动量和能量压轴

1、动量和能量压轴题（10重庆卷）25. （19分）某兴趣小组用如题 25所示的装置进行实验研究。他们在水平桌面上固定一内径为d的圆柱形玻璃杯，杯口上放置一直径为一d,质量为in的匀质薄原板，板上放一质量为2m的小3物体。板中心、物块均在杯的轴线上，物块与板间动摩擦因数为，不计板与杯口之间的摩擦力，重力加速度为g,不考虑板翻转。（1）对板施加指向圆心的水平外力F，设物块与板间最大静摩擦力为fmax，若物块能在板上滑动，求F应满足的条件。（2）如果对板施加的指向圆心的水平外力是作用时间极短的较大冲击力，冲量为/, /应满足什么条件才能使物块从板上掉下？ 物块从开始运动到掉下时的位移S为多少？ 根据S

2、与/的关系式说明要使 S更小，冲量应如何改变。解析：（1）设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为f。共同加速度为 a由牛顿运动定律，有对物块f=2ma对圆板F-f=ma两物相对静止，有 fW fmax3得F< 3相对滑动的条件 F>5扁S（2）设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为V。，物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为和V2。山动量定理，有 I = mv0由动能定理，有对圆板3+ Ad)1 °(2m)1,1。=冗 /"%-对物块2"mgs =V20由动量守恒定律，有mv0+ 2 ?v,要使物块落下，必须 V>V 2由以上各式得2/_ J 尸

3、-Aim gd1 s 2#g3m分子有理化得s=yg3ma2根据上式结果知：I越大，S越小。（09重庆）24. （ 18分）探究某种笔的弹跳问题时，把笔分为轻质弹簧、内芯和外壳三部分，其中内芯和外壳质量分别为m和4m.笔的弹跳过程分为三个阶段： 把笔竖直倒立于水平硬桌面，下压外壳使其下端接触桌面（见题24图a）; 由静止释放，外壳竖直上升至下端距桌面高度为卜时，与静止的内芯碰撞（见题24 图 b); 碰后，内芯与外壳以共同的速度一起上升到外壳下端距桌面最大高度为扇处（见 题24图c）。设内芯与外壳的撞击力远大于笔所受重力、不计摩擦与空气阻力，重力加速度为家 求：（1）外壳与内芯碰撞后瞬间的共同

4、速度大小；（2）从外壳离开桌面到碰撞前瞬间，弹簧做的功；（3）从外壳下题 24 图端离开桌面到上升至足处，笔损失的机械能。（ 08 重庆） 24. （ 19 分）题 24 图中有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k 的轻弹簧，其下 端固定，上端连接一质量为m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料一ER流体，它对滑块的阻力可调.起初，滑块静止，ER流体对其阻力为 0,弹簧的长度为 L,现有一质量也为 m的物体从距地面 2L处自 由落下，与 滑块碰撞后粘在一起向下运动 . 为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为堕时速度减为0,ER 流体对滑块的阻力须随滑块下移而变 . 试求（忽略空气阻力）

5、也'（ 1） 下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能； 滑块向下运动过程中加速度的大小；滑块下移距离 d 时 ER 流体对滑块阻力的大小 .24. 解：（1）设物体下落末速度 为Vo,由机械能守恒定律 mgL = ? mVg得 V0=y2gL设碰后共同速度为 V1 ， 由动量守恒定律ImvAmvo得 =! 芯碰撞过程中系统损失的机械能力E = ? mVg - ? 2mVy = ? mgL设加速度大小为 a有2as = V；ZR kL碍 a = 8m（3）设弹簧弹力为 Fn, ER流体对滑块的阻力为 FER受力分析如图所示Fs + FER - 2mg = 2maFs=kxx=d+mg/

