2025年高考复习二轮专题突破（十三）“能量与动量”计算大题专练（解析版）

专题解析：（十三）“能量与动量”计算大题专练1.如图所示为常见的一种打弹珠的游戏装置，光滑竖直细管AB位于平台下方，长度为4h，细管底部有一竖直轻弹簧，其长度远小于竖直细管的长度，平台上方BC段为一光滑的四分之一圆弧管形轨道，其半径为h，管自身粗细对半径的影响可忽略不计。先拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆将一质量为m的小球弹出，小球弹出后从管口C水平向右飞出，最终落至平台上，落点距管口C的水平距离为10h，不计一切阻力，重力加速度为g。(1)求小球从管口C飞出时的速度大小；(2)求小球在管口C处受到的压力和弹簧弹力对小球做的功；(3)若平台上方的四分之一圆弧轨道的半径可调，且保证每次拉动拉杆后压缩弹簧的形变量为定值，则当圆弧轨道半径为何值时，小球从管口飞出后距管口C的水平距离最大。最大值是多少？解析：(1)小球飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可知，竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有10h＝vCt联立解得vC＝5eq\r(2gh)。(2)小球在管口C处，根据牛顿第二定律有F＋mg＝meq\f(vC2,h)解得小球在管口C处受到的压力大小为F＝49mg，方向竖直向下小球从被弹出至运动到管口C处的过程中，由动能定理有W－mg(4h＋h)＝eq\f(1,2)mvC2解得W＝30mgh。(3)设圆弧轨道的半径为r，由动能定理有W－mg(4h＋r)＝eq\f(1,2)mvC′2小球飞出后做平抛运动，竖直方向有r＝eq\f(1,2)gt12水平方向有x＝vC′t1，联立解得x＝2eq\r(26h－rr)由数学知识可知，当26h－r＝r，即圆弧轨道半径为r＝13h时，小球从管口飞出后距管口C的水平距离最大，最大值是xmax＝26h。答案：(1)5eq\r(2gh)(2)49mg，方向竖直向下30mgh(3)13h26h2．有一款推拉门，其三扇门板俯视如图所示，每扇门的宽度均为L＝1.00m，质量均为m＝20kg，边缘凸起部位的宽度均为d＝0.05m。门完全关闭时，1号门板的左侧以及3号门板的右侧分别与两侧的门框接触时，相邻门板的凸起部位也恰好接触。测试时，将三扇门板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3号门板，每次都经过相同的位移s＝0.20m后撤去F，观察三扇门的运动情况。发现当恒力为8.5N时，3号门板恰好能运动到其左侧凸起与2号门板右侧的凸起接触处。设每扇门与轨道间的动摩擦因数均相同，门板凸起部位间的碰撞及门板与门框的碰撞均为完全非弹性碰撞(不粘连)。不考虑空气阻力，g取10m/s2。(1)求每扇门与轨道间的动摩擦因数(可用分数表示)。(2)若要实现三扇门恰好完全关闭，则恒力应是多大？解析：(1)设每扇门与轨道间的动摩擦因数为μ，根据动能定理得F1s－μmg(L－3d)＝0，解得μ＝0.01。(2)设3号门板和2号门板碰撞前速度的大小为v1，根据动能定理得F2s－μmg(L－3d)＝eq\f(1,2)mv12设3号门板和2号门板碰撞后速度的大小为v2，根据动量守恒定律有mv1＝2mv23号门板与2号门板碰撞后一起向右运动的过程中，根据动能定理得－μ(2m)g(L－3d)＝0－eq\f(1,2)(2m)v22，解得F2＝42.5N。答案：(1)0.01(2)42.5N3．如图所示，质量为m的小球A用一不可伸长的轻绳悬挂在O点，在O点正下方的光滑桌面上有一个与A完全相同的静止小球B，B距O点的距离等于绳长L。现将A拉至某一高度，由静止释放，A以速度v在水平方向和B发生正碰并粘在一起。重力加速度为g。求：(1)A释放时距桌面的高度H；(2)碰撞前瞬间绳子的拉力大小F；(3)碰撞过程中系统损失的机械能ΔE。解析：(1)从A释放到与B碰撞前，根据动能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2，解得H＝eq\f(v2,2g)。(2)碰撞前瞬间，对A由牛顿第二定律得F－mg＝meq\f(v2,L)，解得F＝mg＋meq\f(v2,L)。(3)A、B碰撞过程中，根据动量守恒定律得mv＝2mv1，解得v1＝eq\f(1,2)v则碰撞过程中系统损失的机械能为ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v))2＝eq\f(1,4)mv2。答案：(1)eq\f(v2,2g)(2)mg＋meq\f(v2,L)(3)eq\f(1,4)mv24．如图为某游戏装置原理示意图。水平桌面上固定一半圆形竖直挡板，其半径为2R、内表面光滑，挡板的两端A、B在桌面边缘，B与半径为R的固定光滑圆弧轨道eq\x\to(CDE)在同一竖直平面内，过C点的轨道半径与竖直方向的夹角为60°。小物块以某一水平初速度由A点切入挡板内侧，从B点飞出桌面后，在C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\x\to(CDE)内侧，并恰好能到达轨道的最高点D。小物块与桌面之间的动摩擦因数为eq\f(1,2π)，重力加速度大小为g，忽略空气阻力，小物块可视为质点。求：(1)小物块到达D点的速度大小；(2)B和D两点的高度差；(3)小物块在A点的初速度大小。解析：(1)由题意知，小物块恰好能到达轨道的最高点D，则在D点有meq\f(vD2,R)＝mg，解得vD＝eq\r(gR)。(2)由题意知，小物块从C点沿圆弧切线方向进入轨道eq\x\to(CDE)内侧，则在C点有cos60°＝eq\f(vB,vC)，小物块从C到D的过程中，根据动能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2，则小物块从B到D的过程中，根据动能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2，联立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0。(3)小物块从A到B的过程中，根据动能定理有－μmgs＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，s＝π·2R解得vA＝eq\r(3gR)。答案：(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)5．(2023·全国乙卷，节选)如图，一竖直固定的长直圆管内有一质量为M的静止薄圆盘，圆盘与管的上端口距离为l，圆管长度为20l。一质量为m＝eq\f(1,3)M的小球从管的上端口由静止下落，并撞在圆盘中心，圆盘向下滑动，所受滑动摩擦力与其所受重力大小相等。小球在管内运动时与管壁不接触，圆盘始终水平，小球与圆盘发生的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。不计空气阻力，重力加速度大小为g。求：(1)第一次碰撞后瞬间小球和圆盘的速度大小；(2)在第一次碰撞到第二次碰撞之间，小球与圆盘间的最远距离。解析：(1)过程1：小球释放后自由下落，下降l，根据机械能守恒定律可得mgl＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(2gl)过程2：小球以eq\r(2gl)的速度与静止圆盘发生弹性碰撞，根据机械能守恒定律和动量守恒定律分别有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv1′2mv0＝mv1＋Mv1′解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－eq\f(1,2)v0＝－eq\f(\r(2gl),2)v1′＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(\r(2gl),2)即小球碰后速度大小为eq\f(\r(2gl),2)，方向竖直向上，圆盘速度大小为eq\f(\r(2gl),2)，方向竖直向下。(2)第一次碰撞后，小球做竖直上抛运动，圆盘匀速下滑，当二者速度相同时，间距最大，即v1