能量動量綜合難題答案

04.能量動量綜合難題(十八年高考題精髓)~答案(1)；(2)(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量m=ρV=ρSv0．(2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為，水從噴口噴出后達成玩具底面時的速度大小為．對于時間內(nèi)噴出的水，有能量守恒得=4\*GB3④，在高度處，時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為=5\*GB3⑤，設水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有=6\*GB3⑥，由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得=7\*GB3⑦，聯(lián)立=3\*GB3③=4\*GB3④=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥=7\*GB3⑦式得=8\*GB3⑧．設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ，要使物塊a、b能夠發(fā)生碰撞，應有：m＞μmgl①，即μ＜②，設a與b碰撞前的速度為v1，由能量守恒得：=μmgl+③，設a與b碰撞后的瞬間，速度大小分別為va、vb，根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律得：mv1=mva+mvb④，=m+×m⑤，聯(lián)立④⑤式解得：vb=v1⑥．它們碰后，b沒有與墻發(fā)生碰撞，即b在達成墻前靜止，由功效關系得：(m)≤μmgl⑦，聯(lián)立③⑥⑦式得：μ≥⑧，聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生碰撞、但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件為：≤μ＜．根據(jù)題意b沒有與墻發(fā)生碰撞，根據(jù)功效關系可知，故有，總而言之a(chǎn)與b發(fā)生碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件是．(1)4m/s；(2)0.75m(1)設B球第一次達成地面時的速度大小為vB，由運動學公式有vB＝eq\r(2gh)①，將h＝0.8m代入上式得v1＝4m/s②．(2)設兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分別為v2和v′2，由運動學規(guī)律可得v1＝gt③，由于碰撞時間極短，重力的作用能夠無視，兩球相碰前后的動量守恒，總動能保持不變，規(guī)定向下的方向為正，有mAv1＋mBv2＝mBv′2④，eq\f(1,2)mAveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)mBveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mv′eq\o\al(2,2)⑤；設B球與地面相碰后速度大小為v′B，由運動學及碰撞的規(guī)律可得v′B＝vB⑥；設P點距地面的高度為h′，由運動學規(guī)律可得h′＝eq\f(v′eq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,2),2g)⑦；聯(lián)立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知條件可得h′=0.75m⑧．(1)；(2)(1)設球b的質(zhì)量為m2，細線長為L，球b下落至最低點、但未與球a相碰時的速率為v，由機械能守恒定律得=1\*GB3①，式中g是重力加速度的大?。O球a的質(zhì)量為m1，在兩球碰后的瞬間兩球共同速度為，以向左為正，由動量守恒定律得=2\*GB3②；設兩球共同向左運動到最高處時，細線與豎直方向的夾角為θ，由機械能守恒定律得=3\*GB3③；聯(lián)立①②③式得=4\*GB3④，并代入題給數(shù)據(jù)得=5\*GB3⑤．(2)兩球在碰撞過程中的機械能損失是=6\*GB3⑥；聯(lián)立=1\*GB3①=6\*GB3⑥式得Q與碰前球b的最大動能之比為=7\*GB3⑦；聯(lián)立=5\*GB3⑤=7\*GB3⑦式并代入題給數(shù)據(jù)得=8\*GB3⑧．(1)；(2)mg；(3)mg(h2－h(huán)1)設外殼上升高度h1時速度為v1，外殼與內(nèi)芯碰撞后瞬間的共同速度大小為v2．(1)對外殼和內(nèi)芯，從碰撞后達成共同速度到上升至h2處，應用動能定理有(4m＋m)g(h2－h(huán)1)＝(4m＋m)v22，解得v2＝．