6、k得FER = mg + kd（ 07 重庆） 24. （18 分）如图所示，质量为m的由绝缘材料制成的球与质量为M = 19m的金属球并排悬挂。现将绝缘球拉至与竖直方向成 9= 60°的位置自由释放，下摆后在最低点处与金属球发生弹性碰撞。在平衡位置附近存在垂直于纸面的磁场。已知由于磁场的阻尼作用，金属球将于再次碰撞前停在最低点处。求经过几次碰撞后绝缘球偏离竖直方向的最大角度将小于 45°o66A/ tn24. （ 18 分）设在第n次碰撞前绝缘球的速度为，碰撞后绝缘球、金属球的速度分别为和岭，由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则mVn_x = MV

7、 n mVn彻 =M V ; + mvA2 2 2由、两式及 M=19m解得9v =v t10rl rl i第n次碰撞后绝缘球的动能为或=9 闻=（0? 81） " £E。为第1次碰撞前的动能，即初始能量绝缘球在0 = 00 =60与0 = 45处的势能之比为旦=顽（1 cos ° =0.586 E° mgl（l-cos0。）式中/为摆长。根据式，经次碰撞后E i = (0.81) E。易算岀（0.81）2 =0.656, （0.81）2 = 0.531,因此，经过3次碰撞后。将小于 45（06重庆）25. （20分）如题25图，半径为 R的光滑圆形轨道

8、固定在竖直面内。小球A、B质量分别 为m、J3m（j3为待定系数）。4球从工边与圆心等高处由静止开始沿轨道下滑，与静止于轨道最低点的B球相撞，碰撞后/ A、B球能达到的最大高度均 为碰撞中无机械能损失。重力加速度为 II g。试求：居“待定系数第一次碰撞刚结束时小球4、B各自的速度和 B球对轨道的压力；小球4、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度，并讨论小球A、B在轨道最低处第次碰撞刚结束时各自的速度。25. （20 分）解（1）由mgR= mgRA+ B mgRA 得8=3(2) 设 A、B 碰撞后的速度分别为 Vi> V2,贝 0 l/2mvi 2=mgRA 2/2 8 mv2

9、2= 8 mgR 伯 设向右为正、向左为负，解得”=-右林，方向向左 % 右a方向向右设轨道对B球的支持力为 N, B球对轨道的压力为 N',方向竖直向上为正、向下为负则N - fimg =伽普M =项=-4.5七方向竖直向下。（3）设A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为Vi、V2,则 mvl fimv, s mVl ? fimV 2ingK - A%' ?解得 * = -72gR.V t ? o次碰撞刚结束时相同;次碰撞刚结束时相同;（另一组解：Vi= Vi ， V2=V2不合题意，舍去）由此可得： 当n为奇数时，小球 A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第一 当n为偶

10、数时，小球 A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与其第二（10全国2） 24. （15）如图，MNP为整直面内一固定轨道，其圆弧段MN与水平段NP相切于N、P端固定一竖直挡板。M相对于N的高度为h, NP长度为s. 木块自M端从静止开始沿轨道下滑，与挡板发生一次 完全弹性碰撞后停止在水平轨道上某处。若在MN段的摩擦可忽略不计，物块与NP段轨道间的滑动摩擦因数为U ,求物块停止的地方与 N点距离的可能值。M PI（10全国2） 25. （ 18分）小球A和B的质量分别为 mA和mB且mA>>m b在某高度处将 A和B先后从静止释放。小球 A与水平地面碰撞后向上弹回，在释放处的下方与释

11、放岀距离为H的地方恰好与正在下落的 小球B发生正幢，设所有碰撞都是弹性的，碰撞事件极短。求小球A、B碰撞后B上升的最大高度。（10新课标卷）34.物理一一选修 3-5 （2）（10分）.重物质量为木板质量的如图所示，光滑的水平地面上有一木板，其左端放有一重物，右方有一竖直的墙2倍，重物与木板间的动摩擦因数为 .使木板与重物以共同的速度 V。向右运动，某时刻木板与墙发 生弹性 碰撞，碰撞时间极短.求木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间 .设木板足够长，重物始终 在木板上. 重力加速度为 g.解析：木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止，再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速

