高考物理专题动量与能量的综合问题练习.docx

专题48动量与能量的综合问题1如果要研究在某一时刻物理量的关系，可用牛顿第二定律列式.2.研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.3.若研究对象为一系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.4.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换这种问题由于作用时间都极短，满足动量守恒定律1(2020·河南名校联考)在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图1所示小球A与小球B发生正碰后，小球A、B均向右运动小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ1.5 PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，小球均可看成质点，求：图1(1)两小球质量之比；(2)若小球A与小球B碰后的运动方向以及小球B反弹后与A相遇的位置均未知，两小球A、B质量满足什么条件，就能使小球B第一次反弹后一定与小球A相碰答案(1)21(2)m1>解析(1)两球发生弹性碰撞，设碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得m1v0m1v1m2v2已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得m1vm1vm2v从两球碰撞后到它们再次相遇，甲和乙的速度大小保持不变，由于PQ1.5PO，则小球A和B通过的路程之比为s1s2v1tv2t14，联立解得(2)由(1)中两式解得：v1v0，v2v0若小球A碰后静止或继续向右运动，一定与小球B第一次反弹后相碰，此时有v10，即m1m2若小球A碰后反向运动，则v1<0，此时m1<m2，则小球A与B第一次反弹后相碰需满足|v1|<|v2|即v0<v0解得m1>综上所述，只要小球A、B质量满足m1>，就能使小球B第一次反弹后一定与小球A相碰2.(2020·河北邢台市期末)如图2所示，竖直平面内粗糙水平轨道AB与光滑半圆轨道BC相切于B点，一质量m11 kg的小滑块P(视为质点)在水平向右的力F作用下，从A点以v00.5 m/s的初速度滑向B点，当滑块P滑到AB正中间时撤去力F，滑块P运动到B点时与静止在B点的质量m22 kg的小滑块Q(视为质点)发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后小滑块Q恰好能滑到半圆轨道的最高点C，并且从C点飞出后又恰好落到AB的中点，小滑块P恰好也能回到AB的中点已知半圆轨道半径R0.9 m，重力加速度g10 m/s2.求：图2(1)与Q碰撞前的瞬间，小滑块P的速度大小；(2)力F所做的功答案(1) m/s(2)61.75 J解析(1)滑块P、Q碰撞过程机械能守恒、动量守恒，则有m1vm1v12m2vm1v1m1v1m2v2滑块Q从B运动到C的过程机械能守恒，则有m2vm2vm2g×2R滑块Q在C点时，有m2gm2解得v33 m/s，v1 m/s与Q碰撞前的瞬间，小滑块P的速度大小v1 m/s.(2)滑块P从A到B过程，由动能定理，有WFm1gxABm1(vv)滑块P与Q碰撞后返回过程，有v122g·解得WF61.75 J.3(2020·河南中原名校第五次考评)如图3所示，固定点O上系一长L0.6 m的细绳，细绳的下端系一质量m1.0 kg的小球(可视为质点)，原来处于静止状态，球与平台的B点接触但对平台无压力，平台高h0.80 m，一质量M2.0 kg的物块开始静止在平台上的P点，现使M获得一水平向右的初速度v0，物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰，碰后小球m在绳的约束下做圆周运动，经最高点A时，绳上的拉力恰好等于小球的重力，而M落在水平地面上的C点，其水平位移s1.2 m，不计空气阻力，g10 m/s2，求：图3(1)质量为M的物块落地时的动能；(2)若物块M在P处的初速度大小为8.0 m/s，平台表面与物块间动摩擦因数0.5，物块M与小球的初始距离s1为多少？答案(1)25 J(2)2.8 m解析(1)碰后物块M做平抛运动，设其平抛运动的初速度为v3由hgt2，sv3t，得：v3s3.0 m/s落地时的竖直速度为：vy4.0 m/s所以物块落地时的速度为：v5.0 m/s物块落地时的动能为：EkMv225 J(2)物块与小球在B处碰撞，设碰撞前物块的速度为v1，碰撞后小球的速度为v2，由动量守恒定律：Mv1mv2Mv3碰后小球从B处运动到最高点A过程中机械能守恒，设小球在A点的速度为vA：mvmv2mgL小球在最高点时有：2mgm联立解得：v26.0 m/sv16.0 m/s物块M从P运动到B处过程中，由动能定理得：Mgs1MvMv解得：s12.8 m.4如图4所示为研究某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带足够长，传送带的轮子沿逆时针方向转动，带动传送带以恒定速度v2.0 m/s匀速运动三个质量均为m1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时在B、C间有一压缩的轻弹簧，两滑块用细绳相连处于静止状态滑块A以初速度v04.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离滑块C脱离弹簧后以速度vC4.0 m/s滑上传送带，已知滑块C与传送带间的动摩擦因数0.20，重力加速度g取10 m/s2.求：图4(1)滑块C在传送带上向右滑动距N点的最远距离smax；(2)弹簧锁定时的弹性势能Ep；(3)滑块C在传送带上运动的整个过程中与传送带之间因摩擦产生的内能Q.答案(1)4.0 m(2)4.0 J(3)18 J解析(1)滑块C滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远由动能定理得mgsmax0mv解得smax4.0 m.(2)设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律有mv02mv12mv12mv2mvC解得v12 m/s，v20由能量守恒定律有Ep×2mv×2mvmv解得Ep4.0 J.(3)滑块C在传送带上向右做匀减速运动，设滑块C在传送带上运动的加速度大小为a，滑块C在传送带上经时间t1速度减为零，在同样时间内传送带向左的位移大小为x1.根据牛顿第二定律和运动学公式可知a2 m/s2滑块C速度减小到零所需的时间t12 s传送带的位移大小x1vt12×2 m4 m相对路程x1smaxx18 m滑块C在传送带上向右运动至速度为0后开始向左做匀加速直线运动，当速度达到与传送带速度相同时，与传送带一起做匀速直线运动滑块C在传送带上向左做匀加速直线运动的时间t21 s滑块C的位移大小s1at1 m传送带的位移大小x2vt22 m相对路程x2x2s11 m则滑块C在传送带上运动的整个过程中与传送带之间因摩擦产生的内能Qmg(x1x2)0.2×1×10×9 J18 J