微专题49 动量与能量的综合问题

微专题49 动量与能量的综合问题
1．如果要研究在某一时刻物理量的关系，可用牛顿第二定律列式.2.研究某一物体受到力的持续作用发生运动状态改变时，一般用动量定理(涉及时间的问题)或动能定理(涉及位移的问题)去解决问题.3.若研究对象为一系统，且它们之间有相互作用，一般用动量守恒定律和机械能守恒定律去解决问题，但需注意所研究的问题是否满足守恒的条件.4.在涉及碰撞、爆炸、打击、绳绷紧等物理现象时，这些过程一般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转换．这种问题由于作用时间都极短，满足动量守恒定律．
1．(2020·河南名校联考)在光滑的水平面上，质量为m 1的小球A 以速率v 0向右运动．在小球的前方O 点处有一质量为m 2的小球B 处于静止状态，如图1所示．小球A 与小球B 发生正碰后，小球A 、B 均向右运动．小球B 被在Q 点处的墙壁弹回后与小球A 在P 点相遇，PQ ＝1.5 PO .假设小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞都是弹性碰撞，小球均可看成质点，求：
图1
(1)两小球质量之比m 1m 2
； (2)若小球A 与小球B 碰后的运动方向以及小球B 反弹后与A 相遇的位置均未知，两小球A 、B 质量满足什么条件，就能使小球B 第一次反弹后一定与小球A 相碰．
答案 (1)2∶1 (2)m 1>m 23
解析 (1)两球发生弹性碰撞，设碰后A 、B 两球的速度分别为v 1、v 2，规定向右为正方向，根据系统动量守恒得m 1v 0＝m 1v 1＋m 2v 2
已知小球间的碰撞及小球与墙壁之间的碰撞均无机械能损失，由机械能守恒定律得12
m 1v 02＝ 12m 1v 12＋12
m 2v 22 从两球碰撞后到它们再次相遇，甲和乙的速度大小保持不变，由于PQ ＝1.5PO ， 则小球A 和B 通过的路程之比为s 1∶s 2＝v 1t ∶v 2t ＝1∶4，
联立解得m 1m 2＝21
(2)由(1)中两式解得：v 1＝m 1－m 2m 1＋m 2v 0，v 2＝2m 1m 1＋m 2
v 0
若小球A 碰后静止或继续向右运动，一定与小球B 第一次反弹后相碰，此时有v 1≥0，即m 1≥m 2 若小球A 碰后反向运动，则v 1<0，此时m 1<m 2，则小球A 与B 第一次反弹后相碰需满足|v 1|<|v 2| 即m 2－m 1m 1＋m 2v 0<2m 1m 1＋m 2
v 0 解得m 1>m 23
综上所述，只要小球A 、B 质量满足m 1>m 23
，就能使小球B 第一次反弹后一定与小球A 相碰． 2.(2020·河北邢台市期末)如图2所示，竖直平面内粗糙水平轨道AB 与光滑半圆轨道BC 相切于B 点，一质量m 1＝1 kg 的小滑块P (视为质点)在水平向右的力F 作用下，从A 点以v 0＝ 0.5 m/s 的初速度滑向B 点，当滑块P 滑到AB 正中间时撤去力F ，滑块P 运动到B 点时与静止在B 点的质量m 2＝2 kg 的小滑块Q (视为质点)发生弹性碰撞(碰撞时间极短)，碰撞后小滑块Q 恰好能滑到半圆轨道的最高点C ，并且从C 点飞出后又恰好落到AB 的中点，小滑块P 恰好也能回到AB 的中点．已知半圆轨道半径R ＝0.9 m ，重力加速度g ＝10 m/s 2.求：
图2
(1)与Q 碰撞前的瞬间，小滑块P 的速度大小；
(2)力F 所做的功．
答案 (1)92
5 m/s (2)61.75 J 解析 (1)滑块P 、Q 碰撞过程机械能守恒、动量守恒，则有12m 1v 12＝12m 1v 1′2＋12
m 2v 22 m 1v 1＝m 1v 1′＋m 2v 2
滑块Q 从B 运动到C 的过程机械能守恒，则有
12m 2v 22＝12
m 2v 32＋m 2g ×2R 滑块Q 在C 点时，有
m 2g ＝m 2v 32
R
解得v 3＝3 m/s ，v 1′＝－352
m/s 与Q 碰撞前的瞬间，小滑块P 的速度大小v 1＝952
m/s.
(2)滑块P从A到B过程，由动能定理，有
W F－μm1gx AB＝1
2m1(v1
2－v02)
滑块P与Q碰撞后返回过程，有
v1′2＝2μg·x AB2
解得W F＝61.75 J.