12、度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙。木板第一次与墙碰撞后，重物与木板相互作用直到有共同速度，动量守恒，有：V2mv0 一 mv0 = (2m + m)v， 解得： v =木板在第一个过程中，用动量定理，有:mv - m (-V0) = A2mgt用动能定理，有=-pilmgs1 2mv2木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=tl+t2= + = o3网3眺3袈（10江苏）14. （16分）在游乐节目中，选手需要借助悬挂在高处的绳飞越到水面的浮台上，小明和小看后对此进行了讨论。如图所示，他们将选手简化为质量m=60kg的指点，选手抓住绳由静止开始摆动，此事绳与竖直方向夹角 a =3

13、0。，绳的悬挂点。距水面的高度为H=3m.不考虑空气阻力和绳的质量,浮台露岀水面的高度不计，水足够深。取中立加速度g =10m/s2, sin53 =0.8 , cos53 = 0.6阳观（1）求选手摆到最低点时对绳拉力的大小F; 若绳长l=2m,选手摆到最高点时松手落入手中。设水碓选手的平均浮力fASOON，平均阻力f2 = 100N ,求选手落入水中的深度d;（3）若选手摆到最低点时松手，小明认为绳越长，在浮台上的落点距岸边越远；小阳认为绳越短，落边越远，请通过推算说明你的观点。一 1 °【解析】（1）机械能守恒 mgl（1 - cos mv'点距岸、-v2圆周运动 F&

14、#39; mg=m 解得 F' = (3 2cosa ) mg人对绳的拉力 F=F'则 F=1080N(2)动能定理 mg (H /cosa+d)(有 +方)d=0贝H d/g("Tcosa)f' + f 2-fng 解得1 2H-i=M选手从最低点开始做平抛运动x=vt且有式解得 x = 2 J/（H - /）（1 - cos a）H当/= 一时，x有最大值，解得l=1.5m2因此，两人的看法均不正确。当绳长钺接近1.5m时，落点距岸边越远。3（09山东）38.物理一物理3-5 （4分）（2）如图所示，滑块 A、C质量均为 m,滑块B质量为一 m。开始时A、

15、B分别以片、V2的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C无初速地放在A 上,并与A粘合不再分开，此时A与B相距较近，B与挡板相距足够远。若B与挡板碰撞将以原速率反弹,碰撞将粘合在一起。为使B能与挡板碰撞两次，vp V2应满足什么关系?解析：将 C无初速地放在 A上后，mW = 2mvi：均'=匕,、工3A与B碰撞后粘合在一起，使B能与挡板碰撞两次，2mvx f+ ( aV2) >0得：V!>|V2(09四川)25. ( 20分)如图所示，空间有场强E = Q.5N I C的竖直向下的匀强电场，长/ = 0.3右以的不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量m =

16、 Q.OIkg的不带电小球 A,拉起小球至绳水平后，无初速释放。另一电荷量q = +0.1C、质量与A相同的小球 P,以速度U0 =3y/3m/s水平抛岀，经时间 t = Q.2s与小球C与。点下方一足够大的平板相遇。不计空气阻力，小球均可视为质点，取(1) 求碰撞前瞬间小球 P的速度。(2) 若小球C经过路5 = 0.09m到达平板，此时速度恰好为0,求所加的恒力。(3) 若施加恒力后，保持平板垂直于纸面且与水平面的夹角不变，在。点下方面任意改变平板位置 小球C均能与平板正碰，求岀所有满足条件的恒力。【解析】(1) P做抛物线运动，竖直方向的加速度为。=竺也=15见m在D点的竖直速度为Vy

17、=at = 3m/ sP碰前的速度为Vp = Jv ; + v ; =6m/s(2) 设在D点轻绳与竖直方向的夹角为。，由于P与A迎面正碰，则 P与A速度方向相反，所以P的速度与水平方向的夹角为。有tanO =-, 0=30V。3对A到达D点的过程中根据动能定理:mvA = mgl cos 0化简并解得P与A迎面正碰结合为 C,根据动量守恒得mvp - mvA = 2mvc解得 Vc =1.5 m/s小球C经过s速度变为0, 一定做匀减速运动，根据位移推论式a = = 12.5 m/s2 2s，设恒力F与竖直方向的夹角为a,如图，根据牛顿第二定律F COS(90 °a-O')

