2020年高考物理大题热点题型专练(二)——动量和能量
2020年高考物理大题热点题型专练(二)——动量和能量
学校:___________姓名:___________班级:___________考号:___________
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一、计算题
1.轻质弹簧原长为0.4 m ,将弹簧竖直放置在地面上,在其顶端将一质量为m =0.3 kg 的物体由静止释放,当弹簧被压缩到最短时,弹簧长度为0.2 m 。现将该弹簧水平放置,一端固定在A 点,另一端与物块P 接触但不连接。AB 是长度为0.5 m 的水平轨道,B 端与半径r =0.15 m 的光滑半圆轨道BCD 相切,半圆的直径BD 竖直,如图所示。物块P 与AB 间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P ,将弹簧压缩至长度为0.2 m ,然后放开,P 开始沿轨道运动。重力加速度大小为g =10 m/s 2。
(1)用外力推动物块P ,将弹簧压缩至长度0.2 m 时,弹簧的弹性势能E p 是多少。 (2)若P 的质量M =0.1 kg ,求P 到达D 点时对轨道的压力大小。 (3)若P 能滑上圆轨道,且仍能沿圆轨道滑下,求P 的质量的取值范围。
1.答案:(1)依题意,当弹簧竖直放置,从放上质量为0.3 kg 的物体到被压缩至最短的过程,由机械能守恒定律: p E mgh =
得:P 0.6 J E =
(2)对物块P 从放开到D 点的过程,由能量守恒定律: ()2
p 10.2m 22
D AB
E Mv Mg x Mg r μ++-=?
对物块P 在D 点时由牛顿第二定律:
2D
N Mv Mg F r
+= 得: 1 N N F =
根据牛顿第三定律得,物块P 对轨道的压力大小也为1 N 。
(3)为使P 能滑上圆轨道,它到达B 点时的速度不能小于零。对物块P 从放开到B 点的过程,有 ()p 0.2 m 0AB E Mg x μ-->
要使P 仍能沿圆轨道滑回,P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C 。由机械能守恒定律有 ()p 0.2 m 0AB E Mg x Mg r μ---?≤
联立上面两式得: 0.2 kg 0.4 kg M ≤<
解析:
2.如图所示,质量38kg m =的滑道ABC 静止在光滑的水平面上,滑道的AB 部分是半径足够大的四分之一光滑圆弧轨道,圆弧轨道底部与滑道水平部分相切,滑道的水平部分BC 粗糙。质量21kg m =的物体Q (可视为质点)放在滑道的B 点处,现给静止在C 处的质量11kg m =的物体P (可视为质点)一瞬时冲量5N s I =?,使它水平向左运动,在滑道上的B 点与物体Q 发生碰撞(碰撞时间极短)并黏在一起。已知BC 长 1.2m l =,P Q 、两物体与滑道BC 部分的动摩擦因数均为0.9μ=,
210m/s g =。求:
(1)物体P 从开始运动到与物体Q 相碰的过程中,滑道向左运动的距离。 (2)物体P 和Q 沿光滑圆弧轨道上升的最大高度。
(3)物体P 从C 点出发至运动到圆弧轨道最高点的过程中,整个系统损失的机械能。 2.答案:(1)物体P 的初速度01
I v m =
物体P 在BC 部分运动的加速度大小219m/s a g μ== 物体Q 和滑道的加速度大小21223
1m/s m g
a m m μ=
=+
设经时间t ,物体P Q 、相碰,碰前物体P 的速度为P v ,物体Q 的速度为Q v 则01P v v a t =- 2Q v a t =
2011
2P s v t a t =-
221
2
Q s a t =
P Q s s l -=
解得0.4s t =,=1.4m/s P v ,0.4m/s Q v =
滑道向左运动的距离2
210.08m 2
Q s s a t ===。
(2)P 与Q 碰撞过程中动量守恒,有1212()P Q PQ m v m v m m v +=+ 解得0.9m/s PQ v =
P 与Q 黏合在一起沿圆弧轨道上升到轨道最高点,有 123123()()PQ Q m m v m v m m m v ++=++
2212311()22PQ Q m m v m v ++=2123121()()2
m m m v m m gh ++++ 解得0.5m/s v =,0.01m h =。 (3)系统开始的机械能2
11
2I E m = P Q 、整体到达圆弧轨道的最高点时系统的机械能22123121
()()2
E m m m v m m gh =++++
物体P 从C 点出发到圆弧轨道最高点的过程中,系统损失的机械能12E E E ?=- 解得11.05J E ?=。 解析:
