2022届一轮复习专题练习48 动量与能量的综合问题（解析版）

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微专题48　动量与能量的综合问题1．如果要研究在某一时刻物理量的关系，可用牛顿第二定律列式.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.若研究对象为一系统，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.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，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换．这种问题由于作用时间都极短，满足动量守恒定律．1．(2020·河南名校联考)在光滑的水平面上，质量为m1的小球A以速率v0向右运动．在小球的前方O点处有一质量为m2的小球B处于静止状态，如图1所示．小球A与小球B发生正碰后，小球A、B均向右运动．小球B被在Q点处的墙壁弹回后与小球A在P点相遇，PQ＝1.5 PO.假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，小球均可看成质点，求：图1(1)两小球质量之比；(2)若小球A与小球B碰后的运动方向以及小球B反弹后与A相遇的位置均未知，两小球A、B质量满足什么条件，就能使小球B第一次反弹后一定与小球A相碰．答案　(1)2∶1　(2)m1>解析　(1)两球发生弹性碰撞，设碰后A、B两球的速度分别为v1、v2，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得m1v0＝m1v1＋m2v2已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得m1v＝m1v＋m2v从两球碰撞后到它们再次相遇，甲和乙的速度大小保持不变，由于PQ＝1.5PO，则小球A和B通过的路程之比为s1∶s2＝v1t∶v2t＝1∶4，联立解得＝(2)由(1)中两式解得：v1＝v0，v2＝v0若小球A碰后静止或继续向右运动，一定与小球B第一次反弹后相碰，此时有v1≥0，即m1≥m2若小球A碰后反向运动，则v1<0，此时m1<m2，则小球A与B第一次反弹后相碰需满足|v1|<|v2|即v0<v0解得m1>综上所述，只要小球A、B质量满足m1>，就能使小球B第一次反弹后一定与小球A相碰．2.(2020·河北邢台市期末)如图2所示，竖直平面内粗糙水平轨道AB与光滑半圆轨道BC相切于B点，一质量m1＝1 kg的小滑块P(视为质点)在水平向右的力F作用下，从A点以v0＝0.5 m/s的初速度滑向B点，当滑块P滑到AB正中间时撤去力F，滑块P运动到B点时与静止在B点的质量m2＝2 kg的小滑块Q(视为质点)发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后小滑块Q恰好能滑到半圆轨道的最高点C，并且从C点飞出后又恰好落到AB的中点，小滑块P恰好也能回到AB的中点．已知半圆轨道半径R＝0.9 m，重力加速度g＝10 m/s2.求：图2(1)与Q碰撞前的瞬间，小滑块P的速度大小；(2)力F所做的功．答案　(1) m/s　(2)61.75 J解析　(1)滑块P、Q碰撞过程机械能守恒、动量守恒，则有m1v＝m1v1′2＋m2vm1v1＝m1v1′＋m2v2滑块Q从B运动到C的过程机械能守恒，则有m2v＝m2v＋m2g×2R滑块Q在C点时，有m2g＝m2解得v3＝3 m/s，v1′＝－ m/s与Q碰撞前的瞬间，小滑块P的速度大小v1＝ m/s.(2)滑块P从A到B过程，由动能定理，有WF－μm1gxAB＝m1(v－v)滑块P与Q碰撞后返回过程，有v1′2＝2μg·解得WF＝61.75 J.3．(2020·河南中原名校第五次考评)如图3所示，固定点O上系一长L＝0.6 m的细绳，细绳的下端系一质量m＝1.0 kg的小球(可视为质点)，原来处于静止状态，球与平台的B点接触但对平台无压力，平台高h＝0.80 m，一质量M＝2.0 kg的物块开始静止在平台上的P点，现使M获得一水平向右的初速度v0，物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰，碰后小球m在绳的约束下做圆周运动，经最高点A时，绳上的拉力恰好等于小球的重力，而M落在水平地面上的C点，其水平位移s＝1.2 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2，求：图3(1)质量为M的物块落地时的动能；(2)若物块M在P处的初速度大小为8.0 m/s，平台表面与物块间动摩擦因数μ＝0.5，物块M与小球的初始距离s1为多少？答案　(1)25 J　(2)2.8 m解析　(1)碰后物块M做平抛运动，设其平抛运动的初速度为v3由h＝gt2，s＝v3t，得：v3＝s＝3.0 m/s落地时的竖直速度为：vy＝＝4.0 m/s所以物块落地时的速度为：v＝＝5.0 m/s物块落地时的动能为：Ek＝Mv2＝25 J(2)物块与小球在B处碰撞，设碰撞前物块的速度为v1，碰撞后小球的速度为v2，由动量守恒定律：Mv1＝mv2＋Mv3碰后小球从B处运动到最高点A过程中机械能守恒，设小球在A点的速度为vA：mv＝mv＋2mgL小球在最高点时有：2mg＝m联立解得：v2＝6.0 m/sv1＝6.0 m/s物块M从P运动到B处过程中，由动能定理得：－μMgs1＝Mv－Mv解得：s1＝2.8 m.4．如图4所示为研究某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带足够长，传送带的轮子沿逆时针方向转动，带动传送带以恒定速度v＝2.0 m/s匀速运动．三个质量均为m＝1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时在B、C间有一压缩的轻弹簧，两滑块用细绳相连处于静止状态．滑块A以初速度v0＝4.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零．因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度vC＝4.0 m/s滑上传送带，已知滑块C与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10 m/s2.求：图4(1)滑块C在传送带上向右滑动距N点的最远距离smax；(2)弹簧锁定时的弹性势能Ep；(3)滑块C在传送带上运动的整个过程中与传送带之间因摩擦产生的内能Q.答案　(1)4.0 m　(2)4.0 J　(3)18 J解析　(1)滑块C滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远．由动能定理得－μmgsmax＝0－mv解得smax＝4.0 m.(2)设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律有mv0＝2mv12mv1＝2mv2＋mvC解得v1＝2 m/s，v2＝0由能量守恒定律有Ep＋×2mv＝×2mv＋mv解得Ep＝4.0 J.(3)滑块C在传送带上向右做匀减速运动，设滑块C在传送带上运动的加速度大小为a，滑块C在传送带上经时间t1速度减为零，在同样时间内传送带向左的位移大小为x1.根据牛顿第二定律和运动学公式可知a＝＝2 m/s2滑块C速度减小到零所需的时间t1＝＝2 s传送带的位移大小x1＝vt1＝2×2 m＝4 m相对路程Δx1＝smax＋x1＝8 m滑块C在传送带上向右运动至速度为0后开始向左做匀加速直线运动，当速度达到与传送带速度相同时，与传送带一起做匀速直线运动．滑块C在传送带上向左做匀加速直线运动的时间t2＝＝1 s滑块C的位移大小s1＝at＝1 m传送带的位移大小x2＝vt2＝2 m相对路程Δx2＝x2－s1＝1 m则滑块C在传送带上运动的整个过程中与传送带之间因摩擦产生的内能Q＝μmg(Δx1＋Δx2)＝0.2×1×10×9 J＝18 J．