还剩50页未读，
继续阅读
2024届高考物理一轮复习（新教材鲁科版）第七章动量守恒定律专题强化十二动量和能量的综合问题课件
展开
这是一份2024届高考物理一轮复习（新教材鲁科版）第七章动量守恒定律专题强化十二动量和能量的综合问题课件，共58页。PPT课件主要包含了题型一，答案8ms，答案02m，题型二，答案41m，答案不能，答案18m，答案75J，答案2J，课时精练等内容，欢迎下载使用。
1.解动力学问题的三个基本观点(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题.(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.用动量定理可简化问题的求解过程.
2.力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律.(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)若研究的对象为一物体系统，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)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量.(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到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化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决.
题型一 动量与能量观点的综合应用
题型二 力学三大观点的综合应用
动量与能量观点的综合应用
例1 (2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型.竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态.当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2；答案 8 N 5 N
当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即FN1＝(m＋M)g＝8 N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为FN2＝Mg－Ff′＝5 N.
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
代入数据解得v1＝8 m/s.
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得h＝0.2 m.
例2 (2023·福建龙岩市武平县第一中学月考)如图所示，左端为四分之一光滑圆弧的长木板静止放置在光滑的水平面上，圆弧与长木板水平部分相切于B点，圆弧的半径为R，长木板的质量为3m，在长木板右端固定一轻弹簧，轻弹簧的自由端位于长木板D点的上方，其中BC＝CD＝R，且BC段光滑，CD段均匀粗糙，小物块P与长木板间的动摩擦因数为μ，D点右侧光滑，质量为m的小物块P从A点上方R处由静止下落，沿切线方向进入圆弧，重力加速度为g.求：
(1)小物块P到达圆弧最低点B时，小物块P与长木板的速度大小；
小物块P从静止开始到最低点的过程中，两者构成的系统水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律有0＝mv1－3mv2，
(2)小物块P到达圆弧最低点B时，长木板向左移动的距离；
根据水平方向上动量守恒有0＝mv1－3mv2在这个过程中，小物块的水平位移大小为s1，长木板的位移大小为s2，则有s1＋s2＝R由于mv1t＝3mv2t，故ms1＝3ms2
(3)运动过程中轻弹簧的弹性势能的最大值.
答案 (2－μ)mgR
从小物块P由静止开始下落到弹簧压缩到最短的过程中，系统水平方向上动量守恒，弹簧压缩到最短时，二者共速，则有0＝(m＋3m)v共可得v共＝0，根据能量守恒定律有2mgR＝μmgR＋Ep，得Ep＝2mgR－μmgR＝(2－μ)mgR.
力学三大观点的综合应用
例3 如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道.A、B均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)BP间的水平距离sBP；
设碰撞后物块B由D点以速度vD做平抛运动，落到P点时vy2＝2gR①
联立①②解得vD＝4 m/s③
s2＝vDt⑤联立④⑤解得s2＝1.6 m⑥由s＝6t－2t2可知，物块B碰后以速度v0＝6 m/s、加速度a＝－4 m/s2
减速到vD，则BD过程由运动学公式vD2－v02＝2as1⑦解得s1＝2.5 m⑧故BP之间的水平距离sBP＝s2＋s1＝4.1 m⑨
(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
假设物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，由D到M的运动过程，根据动能定理，
设在M点轨道对物块的压力大小为N，
由⑩⑪解得N＝(1－ )mg<0，假设不成立，即物块B不能到达M点.
(3)物块A由静止释放的高度h.
物块A、B的碰撞为弹性正碰且质量相等，碰撞后速度交换，则vA＝v0＝6 m/s⑫
设物块A释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有mgh＝ mvA2，⑬由⑫⑬解得h＝1.8 m.
