还剩4页未读，
继续阅读
2023届高考一轮复习（老高考）第七章 微专题51 动量和能量的综合问题【解析版】
展开
这是一份2023届高考一轮复习（老高考）第七章 微专题51 动量和能量的综合问题【解析版】，共7页。
1．燃放爆竹是我国传统民俗．春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，并炸开成质量相等的三块碎片a、b、c，其中碎片a的速度方向水平向东，忽略空气阻力．以下说法正确的是( )
A．炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，则碎片c的速度方向可能水平向南
B．炸开时，若碎片b的速度为零，则碎片c的速度方向一定水平向西
C．炸开时，若碎片b的速度方向水平向北，则三块碎片一定同时落地
D．炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，则碎片c落地时的速度可能等于3v0
答案 C
解析 到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，则总动量向东；炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，碎片c的速度方向水平向南，则违反动量守恒定律，A错误；炸开时，若碎片b的速度为零，根据动量守恒定律，碎片c的速度方向可能水平向东，B错误；三块碎片在竖直方向上均做自由落体运动，一定同时落地，C正确；炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，根据动量守恒定律3mv0＝mvc，解得vc＝3v0，碎片c落地时速度的水平分量等于3v0，其落地速度一定大于3v0，D错误．
2．天问一号探测器由环绕器、着陆器和巡视器组成，总质量达到5×103 kg，于2020年7月23日发射升空，2021年2月24日进入火星停泊轨道．在地火转移轨道飞行过程中天问一号进行了四次轨道修正和一次深空机动，2020年10月9日23时，在距离地球大约2.94×
107千米的深空，天问一号探测器3 000 N主发动机点火工作约480秒，发动机向后喷射的气体速度约为3×103 m/s，顺利完成深空机动，天问一号飞行轨道变为能够准确被火星捕获的、与火星精确相交的轨道．关于这次深空机动，下列说法正确的是( )
A．天问一号的速度变化量约为2.88×103 m/s
B．天问一号的速度变化量约为288 m/s
C．喷出气体的质量约为48 kg
D．喷出气体的质量约为240 kg
答案 B
解析 根据动量定理有Ft＝MΔv
Δv＝eq \f(Ft,M)＝eq \f(3 000×480,5×103) m/s＝288 m/s，即天问一号的速度变化量Δv约为288 m/s，可知A错误，B正确；设喷出气体的速度为v气，方向为正方向，质量为m，由动量守恒定律可知mv气－(M－m)Δv ＝0，解得喷出气体质量约为m＝438 kg，C、D错误．
3．某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，下列说法不正确的是( )
A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比
B．人走到船尾不再走动，船也停止不动
C．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比
D．船的运动情况与人行走的情况无关
答案 D
解析 人从船头走向船尾的过程中，人和船组成的系统动量守恒．设人的质量为m，速度为v.
