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新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练第4单元4多过程曲线运动中的动量能量问题(人教版)
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这是一份新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练第4单元4多过程曲线运动中的动量能量问题(人教版)，共8页。试卷主要包含了48s,x'=2等内容，欢迎下载使用。
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;
(3)求碰后AB滑至第n个(n2.如图所示,在同一竖直平面上,质量为2m的小球A静止在光滑斜面底部的压缩弹簧的顶端,此时小球距斜面顶端的高度为H=2L,解除弹簧的锁定后,小球沿斜面向上运动。离开斜面后,达到最高点时(此时A球的速度恰好水平)与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞,碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度,球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点,O点的投影O'与P的距离为L。已知球B质量为m,悬绳长L,视两球为质点,重力加速度为g,不计空气阻力。求:
(1)球B在两球碰撞后瞬间受到悬绳拉力的大小;
(2)球A在两球碰撞前瞬间的速度大小;
(3)弹簧的弹力对球A所做的功。
3.如图所示,质量m=1 kg的物块P静置于水平面上的A点,现用F=6 N的水平力拉动物块P使其沿水平轨道AB运动,A、B间距离L=6 m,物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.2,经时间t撤去力F,此时物块P尚未通过B点;质量m0=1 kg的物块Q静置于B点,物块Q与水平轨道BC是由特殊材料制成的,物块Q在轨道BC上运动时所受阻力大小与其速度大小成正比,即F阻=kv,其中k=0.5 kg/s;物块P、Q发生弹性碰撞后,物块Q冲上半径R=0.2 m的光滑半圆形轨道,圆弧轨道与BC轨道平滑相连,重力加速度g取10 m/s2。
(1)为使物块P能到达B点,求力F作用的最短时间。
(2)求P、Q发生碰撞后物块Q获得的最大速度。
(3)若力F作用 s后撤去,要使物块Q在沿光滑半圆形轨道运动过程中不脱离轨道,求轨道BC的长度x应满足的条件。(计算结果可以用根号表示)
4.(2023浙江桐乡一中高三选考模拟)如图所示,倾斜轨道AB和光滑圆弧轨道BC固定在同一竖直平面内,两轨道通过一小段长度不计的光滑弧形轨道相连,已知AB长l=7.8 m,倾角θ=37°,BC弧的半径R=0.8 m,O为其圆心,∠BOC=143°。整个装置处在水平向左的匀强电场(未画出)中,电场强度大小E=1×103 N/C。两个相同的绝缘小物块P和Q,质量均为m=0.4 kg,带正电的小物块Q静止在A点,其电荷量q=3×10-3 C,不带电的小物块P从某一位置以v0=8 m/s的初速度水平抛出,运动到A点时恰沿斜面向下与小物块Q发生弹性正碰,且碰撞过程无电荷转移。若Q、P与轨道AB间的动摩擦因数分别为μ1=0.2和μ2=0.8,sin 37°=0.6,g取10 m/s2,小物块Q在运动过程中电荷量保持不变,两物块均可视为质点。求:
(1)小物块P的抛出点与A点间的竖直距离;
(2)小物块Q运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力大小;
(3)小物块Q离开圆弧轨道后,第一次落到倾斜轨道上的位置与B点的距离。
5.(2023广东卷)某药品自动传送系统的示意图如图所示。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成,滑槽高为3L,平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上,在与传送带达到共速后,从M点进入滑槽,A刚好滑到平台最右端N点停下,随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰,碰撞时间极短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m,碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,A、B在滑至N点之前不发生碰撞,忽略空气阻力和圆盘的高度,将药品盒视为质点。求:
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t;
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W;