(2)外殼和內(nèi)芯，碰撞過程瞬間動量守恒有4mv1＝(4m＋m)v2，解得v1＝，設從外殼離開桌面到碰撞前瞬間彈簧做功為W，在此過程中，對外殼應用動能定理有W－4mgh1＝(4m)v12，解得W＝mg．(3)由于外殼和內(nèi)芯達成共同速度后上升高度h2的過程中機械能守恒，只是在外殼和內(nèi)芯碰撞過程有能量損失，損失的能量為＝(4m)v12－(4m＋m)v22，聯(lián)立解得＝mg(h2－h(huán)1)．eq\F(1,2)(1＋eq\F(\R(,3),2))d設子彈初速度為v0，射入厚度為2d的鋼板后，最后鋼板和子彈的共同速度為v．由動量守恒得(2m＋m)v＝mv0①，解得v＝eq\F(1,3)v0；此過程中動能損失為△E＝eq\F(1,2)mv02－eq\F(1,2)×3mv2②，解得△E＝eq\F(1,3)mv02；分成兩塊鋼板后，設子彈穿過第一塊鋼板時兩者的速度分別為v1和V1；由動量守恒得mv1＋mV1＝mv0③；由于子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，射穿第一塊鋼板的動能損失為eq\F(△E,2)，由能量守恒得eq\F(1,2)mv12＋eq\F(1,2)mV12＝eq\F(1,2)mv02－eq\F(△E,2)④，聯(lián)立①②③④式且考慮到v1必須不不大于V1，可得v1＝(eq\F(1,2)＋eq\F(\R(,3),6))v0⑤．設子彈射入第二塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為V2，由動量守恒得2mV2＝mv1⑥，損失的動能為△E′＝eq\F(1,2)mv12－eq\F(1,2)×2mV22⑦，聯(lián)立①②⑤⑥⑦式得△E′＝eq\F(1,2)(1＋eq\F(\R(,3),2))×eq\F(△E,2)⑧；由于子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，由⑧式可得射入第二塊鋼板的深度x為x＝eq\F(1,2)(1＋eq\F(\R(,3),2))d⑨．由此可知，采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量同樣厚度的單層鋼板更能抵抗穿甲彈的射擊．木板第一次與墻碰撞后，向左勻減速直線運動，直到靜止；再反向向右勻加速直線運動直到與重物有共同速度，再往后是勻速直線運動，直到第二次撞墻．木板第一次與墻碰撞后，重物與木板互相作用直到有共同速度，由動量守恒有：，解得：；木板在第一種過程中，對木板由動量定理有：，對木板由動能定理有：；木板在第二個過程中，木板勻速直線運動有：；因此木板從第一次與墻碰撞到再次碰撞所經(jīng)歷的時間t=t1+t2=．(1)；(2)①；②；③(1)設圓板與物塊相對靜止時，它們之間的靜摩擦力為f，共同加速度為a，由牛頓運動定律有，對物塊f＝2ma，對圓板F－f＝ma，兩物相對靜止，則有f≤fmax，故得F≤fmax，即相對滑動條件．(2)設沖擊剛結束時圓板獲得的速度大小為v0，物塊掉下時，圓板和物塊速度大小分別為v1和v2．由動量定理有，對圓板由動能定理有；對物塊，由動量守恒定律有；因此要使物塊落下，則必須滿足，由以上各式得：，s＝．(1)2N，豎直向上；(2)2m/s；(3)(1)設小球能通過最高點，且此時的速度為v1．在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能守恒．則=1\*GB3①，因此=2\*GB3②；設小球達成最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則=3\*GB3③，由=2\*GB3②=3\*GB3③式得F=2N=4\*GB3④；由牛頓第三定律可知，小球?qū)p桿的作用力大小為2N，方向豎直向上．(2)解除鎖定后，設小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為V．在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向上不受外力作用，水平方向的動量守恒．以水平向右的方向為正方向，有=5\*GB3⑤；在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則=6\*GB3⑥，由=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥式得v2=2m/s=7\*GB3⑦．(3)設小球擊中滑塊右側軌道的位置點與小球起始點的距離為s1，滑塊向左移動的距離為s2，任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V/．由系統(tǒng)水平方向的動量守恒，得⑧，將=8\*GB3⑧式兩邊同乘以，得=9\*GB3⑨，因=9\*GB3⑨式對任意時刻附近的微小間隔都成立，累積相加后有⑩，又?