船的质量为M，速度为v′.以人行走的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0＝mv＋Mv′，解得eq \f(v,v′)＝－eq \f(M,m)
可知，人匀速行走，v不变，则v′不变，船匀速后退，且两者速度大小与它们的质量成反比，故A正确，与题意不符；人走到船尾不再走动，设整体速度为v″，由动量守恒定律得0＝(m＋ M)v″，得v″＝0即船停止不动，故B正确，与题意不符；由以上分析知eq \f(v,v′)＝－eq \f(M,m)，则不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比，故C正确，与题意不符；由以上分析知，船的运动情况与人行走的情况有关，人动船动，人停船停，故D错误，与题意相符．
4．(多选)倾角为θ的固定斜面底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处．某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞．Q与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．P与斜面间无摩擦．斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会再与之发生碰撞．重力加速度大小为g.关于P、Q运动的描述正确的是( )
A．P与Q第一次碰撞后P的瞬时速度大小为vP1＝eq \f(2,5)v0
B．物块Q从A点上升的总高度eq \f(v\\al(02),9g)
C．物块P第二次碰撞Q前的速度为eq \f(\r(7),5)v0
D．物块Q从A点上升的总高度eq \f(v\\al(02),18g)
答案 CD
解析 P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得mPv0＝mPvP1＋mQvQ1，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mPv02＝eq \f(1,2)mPvP12＋eq \f(1,2)mQvQ12，联立解得vP1＝－eq \f(3,5)v0，A错误；当P与Q达到H高度时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得0－eq \f(1,2)mv02＝－(m＋4m)gH－tan θ·4mgcs θ·eq \f(H,sin θ)，解得H＝eq \f(v\\al(02),18g)，B错误，D正确；P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰撞后至第二次碰撞前，对P由动能定理得eq \f(1,2)mv022－eq \f(1,2)mvP12＝－mgh1，P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得mv0＝mvP1＋4mvQ1，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mvP12＋eq \f(1,2)·4mvQ12，联立解得v02＝
eq \f(\r(7),5)v0，C正确．
5．(多选)如图所示，一小车放在光滑的水平面上，小车AB段是长为3 m的粗糙水平轨道，BC段是光滑的、半径为0.2 m的四分之一圆弧轨道，两段轨道相切于B点．一可视为质点、质量与小车相同的物块在小车左端A点，随小车一起以4 m/s的速度水平向右匀速运动，一段时间后，小车与右侧墙壁发生碰撞，碰后小车速度立即减为零，但不与墙壁粘连．已知物块与小车AB段之间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．物块到达C点时对轨道的压力为0
B．物块经过B点时速度大小为1 m/s
C．物块最终距离小车A端0.5 m
D．小车最终的速度大小为1 m/s
答案 AD
解析 对物块在AB段分析，由牛顿第二定律可知F＝ma
代入数据解得a＝eq \f(μmg,m)＝2 m/s.根据运动学公式，物块在B点的速度为－2ax＝vB2－vA2，代入数据解得vB＝2 m/s
从B到C的运动过程中，由动能定理可得－mgr＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2，解得vC＝0.根据向心力公式有FN＝meq \f(v\\al(C2),r)，故物块到达C点时对轨道的压力为0，A正确；物块返回B时，由于BC是光滑的，有mgr＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvC2，代入数据解得vB＝2 m/s，B错误；物块从B到A，以向左为正方向，由小车与物块的动量守恒，由动量守恒定律有mvB＝(m＋M)v，解得v＝1 m/s，整个过程由动能定理可得－mgx＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvB2，解得x＝eq \f(3,20) m<3 m，不会从小车左端掉下来，符合题意，故物块最终距离A端的距离为L＝xAB－x＝eq \f(57,20) m，C错误，D正确．
6.如图所示，在距离水平地面一定高度处的竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆轨道AB，在半圆轨道最低点B处有两个小球P、Q(两小球均可视为质点)，两小球之间放有火药，点燃火药，两小球分别获得水平向左和水平向右的初速度，向左运动的小球P落在水平地面上的C点，向右运动的小球Q沿半圆轨道恰好运动到A点后水平抛出也落在C点．已知火药释放的能量有80%转化为两小球的动能，C点与B点的水平距离为3R，P小球的质量为m，重力加速度为g.求：
(1)半圆轨道AB的最低点B处距离水平地面的高度h；
(2)小球P获得水平向左的初速度瞬间对半圆轨道最低点的压力大小；
(3)火药释放的能量E.
答案 (1)2.5R (2)eq \f(14,5)mg (3)3mgR
解析 (1)小球Q沿半圆轨道恰好运动到A点，有mQg＝mQeq \f(v\\al(A2),R)
解得vA＝eq \r(gR)
小球Q从A点水平抛出后落在C点过程，由平抛运动规律有2R＋h＝eq \f(1,2)gt12
3R＝vAt1
联立解得h＝2.5R
(2)小球P从B点做平抛运动，落在水平地面上的C点，有h＝eq \f(1,2)gteq \\al()22
3R＝vBt2
解得vB＝eq \r(\f(9gR,5))
小球P在最低点FN－mPg＝mPeq \f(v\\al(B2),R)
由牛顿第三定律，对半圆轨道最低点的压力大小FN′＝FN＝eq \f(14,5)mg.