例4 (2023·浙江绍兴市诸暨市高三检测)如图所示，水平桌面上放置一端有挡板的长平板A，平板上放着物块B和C，B和C之间有一被压缩且劲度系数足够大的轻弹簧，B与挡板间的距离L＝1.25 m，C位于桌面边缘，离地面高h＝0.8 m.由静止释放压缩弹簧，B和C瞬间分离，C向右水平抛出后的落地点与抛出点的水平距离x＝0.8 m，B向左运动与A的挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短.已知平板A的质量mA＝1 kg，物块B的质量mB＝1 kg，物块C的质量mC＝1.5 kg，B、C均可看为质点，A与B、A与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求释放前压缩弹簧的弹性势能；
设B、C分离瞬间B、C的速度大小分别为vB和vC，B、C组成的系统动量守恒，则有mBvB－mCvC＝0
联立解得vC＝2 m/s，vB＝3 m/s，Ep＝7.5 J.
(2)求B与A的挡板碰撞后瞬间平板A的动能；
B、C分离后，B向左做匀减速直线运动，A静止不动，设A、B碰撞前瞬间B的速度为vB1，对物块B，
A、B发生弹性碰撞，取水平向左为正方向，碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，则有mBvB1＝mBvB2＋mAvA，
联立解得vB1＝2 m/s，vB2＝0，vA＝2 m/s，EkA＝2 J.
(3)求平板A在桌面上滑行的距离.
A、B碰撞后，A向左做匀减速直线运动，B向左做匀加速直线运动，则对B有μmBg＝mBaB对A有μmBg＋μ(mB＋mA)g＝mAaA解得aA＝6 m/s2，aB＝2 m/s2设经过时间t，两者共速，则有v＝aBt＝vA－aAt
此过程中A向左运动距离
此后，A、B相对静止一起减速到零，
整个过程中A在桌面上滑行的距离为
1.(2023·山东威海市检测)质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线，细线另一端系一个可以看作质点的球C，质量也为m.现将C球拉起使细线水平自然伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g.求：(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小；
对A、B、C组成的系统，由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得mvC＝2mvAB
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离；
对A、B、C组成的系统，由人船模型规律可得msC＝2msAB，sC＋sAB＝l
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度.
C球向左摆动到最高点时A、C有共同速度v.对A、C组成的系统，取向左为正方向，由水平方向动量守恒可得mvC－mvAB＝2mv由机械能守恒定律可得
则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度为Δh＝l－h
2.(2023·云南省高三月考)如图所示，半径R＝1.0 m的粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，下端点C为轨道的最低点.C点右侧的粗糙水平面上，紧挨C点静止放置一质量M＝1 kg的木板，木板上表面与C点等高，木板左端放置一个质量为m2＝1 kg的物块，另一质量为m1＝1 kg的物块从A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，到达C点时对轨道的压力大小为46 N，之后与质量为m2的物块发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，最终质量为m2的物块刚好未从木板上滑下.已知AO的竖直高度H＝1.4 m，质量为m2的物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，两物块相同且均可视为质点，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：
(1)质量为m1的物块到达B点时的速度大小vB；
质量为m1的物块水平抛出后做平抛运动，到达B点时，下落高度为h＝H－Rsin θ＝0.8 m竖直方向上有vy2＝2gh根据几何关系可知vy＝vBcs θ联立解得vB＝5 m/s
(2)质量为m1的物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功W克f；
解得vC＝6 m/s质量为m1的物块从B运动到C过程中，由动能定理得
解得W克f＝10.5 J
质量为m1的物块运动到C点时与质量为m2的物块发生弹性碰撞且质量相等，碰撞后速度交换，则v2＝vC＝6 m/s经受力分析，由牛顿第二定律，对质量为m2的物块有μ1m2g＝m2a1对木板有μ1m2g－μ2(m2＋M)g＝Ma2根据公式v＝v0＋at，设经过时间t后二者共速有a2t＝v2－a1t
因为质量为m2的物块刚好未从木板上滑下，所以质量为m2的物块相对木板的位移即为木板长度，则有L＝s1－s2联立解得L＝3 m.