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
参考答案
热点练(四) 多过程曲线运动中的动量能量问题
1.答案 (1)4 m/s 22 N
(2)18
(3)vAB=m/s
解析 (1)由机械能守恒定律可得=mg·2R+mv2
在Q点由牛顿第二定律有F+mg=m
联立解得v=4m/s,F=22N。
(2)AB碰撞前A的速度为vA,由机械能守恒定律可得
AB碰撞后以共同速度vP前进,设向右为正方向
由动量守恒定律可得mvA=(m+m)vP
故总动能Ek=·2m
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能ΔE=FfL=μ·2mgL
k=
联立代入数据解得k=18。
(3)AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量E'=nEk
从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中
由能量守恒定律可得·2m·2m·=E'
代入解得vAB=m/s。
2.答案 (1)3mg (2) (3)mgL
解析 (1)设球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小为vB
由动能定理得-mgL=0-,解得vB=
对B球,由牛顿第二定律得FT-mg=m,解得FT=3mg。
(2)设球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小为v0,球A在两球碰撞后一瞬间的速度大小为vA,两球碰撞过程动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得2mv0=2mvA+mvB
由机械能守恒定律得·2m·2m
解得vA=,v0=。
(3)碰后球A做平抛运动,设碰后一瞬间球A距O'的高度为h
由平抛运动规律得h=gt2,=vAt,解得h=L
弹簧将球A弹起到A碰B的过程中,由能量守恒定律得
W弹=2mg·3L+·2m,解得W弹=mgL。
3.答案 (1)1 s
(2)4m/s
(3)x≥4(-1) m或x≤(4-2) m
解析 (1)力F作用时物块P的加速度大小a1==4m/s2
撤去力F后的加速度大小a2==2m/s2
设力F作用的最短时间为tmin,则a1=L
解得tmin=1s(另一解舍去)。
(2)当力F一直从A点作用到B点时,P到达B点的速度最大,则P的最大速度为v0==4m/s
取水平向右为正方向,当P、Q碰撞时动量守恒有mv0=mv1+m0v2
根据机械能守恒定律得m0
解得Q获得的最大速度v2=v0=4m/s。
(3)此时设物块Q运动到C点的速度为vC
情况一:若物块Q运动到最高点不超过D点,则m0≤m0gR
解得vC≤=2m/s
情况二:若物块Q通过圆轨道的最高点E,则m0m0+2m0gR
又≥m0g
解得vC≥m/s
当F的作用时间为s时,物块Q获得的速度v2=vB=2m/s
从B到C的过程由动量定理得-t=m0vC-m0v2
又t=kt=kx
可得x≥4(-1)m或x≤(4-2)m。
4.答案 (1)1.8 m (2)34.5 N (3)2.88 m
解析 (1)设小物块P刚运动到A点时的速度大小为vA
则vAy=v0tan37°=6m/s
vA==10m/s
所以小物块P的抛出点与A点间的竖直距离h=m=1.8m。
(2)P、Q碰撞过程满足动量守恒和能量守恒,设碰撞后瞬间P、Q的速度分别为vP、vQ
mvA=mvP+mvQ
解得vP=0,vQ=10m/s
μ2mgcsθ>mgsinθ
即碰后小物块P静止在A点,而小物块Q受到的电场力qE=3N,方向水平向左,且与重力的合力为5N,方向垂直AB轨道向下,则“等效重力场”的等效重力加速度g'=g=12.5m/s2,方向垂直AB轨道向下。
设小物块Q运动到B点时速度大小为vB
则由动能定理得-μ1mg'l=
解得vB=m/s
对小物块Q,在B点,由牛顿第二定律有FN-mg=m,
解得FN=34.5N
根据牛顿第三定律,小物块Q在B点时对轨道的压力大小为34.5N。
(3)设小物块Q能到达C点,且在C点的速度大小为vC,则小物块Q从A点运动到C点的过程中有-μ1mg'l-mg'R(1+cs37°)=
解得vC=5m/s
设小物块Q恰好能到达C点时的速度大小为vC',则mg'=
解得vC'=m/s
因vC>vC',故小物块Q能到达C点,小物块Q离开C点后,做类平抛运动
x'=vCt
R+Rcs37°=g't2
解得t=0.48s,x'=2.4m
故小物块Q的落点与B点的距离
x=x'+Rsin37°=2.88m。
5.答案 (1) (2)6mgL-3m (3)
解析 (1)以水平向右的方向为正方向,A在传送带上运动时,根据牛顿第二定律得
μmg=ma
结合运动学公式得v0=0+at
联立解得t=。
(2)B从M点滑至N点的过程中,根据动能定理得