(3)小球Q沿半圆轨道恰好运动到A点，对此过程，由动能定理有－mQg2R＝eq \f(1,2)mQvA2－eq \f(1,2)mQvQ2
解得vQ＝eq \r(5gR)
P、Q爆炸过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有mPvB＝mQvQ
由能量守恒定律可得80%E＝eq \f(1,2)mPvB2＋eq \f(1,2)mQvQ2
联立解得E＝3mgR.
7．(2022·湖南师大附中高三月考)如图所示，足够长的光滑水平面上有一轻质弹簧在其左侧固定，弹簧右端连接质量m＝1 kg的小物块A，弹簧压缩后被锁定．水平面右侧与水平传送带平滑对接，传送带长l＝1 m，以v＝2 m/s的速度逆时针转动．它与左右两边的台面等高，传送带右侧与光滑的曲面平滑连接．质量M＝2 kg的小物块B从其上距水平面h＝1.0 m处由静止释放，经过一段时间后与物块A碰撞．设物块A、B之间发生的是对心碰撞，碰撞后两者一起向前运动且碰撞瞬间弹簧锁定被解除．B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，两物块均可视为质点．
(1)求物块B与物块A第一次碰撞过程中损失的机械能；
(2)若物块B第一次与A分离后，恰好运动到右边曲面距水平台面h′＝0.65 m高的位置，求弹簧被锁定时弹性势能的大小；
(3)在满足(2)问条件的前提下，两物块发生多次碰撞，且每次碰撞后分离的瞬间物块A都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块A、B第n次碰撞后瞬间速度的大小．
答案 (1)eq \f(16,3) J (2)eq \f(89,6) J (3)3×(eq \f(2,3))n－1 m/s(n＝2、3、4…)
解析 (1)若B在传送带上能够一直减速运动，设它在最左端时的速度为v1前，B从最高点运动到传送带最左端过程中，由动能定理得Mgh－μMgl＝eq \f(1,2)Mv1前2－0
代入数据解得v1前＝4 m/s>2 m/s，所以物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为4 m/s，两物块碰撞过程系统动量守恒，设B与A碰撞后瞬间共同速度为v1后，以向左为正方向，由动量守恒定律得Mv1前＝(m＋M)v1后
代入数据可解得v1后＝eq \f(8,3) m/s，第一次碰撞过程损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)Mv1前2－eq \f(1,2)(M＋m)v1后2
联立代入数据可解得ΔE＝eq \f(16,3) J
(2)当弹簧恢复原长时A、B分离，设B第一次离开弹簧时速度为v1离，对B离开弹簧到运动至h′高度处过程，由动能定理得－μMgl－Mgh′＝0－eq \f(1,2)Mv1离2
对A、B及弹簧系统由第一次解锁位置到第一次恢复原长位置由能量守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)v1离2－eq \f(1,2)(M＋m)v1后2
代入数据解得弹簧被锁定时弹性势能的大小Ep＝eq \f(89,6) J
(3)若B从h′处下落后在传送带上能够一直减速，B运动至传送带最左端过程中，由动能定理得Mgh′－μMgl＝eq \f(1,2)Mv2前2－0
解得v2前＝3 m/s>2 m/s，故而物块B与物块A第二次碰前的速度大小v2前＝3 m/s
B与A第二次碰撞过程中对AB系统有Mv2前＝(m＋M)v2后
代入数据解得v2后＝3×eq \f(2,3) m/s＝2 m/s
B向右再次冲到传送带上，若能在其上速度变为0，设其通过的位移为x，由动能定理有－μMgx＝0－eq \f(1,2)Mv2后2
代入数据解得x＝1 m＝l，故而B第三次与A相撞时的速度仍为v3前＝2 m/s，再由Mv3前＝(m＋M)v3后
解得v3后＝3×(eq \f(2,3))2 m/s
推理可知B与A第n次碰撞后速度大小的表达式为vn后＝3×(eq \f(2,3))n－1 m/s