3.(2023·福建厦门市模拟)如图所示，滑板B静止在光滑水平面上，其右端与固定台阶相距s，与滑块A(可视为质点)相连的轻绳一端固定在O点，A静止时紧靠在B的左端上表面.一子弹以水平向右速度v0击中A后留在A中(此过程时间极短)，击中后轻绳恰好被拉断，轻绳断开后A立即滑上B的上表面.已知子弹的质量为m＝0.02 kg，水平速度v0＝100 m/s，A的质量mA＝0.48 kg，绳子长度L＝0.2 m，B的质量mB＝1.5 kg, A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.6，B足够长，A不会从B表面滑出；B与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力.重力加速度为g＝10 m/s2.求：
(1)轻绳能承受的最大拉力的大小；
子弹击中A过程中动量守恒，可得mv0＝(m＋mA)v共1
(2)若A与B恰好共速时B与台阶碰撞，则滑板B右端与固定台阶相距s为多少；
子弹、A与B刚好共速时，由动量守恒定律可得(m＋mA)v共1＝(m＋mA＋mB)v共2
(3)若s取第(2)问中的值，则子弹的速度范围为多少时，B与台阶仅相碰两次.
答案 150 m/s＜v子≤300 m/s
B与台阶碰撞后速度大小不变，故每次相碰台阶对B的冲量大小I＝2pB对子弹、A和B组成的系统而言，系统总动量p总＝mv子＝(m＋mA)v共3B与台阶每相碰一次，台阶对系统的改变为2pB，当系统的总动量向左时，B不再与台阶相碰，故B与台阶相碰两次的条件是，发生一次碰撞2pB＜mv子，发生两次碰撞4pB≥mv子联立解得150 m/s＜v子≤300 m/s.
4.(2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰.已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止.忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh＝ mvb2，解得vb＝5 m/sb与a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0
联立解得v0＝5 m/s
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
答案 FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到达E点对应的高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2 m以竖直向下为正方向，
联立可得FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)若物块b释放高度0.9 m
水平方向s1＝vEt当h最大时，s1最大，即s1max＝0.6 m，又因x取不到最大值，则s1取不到最大值，
当0.9 m
1.解动力学问题的三个基本观点(1)动力学观点：运用牛顿运动定律结合运动学知识解题，可处理匀变速运动问题.(2)能量观点：用动能定理和能量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.(3)动量观点：用动量守恒观点解题，可处理非匀变速运动问题.用动量定理可简化问题的求解过程.
2.力学规律的选用原则(1)如果要列出各物理量在某一时刻的关系式，可用牛顿第二定律.(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)若研究的对象为一物体系统，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)在涉及相对位移问题时则优先考虑能量守恒定律，系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量，即转化为系统内能的量.(5)在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，需注意到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化，作用时间都极短，因此用动量守恒定律去解决.
题型一 动量与能量观点的综合应用
题型二 力学三大观点的综合应用
动量与能量观点的综合应用
例1 (2022·广东卷·13)某同学受自动雨伞开伞过程的启发，设计了如图所示的物理模型.竖直放置在水平桌面上的滑杆上套有一个滑块，初始时它们处于静止状态.当滑块从A处以初速度v0为10 m/s向上滑动时，受到滑杆的摩擦力Ff为1 N，滑块滑到B处与滑杆发生完全非弹性碰撞，带动滑杆离开桌面一起竖直向上运动.已知滑块的质量m＝0.2 kg，滑杆的质量M＝0.6 kg，A、B间的距离l＝1.2 m，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力.求：(1)滑块在静止时和向上滑动的过程中，桌面对滑杆支持力的大小FN1和FN2；答案 8 N 5 N
当滑块处于静止时桌面对滑杆的支持力等于滑块和滑杆的重力，即FN1＝(m＋M)g＝8 N当滑块向上滑动时受到滑杆的摩擦力为1 N，根据牛顿第三定律可知滑块对滑杆的摩擦力也为1 N，方向竖直向上，则此时桌面对滑杆的支持力为FN2＝Mg－Ff′＝5 N.
(2)滑块碰撞前瞬间的速度大小v1；
代入数据解得v1＝8 m/s.
(3)滑杆向上运动的最大高度h.
由于滑块和滑杆发生完全非弹性碰撞，即碰后两者共速，取竖直向上为正方向，碰撞过程根据动量守恒定律有mv1＝(m＋M)v碰后滑块和滑杆以速度v整体向上做竖直上抛运动，根据动能定理有
代入数据联立解得h＝0.2 m.
