高考物理复习 课时过关题21 利用动量和能量观点解决力学综合问题（含答案解析）

2020(人教版)高考物理复习 课时过关题21

利用动量和能量观点解决力学综合问题

1.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10 m，C是半径R=20 m圆弧的最低点．质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5 m/s2，到达B点时速度vB=30 m/s.取重力加速度g=10 m/s2.

(1)求长直助滑道AB的长度L；

(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；

(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小．

2.塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具，但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题，设有一只水枪，枪口直径为d，出水速度为v，储水箱的体积为V.

(1)水枪充满水可连续用多长时间？

(2)设水的密度为ρ，水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度变为零，则水流对目标的冲击力是多大？你认为要控制水枪威力关键是控制哪些因素？

3.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．

4.如图所示AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右快速射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点)．已知R=0.4 m，m=1 kg，M=10 kg.(g=10 m/s2，结果保留两位有效数字)求：

(1)子弹射入木块前的速度v0；

(2)若每当小木块上升到圆弧并返回到O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中．则当第3颗子弹射入小木块后，木块速度多大．

5.如图所示，AB为光滑水平面，BC部分位于竖直平面内半径为R的半圆轨道，B点是最低点，C点是最高点，C点切线方向水平，圆管截面半径r≪R.有一个质量为m的a球以水平初速度向右运动碰撞到原来静止在水平面上的质量为3m的b球，两球发生对心碰撞，碰撞时间极短，并且碰撞时没有能量损失，碰撞后b球顺利进入光滑圆管(B点无能量损失，小球的半径比圆管半径r略小)，它经过最高点C后飞出，最后落在水平地面上的A点，已知AB的距离为2R.已知重力加速度为g.求：

(1)小球b运动到C点时对轨道的压力．

(2)碰后小球a的速度．

6.如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能．

7.质量为m0的木板B置于光滑水平面上，另一质量为m的木块A(可视为质点)在木板B的左端以水平速度v0开始向右运动，如图所示，木块A与木板B之间的动摩擦因数为μ，若要使木块A刚好不从木板B的右端掉下去，则木板B的长度至少应多长？

8.一根不可伸长的轻绳跨过定滑轮，两端拴有A、B两物体，A、B质量分别为m1=1 kg，m2=2 kg，B物体开始时静止于地面上，A离地高度H=1 m．现将A抬高h1=1.8 m，由静止释放，绳子绷直瞬间断开，并给B一个竖直向上的瞬时冲量I，B此后上升的最大高度为h2=0.2 m，(不考虑一切阻力，取g=10 m/s2)求：

(1)瞬时冲量I的大小．

(2)A落地的速度．

9.如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为R，重力加速度为g，不计空气阻力．求：

(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；

(2)金属槽的质量．

10.如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙．在其左端有一个光滑的圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有很小的滑块A以初速度v0从右端滑上B并以的速度滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，求：

(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；

(2)圆弧槽C的半径R.

11.如图所示是某游乐场过山车的娱乐装置原理图，弧形轨道末端与一个半径为R的光滑半圆轨道平滑连接，两辆质量均为m的相同小车(大小可忽略)，中间夹住一轻弹簧后连接在一起，两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入半圆最低点时连接两车的挂钩突然断开，弹簧将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿半圆轨道运动恰能越过半圆轨道最高点，求：

(1)前车被弹出时的速度．

(2)前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能．

(3)两车从静止下滑到最低点的高度h.

12.如图，A、B质量分别为m1=1 kg，m2=2 kg，置于小车C上，小车的质量为m3=1 kg，A、B与小车的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上．某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12 J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能．A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：

(1)炸开后A、B获得的速度各是多少．

(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少．

13.如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平．B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ=.质量为m的小球用长为L的细绳悬挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半．

(1)求细绳能够承受的最大拉力．

(2)若要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大？

(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来．

14.如图所示，倾角θ=30°的足够长的光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h，将质量为m，长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ=，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.

(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0大小．

(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；

(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F=2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W.