根据以上分析可知，物块A、B第1次碰撞后瞬间速度大小为v1后＝eq \f(8,3) m/s
物块A、B第n次碰撞后瞬间速度大小为vn后＝3×(eq \f(2,3))n－1 m/s(n＝2、3、4…)
8．如图，MP为一水平面，其中MN段光滑且足够长，NP段粗糙．MN上静置有一个光滑且足够高的斜面体C，P端右侧竖直平面内固定一光滑的eq \f(1,4)圆弧轨道PQ，圆弧轨道与水平面相切于P点．两小球A、B压缩一轻质弹簧静置于水平面MN上，释放后，小球A、B瞬间与弹簧分离，一段时间后A通过N点，之后从圆形轨道末端Q点竖直飞出，飞出后离Q点的最大高度为L，B滑上斜面体C后，在斜面体C上升的最大高度为eq \f(L,4).已知A、B两球的质量均为m，NP段的长度和圆弧的半径均为L，A球与NP间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g，A、B分离后立刻撤去弹簧，A球始终未与斜面体C发生接触．
(1)求小球A第一次通过P点时对圆形轨道的压力大小；
(2)求斜面体C的质量；
(3)试判断A、B球能否再次相遇．
答案 (1)5mg (2)eq \f(1,9)m (3)不能
解析 (1)设小球A经过P点的速度为vP，从P点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mvP2＝mg·2L
设A在P点受到圆形轨道的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v\\al(P2),L)
联立解得FN＝5mg
据牛顿第三定律可知，A对圆形轨道的压力大小为5mg.
(2)设刚分离时A的速度为v1，A从分离时到运动至P点的过程中，据动能定理可得－μmgL＝eq \f(1,2)mvP2－eq \f(1,2)mv12
设刚分离时B的速度为v2，取向左为正方向，在A、B分离的过程中，据动量守恒定律可得mv1＝mv2
设斜面体C的质量为mC，B在C上达到最大高度时，B与C共速，设此时两者速度为v3，B从分离时到滑上C最高点的过程中，水平方向动量守恒，可得mv2＝(m＋mC)v3
据机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)(m＋mC)v32＋mg·eq \f(L,4)
联立解得mC＝eq \f(1,9)m
(3)设A下滑后向左通过PN后的速度为v4，在A从最高点下滑向左通过PN的过程中，据动能定理可得mg2L－μmgL＝eq \f(1,2)mv42
解得v4＝eq \r(3gL)
设B从C上滑回地面时B的速度为v5，C的速度为v6，从B球开始滑上C到再滑回地面的过程中，据动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得mv2＝mv5＋mCv6
eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)mv52＋eq \f(1,2)mCv62
联立解得v5＝eq \f(4,5)eq \r(5gL)，v6＝eq \f(9,5)eq \r(5gL)
由于v4
1．燃放爆竹是我国传统民俗．春节期间，某人斜向上抛出一个爆竹，到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，并炸开成质量相等的三块碎片a、b、c，其中碎片a的速度方向水平向东，忽略空气阻力．以下说法正确的是( )
A．炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，则碎片c的速度方向可能水平向南
B．炸开时，若碎片b的速度为零，则碎片c的速度方向一定水平向西
C．炸开时，若碎片b的速度方向水平向北，则三块碎片一定同时落地
D．炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，则碎片c落地时的速度可能等于3v0
答案 C