，由⑩?式得?．(1)；(2)(負號表明與初速度反向)；(3)90°；(4)(1)設小球A、C第一次相碰時，小球B的速度為vB，考慮到對稱性及繩的不可伸長特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也為vB，由動量守恒定律得mv0=3mvB，由此解得：．(2)當三個小球再次處在同始終線上時，則由動量守恒定律和機械能守恒定律得：mv0=mvB+2mvA，，解得：，(三球再次處在同始終線)，另一組解為：vB=v0，vA=0(為初始狀態(tài)，舍去)．因此三個小球再次處在同始終線上時，小球B的速度為(負號表明與初速度反向)．(3)當小球A的動能最大時，小球B的速度為零．設此時小球A、C的速度大小為u，兩根繩間的夾角為θ(如圖)，則仍由動量守恒定律和機械能守恒定律得：，，另外，由此可解得，小球A的最大動能為，此時兩根繩間夾角為θ=90°．(4)小球A、C均以半徑L繞小球B做圓周運動，當三個小球處在同始終線上時，以小球B為參考系(小球B的加速度為0，為慣性參考系)，小球A(C)相對于小球B的速度均為：v=|vA﹣vB|，因此此時繩中拉力大小為：．(1)；(2)A球的水平分量，B球的水平分量；(3)(1)A球自由落體運動，下落的高度，B球作平拋運動且與A球同時運動，則A、B兩球相遇時間t=，因此可得A、B兩球相碰時，A球下落的高度．(2)A、B兩球在水平方向上不受外力，因此A、B系統(tǒng)水平方向上動量守恒且作彈性碰撞則動能不變，因此由水平方向上動量守恒得mBV0=，水平方向上動能也守恒：，解得：，即A、B兩球碰撞后發(fā)生速度交換，A球的水平分量，B球的水平分量．(3)AB碰撞后發(fā)生速度交換，這樣A球相對B球以速度V0繼續(xù)向右運動，B球水平方向上的速度為零，最后繃緊繩子．由于高度H是夠高，因此不考慮運動時間的限制，通過以上的運動過程分析可得知A、B球水平方向上動量守恒：，對B球使用動量定理：，因此輕繩拉直過程中，B球受到繩子拉力的沖量大小．(1)3；(2)4.5mg，方向豎直向下；(3)見解析(1)由mgR＝+得：β＝3.(2)設A、B碰撞后的速度分別為v1、v2，則，．設向右為正、向左為負，解得：v1＝，方向向左；v2＝，方向向右．設軌道對B球的支持力為N，B球?qū)壍赖膲毫镹’，方向豎直向上為正、向下為負．則N－βmg＝，N’＝－N＝－4.5mg，方向豎直向下.(3)設A、B球發(fā)生第二次碰撞剛結束時的速度分別為V1、V2，則可得，解得：V1＝－，V2＝0．(另一組：V1＝－v1，V2＝－v2，不合題意，舍去)，由此可得：當n為奇數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞剛結束時的速度分別與第一次碰撞剛結束時相似；當n為偶數(shù)時，小球A、B在第n次碰撞剛結束時的速度分別與第二次碰撞剛結束時相似．(1)；(2)k=；(3)1號球，見解析(1)本題中的兩球相碰，均可當作是“一靜一動彈性碰撞模型”．由于每個球的質(zhì)量依次遞減，碰后不會出現(xiàn)入射球反彈的狀況．如果入射球質(zhì)量為m1，被碰球質(zhì)量為m2，碰前m1的速度為v1，碰后兩球的速度分別為v1′、v2′由動量守恒定律和機械能守恒定律得：mv1=m1v1′+m2v2′，；因此v1′=，v2′=；本題重要應用v2′，當n取代1時，n+1就取代2．設n號球質(zhì)量為m，與n+1號球碰撞后的速度分別為vn′、vn+1′，取水平向右為正方向，據(jù)題意有n號球與n+1號球碰撞前的速度分別為vn、0，而mn+1=；因此根據(jù)動量守恒有①，另外根據(jù)機械能守恒有==2\*GB3②；由①=2\*GB3②得舍去；設n+1號球與n+2號球碰前的速度為vn－1；據(jù)題意有vn－1=；得vn－1===3\*GB3③．(2)設1號球擺至最低點時的速度為v1，由機械能守恒定律有=4\*GB3④，v1==5\*GB3⑤；同理可求，5號球碰后瞬間的速度=6\*GB3⑥；由=3\*GB3③式得=7\*GB3⑦；N=n=5時，v5==8\*GB3⑧；由=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥=8\*GB3⑧三式得；k=．(3)設繩長為l，每個球在最低點時，細繩對球的拉力為F，由牛頓第二定律有=9\*GB3⑨，則=10\*GB3⑩，=10\*GB3⑩式中Ekn為n號球在最低點的動能；由題意可知1號球的重力最大，又由機械能守恒可知1號球在最低點碰前的動能也最大，根據(jù)=10\*GB3⑩式可判斷在1號球碰前瞬間懸掛1號球細繩的張力最大，故懸掛1號球的繩最容易斷．3辦法1：設在第n次碰撞前絕緣球的速度為vn－1，碰撞后絕緣球和金屬球的速度分別為vn和Vn．