2019版高考物理二轮复习专题检测：11应用“能量观点”和“动量观点”破解力学计算题(含解析)

专题检测（十一）  应用“能量观点”和“动量观点”破解力学计算题

1.(2018·福建联考)如图，固定直杆上套有一小球和两根轻弹簧，两根轻弹簧的一端与小球相连，另一端分别固定在杆上相距为2L的A、B两点。直杆与水平面的夹角为θ，小球质量为m，两根轻弹簧的原长均为L、劲度系数均为，g为重力加速度。

(1)小球在距B点L的P点处于静止状态，求此时小球受到的摩擦力大小和方向；

(2)设小球在(1)中P点受到的摩擦力为最大静摩擦力，且与滑动摩擦力相等。现让小球从P点以一沿杆方向的初速度向上运动，小球最高能到达距A点L的Q点，求初速度的

大小。

解析：(1)小球在P点时两根弹簧的弹力大小相等，设为F，根据胡克定律有

F＝k

设小球静止时受到的摩擦力大小为Ff，方向沿杆向下，

根据平衡条件有mgsin θ＋Ff ＝2F

解得Ff＝，方向沿杆向下。

(2)小球在P、Q两点时，弹簧的弹性势能相等，故小球从P到Q的过程中，弹簧对小球做功为零

由动能定理有W合＝ΔEk

－mg·2sin θ－Ff·2＝0－mv2

解得v＝。

答案：(1)，方向沿杆向下　(2)

2．(2019届高三·湖南六校联考)如图所示，在光滑水平面上有一质量为2 018m的木板，板上有2 018块质量均为m的相同木块1、2、…、2 018。最初木板静止，各木块分别以v、2v、…、2 018v的初速度同时向同一方向运动，木块和木板间的动摩擦因数为μ，且木块间不发生碰撞和离开木板的现象。求：

(1)最终木板的速度；

(2)运动中第88块木块的最小速度；

(3)第2块木块相对木板滑动的时间。

解析：(1)设最终木板和木块一起以速度v′运动，由动量守恒定律可知

m(v＋2v＋…＋nv)＝2nmv′

解得v′＝v＝v。

(2)设第k块木块的最小速度为vk，则此时木板及第1至第(k－1)块木块的速度均为vk；因为每块木块质量相等，所受合外力也相等(均为μmg)，故在相等时间内，其速度的减少量也相等，因而此时，第(k＋1)块至第n块木块的速度依次为vk＋v、vk＋2v、…、vk＋(n－k)v；

系统动量守恒，故

m(v＋2v＋…＋nv)＝(nm＋km)vk＋m(vk＋v)＋…＋m[vk＋(n－k) v]

解得vk＝，v88＝v。

(3)第2块木块刚相对木板静止的速度为

v2＝＝×2v＝v

因为木块的加速度总为a＝μg

v2＝2v－μgt，解得t＝＝。

答案：(1)v　(2)v　(3)

3.(2018·西安一中模拟)光滑水平面上，用轻质弹簧连接的质量为mA＝2 kg、mB＝3 kg的A、B两物体都处于静止状态，此时弹簧处于原长。将质量为mC＝5 kg 的物体C，从半径R＝3.2 m的光滑圆弧轨道最高点由静止释放，如图所示，圆弧轨道的最低点与水平面相切，B与C碰撞后粘在一起运动。求：

(1)B、C碰撞刚结束时的瞬时速度的大小；

(2)在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。

解析：(1)对C下滑过程中，由动能定理得

mCgR＝mCv02

设B、C碰撞后B与C整体的瞬时速度为v1，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得mCv0＝(mB＋mC)v1

解得v1＝5 m/s。

(2)由题意可知，当A、B、C速度大小相等时弹簧的弹性势能最大，设此时三者的速度大小为v2，以水平向左为正方向，由动量守恒定律得

(mC＋mB)v1＝(mA＋mB＋mC)v2

设弹簧的最大弹性势能为Ep，则对B、C碰撞后到A、B、C速度相同过程中，由能量守恒定律得(mB＋mC)v12＝(mA＋mB＋mC)v22＋Ep

解得Ep＝20 J。

答案：(1)5 m/s　(2)20 J

4．(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5 m，A车向前滑动了2.0 m。已知A和B的质量分别为2.0×103 kg和1.5×103 kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g＝10 m/s2。求：

