高三一轮复习物理试题（人教版新高考新教材）考点规范练22　动量守恒中的力学综合问题

考点规范练22动量守恒中的力学综合问题一、单项选择题1.如图所示,水平面上固定着两根足够长的平行导槽,质量为m的U形管恰好能在两导槽之间自由滑动,一质量也为m的小球沿水平方向,以初速度v0从U形管的一端射入,从另一端射出。已知小球的半径略小于管道半径,不计一切摩擦,下列说法正确的是()A.该过程中,小球与U形管组成的系统机械能和动量都守恒B.小球从U形管的另一端射出时,速度大小为12vC.小球运动到U形管圆弧部分的最左端时,速度大小为12vD.从小球射入至运动到U形管圆弧部分的最左端的过程中,U形管对平行导槽的冲量大小为22mv0二、非选择题2.如图甲所示,半径R=0.8m的14光滑圆弧轨道固定在竖直平面内,A为轨道最高点,与圆心O等高;B为轨道最低点。在光滑水平面上紧挨B点有一静止的平板车,其质量m0=3kg,小车足够长,车的上表面与B点等高,平板车上表面涂有一种特殊材料,物块在上面滑动时,动摩擦因数随物块相对小车左端位移的变化图像如图乙所示。物块(可视为质点)从圆弧轨道最高点A由静止释放,其质量m=1kg,g取10m/s2(1)求物块滑到B点时对轨道压力的大小。(2)物块相对小车静止时距小车左端多远?3.(2023·浙江卷)为了探究物体间碰撞的特性,设计了如图所示的实验装置。水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接,两半径均为R=0.4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接。质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100N/m的轻质弹簧连接,静置于轨道FG上。现有质量m=0.12kg的滑块a以初速度v0=221m/s从D处进入,经DEF管道后,与FG上的滑块b碰撞(时间极短)。已知传送带长L=0.8m,以v=2m/s的速率顺时针转动,滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,其他摩擦和阻力均不计,各滑块均可视为质点,弹簧的弹性势能Ep=12kx2(x为形变量),g取10m/s2(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度的大小vF和所受支持力的大小FN。(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE。(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx。4.(2022·全国乙卷)如图甲所示,一质量为m的物块A与轻质弹簧连接,静止在光滑水平面上;物块B向A运动,t=0时与弹簧接触,到t=2t0时与弹簧分离,第一次碰撞结束,A、B的vt图像如图乙所示。已知从t=0到t=t0时间内,物块A运动的距离为0.36v0t0。A、B分离后,A滑上粗糙斜面,然后滑下,与一直在水平面上运动的B再次碰撞,之后A再次滑上斜面,达到的最高点与前一次相同。斜面倾角为θ(sinθ=0.6),与水平面平滑连接。碰撞过程中弹簧始终处于弹性限度内。求:甲乙(1)第一次碰撞过程中,弹簧弹性势能的最大值;(2)第一次碰撞过程中,弹簧压缩量的最大值;(3)物块A与斜面间的动摩擦因数。

考点规范练22动量守恒中的力学综合问题1.D解析:由于不计一切摩擦,在小球与U形管相互作用过程中,小球的动能只能与U形管的动能发生转移,故小球与U形管组成的系统机械能守恒,系统沿导槽方向所受合外力为零,小球与U形管组成的系统沿导槽方向动量守恒,故A错误。小球进出U形管的过程,小球与U形管系统机械能守恒,沿着轨道方向,系统动量守恒,类比弹性碰撞,质量相等交换速度,小球从U形管的另一端射出时,速度大小为0,故B错误。小球运动到U形管圆弧部分的最左端过程中,沿着轨道方向,系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m+m)vx,解得vx=v02,根据机械能守恒定律得12mv02=12mv022+12mv32(设小球的合速度为v3),解得v3=32v0,故C错误。在小球运动到U形管圆弧部分的最左端时,垂直轨道的分速度为v3y=v32-vx2=32v02-2.解析:(1)物块从光滑圆弧轨道A点滑到B点的过程中,只有重力做功,由机械能守恒定律得mgR=1代入数据解得vB=4m/s在B点,由牛顿第二定律得FNmg=mv代入数据解得FN=30N由牛顿第三定律可知,物块滑到B点时对轨道的压力FN'=FN=30N。(2)物块滑上小车后,由于水平地面光滑,系统所受合外力为零,所以系统的动量守恒。以向右为正方向,由动量守恒定律得mvB=(m+m0)v代入数据解得v=1m/s由能量关系得系统因摩擦产生的热量Q=12mvB2−解得Q=6J由功能关系知Q=12μ1mgx1+μ1mg(xx1将μ1=0.4,x1=0.5m代入可解得x=1.75m。答案:(1)30N(2)1.75m3.解析:(1)在滑块a从D到F的运动过程中,根据动能定理得mg·2R=1解得vF=10m/s在F点有FNmg=mv解得FN=31.2N。(2)滑块a返回传送带的过程一直在做减速运动,设滑块a与滑块b碰后的速度为va,在滑块a从碰后到返回到传送带的B点的过程中,根据动能定理得mg·2RμmgL=1解得va=5m/sa和b相互作用的过程满足动量守恒,mvF=m(va)+3mvb解得vb=5m/sa和b碰撞过程损失的机械能为ΔE=12mvF解得ΔE=0。(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,则根据动量守恒定律得mvF=(m+3m)v解得v=2.5m/s弹簧被压缩到最短和最长,均有mvF=(m+3m+2m)v'解得v'=53弹簧最大压缩量和最大伸长量均满足12kx2=12(m+3m)v212(m+3m+2m弹簧最大长度与最小长度之差为Δx=2x解得Δx=0.2m。答案:(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m4.解析:(1)当t=t0时,A与B速度相同,弹簧弹性势能最大,满足mB·1.2v0=(mB+mA)v0此时弹簧的弹性势能Ep=12mB(1.2v0)212(mB+mA解得mB=5m,Ep=0.6mv0(2)设0~t0时间内某一时刻物块A的速度为vA,物块B的速度为vB,从此刻到二者速度相同的过程中,由动量守恒定律得mAvA+mBvB=(mA+mB)v0由微元法可知,在极短的一段时间Δt内,有mAvAΔt+mBvBΔt=(mA+mB)v0Δt故在0~t0时间内有mAxA+mBxB=(mA+mB)v0t0其中xA、xB分别表示A、B在这段时间内移动的距离已知xA=0.36v0t0,解得xB=1.128v0t0故第一次碰撞过程中,弹簧的最大压缩量Δx=xBxA=0.768v0t0。(3)由题图乙知,第一次碰撞结束时,A的速度为2v0,B的速度为0.8v0,因第二次碰撞结束后A达到的最高点与第一次相同,故第二次碰撞结束时A的速度也为2v0。设A上升的最高点高度为h,第二次碰撞前A的速度大小为vA'A上滑过程中,由动能定理得mghμmgcosθ·ℎsinθ=012m(2v0)A下滑过程中,由动能定理得mghμmgcosθ·ℎsinθ=12mvA