微专题48动量与能量的综合问题.docx

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1、微专题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，一般用动后定理(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最之间的转换.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，质量为孙的小球A以速率内向右运动.在小球 的前方。点处

2、有质量为?2的小球8处于静止状态，如图1所示.小球A与小球8发生正 碰后，小球4、4均向右运动.小球3被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在夕点相遇，PQ = 1.5 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：(W).O P Q图1两小球质量之比那(2)若小球人与小球B碰后的运动方向以及小球4反弹后与人相遇的位置均未知，两小球人、 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)2 ： 1 (2(y解析(1)两球发生弹性碰撞，设碰后4、3两球的速度分别为功、v2,规定向右为正方向， 根据系统动量守恒得mVo=niV-m2V2已知小球间的碰

3、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/切如2=J“1 ，如研2十呼皿2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PQ=1.5P。， 则小球A和B通过的路程之比为s : S2=vt * V2i= 1 : 4,联立解喏M(2)由(1)中两式解得：u,=W1%0, V2= 2? 5m-tn2m+m2若小球A碰后降止或继续向右运动，一定与小球3第一次反弹后相碰，此时有。20,即 若小球A碰后反向运动，则功0,此时?1机2,则小球A与B第一次反弹后相碰需满足|也|防|打一孙 2/7/1， 1 + ?2仇）刀? 1 + 刀 720 解得孙堂综上所述，只要小球A、B质量

4、满足加黄，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,一质量皿=1 kg的小滑块P（视为质点）在水平向右的力尸作用下，从A点以%=0.5 nVs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点的质量叱=2 kg的小滑块。（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4B的中点，小滑块P恰 好也能回到A3的中点.己知半圆轨道半径=0.9 m,重力加速度g=10m/s2.求：图2（1）与。碰撞前的

5、瞬间，小滑块，的速度大小；（2）力尸所做的功.答案/m/s （2）61.75 J解析滑块P、。碰撞过程机械能守恒、动量守恒，则有5加02 =儿。|叶/打疗mV=mV +机2。2滑块Q从8运动到C的过程机械能守恒，则有”6？ = ni2Vr+mig X 2R滑块Q在C点时，有疗ifi2g=mr解得。3=3 m/s, Vif =m/s与。碰撞前的瞬间，小滑块P的速度大小5=竽 m/s.第2页，共5页(2)滑块尸从A到B过程，由动能定理，有Wr/imgXAB=n i(yi2yo2)滑块P与。碰撞后返回过程，有0-=2/.ig 解得 Wf=61.75 J.3. (2020河南中原名校第五次考评)如图3

6、所示，固定点。上系一长L=0.6m的细绳，细绳 的下端系一质量m=1.0 kg的小球(可视为质点)，原来处于静止状态，球与平台的8点接触但 对平台无压力，平台高/z=0.80m, 一质量M=2.0 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内，物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球? 发生正碰，碰后小球机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s= 1.2 m,不计空气阻力，g=10m/s2,图3(1)质量为M的物块落地时的动能；(2)若物块M在尸处的初速度大小为8.0 m/s,平台表面与物块间

7、动摩擦因数4=0.5,物块M 与小球的初始距离为多少？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由力=上巴s=V3tf得：= 3.0 m/s= 3.0 m/s落地时的竖直速度为：0V=2g/?=4.0 m/s所以物块落地时的速度为：p=V32+v2=5.0 m/s物块落地时的动能为：Ek=1/Wp2=25 J(2)物块与小球在B处碰撞，设碰撞前物块的速度为力，碰撞后小球的速度为s,由动量守恒 定律：第3页，共5页Mv=niV2-iMv3碰后小球从B处运动到最高点4过程中机械能守恒，设小球在A点的速度为vA:invr=jiVa2 + 27gL小球在

8、最高点时有：2?g=厂厂联立解得：6=6.0 m/s功=6.0 m/s物块M从P运动到4处过程中，由动能定理得：一朋心i=解得：5i=2.8 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。=2.0 m/s 匀速运动.三个质量均为?=1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时在B、。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以初速度如=4.0 m/s沿3、。连线方 向向4运动，4与8碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为4与3碰撞过程中滑块。的 速度仍为零.

9、因碰撞使连接8、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。c=4.0 m/s滑上传送带，已知滑块C与传送带间的动摩擦 因数4=0.20,重力加速度g取lOm/s?.求:%皿，皿，70)图4(1)滑块C在传送带上向右滑动距N点的最远距离品1ax；(2)弹簧锁定时的弹性势能耳；(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)I8J解析(1)滑块。滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零叶，滑动的距离最远.由动能定理得一1ax = 0/nVc2解得 Smax=4.0 01.(2)设4、B碰撞后

10、的速度为0, A、B与。分离时的速度为02,由动量守恒定律有 rnvo=2mv2nw = 2mv2+nwc解得 6=2 m/s, 2=0第4页，共5页由能量守恒定律有Ep+J X 2mvr =1X 2mvr+mvc1 4乙乙解得 Ep=4.0J.(3)滑块C在传送带上向右做匀减速运动，设滑块。在传送带上运动的加速度大小为，滑块 。在传送带上经时间h速度减为零，在同样时间内传送带向左的位移大小为乐.根据牛顿第二定律和运动学公式可知。=等=2 m/s27)c滑块C速度减小到零所需的时间/|=2 S传送带的位移大小xi=vt=2X2 m=4 m相对路程AX| =Smax +k=8 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v ,滑块。的位移大小s=ati= 1 in传送带的位移大小X2=vt2=2 m相对路程 AX2=X2 .vi 1 in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Q=?g(Axi+Ax2)=O.2X1X1OX9J=18J.第5页，共5页