2mg×3L-W=×2m×(2v0)2-×2m
联立解得W=6mgL-3m。
(3)设碰撞后A和B的速度分别为vA和vB,以水平向右的方向为正方向,根据动量守恒定律得2m×2v0=mvA+2mvB
根据能量守恒定律得×2m×2m×(2v0)2
联立解得vA1=v0,vB1=v0或vA2=2v0,vB2=v0
根据碰撞的特点可知,A的速度大于B的速度,即第一组解舍去
离开平台后,药品盒做平抛运动,有L=
根据题意可得s=(vA2+vB2)t1
联立解得s=。
(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;
(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;
(3)求碰后AB滑至第n个(n
(1)球B在两球碰撞后瞬间受到悬绳拉力的大小;
(2)球A在两球碰撞前瞬间的速度大小;
(3)弹簧的弹力对球A所做的功。
3.如图所示,质量m=1 kg的物块P静置于水平面上的A点,现用F=6 N的水平力拉动物块P使其沿水平轨道AB运动,A、B间距离L=6 m,物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.2,经时间t撤去力F,此时物块P尚未通过B点;质量m0=1 kg的物块Q静置于B点,物块Q与水平轨道BC是由特殊材料制成的,物块Q在轨道BC上运动时所受阻力大小与其速度大小成正比,即F阻=kv,其中k=0.5 kg/s;物块P、Q发生弹性碰撞后,物块Q冲上半径R=0.2 m的光滑半圆形轨道,圆弧轨道与BC轨道平滑相连,重力加速度g取10 m/s2。
(1)为使物块P能到达B点,求力F作用的最短时间。
(2)求P、Q发生碰撞后物块Q获得的最大速度。
(3)若力F作用 s后撤去,要使物块Q在沿光滑半圆形轨道运动过程中不脱离轨道,求轨道BC的长度x应满足的条件。(计算结果可以用根号表示)
4.(2023浙江桐乡一中高三选考模拟)如图所示,倾斜轨道AB和光滑圆弧轨道BC固定在同一竖直平面内,两轨道通过一小段长度不计的光滑弧形轨道相连,已知AB长l=7.8 m,倾角θ=37°,BC弧的半径R=0.8 m,O为其圆心,∠BOC=143°。整个装置处在水平向左的匀强电场(未画出)中,电场强度大小E=1×103 N/C。两个相同的绝缘小物块P和Q,质量均为m=0.4 kg,带正电的小物块Q静止在A点,其电荷量q=3×10-3 C,不带电的小物块P从某一位置以v0=8 m/s的初速度水平抛出,运动到A点时恰沿斜面向下与小物块Q发生弹性正碰,且碰撞过程无电荷转移。若Q、P与轨道AB间的动摩擦因数分别为μ1=0.2和μ2=0.8,sin 37°=0.6,g取10 m/s2,小物块Q在运动过程中电荷量保持不变,两物块均可视为质点。求:
(1)小物块P的抛出点与A点间的竖直距离;
(2)小物块Q运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力大小;
(3)小物块Q离开圆弧轨道后,第一次落到倾斜轨道上的位置与B点的距离。
5.(2023广东卷)某药品自动传送系统的示意图如图所示。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成,滑槽高为3L,平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上,在与传送带达到共速后,从M点进入滑槽,A刚好滑到平台最右端N点停下,随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰,碰撞时间极短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m,碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的。A与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,A、B在滑至N点之前不发生碰撞,忽略空气阻力和圆盘的高度,将药品盒视为质点。求:
(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t;
(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W;
(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。
参考答案
热点练(四) 多过程曲线运动中的动量能量问题
1.答案 (1)4 m/s 22 N
(2)18
(3)vAB=m/s
解析 (1)由机械能守恒定律可得=mg·2R+mv2
在Q点由牛顿第二定律有F+mg=m
联立解得v=4m/s,F=22N。
(2)AB碰撞前A的速度为vA,由机械能守恒定律可得
AB碰撞后以共同速度vP前进,设向右为正方向
由动量守恒定律可得mvA=(m+m)vP
故总动能Ek=·2m
