《2021年高考物理二轮复习专练：动量与能量的综合应用》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年高考物理二轮复习专练：动量与能量的综合应用（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1.如图所示，质量 m1.5 kg 的小车静止于光滑水平面上并紧靠固定在水平面上的桌子右边，其上表面与水平桌面相平，小车的左端放有一质量为 0.5 kg 的滑块 q。水平放置的轻弹簧左端固定，质量为 0.5 kg 的小物块 p 置于光滑桌面上的 a 点并与弹簧的右端接触，此时弹簧处于原长。现用水平向左的推力 f 将 p 缓慢推至 b 点(弹簧仍在弹性限度内)，推力做功 wf4 j，撤去 f 后，p 沿桌面滑到小车左端并与 q 发生弹性碰撞，最后 q 恰好没从小车上滑下。已知 q 与小车表面间动摩擦因数 0.1。(取 g10 m/s2)求：(1)p 刚要与 q 碰撞前的速度是多少？(2)q 刚在
2、小车上滑行时的初速度 v0是多少？(3)为保证 q 不从小车上滑下，小车的长度至少为多少？【解析】(1)推力 f 通过 p 压缩弹簧做功，根据功能关系有epwf当弹簧完全推开物块 p 时，有ep mpv212由式联立解得 v4 m/s。(2)p、q 之间发生弹性碰撞，设碰撞后 q 的速度为 v0，p 的速度为 v，由动量守恒和能量守恒得mpvmpvmqv0mpv2 mpv2 mqv 1212122 0由式解得 v0v4 m/s，v0。(3)设滑块 q 在小车上滑行一段时间后两者的共同速度为 u，由动量守恒可得 mqv0(mqm)u根据能量守恒，系统产生的摩擦热mqgl mqv (mqm)u21
3、22 012联立解得 l6 m。【答案】(1)4 m/s(2)4 m/s(3)6 m2.如图所示，竖直平面 mn 与纸面垂直，mn 右侧的空间内存在着垂直纸面向内的匀强磁场和水平向左的匀强电场，mn 左侧的水平面光滑，右侧的水平面粗糙。质量为 m 的物体 a静止在 mn 左侧的水平面上，已知物体 a 带负电，所带电荷量的大小为 q。一质量为 m、不13带电的物体 b 以速度 v0冲向物体 a 并发生弹性碰撞，碰撞前后物体 a 的电荷量保持不变。a与 mn 右侧的水平面的动摩擦因数为 ，重力加速度的大小为 g，磁感应强度的大小为 b，电场强度的大小为 e。已知物体 a 在 mn 右侧区域中运动到
4、与 mn 的距离为 l3mgqv04mgq的 c 点(图中未画出)时，速度达到最大值。物体 a、b 均可以看作质点，重力加速度为 g。求：(1)碰撞后物体 a 的速度大小；(2)物体 a 从进入 mn 右侧区域到运动到 c 点的过程中克服摩擦力所做的功 w。【解析】(1)设 a、b 碰撞后的速度分别为 va、vb，由于 a、b 发生弹性碰撞，动量、能量均守恒，则有mv0 mvbmva1313 mv mv mv 12132 012132 b122 a联立可得 va v012(2)a 的速度达到最大值 vm时合力为零，受力如图所示竖直方向上合力为零，有fnqvmbmg水平方向上合力为零，有qefn
5、根据动能定理，有 qelw mv mv 122 m122 a联立解得 vmv0，w4mgl mv 。382 0【答案】(1) v0(2)4mgl mv12382 03.光滑水平面上，用轻质弹簧连接的质量为 ma2 kg、mb3 kg 的 a、b 两物体都处于静止状态，此时弹簧处于原长状态。将质量为 mc5 kg 的物体 c，从半径 r3.2 m 的光滑圆弧轨道最高点由静止释放，如图所示，圆弧轨道的最低点与水平面相切，b 与 c 碰14撞后粘在一起运动。求：(1)b、c 碰撞刚结束时的瞬时速度的大小；(2)在以后的运动过程中，弹簧的最大弹性势能。【解析】(1)对 c 下滑过程中，根据动能定理得m
6、cgr mcv122 0设 b、c 碰撞后的瞬间速度为 v1，以 c 的速度方向为正方向，由动量守恒定律得mcv0(mbmc)v1代入数据得 v15 m/s。(2)由题意可知，当 a、b、c 速度大小相等时弹簧的弹性势能最大，设此时三者的速度大小为 v2，以 c 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得(mcmb)v1(mambmc)v2设弹簧的最大弹性势能为 epm，则对 b、c 碰撞后到 a、b、c 速度相同过程中，由能量守恒定律得(mbmc)v (mambmc)v ep122 1122 2代入数据得 ep20 j。【答案】(1)5 m/s(2)20 j4.电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮
7、弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意图如图所示，图中直流电源电动势为 e，电容器的电容为c。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为 l，电阻不计。炮弹可视为一质量为 m、电阻为 r 的金属棒 mn，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关 s接 1，使电容器完全充电。然后将 s 接至 2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为b 的匀强磁场(图中未画出)，mn 开始向右加速运动。当 mn 上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，mn 达到最大速度，之后离开导轨。问：(1)磁场的方向；(2)mn 刚开始运动时加速度 a 的
8、大小；(3)mn 离开导轨后电容器上剩余的电荷量 q 是多少。【解析】(1)垂直于导轨平面向下。(2)电容器完全充电后，两极板间电压为 e，当开关 s 接 2 时，电容器放电，设刚放电时流经 mn 的电流为 i，有i er设 mn 受到的安培力为 f，有 filb由牛顿第二定律，有 fma联立式得 ablemr(3)当电容器充电完毕时，设电容器上电荷量为 q0，有q0ce开关 s 接 2 后，mn 开始向右加速运动，速度达到最大值 vmax时，设 mn 上的感应电动势为 e，有 eblvmax依题意有 e qc设在此过程中 mn 的平均电流为 i，mn 上受到的平均安培力为 f，有 filb由
9、动量定理，有 ftmvmax0又 itq0q联立式得 qb2l2c2emb2l2c【答案】(1)垂直于导轨平面向下(2) (3)blemrb2l2c2emb2l2c5.如图所示，物块 a 和 b 通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为 ma2 kg、mb1 kg。初始时 a 静止于水平地面上，b 悬于空中。现将 b 竖直向上再举高 h1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放。一段时间后细绳绷直，a、b 以大小相等的速度一起运动，之后 b 恰好可以和地面接触。取 g10 m/s2，空气阻力不计。求：(1)b 从释放到细绳刚绷直时的运动时间 t；(2)a 的最大
10、速度 v 的大小；(3)初始时 b 离地面的高度 h。【解析】(1)b 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有h gt212代入数据解得 t0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间 b 速度大小为 vb，有 vbgt细绳绷直瞬间，细绳张力远大于 a、b 的重力，a、b 相互作用，由动量守恒得mbvb(mamb)v之后 a 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度 v 即为最大速度，联立式，代入数据解得v2 m/s(3)细绳绷直后，a、b 一起运动，b 恰好可以和地面接触，说明此时 a、b 的速度为零，这一过程中 a、b 组成的系统机械能守恒，有 (mamb)v2mbghmagh12代入数据解得 h0.6
11、 m【答案】(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m6.在一水平支架上放置一个质量 m10.98 kg 的小球 a，一颗质量为 m020 g 的子弹以v0300 m/s 的水平速度击中小球 a 并留在其中。之后小球 a 水平抛出恰好落入迎面驶来的沙车中，已知沙车的质量 m22 kg，沙车的速度 v12 m/s，水平面光滑，不计小球与支架间的摩擦。(1)若子弹打入小球 a 的过程用时 t0.01 s，求子弹与小球间的平均作用力大小；(2)求最终沙车 b 的速度。【解析】(1)子弹打入小球的过程，子弹和小球组成的系统动量守恒，则m0v0(m0m1)v对小球由动量定理得 ftm1v0解得 f