3.如图所示,在水平面上有一弹簧,其左端与墙壁相连,O 点为弹簧原长位置,O 点左侧水平面光滑,OP 长1m L =,P 点右侧有一与水平方向成30θ=°角、足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接,传送带逆时针转动速率为3 m/s 。一质量1kg m =、可视为质点的物块A 压缩弹簧(与弹簧不拴接),使弹簧获得弹性势能p 9J E =,物块与OP
段间的动摩擦因数
10.1μ=,物块与传送带间的动摩擦因数2μ210m/s g =。现释放物块A ,求:
(1)物块A 第一次经过O 点时的速度大小0v 。 (2)物块A 沿传送带上滑的最大位移x 。
(3)从A 第一次沿传送带上滑到第一次离开传送带的过程中,物块A 与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q 。
3.答案:(1)由机械能守恒定律得2
p 012
E mv =
解得0v =。
(2)对于物块A 由开始运动到P 点的过程中,由动能定理可得2
p 112
P E mgL mv μ-=
代入数据得4m/s P v =
假设A 沿传送带上滑的最大距离为1x ,由动能定理可得
2
21sin cos 02
P mgx mgx mv θμθ--=-
代入数据得10.8m x =。
(3)物块A 沿传送带上滑过程中,由牛顿第二定律,可得2sin cos mg mg ma θμθ+= 代入数据得22sin cos 10m/s a g g θμθ=+= 上滑时间10.4s P
v t a
=
= 传送带发生的位移21 1.2m x vt ==
物块上滑过程中,物块与传送带发生的相对位移1122m x x x ?=+= 物块下滑过程中,加速度仍为22sin cos 10m/s a g g θμθ=+=
物块与传送带速度相等时,因为2tan30μ==
°,所以物块与传送带一起匀速下滑,经过的时间为20.3s v t a ==
物块下滑过程中,物块与传送带发生的相对位移2
22210.45m 2
x x x vt at ?=-=-=传物
全过程产生的热量()212cos 12.25J Q mg x x μθ=?+?=。 解析:
4.如图所示,光滑半圆轨道BC 与倾角37θ=?的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内,两轨道间由—条光滑水平轨道 相连,A 处用光滑小圆弧轨道平滑连接,B 处与半圆轨道相切。在水平轨道上,两静止小物块,P Q 压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线后,小物块Q 沿半圆轨道恰好到达C 点。已知小物块P 的质量12kg m =,小物块的质量21kg m =,小物块P 与斜面间的动摩擦因数0.5μ=,剪断细线前弹簧的弹性势能p 75J E =,小物块到达A 点或B 点时已和弹簧分离。重力加速度210m /s ,sin 370.6,cos370.8g =?=?=,不计空气 阻力。
(1)求光滑半圆轨道的半径R ; (2)求小物块P 在斜面上的运动时间;
(3)若剪断细线后,小物块Q 沿半圆轨道运动时,始终没有脱离半圆轨道,则剪断细线前弹簧的弹性势能应满足什么条件? 4.答案:(1)两小物块弹开的过程,由动量守恒定律得11220m v m v =-
由机械能守桓定律得22
p 11221122E m v m v =+
联立可得 125m /s,10m /s v v ==
小物块Q 沿半圆轨道恰好到达C 点.则有2
22c m v m g R
=
小物块Q 沿半圆轨道运动过程中,由机械能守恒定律可得 22
222211222C m v m v m gR =+
解得2m R =
(2)设小物块P 沿斜面向上运动过程中的加速度为1a ,由牛顿第二定律得 1111sin cos m g m g m a θμθ+= 解得2110m/s a =
故沿斜面向上的最大位移为2
111
1.25m 2v x a ==
设小物块P 沿斜面下滑的加速度为2a ,则有 1112sin cos m g m g m a θμθ-= 解得222m/s a =
小物块P 上升到最高点所用的时间1
11
0.5s v t a =
= 小物块P 在斜面上下滑的时间为2t ,则有2
12212x a t =
解得2t
小物块P 在斜面上的运动时间12t t t =+=
(3)某时刻剪断细线后,小物块Q 沿半圆轨道运动时始终没有脱离半圆轨道,有两种情况。 ①当小物块Q 能够通过最高点C ,综合上面分析可得弹簧的弹性势能 p 75J E …
②小物块Q 到达圆心O 所在的水平线或此水平线的下方时速度为零。 当小物块Q 到达圆心O 所在的水平线且速度为
零时,由动能定理得2
222102
m gR m v '-=-
两小物块弹开的过程,由动量守恒定律得11220m v m v ''=-
由机械能守恒定律得2
2p 11221122
E m v m v '''=+
p 30J E '
=
剪断细线后,小物块Q 沿半圆轨道运动时始终没有脱离半圆轨道,剪断细线前弹簧的弹性势能应满足p 75J E …或p 030J E <≤.