解析 到最高点时速度大小为v0，方向水平向东，则总动量向东；炸开时，若碎片b的速度方向水平向西，碎片c的速度方向水平向南，则违反动量守恒定律，A错误；炸开时，若碎片b的速度为零，根据动量守恒定律，碎片c的速度方向可能水平向东，B错误；三块碎片在竖直方向上均做自由落体运动，一定同时落地，C正确；炸开时，若碎片a、b的速度等大反向，根据动量守恒定律3mv0＝mvc，解得vc＝3v0，碎片c落地时速度的水平分量等于3v0，其落地速度一定大于3v0，D错误．
2．天问一号探测器由环绕器、着陆器和巡视器组成，总质量达到5×103 kg，于2020年7月23日发射升空，2021年2月24日进入火星停泊轨道．在地火转移轨道飞行过程中天问一号进行了四次轨道修正和一次深空机动，2020年10月9日23时，在距离地球大约2.94×
107千米的深空，天问一号探测器3 000 N主发动机点火工作约480秒，发动机向后喷射的气体速度约为3×103 m/s，顺利完成深空机动，天问一号飞行轨道变为能够准确被火星捕获的、与火星精确相交的轨道．关于这次深空机动，下列说法正确的是( )
A．天问一号的速度变化量约为2.88×103 m/s
B．天问一号的速度变化量约为288 m/s
C．喷出气体的质量约为48 kg
D．喷出气体的质量约为240 kg
答案 B
解析 根据动量定理有Ft＝MΔv
Δv＝eq \f(Ft,M)＝eq \f(3 000×480,5×103) m/s＝288 m/s，即天问一号的速度变化量Δv约为288 m/s，可知A错误，B正确；设喷出气体的速度为v气，方向为正方向，质量为m，由动量守恒定律可知mv气－(M－m)Δv ＝0，解得喷出气体质量约为m＝438 kg，C、D错误．
3．某人站在静止于水面的船上，从某时刻开始，人从船头走向船尾，水的阻力不计，下列说法不正确的是( )
A．人匀速运动，船则匀速后退，两者的速度大小与它们的质量成反比
B．人走到船尾不再走动，船也停止不动
C．不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比
D．船的运动情况与人行走的情况无关
答案 D
解析 人从船头走向船尾的过程中，人和船组成的系统动量守恒．设人的质量为m，速度为v.
船的质量为M，速度为v′.以人行走的速度方向为正方向，由动量守恒定律得0＝mv＋Mv′，解得eq \f(v,v′)＝－eq \f(M,m)
可知，人匀速行走，v不变，则v′不变，船匀速后退，且两者速度大小与它们的质量成反比，故A正确，与题意不符；人走到船尾不再走动，设整体速度为v″，由动量守恒定律得0＝(m＋ M)v″，得v″＝0即船停止不动，故B正确，与题意不符；由以上分析知eq \f(v,v′)＝－eq \f(M,m)，则不管人如何走动，人在行走的任意时刻人和船的速度方向总是相反，大小与它们的质量成反比，故C正确，与题意不符；由以上分析知，船的运动情况与人行走的情况有关，人动船动，人停船停，故D错误，与题意相符．
4．(多选)倾角为θ的固定斜面底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为m和4m，Q静止于斜面上A处．某时刻，P以沿斜面向上的速度v0与Q发生弹性碰撞．Q与斜面间的动摩擦因数μ＝tan θ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．P与斜面间无摩擦．斜面足够长，Q的速度减为零之前P不会再与之发生碰撞．重力加速度大小为g.关于P、Q运动的描述正确的是( )
A．P与Q第一次碰撞后P的瞬时速度大小为vP1＝eq \f(2,5)v0
B．物块Q从A点上升的总高度eq \f(v\\al(02),9g)
C．物块P第二次碰撞Q前的速度为eq \f(\r(7),5)v0
D．物块Q从A点上升的总高度eq \f(v\\al(02),18g)
答案 CD