(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；

(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。

解析：(1)设B车碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有

μmBg＝mBaB①

设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有

vB′2＝2aBsB②

联立①②式并利用题给数据得

vB′＝3.0 m/s。③

(2)设A车碰后加速度大小为aA，根据牛顿第二定律有

μmAg＝mAaA④

设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA，由运动学公式有

vA′2＝2aAsA⑤

设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA。两车在碰撞过程中动量守恒，有

mAvA＝mAvA′＋mBvB′⑥

联立③④⑤⑥式并利用题给数据得

vA＝4.25 m/s。⑦

答案：(1)3.0 m/s　(2)4.25 m/s

5．(2018·临沂模拟)如图，长度x＝5 m的粗糙水平面PQ的左端固定一竖直挡板，右端Q处与水平传送带平滑连接，传送带以一定速率v逆时针转动，其上表面QM间距离为

L＝4 m，粗糙水平面MN无限长，M端与传送带平滑连接。物块A和B可视为质点，A的质量m＝1.5 kg，B的质量M＝5.5 kg。开始时A静止在P处，B静止在Q处，现给A一个向右的v0＝8 m/s的初速度，A运动一段时间后与B发生弹性碰撞，设A、B与传送带和水平面PQ、MN间的动摩擦因数均为μ＝0.15，A与挡板的碰撞无机械能损失。取重力加速度g＝10 m/s2。

(1)求A、B碰撞后瞬间的速度大小；

(2)若传送带的速率为v＝4 m/s，试判断A、B能否再相遇，若能相遇，求出相遇的位置；若不能相遇，求它们最终相距多远。

解析：(1)设A与B碰撞前的速度为vA，由P到Q过程，由动能定理得：

－μmgx＝mvA2－mv02

A与B碰撞前后动量守恒，有mvA＝mvA′＋MvB′

由能量守恒定律得：mvA2＝mvA′2＋MvB′2

解得vA′＝－4 m/s，vB′＝3 m/s

即A、B碰撞后瞬间的速度大小分别为4 m/s、3 m/s。

(2)设A碰撞后运动的路程为sA，由动能定理得：－μmgsA＝0－mvA′2

sA＝ m

所以A与挡板碰撞后再向右运动sA′＝sA－x＝ m

设B碰撞后向右运动的距离为sB，由动能定理得：－μMgsB＝0－MvB′2

解得sB＝3 m<L

故B碰撞后不能滑上MN，当速度减为0后，B将在传送带的作用下反向加速运动，B再次到达Q处时的速度大小为3 m/s；在水平面PQ上，由运动的对称性可知，B再运动

sB′＝sB＝3 m速度为零，sB′＋sA′<5 m，所以A、B不能再次相遇。最终A、B的距离sAB＝x－sA′－sB′＝ m。

答案：(1)4 m/s　3 m/s　(2)不能相遇　 m

6．(2018·肇庆高中模拟)如图所示，质量M＝1.5 kg 的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为mQ＝

0.5 kg的滑块Q。水平放置的轻弹簧左端固定，质量为mP＝0.5 kg的小物块P置于光滑桌面上的A点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。现用水平向左的推力F将P缓慢推至B点(弹簧处于弹性限度内)，推力做功WF＝4 J，撤去F后，P沿桌面滑到小车左端并与Q发生弹性碰撞，最后Q恰好没从小车上滑下。已知Q与小车表面间动摩擦因数μ＝0.1，取g＝10 m/s2。

(1)P刚要与Q碰撞前的速度是多少？

(2)Q刚在小车上滑行时的初速度是多少？

(3)小车的长度是多少？

解析：(1)F通过P压缩弹簧做功，根据功能关系有

Ep＝WF

当弹簧完全推开P时，有Ep＝mPv2

解得v＝4 m/s。

(2)P、Q之间发生弹性碰撞，设碰撞后Q的速度为v0，P的速度为v′，由动量守恒定律和能量守恒定律得

mPv＝mPv′＋mQv0

mPv2＝mPv′2＋mQv02

解得v0＝4 m/s，v′＝0。

(3)设Q滑到小车右端后两者的共同速度为u，

由动量守恒定律可得mQv0＝(mQ＋M)u

设小车的长度为L，根据能量守恒定律，系统产生的摩擦热

μmQgL＝mQv02－(mQ＋M)u2

解得L＝6 m。

答案：(1)4 m/s　(2)4 m/s　(3)6 m