例2 (2023·福建龙岩市武平县第一中学月考)如图所示，左端为四分之一光滑圆弧的长木板静止放置在光滑的水平面上，圆弧与长木板水平部分相切于B点，圆弧的半径为R，长木板的质量为3m，在长木板右端固定一轻弹簧，轻弹簧的自由端位于长木板D点的上方，其中BC＝CD＝R，且BC段光滑，CD段均匀粗糙，小物块P与长木板间的动摩擦因数为μ，D点右侧光滑，质量为m的小物块P从A点上方R处由静止下落，沿切线方向进入圆弧，重力加速度为g.求：
(1)小物块P到达圆弧最低点B时，小物块P与长木板的速度大小；
小物块P从静止开始到最低点的过程中，两者构成的系统水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律有0＝mv1－3mv2，
(2)小物块P到达圆弧最低点B时，长木板向左移动的距离；
根据水平方向上动量守恒有0＝mv1－3mv2在这个过程中，小物块的水平位移大小为s1，长木板的位移大小为s2，则有s1＋s2＝R由于mv1t＝3mv2t，故ms1＝3ms2
(3)运动过程中轻弹簧的弹性势能的最大值.
答案 (2－μ)mgR
从小物块P由静止开始下落到弹簧压缩到最短的过程中，系统水平方向上动量守恒，弹簧压缩到最短时，二者共速，则有0＝(m＋3m)v共可得v共＝0，根据能量守恒定律有2mgR＝μmgR＋Ep，得Ep＝2mgR－μmgR＝(2－μ)mgR.
力学三大观点的综合应用
例3 如图所示，水平桌面左端有一顶端高为h的光滑圆弧形轨道，圆弧的底端与桌面在同一水平面上.桌面右侧有一竖直放置的光滑圆轨道MNP，其形状为半径R＝0.8 m的圆环剪去了左上角135°后剩余的部分，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离也为R.一质量m＝0.4 kg的物块A自圆弧形轨道的顶端释放，到达圆弧形轨道底端恰与一停在圆弧底端水平桌面上质量也为m的物块B发生弹性正碰(碰撞过程没有机械能的损失)，碰后物块B的位移随时间变化的关系式为s＝6t－2t2(关系式中所有物理量的单位均为国际单位)，物块B飞离桌面后恰由P点沿切线落入圆轨道.A、B均可视为质点，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)BP间的水平距离sBP；
设碰撞后物块B由D点以速度vD做平抛运动，落到P点时vy2＝2gR①
联立①②解得vD＝4 m/s③
s2＝vDt⑤联立④⑤解得s2＝1.6 m⑥由s＝6t－2t2可知，物块B碰后以速度v0＝6 m/s、加速度a＝－4 m/s2
减速到vD，则BD过程由运动学公式vD2－v02＝2as1⑦解得s1＝2.5 m⑧故BP之间的水平距离sBP＝s2＋s1＝4.1 m⑨
(2)判断物块B能否沿圆轨道到达M点；
假设物块B能沿轨道到达M点，在M点时其速度为vM，由D到M的运动过程，根据动能定理，
设在M点轨道对物块的压力大小为N，
由⑩⑪解得N＝(1－ )mg<0，假设不成立，即物块B不能到达M点.
(3)物块A由静止释放的高度h.
物块A、B的碰撞为弹性正碰且质量相等，碰撞后速度交换，则vA＝v0＝6 m/s⑫
设物块A释放的高度为h，对下落过程，根据动能定理有mgh＝ mvA2，⑬由⑫⑬解得h＝1.8 m.
例4 (2023·浙江绍兴市诸暨市高三检测)如图所示，水平桌面上放置一端有挡板的长平板A，平板上放着物块B和C，B和C之间有一被压缩且劲度系数足够大的轻弹簧，B与挡板间的距离L＝1.25 m，C位于桌面边缘，离地面高h＝0.8 m.由静止释放压缩弹簧，B和C瞬间分离，C向右水平抛出后的落地点与抛出点的水平距离x＝0.8 m，B向左运动与A的挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短.已知平板A的质量mA＝1 kg，物块B的质量mB＝1 kg，物块C的质量mC＝1.5 kg，B、C均可看为质点，A与B、A与桌面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，重力加速度取g＝10 m/s2.