由于碰撞過程中動量守恒、碰撞前后動能相等，設速度向左為正，則有：，，解得：，；第n次碰撞后絕緣球的動能為：，E0為第1次碰撞前的動能，即初始能量；絕緣球在θ＝θ0＝60°與θ＝45°處的勢能之比為：，經(jīng)n次碰撞后有：；易算出：(0.81)2＝0656，(0.81)3＝0.531，因此通過3次碰撞后θ不大于45°．辦法2：設在第n次碰撞前絕緣球的速度為vn－1，碰撞后絕緣球和金屬球的速度分別為vn和Vn．由于碰撞過程中動量守恒以及碰撞前后動能相等，設速度向左為正，則第一次碰撞：mv0=MV1－mv1，，解得：，；當θ<450時可得出：EP=mgl(1－cosθ)＜，而由于：＞；又有，v2=，則有：＞；又，v3=，則<；綜合所述，碰3次滿足題意．辦法3：設在第n次碰撞前絕緣球的速度為vn－1，碰撞后絕緣球和金屬球的速度分別為vn和Vn．由于碰撞過程中動量守恒及碰撞前后動能相等，設速度向左為正，則第一次碰撞：mv0=MV1－mv1，，解得，，因此：，，，，而又由于：<或，故取n=3．辦法4：設在第n次碰撞前絕緣球的速度為vn－1，碰撞后絕緣球和金屬球的速度分別為vn和Vn．由于碰撞過程中動量守恒及碰撞前后動能相等，設速度向左為正，則有：，，解得：，，；由機械能守恒定律得：，要使擺角不大于450，則有：，可得：(階段，可得:n>階段，則得n=3．解法3：根據(jù)絕緣球碰后的角度關系求解設在第n次碰撞前絕緣球的速度為vn－1，碰撞后絕緣球和金屬球的速度分別為vn和Vn．由于碰撞過程中動量守恒、碰撞前后動能相等，設速度向左為正，則第一次碰撞：，，解得：，；又由于：，，因此：，則得:cosθ1=0.595；又由于：，，解得：v2=，V2=；又由于：，，，則得：cosθ2=0.67195；又由于：，，解得：v3=，V3=；又由于：，，解得：，故可得：cosθ3=0.7343>=cos450，因此通過三次碰撞后θ將不大于450．N·s辦法1：設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面對下運動，達成斜面底端時速度為v．由功效關系得①，以沿斜面對上為動量的正方向．按動量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量②，設碰撞后小物塊所能達成的最大高度為h'，則③，同理有④，⑤，式中v'為小物塊再次達成斜面底端時的速度，為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量．由①②③④⑤式得⑥，式中⑦，由此可知小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數(shù)，首項為⑧，總沖量為⑨.由⑩，得?，代入數(shù)據(jù)得N·s?．辦法2：設小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面對下運動，小物塊受到重力，斜面對它的摩擦力和支持力，小物塊向下運動的加速度為a，依牛頓第二定律得①，設小物塊與擋板碰撞前的速度為v，則②，以沿斜面對上為動量的正方向．按動量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量為③，由①②③式得④，設小物塊碰撞后沿斜面對上運動的加速度大小為a'，依牛頓第二定律有⑤，小物塊沿斜面對上運動的最大高度為⑥，由②⑤⑥式得⑦，式中⑧，同理小物塊再次與擋板碰撞所獲得的沖量⑨，由④⑦⑨式得⑩，由此可知小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數(shù)，首項為?，總沖量為?，由?，得?，代入數(shù)據(jù)得N·s?．(1)eq\r(2gh)；(2)1<p<5；(3)1<p<3(1)A、B兩球都做自由落體運動，加速度相似，B球下落h的高度時，A球也下落h的高度，由veq\o\al(2,0)＝2gh得v0＝eq\r(2gh)．(2)B球下落后又反彈，若剛彈起時與A球剛好碰撞，則設B球的下落時間為t1，則h＝eq\f(1,2)gt2，解得t1＝eq\r(\f(2h,g))，而tA>t1，則得eq\r(\f(2ph,g))>eq\r(\f(2h,g))，即驗證得p>1；若反彈至最高點時與A球相撞，則可得eq\r(\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p－1))h,g))<2eq\r(\f(2h,g))，可解得p<5．因此1<p<5．(3)設B球下落后與地面碰撞又上升L的距離，剛好與A球相撞，此時0<L<h，則兩球從開始下落到發(fā)生碰撞所經(jīng)歷的時間相似．對A球，tA＝eq\r(\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ph－L)),g))；對B球，先下落至地面，歷時tB1＝eq\r(\f(2h,g))，后又做豎直上拋運動，初速度為v＝eq\r(2gh)；由L＝eq\r(2gh)tB2－eq\f(1,2)gteq\o\a