12、588 n。(2)之后小球平抛，系统水平方向动量守恒，规定水平向右为正方向，则(m0m1)vm2v1(m0m1m2)v2解得 v2 m/s，方向水平向右。23【答案】(1)588 n(2) m/s，方向水平向右237.如图所示，有一个可视为质点的质量为 m1 kg 的小物块，从光滑平台上的 a 点以v01.8 m/s 的初速度水平抛出，到达 c 点时，恰好沿 c 点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端 d 点的足够长的水平传送带已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v3 m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数 0.5
13、，圆弧轨道的半径为 r2 m，c 点和圆弧的圆心 o 点连线与竖直方向的夹角 53，不计空气阻力，重力加速度 g10 m/s2，sin 530.8，cos 530.6.求：(1)小物块到达圆弧轨道末端 d 点时对轨道的压力；(2)小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量【答案】(1)22.5 n，方向竖直向下(2)32 j【解析】(1)设小物体在 c 点时的速度大小为 vc，由平抛运动的规律可知，c 点的速度方向与水平方向成 53，则由几何关系可得：vc m/s3 m/sv0cos 1.8cos 53由 c 点到 d 点，由动能定理得：mgr(1cos ) mv mv 122 d
14、122 c小物块在 d 点，由牛顿第二定律得：nmgmv2 dr由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端 d 点时对轨道的压力为：nn联立得：n22.5 n，方向竖直向下(2)设小物块在传送带上滑动的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得：ag0.510 m/s25 m/s2mgm小物块匀减速直线运动的时间为 t1，向左通过的位移为 x1，传送带向右运动的距离为x2，则：vdat1x1 at 12 2 1x2vt1小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为 t2，向右通过的位移为 x3，传送带向右运动的距离为 x4，则vat2x3 at 12 2 2x4vt2整个过程小物块相对传送带滑动的距
15、离为：xx1x2x4x3产生的热量为：qmgx联立解得：q32 j8.如图所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间的距离为l，导轨上面横放着两根导体棒 ab 和 cd，构成矩形回路，两根导体棒的质量皆为 m，电阻皆为 r，回路中其余部分的电阻可不计。在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为 b。设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行，开始时，棒 cd 静止，棒 ab 有指向棒 cd 的初速度 v0，若两导体棒在运动中始终不接触，求：(1)在运动中产生的焦耳热 q 最多是多少？(2)当 ab 棒的速度变为初速度的 时，cd 棒的加速度 a 是多少？34【解析】(1)从
16、开始到两棒达到相同速度 v 的过程中，两棒的总动量守恒，有 mv02mv，得 v。v02根据能量守恒定律，整个过程中产生的焦耳热q mv (2m)v2 mv 。122 012142 0(2)设 ab 棒的速度变为 v0时，cd 棒的速度为 v，则由动量守恒可知 mv0 mv0mv，解3434得 v v014此时回路中的电动势为e blv0 blv0 blv0341412此时回路中的电流为 ie2rblv04r此时 cd 棒所受的安培力为 fbilb2l2v04r由牛顿第二定律可得，cd 棒的加速度 a fmb2l2v04mr【答案】(1) mv (2)142 0b2l2v04mr9.如图所示，