15.如图所示为某车间传送装置的简化示意图，由水平传送带、粗糙斜面、轻质弹簧及力传感器组成．传送带通过一段光滑圆弧与斜面顶端相切，且保持v0=4 m/s的恒定速率运行，AB之间距离为L=8 m，斜面倾角θ=37°，弹簧劲度系数k=200 N/m，弹性势能Ep=kx2，式中x为弹簧的形变量，弹簧处于自然状态时上端到斜面顶端的距离为d=3.2 m．现将一质量为4 kg的工件轻放在传送带A端，工件与传送带、斜面间的动摩擦因数均为0.5，不计其他阻力，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g取10 m/s2.求：

(1)工件传到B端经历的时间．

(2)传感器的示数最大值．

(3)工件经多次缓冲后停在斜面上，传感器的示数为20 N，工件在斜面上通过的总路程．(结果保留三位有效数字)

答案解析

1.解：(1)根据匀变速直线运动公式，有L==100 m

(2)根据动量定理，有I=mvB-mvA=1 800 N·s

(3)运动员经C点时的受力分析如图

根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有mgh=mv-mv

根据牛顿第二定律，有FN-mg=m

得FN=3 900 N

2.解：设t时间内从枪口喷出的水的体积为ΔV，则有：ΔV=vSt

S=π2

所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为：=vπd2

水枪充满水可连续用的时间t总==

(2)t时间内从枪口喷出的水的质量：m=ρSvt=ρvπ2t=πρd2vt

质量为m的水在t时间内与目标相互作用，由动量定理有：Ft=Δp

以水流的方向为正方向，得-Ft=0-πρd2vt·v=-πρd2v2t

解得：F=πρd2v2

可见要控制水枪的威力，关键是要控制枪口直径d和出水速度．

3.解：

(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB，

根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB①

式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．

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/s③

(2)设A车的质量为mA，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=4.3 m/s.

4.解：

(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即：mv0=(m＋M)v1

系统由O到C的运动过程中机械能守恒，即：(m＋M)v=(m＋M)gR

由以上两式解得：v0=≈31 m/s.

(2)由动量守恒定律可知，第2颗子弹射入木块后，木块的速度为0

当第3颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得：mv0=(3m＋M)v3

解得：v3=≈2.4 m/s.

5.解：

(1)b球从C点做平抛运动，则：水平方向x=2R=vCt

竖直方向：y=2R=gt2

解得：vC=

在C点根据牛顿第二定律得：3mg＋FN=3m

解得：FN=0

由牛顿第三定律知小球对轨道的压力为0

(2)b球从B到C，由机械能守恒得：3mg·2R=×3mv－×3mv

解得：vB=

a球与b球发生弹性碰撞，则：mv0=mva＋3mvB

mv=mv＋×3mv

解得：va=－

方向向左．

6.解：设碰后A、B和C共同速度的大小为v，由动量守恒定律得3mv=mv0①

设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv=2mv1＋mv0②

设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，

有(3m)v2＋Ep=(2m)v＋mv③

由①②③式得弹簧所释放的势能为Ep=mv.

7.解：若要使木块A刚好不从木板B的右端掉下去，

则木块滑至木板右端时两者具有共同速度v，

在A、B相互作用的过程中，系统不受外力作用，系统内力为一对摩擦力，

小木块A可视为“子弹”，木板B可视为“木块”，这与子弹打击木块模型相似．

由动量守恒定律得mv0=(m0＋m)v①

由能量守恒定律得mv=(m0＋m)v2＋Q②

②式中的Q=μmgl，其中l为木块相对于木板发生的位移(即木板最小的长度)，

解①②可得l=.

8.解：

(1)B上升过程由动能定理得：－m2gh2=0－m2v

解得：v2=2 m/s

取竖直向上为正方向，对B由动量定理得：I－m2gΔt=m2v2－0

由于时间极短，Δt近似为0，故I=m2v2=4 N·s

(2)A先做自由落体运动，下落h1高度时，速度为：v1==6 m/s

由于绳子给A的冲量大小也为I，方向竖直向上，

对A由动量定理得：m1gΔt－I=m1v1′－m1v1

代入数据解得：v1′=2 m/s

之后A自由下落，由动能定理得：m1gH=m1v2－m1v1′2

解得：v=2 m/s.

9.解：

(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律：mg·2R=mv

小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律：FN－mg=m

据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：FN′=FN

联立解得：FN′=5mg

(2)小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，

选取向右为正方向，则：mv0=(m＋M)v

设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h.

则有R2＋h2=2

根据机械守恒定律：mgh=mv－(m＋M)v2.

联立解得：M=m.