(1)求释放前压缩弹簧的弹性势能；
设B、C分离瞬间B、C的速度大小分别为vB和vC，B、C组成的系统动量守恒，则有mBvB－mCvC＝0
联立解得vC＝2 m/s，vB＝3 m/s，Ep＝7.5 J.
(2)求B与A的挡板碰撞后瞬间平板A的动能；
B、C分离后，B向左做匀减速直线运动，A静止不动，设A、B碰撞前瞬间B的速度为vB1，对物块B，
A、B发生弹性碰撞，取水平向左为正方向，碰撞过程中系统动量守恒、机械能守恒，则有mBvB1＝mBvB2＋mAvA，
联立解得vB1＝2 m/s，vB2＝0，vA＝2 m/s，EkA＝2 J.
(3)求平板A在桌面上滑行的距离.
A、B碰撞后，A向左做匀减速直线运动，B向左做匀加速直线运动，则对B有μmBg＝mBaB对A有μmBg＋μ(mB＋mA)g＝mAaA解得aA＝6 m/s2，aB＝2 m/s2设经过时间t，两者共速，则有v＝aBt＝vA－aAt
此过程中A向左运动距离
此后，A、B相对静止一起减速到零，
整个过程中A在桌面上滑行的距离为
1.(2023·山东威海市检测)质量均为m的木块A和B，并排放在光滑水平面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一条不可拉伸的长为l的细线，细线另一端系一个可以看作质点的球C，质量也为m.现将C球拉起使细线水平自然伸直，并由静止释放C球，重力加速度为g.求：(1)C球第一次摆到最低点时的速度大小；
对A、B、C组成的系统，由水平方向动量守恒及系统机械能守恒可得mvC＝2mvAB
(2)从C球由静止释放到第一次摆到最低点的过程中，B移动的距离；
对A、B、C组成的系统，由人船模型规律可得msC＝2msAB，sC＋sAB＝l
(3)C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度.
C球向左摆动到最高点时A、C有共同速度v.对A、C组成的系统，取向左为正方向，由水平方向动量守恒可得mvC－mvAB＝2mv由机械能守恒定律可得
则C球向左摆动的最高点距O点的竖直高度为Δh＝l－h
2.(2023·云南省高三月考)如图所示，半径R＝1.0 m的粗糙圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的上端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ＝37°，下端点C为轨道的最低点.C点右侧的粗糙水平面上，紧挨C点静止放置一质量M＝1 kg的木板，木板上表面与C点等高，木板左端放置一个质量为m2＝1 kg的物块，另一质量为m1＝1 kg的物块从A点以某一速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道，到达C点时对轨道的压力大小为46 N，之后与质量为m2的物块发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，最终质量为m2的物块刚好未从木板上滑下.已知AO的竖直高度H＝1.4 m，质量为m2的物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，两物块相同且均可视为质点，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.求：
(1)质量为m1的物块到达B点时的速度大小vB；
质量为m1的物块水平抛出后做平抛运动，到达B点时，下落高度为h＝H－Rsin θ＝0.8 m竖直方向上有vy2＝2gh根据几何关系可知vy＝vBcs θ联立解得vB＝5 m/s
(2)质量为m1的物块通过圆弧轨道克服摩擦力做的功W克f；
解得vC＝6 m/s质量为m1的物块从B运动到C过程中，由动能定理得
解得W克f＝10.5 J
质量为m1的物块运动到C点时与质量为m2的物块发生弹性碰撞且质量相等，碰撞后速度交换，则v2＝vC＝6 m/s经受力分析，由牛顿第二定律，对质量为m2的物块有μ1m2g＝m2a1对木板有μ1m2g－μ2(m2＋M)g＝Ma2根据公式v＝v0＋at，设经过时间t后二者共速有a2t＝v2－a1t
因为质量为m2的物块刚好未从木板上滑下，所以质量为m2的物块相对木板的位移即为木板长度，则有L＝s1－s2联立解得L＝3 m.
