\f(1,2)mveq\o\al(,22)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(,A2)＋2mgL小球在最高點(diǎn)時(shí)有：2mg＝meq\f(v\o\al(,A2),L)聯(lián)立解得：v2＝6.0m/sv1＝6.0m/s物塊M從P運(yùn)動(dòng)到B處過程中，由動(dòng)能定理得：－μMgs1＝eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)Mveq\o\al(,02)解得：s1＝2.8m.4．如圖4所示為研究某種彈射裝置的示意圖，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處與水平傳送帶理想連接，傳送帶足夠使連接B、C的細(xì)繩受到擾動(dòng)而突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離．滑塊C脫離彈簧后以速度vC＝4.0m/s滑上傳送帶，已知滑塊C與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.20，重力加速度g取10m/s2.求：圖4(1)滑塊C在傳送帶上向右滑動(dòng)距N點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離smax；(2)彈簧鎖定時(shí)的彈性勢能Ep；(3)滑塊C在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的整個(gè)過程中與傳送帶之間因摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能Q.答案(1)4.0m(2)4.0J(3)18J解析(1)滑塊C滑上傳送帶做勻減速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度減為零時(shí)，滑動(dòng)的距離最遠(yuǎn)．由動(dòng)能定理得－μmgsmax＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(,C2)解得smax＝4.0m.(2)設(shè)A、B碰撞后的速度為v1，A、B與C分離時(shí)的速度為v2，由動(dòng)量守恒定律有mv0＝2mv12mv1＝2mv2＋mvC解得v1＝2m/s，v2＝0由能量守恒定律有Ep＋eq\f(1,2)×2mveq\o\al(,12)＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(,22)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(,C2)解得Ep＝4.0J.(3)滑塊C在傳送帶上向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)滑塊C在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a，滑塊C在傳送帶上經(jīng)時(shí)間t1速度減為零，在同樣時(shí)間內(nèi)傳送帶向左的位移大小為x1.根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知a＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2滑塊C速度減小到零所需的時(shí)間t1＝eq\f(vC,a)＝2s傳送帶的位移大小x1＝vt1＝2×2m＝4m相對路程Δx1＝smax＋x1＝8m滑塊C在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)至速度為0后開始向左做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度達(dá)到與傳送帶速度相同時(shí)，與傳送帶一起做