三、能量和动量

6/6三、能量和动量物理与生活科技类（2025·四川南充模拟）图甲为罗马杆滑环窗帘，假设窗帘质量均匀分布在每一个环上，简化为图乙所示模型。水平固定的长杆上有3个相同的滑环，滑环均近似看成质点。若窗帘完全拉开，相邻两环间距离为L＝0.2m。开始时滑环均位于长杆右侧边缘处，彼此接触但不挤压。现给1号滑环一个向左的初速度v10＝2m/s，已知滑环与杆之间的动摩擦因数为μ＝0.1。假设前、后两滑环之间的窗帘绷紧瞬间，两滑环立即获得相同速度，窗帘绷紧用时极短，可忽略不计，不计空气阻力，整个过程中1号滑环未与杆左侧相撞，重力加速度g取10m/s2，求：（1）2号滑环获得的初速度v20的大小；（2）1号滑环滑行的总距离d。答案：（1）31010m/s（2）23解析：（1）对1号滑环与2号滑环碰撞前滑行过程，由动能定理得－μmgL＝12mv12－解得v1＝3510对1、2号滑环碰撞过程，取向左为正方向，由动量守恒定律得mv1＝2mv20解得2号滑环获得的初速度大小为v20＝31010（2）对1、2号滑环碰后滑行过程，由动能定理得－μ·2mgL＝12×2mv22－12解得v2＝22对1、2号滑环与3号滑环碰撞过程，由动量守恒定律得2mv2＝3mv30解得v30＝23对1、2、3号滑环滑行过程，由动能定理得μ·3mgx＝12·3m解得x＝19故1号滑环滑行的总距离为d＝2L＋x＝2×0.2m＋19m＝2345物理与数学方法类（2025·湖北模拟）如图所示，有n个质量均为m的相同小球保持一定间距放在光滑的水平面上，且它们排列成一条直线，在左边有一质量为2m的小球M以初速度v向右运动，各球之间的碰撞均为弹性碰撞，每次最右边小球被碰走时，M恰好与小球1发生碰撞，经过若干次碰撞后所有小球均向右做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）A.小球n做匀速运动的速度为23v B.小球1做匀速运动的速度为43C.所有小球向右做匀速直线运动时，碰撞总次数为nD.所有小球向右做匀速直线运动时，碰撞总次数为n答案：C解析：M与小球1发生弹性碰撞后，设M的速度为vM1，小球1的速度为v1，根据动量守恒有2mv＝2mvM1＋mv1，根据能量守恒有12×2mv2＝12×2mvM12＋12mv12，联立解得vM1＝13v，v1＝43v，小球1～n质量相同且发生弹性碰撞，它们之间交换速度，所以小球n匀速运动的速度为v1＝43v，故A错误；当M与小球1发生第二次弹性碰撞时小球1是静止的，根据动量守恒有2mvM1＝2mvM2＋mv2，根据能量守恒有12×2mvM12＝12×2mvM22＋12mv22，联立解得vM2＝13vM1＝132v，v2＝43×13v，以此类推，当所有小球都做匀速直线运动时，小球1匀速运动的速度为43×13n－1v，故B错误；n号小球被碰走，小球之间的碰撞次数为n，n－1号小球被碰走，小球碰撞的次数为n－1，n－数列法在物理问题中的应用凡涉及数列求解的物理问题都具有过程多、重复性强的特点，但每一个重复过程均不是原来的完全重复，而是一种变化了的重复，随着物理过程的重复，某些物理量逐步发生着前后有联系的变化。该类问题求解的基本思路为：（1）逐个分析开始的几个物理过程；（2）利用归纳法从中找出物理量变化的通项公式（这是解题的关键）；（3）最后分析整个物理过程，应用数列特点和规律求解。（4）无穷数列的求和，一般是无穷递减数列，有相应的公式可用。①等差数列：Sn＝n（a1＋an）2＝na1②等比数列：Sn＝a1（1－q物理与生活科技类1.（2025·四川绵阳一模）在足球场上罚任意球时，防守运动员会在球门与罚球点之间站成一堵“人墙”，以增加防守面积，防守运动员会在足球踢出瞬间高高跃起，以增加防守高度。如图所示，虚线是某次射门时足球的运动轨迹，足球恰好擦着横梁下沿进入球门，忽略空气阻力和足球的旋转，下列说法正确的是（）A.足球上升到最高点时的速度为0B.足球下降过程中重力的功率一直在增大C.足球在飞行过程中机械能先减小后增大D.只要防守运动员跳起的最大高度超过轨迹最高点，就一定能“拦截”到足球解析：B足球做斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，故足球在最高点时的速度等于水平分速度，且不为零，故A错误；足球在下降过程中竖直方向的分速度vy不断增大，重力的瞬时功率为P＝mgvy，一直在增大，故B正确；由于忽略空气阻力，只有重力做功，故飞行过程中足球的机械能守恒，故C错误；防守运动员跳起是否能“拦截”到足球，除了跳起的最大高度超过足球的轨迹（不一定是轨迹的最高点），还和时间因素有关。即使防守运动员跳起的最大高度超过轨迹最高点，若起跳时机不对，仍然无法拦截到足球，故D错误。2.（2025·辽宁大连一模）如图所示为杂技表演“胸口碎大石”，其原理可解释为：当大石块获得的速度较小时，下面的人感受到的振动就会较小，人的安全性就较强，若大石块的质量是铁锤的150倍，则撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的（）A.150 B.1150 C.1250 解析：B如果铁锤与大石块发生的是完全非弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝（150m＋m）v，解得v＝1151v0，如果铁锤与大石块发生的是弹性碰撞，取竖直向下为正方向，由动量守恒定律得mv0＝150mv1＋mv2，由机械能守恒定律得12mv02＝12×150mv12＋12mv22，联立解得v1＝2151v0，所以撞击后大石块的速度范围为1151v0≤v≤2151v0，故撞击后大石块的速度可能为铁锤碰撞前速度的1物理与数学方法类3.（2025·山东聊城模拟）如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪出水口直径为D，水流以速度v从枪口喷出近距离垂直喷射到车身。所有喷到车身的水流，约有23向四周溅散开，溅起时垂直车身向外的速度为v4，其余13的水流撞击车身后无反弹顺车流下。由于水流与车身的作用时间较短，在分析水流对车身的作用力时可忽略水流所受的重力。已知水的密度为ρ，水流对车身的平均冲击力为A.18ρπD2v2 B.524ρπD2C.724ρπD2v2 D.1124ρπD2解析：C取水流的速度方向为正方向，假设在一段很短的时间Δt内，喷到车身上水的质量为Δm，则Δm＝ρπD22vΔt＝ρπD2vΔt4，设水流对车身的平均冲击力大小为F，则对质量为Δm的水，根据动量定理有－FΔt＝23Δm－v4－v＋13Δm0－4.（2025·云南昭通模拟）如图所示，在光滑水平面上有两个静止的、可视为质点的相同物块A、B，某时刻给物块A一个向右的初速度v0＝10m/s，物块A与物块B发生弹性碰撞，碰后物块进入与水平面平滑连接的光滑圆形轨道。圆形轨道右侧的光滑水平面平滑连接着一个倾角θ＝37°且足够长的粗糙斜面，斜面与物块间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。（1）求物块A与物块B碰后瞬间，物块B的速度大小；（2）若物块B在碰撞后进入圆形轨道的过程中恰好能通过最高点，求圆形轨道的半径R；（3）若圆形轨道半径R＝1.8m，求物块B第N次滑上斜面的最大位移sN的表达式以及整个运动过程在斜面上经过的总路程s。答案：（1）10m/s（2）2m（3）见解析解析：（1）由动量守恒定律得mv0＝mvA＋mvB由机械能守恒定律得12mv02＝12mv联立解得vB＝10m/s，vA＝0。（2）物块B进入圆形轨道且恰能通过轨道最高点，由牛顿第二定律可得mg＝mv由机械能守恒定律得12mvB2＝2mgR＋解得R＝2m。（3）由圆形轨道半径R＝1.8m＜2m可知物块B能做完整的圆周运动，当物块B以vB＝10m/s的速度第一次滑上斜面，由牛顿第二定律得μmgcosθ＋mgsinθ＝ma1解得a1＝10m/s2第一次滑上斜面的最大位移为s1，由vB2＝2a1解得s1＝5m从斜面下滑，由牛顿第二定律可得mgsinθ－μmgcosθ＝ma2解得a2＝2m/s2由vB22＝2a解得滑到斜面下端时速度vB2＝25m/s物块B第二次滑上圆形轨道，由机械能守恒定律得12mvB解得h＝1m＜R故物块B不会脱离轨道且后面的运动都不会脱离轨道，物块B以vB2第二次滑上斜面，则vB22＝2a得上滑的位移大小s2＝1m物块B第二次下滑，则vB32＝2a物块B第三次滑上斜面vB32＝2a得上滑的位移s3＝15故可以得到规律sN＝15N－1s1整个过程中，根据能量守恒定律得12mvB2＝μmgcos联立解得s＝12.5m。5.（2025·河南驻马店一模）如图所示的装置的左边是足够长的光滑水平台面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M＝2kg的小物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以u＝2m/s的速率逆时针转动，装置的右边是一光滑曲面，质量m＝1kg的小物块B从其上距水平台面高h＝1.0m处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，l＝1.0m。设物块A、B间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块A静止且处于平衡状态。取g＝10m/s2。（1）求物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小；（2）通过计算说明物块B与物块A第一次碰撞后能否运动到右边的曲面上；（3）如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，试求出第n次碰撞后物块B的运动速度大小。答案：（1）4m/s（2）不能（3）43nm/s解析：（1）设物块B从光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒得，mgh＝12m由v0＝2gh＝2×10×1m/s＝25故B滑上传送带后做匀减速运动，加速度a＝μmgm＝μg＝2m/s2根据v12－v02得物块B到达传送带左端时的速度v1＝v02－2al＝（25B离开传送带后做匀速运动，故物块B与物块A第一次碰撞前的速度v1＝4m/s。（2）物块B与物块A发生对心弹性碰撞，碰撞前后遵守动量守恒和能量守恒即mv1＝mv1'＋MV1'12mv12＝12mv1'2＋1联立解得，v1'＝m－MM＋mv1＝－13负号说明B与A碰撞后，B的速度方向向右，物块B运动到传送带上做匀减速运动，速度减为零时的位移x＝v1'22a＝1692×2m