18、- (2mg + qE) sin 0 - 2maF si n(90给以上二式带入数据得(2mg + qE) cos 0-0FCOS(90。一 a 0) = 0.375Fsin(90 -tz-A) = 0.125V3Ra=30解得F=4C必须匀速或加速不能减速，所P,则OW B <120(3) 平板足够大，如果将平板放置到无限远根据题意也能相碰，此时小球 以满足条件的恒力在竖直线与C的速度线之间，设恒力与竖直方向的夹角为在垂直速度的方向上，恒力的分力与重力和电场力的分力等大反向，有F cos(” = (2mg + Eq) cos 0则满足条件的恒力为F =(其中 0WBV120 o )8c

19、os(30 ”)(安徽卷)24. (20分)如图，ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB段是水平的，BD段为半径R=0.2m的半圆，两段轨道相切于B点，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强大小E=5.0X103V/m, 不带电的绝缘小球甲，以速度U。沿水平轨道向右运动，与静止在B点带正电的小球乙发生弹性碰撞。已知甲、乙两球的质量均为 m=1.0X102kg,乙所带电荷量 q=2. 0X10-5C, g取10m/s2,(水平轨道足够长，甲、乙两球(2) 在满足(1)的条件下。求的甲的速度 uB点的距离;(3)若甲仍以速度向右运动，增大甲的质量，保持乙的质量不变，求乙在轨道上的首次落点到的距

20、离范围答案：(1) 0.4m(2) 245m/s(3)0.4m < x' < 1 ,6m解析：(1) 在乙恰好能通过轨道的最高点的情况下，设乙到达最高点的速度为吃，乙离开D点达到水平轨道的时间为t,乙的落点到 B点的距离为X,则v 2 m = mg + qEX = VDt联立得：x = 0.4m!"=扣 2+扣 2、，根据动量守恒和机械能守恒定律有(10)(11)(12)(13)(14)(15)(16)mvo = mvA + 冷乙2 1 2=严甲+尸吃联立得：1,乙=%一 1 9 1 9由动能定理得：-mg ? 2R-qE? 2R = mvD2 - mvA联立得：

21、* =(3)设甲的质量为 M,碰撞后甲、乙的速度分别为均、Mv o=MvM+rnvm联立1幼和得；可v=：-vK-<Vm< 2Vd设乙球过 D点的速度为 ',山动能定理得1 2 1 2 -mg ? 2R-qE? 2R = AmvD' - rnvm联立(13) (14)得：2 ?/s M % ' < 8 ?/s设乙在水平轨道上的落点到B点的距离为X,则有X =VD联立(15) (16)得：0.4？< x'< 1.6 ?(09全国1) 25. (18分)如图所示，倾角为。的斜面上静止放置二个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为Io工人

22、用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着二个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦 因数为日，重力加速度为g.设碰撞时间极短(1) 工人的推力；(2) 三个木箱匀速运动的速度 ;(3) 在第一次碰撞中损失的机械能。2答案：(1) 3mg sin+ 3/nmg cos6 ; (2) j2gL(sin6 + /cos。); (3) mgL(sin 0 + /u cos0) o解析：(1)当匀速时，把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根据平衡的知识有F =3mg sinO + 3/mg cos。

23、第一？个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为V 】，加速度 % = F mg sin 0 cos 0 = 2g 佰也，+/cos 6）根据运动学公式或动能定理有m* = 2JgL（sin0 + /cosff）,碰撞后的速度为 V2根据动量守恒有 mV = 2mV2 ,即碰撞后的速度为V2 = JgL（sinO + ncos。），然后一起去碰撞第三个木箱，设碰撞前的速度为V3从V2到V3的加速度为但=一 2咨sn。2zw_cos。二g（sin。+_ cos。），根据运动学公式有2m2V32 -V22 =2a2L , V3 = J2 gL （sin 0 + / cos 0），跟第三个木箱碰撞根据动量守