解析 P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得mPv0＝mPvP1＋mQvQ1，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mPv02＝eq \f(1,2)mPvP12＋eq \f(1,2)mQvQ12，联立解得vP1＝－eq \f(3,5)v0，A错误；当P与Q达到H高度时，两物块到此处的速度可视为零，对两物块运动全过程由动能定理得0－eq \f(1,2)mv02＝－(m＋4m)gH－tan θ·4mgcs θ·eq \f(H,sin θ)，解得H＝eq \f(v\\al(02),18g)，B错误，D正确；P运动至与Q刚要发生第二次碰撞前的位置时速度为v02，第一次碰撞后至第二次碰撞前，对P由动能定理得eq \f(1,2)mv022－eq \f(1,2)mvP12＝－mgh1，P与Q的第一次碰撞，取P的初速度方向为正，由动量守恒定律得mv0＝mvP1＋4mvQ1，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mv02＝eq \f(1,2)mvP12＋eq \f(1,2)·4mvQ12，联立解得v02＝
eq \f(\r(7),5)v0，C正确．
5．(多选)如图所示，一小车放在光滑的水平面上，小车AB段是长为3 m的粗糙水平轨道，BC段是光滑的、半径为0.2 m的四分之一圆弧轨道，两段轨道相切于B点．一可视为质点、质量与小车相同的物块在小车左端A点，随小车一起以4 m/s的速度水平向右匀速运动，一段时间后，小车与右侧墙壁发生碰撞，碰后小车速度立即减为零，但不与墙壁粘连．已知物块与小车AB段之间的动摩擦因数为0.2，取重力加速度g＝10 m/s2，则( )
A．物块到达C点时对轨道的压力为0
B．物块经过B点时速度大小为1 m/s
C．物块最终距离小车A端0.5 m
D．小车最终的速度大小为1 m/s
答案 AD
解析 对物块在AB段分析，由牛顿第二定律可知F＝ma
代入数据解得a＝eq \f(μmg,m)＝2 m/s.根据运动学公式，物块在B点的速度为－2ax＝vB2－vA2，代入数据解得vB＝2 m/s
从B到C的运动过程中，由动能定理可得－mgr＝eq \f(1,2)mvC2－eq \f(1,2)mvB2，解得vC＝0.根据向心力公式有FN＝meq \f(v\\al(C2),r)，故物块到达C点时对轨道的压力为0，A正确；物块返回B时，由于BC是光滑的，有mgr＝eq \f(1,2)mvB2－eq \f(1,2)mvC2，代入数据解得vB＝2 m/s，B错误；物块从B到A，以向左为正方向，由小车与物块的动量守恒，由动量守恒定律有mvB＝(m＋M)v，解得v＝1 m/s，整个过程由动能定理可得－mgx＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)mvB2，解得x＝eq \f(3,20) m<3 m，不会从小车左端掉下来，符合题意，故物块最终距离A端的距离为L＝xAB－x＝eq \f(57,20) m，C错误，D正确．
6.如图所示，在距离水平地面一定高度处的竖直平面内固定一半径为R的光滑半圆轨道AB，在半圆轨道最低点B处有两个小球P、Q(两小球均可视为质点)，两小球之间放有火药，点燃火药，两小球分别获得水平向左和水平向右的初速度，向左运动的小球P落在水平地面上的C点，向右运动的小球Q沿半圆轨道恰好运动到A点后水平抛出也落在C点．已知火药释放的能量有80%转化为两小球的动能，C点与B点的水平距离为3R，P小球的质量为m，重力加速度为g.求：
(1)半圆轨道AB的最低点B处距离水平地面的高度h；
(2)小球P获得水平向左的初速度瞬间对半圆轨道最低点的压力大小；
(3)火药释放的能量E.
答案 (1)2.5R (2)eq \f(14,5)mg (3)3mgR
解析 (1)小球Q沿半圆轨道恰好运动到A点，有mQg＝mQeq \f(v\\al(A2),R)
解得vA＝eq \r(gR)
小球Q从A点水平抛出后落在C点过程，由平抛运动规律有2R＋h＝eq \f(1,2)gt12
3R＝vAt1
联立解得h＝2.5R
(2)小球P从B点做平抛运动，落在水平地面上的C点，有h＝eq \f(1,2)gteq \\al()22
3R＝vBt2
解得vB＝eq \r(\f(9gR,5))
小球P在最低点FN－mPg＝mPeq \f(v\\al(B2),R)
由牛顿第三定律，对半圆轨道最低点的压力大小FN′＝FN＝eq \f(14,5)mg.
