2021年高考物理二轮复习核心考点专项突破动量与能量的综合应用练习含解析.docx

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1、动量与能量的综合应用1.如图所示，质量M1.5 kg 的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为0.5 kg的滑块Q。水平放置的轻弹簧左端固定，质量为0.5 kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功WF4 J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下。已知Q与小车表面间动摩擦因数0.1。(取g10 m/s2)求：(1)P刚要与Q碰撞前的速度是多少？(2)Q刚在小车上滑行时的初速度v0是多少？(3)为保证

2、Q不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？【解析】(1)推力F通过P压缩弹簧做功，根据功能关系有EpWF当弹簧完全推开物块P时，有EpmPv2由式联立解得v4 m/s。(2)P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为v0，P的速度为v，由动量守恒和能量守恒得mPvmPvmQv0mPv2mPv2mQv由式解得v0v4 m/s，v0。(3)设滑块Q在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为u，由动量守恒可得mQv0(mQM)u根据能量守恒，系统产生的摩擦热mQgLmQv(mQM)u2联立解得L6 m。【答案】(1)4 m/s(2)4 m/s(3)6 m2.如图所示，竖直平面MN与纸面垂直，MN右侧的空间

3、内存在着垂直纸面向内的匀强磁场和水平向左的匀强电场，MN左侧的水平面光滑，右侧的水平面粗糙。质量为m的物体A静止在MN左侧的水平面上，已知物体A带负电，所带电荷量的大小为q。一质量为m、不带电的物体B以速度v0冲向物体A并发生弹性碰撞，碰撞前后物体A的电荷量保持不变。A与MN右侧的水平面的动摩擦因数为，重力加速度的大小为g，磁感应强度的大小为B，电场强度的大小为E。已知物体A在MN右侧区域中运动到与MN的距离为l的C点(图中未画出)时，速度达到最大值。物体A、B均可以看作质点，重力加速度为g。求：(1)碰撞后物体A的速度大小；(2)物体A从进入MN右侧区域到运动到C点的过程中克服摩擦力所做的功

4、W。【解析】(1)设A、B碰撞后的速度分别为vA、vB，由于A、B发生弹性碰撞，动量、能量均守恒，则有mv0mvBmvAmvmvmv联立可得vAv0(2)A的速度达到最大值vm时合力为零，受力如图所示竖直方向上合力为零，有FNqvmBmg水平方向上合力为零，有qEFN根据动能定理，有qElWmvmv联立解得vmv0，W4mglmv。【答案】(1)v0(2)4mglmv3.光滑水平面上，用轻质弹簧连接的质量为mA2 kg、mB3 kg的A、B两物体都处于静止状态，此时弹簧处于原长状态。将质量为mC5 kg的物体C，从半径R3.2 m的光滑圆弧轨道最高点由静止释放，如图所示，圆弧轨道的最低点与水平

5、面相切，B与C碰撞后粘在一起运动。求：(1)B、C碰撞刚结束时的瞬时速度的大小；(2)在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。【解析】(1)对C下滑过程中，根据动能定理得mCgRmCv设B、C碰撞后的瞬间速度为v1，以C的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mCv0(mBmC)v1代入数据得v15 m/s。(2)由题意可知，当A、B、C速度大小相等时弹簧的弹性势能最大，设此时三者的速度大小为v2，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得(mCmB)v1(mAmBmC)v2设弹簧的最大弹性势能为Epm，则对B、C碰撞后到A、B、C速度相同过程中，由能量守恒定律得(mBmC)v(mAmBmC)vE

6、p代入数据得Ep20 J。【答案】(1)5 m/s(2)20 J4.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意图如图所示，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN开始向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后

7、离开导轨。问：(1)磁场的方向；(2)MN刚开始运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。【解析】(1)垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I设MN受到的安培力为F，有FIlB由牛顿第二定律，有Fma联立式得a(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为Q0，有Q0CE开关S接2后，MN开始向右加速运动，速度达到最大值vmax时，设MN上的感应电动势为E，有EBlvmax依题意有E设在此过程中MN的平均电流为I，MN上受到的平均安培力为F，有FIlB由动量定理，有Ftmvmax0

8、又ItQ0Q联立式得Q【答案】(1)垂直于导轨平面向下(2) (3)5.如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA2 kg、mB1 kg。初始时A静止于水平地面上，B悬于空中。现将B竖直向上再举高h1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触。取g10 m/s2，空气阻力不计。求：(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t；(2)A的最大速度v的大小；(3)初始时B离地面的高度H。【解析】(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有hgt2代入数据解得t0.6 s(

9、2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vBgt细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得mBvB(mAmB)v之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即为最大速度，联立式，代入数据解得v2 m/s(3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有(mAmB)v2mBgHmAgH代入数据解得H0.6 m【答案】(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m6.在一水平支架上放置一个质量m10.98 kg的小球A，一颗质量为m020 g的子弹以v0300 m/s的水平速度击中小球A并留在其

10、中。之后小球A水平抛出恰好落入迎面驶来的沙车中，已知沙车的质量m22 kg，沙车的速度v12 m/s，水平面光滑，不计小球与支架间的摩擦。(1)若子弹打入小球A的过程用时t0.01 s，求子弹与小球间的平均作用力大小；(2)求最终沙车B的速度。【解析】(1)子弹打入小球的过程，子弹和小球组成的系统动量守恒，则m0v0(m0m1)v对小球由动量定理得Ftm1v0解得F588 N。(2)之后小球平抛，系统水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，则(m0m1)vm2v1(m0m1m2)v2解得v2 m/s，方向水平向右。【答案】(1)588 N(2) m/s，方向水平向右7.如图所示，有一个可视为质