解析:
5.如图所示,固定在水平面上倾角θ=37°的光滑斜面底端有一垂直于斜面的挡板,可看成质点的物块A 、B 、C 质量均为m =2.5 kg,物块B 、C 通过一劲度系数k =72 N/m 的轻质弹簧相连,初始时,物块C 靠在挡板上物块B 、C 处于静止状态,物块A 以初速度v 0沿光滑的水平面进入竖直面内与水平面相切于E 点、半径R =1.2 m 的光滑固定半圆形轨道。当物块A 到达轨道的最高点D 时,对轨道的压力大小为N 13F mg =,物块A 离开D 点后,恰好无碰撞地由P 点滑上斜面,继续运动11
m 12
s =后与静止于Q
点的物块B 相碰,碰撞时间极短,碰后物块A 、B 粘在一起,已知不计空气阻力,重力加速度g =10 m/s 2,sin37=0.6,cos37°=0.8.求:
(1)物块A 的初速度v 0的大小;
(2)物块A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小;
(3)设从物块A 、B 粘在一起到物块C 恰好离开挡板这一过程经历了时间t ,若t =1 s,则这过程中弹簧对物块C 的冲量大小I 为多少?(弹簧始终处于弹性限度内)
5.答案:(1)当物块A 到达D 点时,对物块A 受力分析有
2
D
N v F m R
g m +=,解得 4 m /s D v =
物块A 从开始运动到D 点的过程中,由动能定理得22
011222
D mg R mv mv -?=-
解得08 m /s v =
(2)当物块A 离开D 点后,物块A 做平抛运动,到达P 点时速度沿斜面向下 则 5 m /s cos37D
P v v =
=?
从P 点到Q 点的过程中,由动能定理得 22
11sin3722
Q P mgs mv mv ??=-
解得 6 m /s Q v =
从物块A 与物块B 相碰到碰撞结束这一过程,由动量守恒定律得 2Q mv mv =
解得 3 m /s v =
(3)设在碰撞前弹簧的压缩量为1x ,受力分析得 1sin37kx mg =?,可得15
m 24
x =
当物块C 恰好离开挡板时,弹簧处于伸长状态,设伸长量为2x ,对物块C 受力分析得 2sin37kx mg =?,可得25 m 24
x =
从物块A 、B 碰撞完到物块C 恰好离开挡板,设此时物块A 、B 的共同速度为1v ,以物块A 、B 为研究对象,此过程弹簧的弹力做功为零,由动能定理得
()2212111
2sin372222
mg x x mv mv -=?-??+
解得1 2 m /s v =
从物块A 、B 碰撞完到物块C 恰好离开挡板,设弹簧对物块A 、B 的冲量为0I ,规定沿斜面向上为正方向,由动量定理得102(2)2sin37mv mv mgt I --=-?+
此过程弹簧对物块C 的冲量大小055 N s I I ==? 解析:
6.如图所示,质量5kg M =的小车静止在光滑水平地面上,小车左侧AB 部分水平,右 侧BC 部分为半径及0.5m R =的竖直光滑
1
4
圆弧面,AB 与BC 恰好在B 点相切,CD 为竖直侧 壁?质量1kg m =的小滑块以06m/s v =的初速度从小车左端的A 点滑上小车,运动到B 点时与小车相对静止一起向前运动,之后小车与右侧竖直墙壁发生碰撞,碰撞前后无能量损失。已知滑块与小车AB 段间的动摩擦因数=0.5μ,重力加速度
2=10m/s g ,求:
(1)小车与墙壁碰撞前的速度大小; (2)小车AB 段的长度;
(3)试通过计算说明:小车与墙壁碰撞后,滑块能否从C 点滑出。
6.答案:(1)取滑块和小车为研究对象,向右为正方向,则由动量守恒可得01()mv m M v =+共 解得:1/s =1m v 共
即小车刚与墙壁碰撞时的速度大小为1m/s 。
(2)从滑块刚滑上小车,到相对静止的过程中,由功能关系可知:22
01
11()22mgL mv M m v μ=-+共 解得:3m L =
(3)小车与墙壁碰撞后,取向左为正方向,由滑块和小车组成的系统水平方向动量守恒,可得:12()()M m v M m v -=+共共 解得: 22
m /s 3
v =
共 再由碰后滑块上升过程中,滑块与小车组成的系统机械能守恒可得:22
12
11()()22mgh m M v m M v =+-+共共 解得1
6h m R =<,故不能从C 点飞出。
解析:
7.如图所示,光滑水平面MN 的左端M 处固定有一能量补充装置P ,使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值。右端N 处与水平传送带恰好平齐且靠近,传送带沿逆时针方向以恒定速率6m /s v =匀速转动,水平部分长度9m L =。放在光滑水平面上的两相同小物块A B 、(均视为质点)间有一被压缩的轻质弹簧,弹性势能9J p E =,弹簧与A B 、均不粘连,A B 、与传送带间的动摩擦因数0.2μ=,物块质量1kg A B m m ==。现将A B 、同时由静止释放,弹簧弹开物块A 和B 后,迅速移去轻弹簧,此时,A 还未撞击P ,B 还未滑上传送带。取210m /s g =,求:
(1)求A B 、刚被弹开时的速度大小;
(2)B 被弹簧弹开后滑上传送带到返回到左端N 的过程中B 与传送带间因摩擦而产生的热量Q ;
(3)若B 从传送带上回到光滑水平面MN 上与被弹回的A 发生碰撞后,滑上传送带。则P 应给A 至少补充多少能量才能使B 从右端滑离传送带?
