2019版二轮复习物理通用版：计算题专项练（二）能量与动量综合题过关练

计算题专项练（二）  能量与动量综合题过关练

1.如图所示，光滑水平直轨道上有三个质量均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧(弹簧左侧的挡板质量不计)。设A以速度v0朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短，求从A开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，

(1)整个系统损失的机械能；

(2)弹簧被压缩到最短时的弹性势能。

解析：(1)从A压缩弹簧到A与B具有相同速度v1时，对A、B与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得

mv0＝2mv1

此时B与C发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的瞬时速度为v2，损失的机械能为ΔE，对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv1＝2mv2

mv12＝ΔE＋×(2m)v22

解得ΔE＝mv02。

(2)因为v2＜v1，A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为v3，此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为Ep，由动量守恒定律和能量守恒定律得mv0＝3mv3

mv02－ΔE＝×(3m)v32＋Ep

解得Ep＝mv02。

答案：(1)mv02　(2)mv02

2.如图所示，光滑的圆弧AB(质量可忽略)固定在甲车的左端，其半径R＝1 m。质量均为M＝3 kg的甲、乙两辆小车静止于光滑水平面上，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)。其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数μ＝0.4。将质量为m＝2 kg的滑块P(可视为质点)从A处由静止释放，滑块P滑上乙车后最终未滑离乙车。求：

(1)滑块P刚滑上乙车时的速度大小；

(2)滑块P在乙车上滑行的距离。

解析：(1)设滑块P刚滑上乙车时的速度为v1，此时两车的速度为v2，以滑块和甲、乙两辆小车组成系统，规定向右为正方向，根据系统水平方向动量守恒列出等式：

mv1－2Mv2＝0

对整体应用能量守恒定律有：

mgR＝mv12＋×2Mv22

解得：v1＝ m/s，v2＝ m/s。

(2)设滑块P和小车乙达到的共同速度为v，滑块P在乙车上滑行的距离为L，规定向右为正方向，对滑块P和小车乙应用动量守恒定律有：

mv1－Mv2＝(m＋M)v

对滑块P和小车乙应用能量守恒定律有：

μmgL＝mv12＋Mv22－(M＋m)v2

解得：L＝2 m。

答案：(1) m/s　(2)2 m

3.如图所示，水平固定一个光滑长杆，有一个质量为2m的小滑块A套在细杆上可自由滑动。在水平杆上竖直固定一个挡板P，小滑块靠在挡板的右侧处于静止状态，在小滑块的下端用长为L的细线悬挂一个质量为m的小球B，将小球拉至左端水平位置使细线处于自然长度，由静止释放，已知重力加速度为g。求：

(1)小球第一次运动到最低点时，细绳对小球的拉力大小；

(2)小球运动过程中，相对最低点所能上升的最大高度；

(3)小滑块运动过程中，所能获得的最大速度。

解析：(1)小球第一次摆到最低点过程中，由机械能守恒定律得

mgL＝mv2

解得v＝

在最低点，由牛顿第二定律得

F－mg＝m

解得F＝3mg。

(2)小球与滑块共速时，小球运动到最大高度h。取水平向右为正方向，由动量守恒定律与机械能守恒定律得

mv＝(2m＋m)v共

mv2＝mgh＋(2m＋m)v共2

联立解得h＝L。

(3)小球摆回最低点，滑块获得最大速度，此时小球速度为v1，滑块速度为v2

mv＝mv1＋2mv2

mv2＝mv12＋×2mv22

解得v2＝。

答案：(1)3mg　(2)L　(3)

4.(2018·安徽四校联考)如图所示，半径为R的四分之一光滑圆形固定轨道右端连接一光滑的水平面，质量为M＝3m的小球Q连接着轻质弹簧静止在水平面上，现有一质量为m的滑块P(可看成质点)从B点正上方h＝R高处由静止释放，重力加速度为g。