10.解：

(1)当A在B上滑动时，A与B、C整体发生相互作用，

由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒，选向左的方向为正方向，

有：mv0=m＋2mv1①

由能量守恒知系统动能的减少量等于滑动过程中产生的内能即：

μmgL=mv－m2－×2mv②

联立①②解得：μ=.③

(2)当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用．

设A到达最高点时两者的速度相等均为v2，

A、C组成的系统水平方向动量守恒有：m＋mv1=(m＋m)v2④

由A、C组成的系统机械能守恒：m2＋mv=(2m)v＋mgR⑤

联立④⑤解得：R=.

11.解：

(1)设前车在最高点速度为v2，依题意有：mg=m

设前车在最低位置与后车分离后速度为v1，根据机械能守恒得：mv＋mg·2R=mv

解得：v1=

(2)设两车分离前速度为v0，由动量守恒定律得：2mv0=mv1解得：v0=

设分离前弹簧弹性势能为Ep，根据系统机械能守恒得：Ep=mv－×2mv=mgR

(3)两车从h高处运动到最低处机械能守恒，则：2mgh=×2mv

解得：h=R.

12.解：

(1)炸药爆炸瞬间A、B系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律得：0=m2v2－m1v1

A、B的机械能总量为12 J，故有：E=m1v＋m2v=12 J

联立解得：v1=4 m/s，v2=2 m/s

(2)爆炸后A、B在C上滑动，B先与C相对静止，

设此时B、C的速度为v3，该过程中A、B、C组成的系统动量守恒．

设该过程的时间为t1，由动量定理得：对B：－μm2gt1=m2v3－m2v2

对C：(μm2g－μm1g)t1=m3v3

解得：t1=0.2 s

对A、B、C系统由动量守恒定律得：0=(m1＋m2＋m3)v

解得：v=0

设A滑动的总时间为t，由动量定理得：－μm1gt=0－m1v1

解得：t=0.8 s.

13.解：

(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，

由机械能守恒定律得：mgL=mv

解得：v0=

小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：FT－mg=m

由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：FT′=FT

解得：FT′=3mg

(2)小球碰撞后做平抛运动，则：在竖直方向上：h=gt2

水平方向：L=t

解得：h=L

(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，

设C碰后速率为v1，以小球的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=m＋3mv1

假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，

设两者最终共同速率为v2，以C的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：3mv1=(3m＋6m)v2

由能量守恒定律得：×3mv=(3m＋6m)v＋μ·3mgs

联立解得：s=L

由s＜L可知，滑块C不会从木板上掉下来．

14.解：

(1)对小物块和长木板组成的整体，由机械能守恒定律得：×2mv=2mg(h－Lsin θ)

解得：v0=

(2)由牛顿第二定律得：对木板与物块整体：F0－2mgsin θ=2ma0

对物块：μmgcos θ－mgsin θ=ma0

解得：F0=mg

(3)设拉力F作用的最短时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，

再经时间t3木板下端到达B点，速度恰好减为零，

由牛顿第二定律得：对木板：F－mgsin θ－μmgcos θ=ma1

mgsin θ＋μmgcos θ=ma3

对物块：μmgcos θ－mgsin θ=ma2

对木板与物块整体：2mgsin θ=2ma4

另有：a1t1－a3t2=a2(t1＋t2)

a2(t1＋t2)=a4t3

a1t＋a1t1t2－a3t＋a4t=

W=F·a1t解得：W=mgh

15.解：

(1)设工件轻放后向右的加速度为a，达共速时位移为x1，时间为t1，

由牛顿第二定律得：μmg=ma

解得：a=μg=5 m/s2

t1==0.8 s

x1=at=1.6 m

接着工件向右匀速运动，设时间为t2，则：t2==1.6 s

工件传到B端经历的时间：t=t1＋t2=2.4 s

(2)设传感器示数最大时弹簧的压缩量为Δx1，

由动能定理得：mg(d＋Δx1)sin 37°－μmg(d＋Δx1)cos 37°－kΔx=0－mv

代入数据解得：Δx1=0.8 m

传感器的示数最大值为：Fm=k·Δx1=160 N.

(3)设传感器示数为20 N时弹簧的压缩量为Δx2，工件在斜面上通过的总路程为s，

则：Δx2==0.1 m

由能量守恒得：mv＋mg(d＋Δx2)sin 37°=μmgs cos 37°＋kΔx

代入数据解得：s=6.89 m.