7.答案:(1)弹簧弹开的过程中,系统的机械能守恒,则:22
1122
p A A B B E m v m v =+ 取向左为正方向,由动量守恒有:0A A B B m v m v -= 联立以上两式解得:3m /s A v =,3m /s B v =
(2)B 滑上传送带向右匀减速,时间为1t ,由动量定理得:10B B B m gt m v μ-=- 向右匀减速因摩擦产生的热量为:111()2
B
B v Q m g t vt μ=+
B 向左匀加速,时间为2t ,21t t =,
B 返回传送带N 端的速度大小:13m /s B B v v ==
向右匀减速因摩擦产生的热量为:1
222()2
B B v Q m g vt t μ=-
所以因摩擦而产生的热量:1236J Q Q Q =+=
(3)装置P 应补充的最小能量为E ?,则有:22
11122
A A A A E m v m v ?=-
当A B 、为弹性碰撞时,装置P 应补充的能量最小,设P 给A 补充能量后,A 速度为1A v
由动量守恒有:''
11A A B B A A
B B m v m v m v m v +=+ 由机械能守恒有:222
21111112222A A B B A A B B m v m v m v m v +='+
' B 要从右端滑出,由能量守恒有:2
1
'2
B B B m v m gL μ≥ 由以上四式联立,解得13.5J E ?= 解析:
8.如图所示,水平面上有A B 、两个小物块(均视为质点),质量均为m ,两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与A B 、连接)。距离物块A 为L 处有一半径为L 的固定光滑竖直半圆形轨道,半圆形轨道与水平面相切于C 点,物块B 的左边静置着一个所有接触面均光滑的斜面体(底部与水平面平滑连接)。某一时刻将压缩的弹簧释放,物块A B 、瞬间分离,A 向右运动,恰好能过半圆形轨道的最高点 (物块A 过D 点后立即撤去),B 向左平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为L (L 小于斜面体的高度)。已知A 与右侧水平面的动摩擦因数0.5,B μ=左侧水平面光滑,重力加速度为g ,求:
(1)物块A 通过C 点时对半圆形轨道的压力大小; (2)斜面体的质量;
(3)物块B 与斜面体相互作用的全过程中,物块B 对斜面体做的功。
8.答案:(1)在D 点,有2D
v mg m L
=
从C 到D ,由动能定理,有22
11222
D C mg L mv mv -?=-
在C 点,有2
C
v F mg m
L
-=
解得:6F mg =
由牛顿第三定律可知,物块A 通过C 点时对半圆形轨道的压力'6F F mg ==。 (2)弹簧释放瞬间,由动量守恒定律,有A B mv mv =
对物块A ,从弹簧释放后运动到C 点的过程,有22
1122
C A mgL mv mv μ-=-
B 滑上斜面体最高点时,对B 和斜面体,由动量守恒定律,有()B mv m M v =+ 由机械能守恒定律,有22
11()22
B mv m M v mgL =++
解得:2
m
M =
。 (3)物块B 从滑上斜面到与斜面分离过程中,由动量守恒定律,有 ''B B mv mv Mv =+
由机械能守恒,有222
111''222
B mv mvB Mv =+
解得:'B v =
'v =
由功能关系知,物块B 与斜面体相互作用的过程中,物块B 对斜面体做的功21
'2
W Mv = 解得:83
mgL W =。 解析: