2023版高考物理總復(fù)習(xí)之加練半小時(shí)-第七章-微專題50-動(dòng)量和能量的綜合問題

微專題50動(dòng)量和能量的綜合問題如果要研究在某一時(shí)刻物理量的關(guān)系，可用牛頓第二定律列式.2.研究某一物體受到力的持續(xù)作用發(fā)生運(yùn)動(dòng)狀態(tài)改變時(shí)，一般用動(dòng)量定理(涉及時(shí)間的問題)或動(dòng)能定理(涉及位移的問題)去解決問題.3.若研究對象為一系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律去解決問題，但需注意所研究的問題是否滿足守恒的條件.4.在涉及碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時(shí)，這些過程一般均隱含有系統(tǒng)機(jī)械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)換．這種問題由于作用時(shí)間都極短，滿足動(dòng)量守恒定律．1．燃放爆竹是我國傳統(tǒng)民俗．春節(jié)期間，某人斜向上拋出一個(gè)爆竹，到最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v0，方向水平向東，并炸開成質(zhì)量相等的三塊碎片a、b、c，其中碎片a的速度方向水平向東，忽略空氣阻力．以下說法正確的是()A．炸開時(shí)，若碎片b的速度方向水平向西，則碎片c的速度方向可能水平向南B．炸開時(shí)，若碎片b的速度為零，則碎片c的速度方向一定水平向西C．炸開時(shí)，若碎片b的速度方向水平向北，則三塊碎片一定同時(shí)落地D．炸開時(shí)，若碎片a、b的速度等大反向，則碎片c落地時(shí)的速度可能等于3v0答案C解析到最高點(diǎn)時(shí)速度大小為v0，方向水平向東，則總動(dòng)量向東；炸開時(shí)，若碎片b的速度方向水平向西，碎片c的速度方向水平向南，則違反動(dòng)量守恒定律，A錯(cuò)誤；炸開時(shí)，若碎片b的速度為零，根據(jù)動(dòng)量守恒定律，碎片c的速度方向可能水平向東，B錯(cuò)誤；三塊碎片在豎直方向上均做自由落體運(yùn)動(dòng)，一定同時(shí)落地，C正確；炸開時(shí)，若碎片a、b的速度等大反向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律3mv0＝mvc，解得vc＝3v0，碎片c落地時(shí)速度的水平分量等于3v0，其落地速度一定大于3v0，D錯(cuò)誤．2．天問一號探測器由環(huán)繞器、著陸器和巡視器組成，總質(zhì)量達(dá)到5×103kg，于2020年7月23日發(fā)射升空，2021年2月24日進(jìn)入火星停泊軌道．在地火轉(zhuǎn)移軌道飛行過程中天問一號進(jìn)行了四次軌道修正和一次深空機(jī)動(dòng)，2020年10月9日23時(shí)，在距離地球大約2.94×107千米的深空，天問一號探測器3000N主發(fā)動(dòng)機(jī)點(diǎn)火工作約480秒，發(fā)動(dòng)機(jī)向后噴射的氣體速度約為3×103m/s，順利完成深空機(jī)動(dòng)，天問一號飛行軌道變?yōu)槟軌驕?zhǔn)確被火星捕獲的、與火星精確相交的軌道．關(guān)于這次深空機(jī)動(dòng)，下列說法正確的是()A．天問一號的速度變化量約為2.88×103m/sB．天問一號的速度變化量約為288m/sC．噴出氣體的質(zhì)量約為48kgD．噴出氣體的質(zhì)量約為240kg答案B解析根據(jù)動(dòng)量定理有Ft＝MΔvΔv＝eq\f(Ft,M)＝eq\f(3000×480,5×103)m/s＝288m/s，即天問一號的速度變化量Δv約為288m/s，可知A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)噴出氣體的速度為v氣，方向?yàn)檎较?，質(zhì)量為m，由動(dòng)量守恒定律可知mv氣－(M－m)Δv＝0，解得噴出氣體質(zhì)量約為m＝438kg，C、D錯(cuò)誤．3．某人站在靜止于水面的船上，從某時(shí)刻開始，人從船頭走向船尾，水的阻力不計(jì)，下列說法不正確的是()A．人勻速運(yùn)動(dòng)，船則勻速后退，兩者的速度大小與它們的質(zhì)量成反比B．人走到船尾不再走動(dòng)，船也停止不動(dòng)C．不管人如何走動(dòng)，人在行走的任意時(shí)刻人和船的速度方向總是相反，大小與它們的質(zhì)量成反比D．船的運(yùn)動(dòng)情況與人行走的情況無關(guān)答案D解析人從船頭走向船尾的過程中，人和船組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒．設(shè)人的質(zhì)量為m，速度為v.船的質(zhì)量為M，速度為v′.以人行走的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得0＝mv＋Mv′，解得eq\f(v,v′)＝－eq\f(M,m)可知，人勻速行走，v不變，則v′不變，船勻速后退，且兩者速度大小與它們的質(zhì)量成反比，故A正確，與題意不符；人走到船尾不再走動(dòng)，設(shè)整體速度為v″，由動(dòng)量守恒定律得0＝(m＋M)v″，得v″＝0即船停止不動(dòng)，故B正確，與題意不符；由以上分析知eq\f(v,v′)＝－eq\f(M,m)，則不管人如何走動(dòng)，人在行走的任意時(shí)刻人和船的速度方向總是相反，大小與它們的質(zhì)量成反比，故C正確，與題意不符；由以上分析知，船的運(yùn)動(dòng)情況與人行走的情況有關(guān)，人動(dòng)船動(dòng)，人停船停，故D錯(cuò)誤，與題意相符．4．(多選)傾角為θ的固定斜面底端安裝一彈性擋板，P、Q兩物塊的質(zhì)量分別為m和4m，Q靜止于斜面上A處．