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

1、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 r-,., 卬 闭 一 即两B CA、B、Co 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vo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vi时，对A、B与弹簧组成的系统，由 动量守恒定律得mvo= 2mvi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

2、,损失的机械能为 AE,对B、C组成的系统，由动量守恒定律和能量守恒定律得mvi=2mv21 C12mvi2= AE + ,x (2m)V22-1 c解得 AE = mvo2o(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mvo=3mv31 C12myo2 AE = 2 X (3m)v32+ Ep13 o斛得 Ep = 4&mvo。答案：(1号 mvo2 13mvo216482 .如图所示，光滑的:圆弧AB(质量可忽略)固定在甲车的左y端，其半径 R=1 m。质量均为

3、 M = 3 kg的甲、乙两辆小车静止 二甲r H吕乙于光滑水平面上，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感' 一应开关时，两车自动分离)。其中甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P之间的动摩擦因数产。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 2M V2= 0对整体应用能量守恒定律有:1 C 1.mg

4、R = 2mv12 + 2x 2M V2215解得：v 1 =巾5 m/s, V2 =当一m/s。3(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:mvi M V2= (m+ M)v对滑块P和小车乙应用能量守恒定律有:mgL= 1mv12+V22-2(M + m)v2解得：L = 2 m。答案: 15m/s (2)2 m3.如图所示，水平固定一个光滑长杆， 有一个质量为 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2m的小滑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

5、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 go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;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=1mv2解得v= . 2gL在最低点，由牛顿第二定律得v!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 ho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2mv2= mgh + 2(2m + m)v 共2联立解得h = 2Lo

6、3(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V2mv = mvi+ 2mv2 111 C 1- c2mv2= 2mvi2 + 2-x 2mv22解得 V2 = |V2gL o答案：(1)3mg (2)3L (3)3V2gL4 .(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go(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

7、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) = 2mvc2又h = R,代入解得vc=2VgRvc2在最低点C处，根据牛顿第二定律得：FN-mg= mR解得F n = 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 1 C1C根据机械能寸恒7E律得 mvc2= Epm+/(m+M)v23联立解得Epm='mg

8、R。12(3)设滑块P从B上万图H处释放，到达水平面速度为vo,则有mg(H+R)=wmv。2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 mvo= mv1+ M V2 1 c 1 c 1c 根据机械能寸恒7E律得 2mvo2=2mv12+2Mv22要使1t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，gR 5mg,方向竖直向下(2)3mgR (3)3R5 .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 口)=6 kg的物块 A停在木板B的左端，质量mc= 2 kg的小球C

9、用长L= mCO_广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四=10 2 s,之后小球C反弹所能上升的最大高度 h= m。已知A、B间的动摩擦因数 尸，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。1C解析：(1)C下摆至最低点的过程，根据动能定理有：mcgL = -1mcvc2解得碰前C的速度大小vc=4 m/sC反弹过程，根据动能定理有：1, 2mCgh = 0 2mCVC解得碰后C的速度大小vc&#

10、39; = 2 m/s取向右为正方向，对 C根据动量定理有：F ,a 一 mcvc' mcvc解得碰撞过程中 C所受的撞击力大小F = 1 200 No(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7 A=2 m/sA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= m/s根据能量守恒定律有：1 2 12(imAgx = 2mAVA 2(mA+mB)v解得x= m。答案：(1)1 200 N (2) m6.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

11、是半径为 m的四分之一光滑圆弧轨道，BC段是长为 m的水平粗糙轨道，两段轨道相切于B点。一质量为kg的小物块(可视为质点)静止在小车右端。质量为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= kg,子弹质量m0= kg,子弹初速度 V0= 100 m/s。子弹从小物块右端

12、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= (mo+ m)vc代入数据解得VC = 5 m/s已知圆弧光滑轨道半径 R= 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:(mo+ m)gR = 2(mo+ m)VB2代入数据解得vb = 3 m/s均物块从C至U B的过程，由已知BC段长L= m,设小物块与BC段的动摩擦因数为动能定理得:Mmo+m)gL = 2(mo+m)vB2-2(mo+ m)vc2代入数据解得 尸设小物块刚通过 B点时，受的支持力为 Fn。由牛顿第二定律得:vB2Fn (mo+m)g= (mo+ m)M R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(mo+ m)vc= (m