(1)求滑块到达圆形轨道最低点C时的速度大小和对轨道的压力；

(2)求在滑块压缩弹簧的过程中，弹簧具有的最大弹性势能Epm；

(3)若滑块从B上方高H处释放，求恰好使滑块经弹簧反弹后能够回到B点时高度H的大小。

解析：(1)滑块P从A运动到C过程，根据机械能守恒定律得mg(h＋R)＝mvC2

又h＝R，代入解得vC＝2

在最低点C处，根据牛顿第二定律得：FN－mg＝m

解得FN＝5mg

根据牛顿第三定律知滑块P对轨道的压力大小为5mg，方向竖直向下。

(2)弹簧被压缩过程中，当滑块与小球速度相等时，弹簧具有最大弹性势能，

根据动量守恒定律得mvC＝(m＋M)v

根据机械能守恒定律得mvC2＝Epm＋(m＋M)v2

联立解得Epm＝mgR。

(3)设滑块P从B上方高H处释放，到达水平面速度为v0，则有mg(H＋R)＝mv02

弹簧被压缩后再次恢复到原长时，设滑块P和小球Q的速度大小分别为v1和v2，

根据动量守恒定律得mv0＝－mv1＋Mv2

根据机械能守恒定律得mv02＝mv12＋Mv22

要使滑块P经弹簧反弹后恰好回到B点，

则有mgR＝mv12

联立解得H＝3R。

答案：(1)2　5mg，方向竖直向下　(2)mgR　(3)3R

5.如图所示，质量mB＝2 kg的木板B静止于光滑水平面上，质量mA＝6 kg的物块A停在木板B的左端，质量mC＝2 kg的小球C用长L＝0.8 m的轻绳悬挂在固定点O。现将小球C及轻绳拉直至水平位置后由静止释放，小球C在最低点与A发生正碰，碰撞作用时间很短为Δt＝10－2 s，之后小球C反弹所能上升的最大高度h＝0.2 m。已知A、B间的动摩擦因数μ＝0.1，物块与小球均可视为质点，不计空气阻力，取g＝10 m/s2。求：

(1)小球C与物块A碰撞过程中所受的撞击力大小；

(2)为使物块A不滑离木板B，木板B至少多长。

解析：(1)C下摆至最低点的过程，根据动能定理有：mCgL＝mCvC2

解得碰前C的速度大小vC＝4 m/s

C反弹过程，根据动能定理有：

－mCgh＝0－mCvC′2

解得碰后C的速度大小vC′＝2 m/s

取向右为正方向，对C根据动量定理有：

－F·Δt＝－mCvC′－mCvC

解得碰撞过程中C所受的撞击力大小F＝1 200 N。

(2)C与A碰撞过程，根据动量守恒定律有：

mCvC＝－mCvC′＋mAvA

解得碰后A的速度vA＝2 m/s

A恰好滑至木板B右端并与其共速时，所求B的长度最小，根据动量守恒定律有：

mAvA＝(mA＋mB)v

解得A、B的共同速度v＝1.5 m/s

根据能量守恒定律有：

μmAgx＝mAvA2－(mA＋mB)v2

解得x＝0.5 m。

答案：(1)1 200 N　(2)0.5 m

6.如图所示，质量为4 kg的小车静止在光滑水平面上。小车AB段是半径为0.45 m的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为2.0 m的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为0.95 kg的小物块(可视为质点)静止在小车右端。质量为0.05 kg的子弹，以100 m/s的水平速度从小物块右端射入并留在物块中，已知子弹与小物块的作用时间极短。当小车固定时，小物块恰好运动到A点。不计空气阻力，重力加速度为10 m/s2。

(1)求小物块与BC段的动摩擦因数和小物块刚刚通过B点时对小车的压力；

(2)若子弹射入前小车不固定，求小物块在AB段上升的最大高度。

解析：(1)已知小车质量M＝4 kg，小物块质量m＝0.95 kg，子弹质量m0＝0.05 kg，子弹初速度v0＝100 m/s。

子弹从小物块右端射入物块的过程动量守恒，设子弹与小物块达到共同速度vC，

取水平向左为正方向。根据动量守恒定律得：

m0v0＝(m0＋m)vC

代入数据解得vC＝5 m/s

已知圆弧光滑轨道半径R＝0.45 m，小车固定时，小物块恰好运动到A点，设物块和子弹到达B点时的速度大小为vB，物块从B到A的过程，由机械能守恒定律可得：

(m0＋m)gR＝(m0＋m)vB2

代入数据解得vB＝3 m/s

已知BC段长L＝2.0 m，设小物块与BC段的动摩擦因数为μ，物块从C到B的过程，由动能定理得：

－μ(m0＋m)gL＝(m0＋m)vB2－(m0＋m)vC2

代入数据解得μ＝0.4

设小物块刚通过B点时，受的支持力为FN。由牛顿第二定律得：

FN－(m0＋m)g＝(m0＋m)

代入数据解得FN＝30 N

由牛顿第三定律可得，小物块对小车的压力大小为30 N，方向竖直向下。

(2)若子弹射入前小车不固定，小物块在AB段上升到最大高度时，小物块和小车达到共同速度，设最终的共同速度为v，取水平向左为正方向，根据动量守恒定律得

(m0＋m)vC＝(m0＋m＋M)v

代入数据解得v＝1 m/s

从子弹与小物块达到共同速度，到三者达到共同速度的过程中，系统损失的动能，一部分转化为内能，一部分转化为小物块的重力势能，设子弹与小物块上升的最大高度为h，由能量守恒定律得：

(m0＋m)vC2－(m0＋m＋M)v2＝μ(m0＋m)gL＋(m0＋m)gh

代入数据解得h＝0.2 m。

答案：(1)0.4　30 N，方向竖直向下　(2)0.2 m