24、恒有2jmV1 ,=AE + -2/77V 22，带入数据得2mV3 = 3mV4,得昨=g j2gL（sin。+ cos0）就是匀速的速度.设第一次碰撞中的能量损失为，根据能量守恒有AE , mgR =的加速度大小为 ,由牛顿第二定律得 四71世 mxax设货物滑到木板 A末端是的速度为片，由运动学公式得 V :-诚=-2姐联立式代入数据得片 =4m / s = mgL（sin。+ cos。）。（09天津）10.（16分）如图所示，质量 mi=0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15m,现有质量m2=0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v °2 m/s从左端滑

25、上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取 g=10 m/s2 求（1）物块在车面上滑行的时间t;（2）要使物块不从小车右端滑岀，物块滑上小车左端的速度V，0不超过多少。答案：（1）0. 24s 5m/s律的解析：本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规 运用。（1）设物块与小车的共同速度为以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有m2V0 =（叫 +%'设物块与车面间的滑动摩擦力为尸，对物块应用动量定理有F = jum 2g-Ft = m 2V - m2V0其中解得Wo（2）要使物块恰好不从车厢滑岀，须物块到

26、车面右端时与小车有共同的速度俨，则灼 V ; = ( * + 认”由功能关系有代入数据解得=f( 2i +v, =5m/s+ jum2gL故饕便物块不从小丁右端灣蛰 物块滑匕小下的速度卅 不CQ9山宋）24. （15分）如图所朮.栗货场而将质最为g-100 炬的货物（吋视为质点）从高处运送至地面为避免货拘勺地而 发生撞击.现利用固進于地浙的比滑四分之岡轨道、便货物中 轨道顶瑞无初速滑Z轨道半從R=1.8m，地面上紧靠轨道次排放 两声宜全和同的木板乐快酸均jl=2m,质虽尉対m产100吨,设在木板 A上运动的时间为t,由运动学公式得 V! =vo-ait联立式代入数据得f = 0.4s o考点：

27、机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析（09安徽）24.（ 20分）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点， B、C间距与C、。间距 相等，半径& =2.0m、R2 ,4mD个质量为 m = 1.0kg的小球（视为质点），从轨道的左侧 4点以Vo =12.0m/s的初速度沿轨道向右运动3、B间距L = 6.0 m。小球与水平轨道间的动摩擦因数=0.2,圆形轨g=10m/s2,计算结果保留小数点后道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取 一位数字。试求

28、（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径氏应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离答案：（1） 10. 0N ；（ 2） 12. 5m（ 3）当 0 时，Z/ = 36.0m ；当 1,0 m <7?, < 27.9 m 时， '=26.0m解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为-根据动能定理1,1,-/jmgLx - 2mgRx = ?vj - mvA小球在最高点受到重力密和轨道对它的作用力

29、F,根据牛顿第二定律2F + mg = mR.i由得F = 10.0N（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为皿由题意mg-ptmg+ L）- 2mgR2 =mv2由得L = 12.5m（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论： 应辛满足I.轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为吟，应满足mg =r3-jumgAL A-2L ) -2mgR3由得R, = 0.4/77II.轨道半径较大时，小球上升的最大高度为A,根据动能定理-jumg （ Lj + 2L）-2mgR3 =0- &解得R3 =1.0m为了保证圆轨道不重叠，A最大值应满足（R2+ ra =e

30、+R 3-Ra解得A=27.9m综合I、II,要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件0<R3 <0.4m或1.0m < & < 27.9m当0 VR3V 0.4m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为，贝 0-/nm gLf = 0-人-mVoL - 36.0m当1.0m <R3< 27.9m时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L”贝0L" = L'2 （ L'-L -2L）= 26.0m（09广东物理）19. （ 16分）如图19所示，水平地面上静止放置着物块 B和C,相距/=1.0m。 速度V0=10m/s沿水平方向与 B正碰。碰撞后 A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与