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能ΔE=FfL=μ·2mgL
k=
联立代入数据解得k=18。
(3)AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量E'=nEk
从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中
由能量守恒定律可得·2m·2m·=E'
代入解得vAB=m/s。
2.答案 (1)3mg (2) (3)mgL
解析 (1)设球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小为vB
由动能定理得-mgL=0-,解得vB=
对B球,由牛顿第二定律得FT-mg=m,解得FT=3mg。
(2)设球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小为v0,球A在两球碰撞后一瞬间的速度大小为vA,两球碰撞过程动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得2mv0=2mvA+mvB
由机械能守恒定律得·2m·2m
解得vA=,v0=。
(3)碰后球A做平抛运动,设碰后一瞬间球A距O'的高度为h
由平抛运动规律得h=gt2,=vAt,解得h=L
弹簧将球A弹起到A碰B的过程中,由能量守恒定律得
W弹=2mg·3L+·2m,解得W弹=mgL。
3.答案 (1)1 s
(2)4m/s
(3)x≥4(-1) m或x≤(4-2) m
解析 (1)力F作用时物块P的加速度大小a1==4m/s2
撤去力F后的加速度大小a2==2m/s2
设力F作用的最短时间为tmin,则a1=L
解得tmin=1s(另一解舍去)。
(2)当力F一直从A点作用到B点时,P到达B点的速度最大,则P的最大速度为v0==4m/s
取水平向右为正方向,当P、Q碰撞时动量守恒有mv0=mv1+m0v2
根据机械能守恒定律得m0
解得Q获得的最大速度v2=v0=4m/s。
(3)此时设物块Q运动到C点的速度为vC
情况一:若物块Q运动到最高点不超过D点,则m0≤m0gR
解得vC≤=2m/s
情况二:若物块Q通过圆轨道的最高点E,则m0m0+2m0gR
又≥m0g
解得vC≥m/s
当F的作用时间为s时,物块Q获得的速度v2=vB=2m/s
从B到C的过程由动量定理得-t=m0vC-m0v2
又t=kt=kx
可得x≥4(-1)m或x≤(4-2)m。
4.答案 (1)1.8 m (2)34.5 N (3)2.88 m
解析 (1)设小物块P刚运动到A点时的速度大小为vA
则vAy=v0tan37°=6m/s
vA==10m/s
所以小物块P的抛出点与A点间的竖直距离h=m=1.8m。
(2)P、Q碰撞过程满足动量守恒和能量守恒,设碰撞后瞬间P、Q的速度分别为vP、vQ
mvA=mvP+mvQ
解得vP=0,vQ=10m/s
μ2mgcsθ>mgsinθ
即碰后小物块P静止在A点,而小物块Q受到的电场力qE=3N,方向水平向左,且与重力的合力为5N,方向垂直AB轨道向下,则“等效重力场”的等效重力加速度g'=g=12.5m/s2,方向垂直AB轨道向下。
设小物块Q运动到B点时速度大小为vB
则由动能定理得-μ1mg'l=
解得vB=m/s
对小物块Q,在B点,由牛顿第二定律有FN-mg=m,
解得FN=34.5N
根据牛顿第三定律,小物块Q在B点时对轨道的压力大小为34.5N。
(3)设小物块Q能到达C点,且在C点的速度大小为vC,则小物块Q从A点运动到C点的过程中有-μ1mg'l-mg'R(1+cs37°)=
解得vC=5m/s
设小物块Q恰好能到达C点时的速度大小为vC',则mg'=
解得vC'=m/s
因vC>vC',故小物块Q能到达C点,小物块Q离开C点后,做类平抛运动
x'=vCt
R+Rcs37°=g't2
解得t=0.48s,x'=2.4m
故小物块Q的落点与B点的距离
x=x'+Rsin37°=2.88m。
5.答案 (1) (2)6mgL-3m (3)
解析 (1)以水平向右的方向为正方向,A在传送带上运动时,根据牛顿第二定律得
μmg=ma
结合运动学公式得v0=0+at
联立解得t=。
(2)B从M点滑至N点的过程中,根据动能定理得
2mg×3L-W=×2m×(2v0)2-×2m
联立解得W=6mgL-3m。
(3)设碰撞后A和B的速度分别为vA和vB,以水平向右的方向为正方向,根据动量守恒定律得2m×2v0=mvA+2mvB
根据能量守恒定律得×2m×2m×(2v0)2
联立解得vA1=v0,vB1=v0或vA2=2v0,vB2=v0
根据碰撞的特点可知,A的速度大于B的速度,即第一组解舍去
离开平台后,药品盒做平抛运动,有L=
根据题意可得s=(vA2+vB2)t1
联立解得s=。
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