3.(2020·河南中原名校第五次考评)如图3所示，固定点O上系一长L＝0.6 m的细绳，细绳的下端系一质量m＝1.0 kg的小球(可视为质点)，原来处于静止状态，球与平台的B点接触但对平台无压力，平台高h＝0.80 m，一质量M＝2.0 kg的物块开始静止在平台上的P点，现使M 获得一水平向右的初速度v0，物块M沿粗糙平台自左向右运动到平台边缘B处与小球m发生正碰，碰后小球m在绳的约束下做圆周运动，经最高点A时，绳上的拉力恰好等于小球的重力，而M落在水平地面上的C点，其水平位移s＝1.2 m，不计空气阻力，g＝10 m/s2，求：
图3
(1)质量为M的物块落地时的动能；
(2)若物块M在P处的初速度大小为8.0 m/s，平台表面与物块间动摩擦因数μ＝0.5，物块M 与小球的初始距离s1为多少？
答案(1)25 J(2)2.8 m
解析(1)碰后物块M做平抛运动，设其平抛运动的初速度为v3
由h＝1
2gt
2，s＝v3t，得：
v3＝s g
2h
＝3.0 m/s
落地时的竖直速度为：v y＝2gh＝4.0 m/s
所以物块落地时的速度为：v＝v32＋v y2＝5.0 m/s
物块落地时的动能为：E k＝1
2M v
2＝25 J
(2)物块与小球在B处碰撞，设碰撞前物块的速度为v1，碰撞后小球的速度为v2，由动量守恒
定律：
M v1＝m v2＋M v3
碰后小球从B处运动到最高点A过程中机械能守恒，设小球在A点的速度为v A：
1
2＝12m v A2＋2mgL
2m v2
小球在最高点时有：2mg＝m v A2
L
联立解得：v2＝6.0 m/s
v1＝6.0 m/s
物块M从P运动到B处过程中，
由动能定理得：－μMgs1＝1
2－12M v02
2M v1
解得：s1＝2.8 m.
4．如图4所示为研究某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带足够长，传送带的轮子沿逆时针方向转动，带动传送带以恒定速度v＝2.0 m/s匀速运动．三个质量均为m＝1.0 kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时在B、C 间有一压缩的轻弹簧，两滑块用细绳相连处于静止状态．滑块A以初速度v0＝4.0 m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B碰撞过程中滑块C的速度仍为零．因碰撞使连接B、C的细绳受到扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．滑块C脱离弹簧后以速度v C＝4.0 m/s滑上传送带，已知滑块C与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，重力加速度g取10 m/s2.求：
图4
(1)滑块C在传送带上向右滑动距N点的最远距离s max；
(2)弹簧锁定时的弹性势能E p；
(3)滑块C在传送带上运动的整个过程中与传送带之间因摩擦产生的内能Q.
答案(1)4.0 m(2)4.0 J(3)18 J
解析(1)滑块C滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远．
由动能定理得－μmgs max＝0－1
2
2m v C
解得s max＝4.0 m.
(2)设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律有
m v 0＝2m v 1
2m v 1＝2m v 2＋m v C
解得v 1＝2 m/s ，v 2＝0
由能量守恒定律有
E p ＋12×2m v 12＝12×2m v 22＋12
m v C 2 解得E p ＝4.0 J.
(3)滑块C 在传送带上向右做匀减速运动，设滑块C 在传送带上运动的加速度大小为a ，滑块C 在传送带上经时间t 1速度减为零，在同样时间内传送带向左的位移大小为x 1.
根据牛顿第二定律和运动学公式可知a ＝μmg m
＝2 m/s 2 滑块C 速度减小到零所需的时间t 1＝v C a
＝2 s 传送带的位移大小x 1＝v t 1＝2×2 m ＝4 m
相对路程Δx 1＝s max ＋x 1＝8 m
滑块C 在传送带上向右运动至速度为0后开始向左做匀加速直线运动，当速度达到与传送带速度相同时，与传送带一起做匀速直线运动．
滑块C 在传送带上向左做匀加速直线运动的时间
t 2＝v a
＝1 s 滑块C 的位移大小s 1＝12
at 22＝1 m 传送带的位移大小x 2＝v t 2＝2 m
相对路程Δx 2＝x 2－s 1＝1 m
则滑块C 在传送带上运动的整个过程中与传送带之间因摩擦产生的内能Q ＝μmg (Δx 1＋Δx 2)＝0.2×1×10×9 J ＝18 J ．。