17、整个空间存在水平向右的匀强电场，场强 e2103 v/m，在电场中的水平地面上，放有质量 m2 kg 的不带电绝缘木板，处于静止状态.现有一质量为 m2 kg，所带负电荷为 q1103 c 的绝缘物块(可看作质点)，以水平向右的初速度 v08 m/s 滑上木板左端.已知木板与水平地面间的动摩擦因数 10.1，物块与木板间的动摩擦因数20.3，物块在运动过程中始终没有从木板上滑下，g 取 10 m/s2.求：(1)放上物块瞬间，物块和木板的加速度分别是多少；(2)木板至少多长，才能保证物块不从木板上掉下来；(3)从物块滑上木板到物块与木板达到共速的过程中，系统产生的热量 q.【答案】(1)4 m
18、/s2，方向水平向左1 m/s2，方向水平向右(2)6.4 m(3)43.52 j【解析】(1)物块滑上木板瞬间，根据牛顿第二定律得：对 m 有：qe2mgma1，对 m 有：2mg1(mm)gma2，解得：a14 m/s2，方向水平向左，a21 m/s2，方向水平向右.(2)假设 m、m 经过时间 t1两者具有共同速度 v，各自的位移为 x1、x2，则有：vv0a1t1a2t1，x1t1，v0v2x2 t1，v2m、m 之间的相对位移为 x，则有：xx1x2，联立方程解得：x6.4 m，所以木板至少长 6.4 m，(3)物块与木板间产生的内能为 q1，木板与地面产生的内能为 q2，则有：q1
19、2mgx，q21(mm)gx2，全过程产生的热量为：qq1q2，解得：q43.52 j.10.静止在水平地面上的两小物块a、b，质量分别为ma=l.0 kg，mb=4.0 kg；两者之间有一被压缩的微型弹簧，a与其右侧的竖直墙壁距离l=1.0 m，如图所示。某时刻，将压缩的微型弹簧释放，使a、b瞬间分离，两物块获得的动能之和为ek=10.0 j。释放后，a沿着与墙壁垂直的方向向右运动。a、b与地面之间的动摩擦因数均为u=0.20。重力加速度取g=10 m/s。a、b运动过程中所涉及的碰撞均为弹性碰撞且碰撞时间极短。（1）求弹簧释放后瞬间a、b速度的大小；（2）物块a、b中的哪一个先停止？该物块
20、刚停止时a与b之间的距离是多少？（3）a和b都停止后，a与b之间的距离是多少？【答案】（1）va=4.0 m/s，vb=1.0 m/s （2）b 0.50 m （3）0.91 m【解析】（1）设弹簧释放瞬间 a 和 b 的速度大小分别为 va、vb，以向右为正，由动量守恒定律和题给条件有0=mavambvb22k1122a ab bem vm v联立式并代入题给数据得va=4.0 m/s，vb=1.0 m/s（2）a、b 两物块与地面间的动摩擦因数相等，因而两者滑动时加速度大小相等，设为 a。假设 a 和 b 发生碰撞前，已经有一个物块停止，此物块应为弹簧释放后速度较小的 b。设从弹簧释放到
21、b 停止所需时间为 t，b 向左运动的路程为 sb。，则有bbm am g212bbsv tat0bvat在时间 t 内，a 可能与墙发生弹性碰撞，碰撞后 a 将向左运动，碰撞并不改变 a 的速度大小，所以无论此碰撞是否发生，a 在时间 t 内的路程 sa都可表示为sa=vat212at联立式并代入题给数据得sa=1.75 m，sb=0.25 m这表明在时间 t 内 a 已与墙壁发生碰撞，但没有与 b 发生碰撞，此时 a 位于出发点右边 0.25 m 处。b 位于出发点左边 0.25 m 处，两物块之间的距离 s 为s=0.25 m 0.25 m=0.50 m（3）t 时刻后 a 将继续向左运
22、动，假设它能与静止的 b 碰撞，碰撞时速度的大小为 va，由动能定理有2211222a aa aabm vm vm gls 联立式并代入题给数据得7m / sav故 a 与 b 将发生碰撞。设碰撞后 a、b 的速度分别为 va和 vb，由动量守恒定律与机械能守恒定律有aaa ab bmvm vm v222111222a aa ab bm vm vm v联立式并代入题给数据得3 72 7m / s,m / s55abvv 这表明碰撞后 a 将向右运动，b 继续向左运动。设碰撞后 a 向右运动距离为 sa时停止，b 向左运动距离为 sb时停止，由运动学公式222,2aabbasvasv由式及题给数据得0.63m,0.28 mabsssa小于碰撞处到墙壁的距离。由上式可得两物块停止后的距离0.91mabsss