11、点的质量为m1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v01.8 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v3 m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数0.5，圆弧轨道的半径为R2 m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角53，不计空气阻力，重力加速度g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.求：(1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热

12、量【答案】(1)22.5 N，方向竖直向下(2)32 J【解析】(1)设小物体在C点时的速度大小为vC，由平抛运动的规律可知，C点的速度方向与水平方向成53，则由几何关系可得：vC m/s3 m/s由C点到D点，由动能定理得：mgR(1cos )mvmv小物块在D点，由牛顿第二定律得：Nmgm由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为：NN联立得：N22.5 N，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：ag0.510 m/s25 m/s2小物块匀减速直线运动的时间为t1，向左通过的位移为x1，传送带向右运动的距离为x2，则：vDat1x1at

13、x2vt1小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t2，向右通过的位移为x3，传送带向右运动的距离为x4，则vat2x3atx4vt2整个过程小物块相对传送带滑动的距离为：xx1x2x4x3产生的热量为：Qmgx联立解得：Q32 J8.如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为L，导轨上面横放着两根导体棒ab和cd，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为m，电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒cd静止，棒ab有指向棒cd的初速度v0，若两导体棒在运动中始

14、终不接触，求：(1)在运动中产生的焦耳热Q最多是多少？(2)当ab棒的速度变为初速度的时，cd棒的加速度a是多少？【解析】(1)从开始到两棒达到相同速度v的过程中，两棒的总动量守恒，有mv02mv，得v。根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热Qmv(2m)v2mv。(2)设ab棒的速度变为v0时，cd棒的速度为v，则由动量守恒可知mv0mv0mv，解得vv0此时回路中的电动势为EBLv0BLv0BLv0此时回路中的电流为I此时cd棒所受的安培力为FBIL由牛顿第二定律可得，cd棒的加速度a【答案】(1)mv(2)9.如图所示，整个空间存在水平向右的匀强电场，场强E2103 V/m，在电场中的

15、水平地面上，放有质量M2 kg的不带电绝缘木板，处于静止状态.现有一质量为m2 kg，所带负电荷为q1103 C的绝缘物块(可看作质点)，以水平向右的初速度v08 m/s滑上木板左端.已知木板与水平地面间的动摩擦因数10.1，物块与木板间的动摩擦因数20.3，物块在运动过程中始终没有从木板上滑下，g取10 m/s2.求：(1)放上物块瞬间，物块和木板的加速度分别是多少；(2)木板至少多长，才能保证物块不从木板上掉下来；(3)从物块滑上木板到物块与木板达到共速的过程中，系统产生的热量Q.【答案】(1)4 m/s2，方向水平向左1 m/s2，方向水平向右(2)6.4 m(3)43.52 J【解析】

16、(1)物块滑上木板瞬间，根据牛顿第二定律得：对m有：qE2mgma1，对M有：2mg1(mM)gMa2，解得：a14 m/s2，方向水平向左，a21 m/s2，方向水平向右.(2)假设m、M经过时间t1两者具有共同速度v，各自的位移为x1、x2，则有：vv0a1t1a2t1，x1t1，x2t1，M、m之间的相对位移为x，则有：xx1x2，联立方程解得：x6.4 m，所以木板至少长6.4 m，(3)物块与木板间产生的内能为Q1，木板与地面产生的内能为Q2，则有：Q12mgx，Q21(mM)gx2，全过程产生的热量为：QQ1Q2，解得：Q43.52 J.10.静止在水平地面上的两小物块A、B，质量

17、分别为mA=l.0 kg，mB=4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，A与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使A、B瞬间分离，两物块获得的动能之和为Ek=10.0 J。释放后，A沿着与墙壁垂直的方向向右运动。A、B与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10 m/s。A、B运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。（1）求弹簧释放后瞬间A、B速度的大小；（2）物块A、B中的哪一个先停止？该物块刚停止时A与B之间的距离是多少？（3）A和B都停止后，A与B之间的距离是多少？【答案】（1）vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/

18、s （2）B 0.50 m （3）0.91 m【解析】（1）设弹簧释放瞬间A和B的速度大小分别为vA、vB，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0=mAvAmBvB联立式并代入题给数据得vA=4.0 m/s，vB=1.0 m/s（2）A、B两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为a。假设A和B发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的B。设从弹簧释放到B停止所需时间为t，B向左运动的路程为sB。，则有在时间t内，A可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后A将向左运动，碰撞并不改变A的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，A在时间t内的路程sA都可表示为sA=vA

19、t联立式并代入题给数据得sA=1.75 m，sB=0.25 m这表明在时间t内A已与墙壁发生碰撞，但没有与B发生碰撞，此时A位于出发点右边0.25 m处。B位于出发点左边0.25 m处，两物块之间的距离s为s=0.25 m+0.25 m=0.50 m（3）t时刻后A将继续向左运动，假设它能与静止的B碰撞，碰撞时速度的大小为vA，由动能定理有联立式并代入题给数据得故A与B将发生碰撞。设碰撞后A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律与机械能守恒定律有联立式并代入题给数据得这表明碰撞后A将向右运动，B继续向左运动。设碰撞后A向右运动距离为sA时停止，B向左运动距离为sB时停止，由运动学公式由式及题给数据得sA小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离