3.(2023·福建厦门市模拟)如图所示，滑板B静止在光滑水平面上，其右端与固定台阶相距s，与滑块A(可视为质点)相连的轻绳一端固定在O点，A静止时紧靠在B的左端上表面.一子弹以水平向右速度v0击中A后留在A中(此过程时间极短)，击中后轻绳恰好被拉断，轻绳断开后A立即滑上B的上表面.已知子弹的质量为m＝0.02 kg，水平速度v0＝100 m/s，A的质量mA＝0.48 kg，绳子长度L＝0.2 m，B的质量mB＝1.5 kg, A、B之间的动摩擦因数为μ＝0.6，B足够长，A不会从B表面滑出；B与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力.重力加速度为g＝10 m/s2.求：
(1)轻绳能承受的最大拉力的大小；
子弹击中A过程中动量守恒，可得mv0＝(m＋mA)v共1
(2)若A与B恰好共速时B与台阶碰撞，则滑板B右端与固定台阶相距s为多少；
子弹、A与B刚好共速时，由动量守恒定律可得(m＋mA)v共1＝(m＋mA＋mB)v共2
(3)若s取第(2)问中的值，则子弹的速度范围为多少时，B与台阶仅相碰两次.
答案 150 m/s＜v子≤300 m/s
B与台阶碰撞后速度大小不变，故每次相碰台阶对B的冲量大小I＝2pB对子弹、A和B组成的系统而言，系统总动量p总＝mv子＝(m＋mA)v共3B与台阶每相碰一次，台阶对系统的改变为2pB，当系统的总动量向左时，B不再与台阶相碰，故B与台阶相碰两次的条件是，发生一次碰撞2pB＜mv子，发生两次碰撞4pB≥mv子联立解得150 m/s＜v子≤300 m/s.
4.(2022·浙江6月选考·20)如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l.圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H.开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰.已知m＝2 g，l＝1 m，R＝0.4 m，H＝0.2 m，v＝2 m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止.忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10 m/s2.
(1)若h＝1.25 m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；
物块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律有mgh＝ mvb2，解得vb＝5 m/sb与a发生弹性正碰，根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mvb＝mvb′＋mv0
联立解得v0＝5 m/s
(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；
答案 FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
由(1)分析可知，物块b与物块a在A处发生弹性正碰，速度交换，若物块a刚好可以到达E点对应的高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2 m以竖直向下为正方向，
联立可得FN＝0.1h－0.14 N(h≥1.2 m)
(3)若物块b释放高度0.9 m
水平方向s1＝vEt当h最大时，s1最大，即s1max＝0.6 m，又因x取不到最大值，则s1取不到最大值，
当0.9 m
相关课件
2024届高考物理第一轮复习考点讲义：第七章 专题强化十二 动量和能量的综合问题课件PPT： 这是一份2024届高考物理第一轮复习考点讲义：第七章 专题强化十二 动量和能量的综合问题课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了动量和能量的综合问题，专题强化十二，答案8ms，答案02m，答案12m，答案85J，答案04m，答案41m，答案不能，答案18m等内容，欢迎下载使用。
2024高考物理大一轮复习课件 第七章 专题强化十二 动量和能量的综合问题： 这是一份2024高考物理大一轮复习课件 第七章 专题强化十二 动量和能量的综合问题，共60页。PPT课件主要包含了动量和能量的综合问题，专题强化十二，答案8ms，答案02m，答案12m，答案85J，答案04m，答案41m，答案不能，答案18m等内容，欢迎下载使用。
高考物理一轮复习课件+讲义 第7章 专题强化13 动量和能量的综合问题： 这是一份高考物理一轮复习课件+讲义 第7章 专题强化13 动量和能量的综合问题，文件包含高考物理一轮复习第7章专题强化13动量和能量的综合问题pptx、高考物理一轮复习第7章专题强化13动量和能量的综合问题docx等2份课件配套教学资源，其中PPT共57页， 欢迎下载使用。