(3)小球Q沿半圆轨道恰好运动到A点，对此过程，由动能定理有－mQg2R＝eq \f(1,2)mQvA2－eq \f(1,2)mQvQ2
解得vQ＝eq \r(5gR)
P、Q爆炸过程，取向右为正方向，由动量守恒定律有mPvB＝mQvQ
由能量守恒定律可得80%E＝eq \f(1,2)mPvB2＋eq \f(1,2)mQvQ2
联立解得E＝3mgR.
7．(2022·湖南师大附中高三月考)如图所示，足够长的光滑水平面上有一轻质弹簧在其左侧固定，弹簧右端连接质量m＝1 kg的小物块A，弹簧压缩后被锁定．水平面右侧与水平传送带平滑对接，传送带长l＝1 m，以v＝2 m/s的速度逆时针转动．它与左右两边的台面等高，传送带右侧与光滑的曲面平滑连接．质量M＝2 kg的小物块B从其上距水平面h＝1.0 m处由静止释放，经过一段时间后与物块A碰撞．设物块A、B之间发生的是对心碰撞，碰撞后两者一起向前运动且碰撞瞬间弹簧锁定被解除．B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2，两物块均可视为质点．
(1)求物块B与物块A第一次碰撞过程中损失的机械能；
(2)若物块B第一次与A分离后，恰好运动到右边曲面距水平台面h′＝0.65 m高的位置，求弹簧被锁定时弹性势能的大小；
(3)在满足(2)问条件的前提下，两物块发生多次碰撞，且每次碰撞后分离的瞬间物块A都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块A、B第n次碰撞后瞬间速度的大小．
答案 (1)eq \f(16,3) J (2)eq \f(89,6) J (3)3×(eq \f(2,3))n－1 m/s(n＝2、3、4…)
解析 (1)若B在传送带上能够一直减速运动，设它在最左端时的速度为v1前，B从最高点运动到传送带最左端过程中，由动能定理得Mgh－μMgl＝eq \f(1,2)Mv1前2－0
代入数据解得v1前＝4 m/s>2 m/s，所以物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小为4 m/s，两物块碰撞过程系统动量守恒，设B与A碰撞后瞬间共同速度为v1后，以向左为正方向，由动量守恒定律得Mv1前＝(m＋M)v1后
代入数据可解得v1后＝eq \f(8,3) m/s，第一次碰撞过程损失的机械能ΔE＝eq \f(1,2)Mv1前2－eq \f(1,2)(M＋m)v1后2
联立代入数据可解得ΔE＝eq \f(16,3) J
(2)当弹簧恢复原长时A、B分离，设B第一次离开弹簧时速度为v1离，对B离开弹簧到运动至h′高度处过程，由动能定理得－μMgl－Mgh′＝0－eq \f(1,2)Mv1离2
对A、B及弹簧系统由第一次解锁位置到第一次恢复原长位置由能量守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)(M＋m)v1离2－eq \f(1,2)(M＋m)v1后2
代入数据解得弹簧被锁定时弹性势能的大小Ep＝eq \f(89,6) J
(3)若B从h′处下落后在传送带上能够一直减速，B运动至传送带最左端过程中，由动能定理得Mgh′－μMgl＝eq \f(1,2)Mv2前2－0
解得v2前＝3 m/s>2 m/s，故而物块B与物块A第二次碰前的速度大小v2前＝3 m/s
B与A第二次碰撞过程中对AB系统有Mv2前＝(m＋M)v2后
代入数据解得v2后＝3×eq \f(2,3) m/s＝2 m/s
B向右再次冲到传送带上，若能在其上速度变为0，设其通过的位移为x，由动能定理有－μMgx＝0－eq \f(1,2)Mv2后2
代入数据解得x＝1 m＝l，故而B第三次与A相撞时的速度仍为v3前＝2 m/s，再由Mv3前＝(m＋M)v3后
解得v3后＝3×(eq \f(2,3))2 m/s
推理可知B与A第n次碰撞后速度大小的表达式为vn后＝3×(eq \f(2,3))n－1 m/s
根据以上分析可知，物块A、B第1次碰撞后瞬间速度大小为v1后＝eq \f(8,3) m/s
物块A、B第n次碰撞后瞬间速度大小为vn后＝3×(eq \f(2,3))n－1 m/s(n＝2、3、4…)
8．如图，MP为一水平面，其中MN段光滑且足够长，NP段粗糙．MN上静置有一个光滑且足够高的斜面体C，P端右侧竖直平面内固定一光滑的eq \f(1,4)圆弧轨道PQ，圆弧轨道与水平面相切于P点．两小球A、B压缩一轻质弹簧静置于水平面MN上，释放后，小球A、B瞬间与弹簧分离，一段时间后A通过N点，之后从圆形轨道末端Q点竖直飞出，飞出后离Q点的最大高度为L，B滑上斜面体C后，在斜面体C上升的最大高度为eq \f(L,4).已知A、B两球的质量均为m，NP段的长度和圆弧的半径均为L，A球与NP间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度为g，A、B分离后立刻撤去弹簧，A球始终未与斜面体C发生接触．
(1)求小球A第一次通过P点时对圆形轨道的压力大小；
(2)求斜面体C的质量；
(3)试判断A、B球能否再次相遇．
答案 (1)5mg (2)eq \f(1,9)m (3)不能
解析 (1)设小球A经过P点的速度为vP，从P点运动到最高点的过程中，由机械能守恒定律得eq \f(1,2)mvP2＝mg·2L
设A在P点受到圆形轨道的支持力为FN，由牛顿第二定律得FN－mg＝meq \f(v\\al(P2),L)
联立解得FN＝5mg
据牛顿第三定律可知，A对圆形轨道的压力大小为5mg.
(2)设刚分离时A的速度为v1，A从分离时到运动至P点的过程中，据动能定理可得－μmgL＝eq \f(1,2)mvP2－eq \f(1,2)mv12
设刚分离时B的速度为v2，取向左为正方向，在A、B分离的过程中，据动量守恒定律可得mv1＝mv2
设斜面体C的质量为mC，B在C上达到最大高度时，B与C共速，设此时两者速度为v3，B从分离时到滑上C最高点的过程中，水平方向动量守恒，可得mv2＝(m＋mC)v3
据机械能守恒定律可得eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)(m＋mC)v32＋mg·eq \f(L,4)
联立解得mC＝eq \f(1,9)m
(3)设A下滑后向左通过PN后的速度为v4，在A从最高点下滑向左通过PN的过程中，据动能定理可得mg2L－μmgL＝eq \f(1,2)mv42
解得v4＝eq \r(3gL)
设B从C上滑回地面时B的速度为v5，C的速度为v6，从B球开始滑上C到再滑回地面的过程中，据动量守恒定律及机械能守恒定律分别可得mv2＝mv5＋mCv6
eq \f(1,2)mv22＝eq \f(1,2)mv52＋eq \f(1,2)mCv62
联立解得v5＝eq \f(4,5)eq \r(5gL)，v6＝eq \f(9,5)eq \r(5gL)
由于v4
相关试卷
2024届高考物理新一轮复习专题强化试卷：第七章 专题强化练十二 动量和能量的综合问题： 这是一份2024届高考物理新一轮复习专题强化试卷：第七章 专题强化练十二 动量和能量的综合问题，共3页。试卷主要包含了如图所示，半径R＝1，4 m，H＝0等内容，欢迎下载使用。
(新高考)高考物理一轮复习课时加练第7章 微专题50 动量和能量的综合问题 (含解析)： 这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时加练第7章 微专题50 动量和能量的综合问题 (含解析)，共7页。
新高考2024版高考物理一轮复习微专题小练习专题41动量和能量的综合应用： 这是一份新高考2024版高考物理一轮复习微专题小练习专题41动量和能量的综合应用，共5页。