某時(shí)刻，P以沿斜面向上的速度v0與Q發(fā)生彈性碰撞．Q與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝tanθ，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力．P與斜面間無摩擦．斜面足夠長，Q的速度減為零之前P不會(huì)再與之發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.關(guān)于P、Q運(yùn)動(dòng)的描述正確的是()A．P與Q第一次碰撞后P的瞬時(shí)速度大小為vP1＝eq\f(2,5)v0B．物塊Q從A點(diǎn)上升的總高度eq\f(v\o\al(02),9g)C．物塊P第二次碰撞Q前的速度為eq\f(\r(7),5)v0D．物塊Q從A點(diǎn)上升的總高度eq\f(v\o\al(02),18g)答案CD解析P與Q的第一次碰撞，取P的初速度方向?yàn)檎蓜?dòng)量守恒定律得mPv0＝mPvP1＋mQvQ1，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mPv02＝eq\f(1,2)mPvP12＋eq\f(1,2)mQvQ12，聯(lián)立解得vP1＝－eq\f(3,5)v0，A錯(cuò)誤；當(dāng)P與Q達(dá)到H高度時(shí)，兩物塊到此處的速度可視為零，對兩物塊運(yùn)動(dòng)全過程由動(dòng)能定理得0－eq\f(1,2)mv02＝－(m＋4m)gH－tanθ·4mgcosθ·eq\f(H,sinθ)，解得H＝eq\f(v\o\al(02),18g)，B錯(cuò)誤，D正確；P運(yùn)動(dòng)至與Q剛要發(fā)生第二次碰撞前的位置時(shí)速度為v02，第一次碰撞后至第二次碰撞前，對P由動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mv022－eq\f(1,2)mvP12＝－mgh1，P與Q的第一次碰撞，取P的初速度方向?yàn)檎蓜?dòng)量守恒定律得mv0＝mvP1＋4mvQ1，由機(jī)械能守恒定律得eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mvP12＋eq\f(1,2)·4mvQ12，聯(lián)立解得v02＝eq\f(\r(7),5)v0，C正確．5．(多選)如圖所示，一小車放在光滑的水平面上，小車AB段是長為3m的粗糙水平軌道，BC段是光滑的、半徑為0.2m的四分之一圓弧軌道，兩段軌道相切于B點(diǎn)．一可視為質(zhì)點(diǎn)、質(zhì)量與小車相同的物塊在小車左端A點(diǎn)，隨小車一起以4m/s的速度水平向右勻速運(yùn)動(dòng)，一段時(shí)間后，小車與右側(cè)墻壁發(fā)生碰撞，碰后小車速度立即減為零，但不與墻壁粘連．已知物塊與小車AB段之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2，取重力加速度g＝10m/s2，則()A．物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為0B．物塊經(jīng)過B點(diǎn)時(shí)速度大小為1m/sC．物塊最終距離小車A端0.5mD．小車最終的速度大小為1m/s答案AD解析對物塊在AB段分析，由牛頓第二定律可知F＝ma代入數(shù)據(jù)解得a＝eq\f(μmg,m)＝2m/s.根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式，物塊在B點(diǎn)的速度為－2ax＝vB2－vA2，代入數(shù)據(jù)解得vB＝2m/s從B到C的運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理可得－mgr＝eq\f(1,2)mvC2－eq\f(1,2)mvB2，解得vC＝0.根據(jù)向心力公式有FN＝meq\f(v\o\al(C2),r)，故物塊到達(dá)C點(diǎn)時(shí)對軌道的壓力為0，A正確；物塊返回B時(shí)，由于BC是光滑的，有mgr＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvC2，代入數(shù)據(jù)解得vB＝2m/s，B錯(cuò)誤；物塊從B到A，以向左為正方向，由小車與物塊的動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律有mvB＝(m＋M)v，解得v＝1m/s，整個(gè)過程由動(dòng)能定理可得－mgx＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mvB2，解得x＝eq\f(3,20)m<3m，不會(huì)從小車左端掉下來，符合題意，故物塊最終距離A端的距離為L＝xAB－x＝eq\f(57,20)m，C錯(cuò)誤，D正確．6.如圖所示，在距離水平地面一定高度處的豎直平面內(nèi)固定一半徑為R的光滑半圓軌道AB，在半圓軌道最低點(diǎn)B處有兩個(gè)小球P、Q(兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn))，兩小球之間放有火藥，點(diǎn)燃火藥，兩小球分別獲得水平向左和水平向右的初速度，向左運(yùn)動(dòng)的小球P落在水平地面上的C點(diǎn)，向右運(yùn)動(dòng)的小球Q沿半圓軌道恰好運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)后水平拋出也落在C點(diǎn)．已知火藥釋放的能量有80%轉(zhuǎn)化為兩小球的動(dòng)能，C點(diǎn)與B點(diǎn)的水平距離為3R，P小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g.求：(1)半圓軌道AB的最低點(diǎn)B處距離水平地面的高度h；(2)小球P獲得水平向左的初速度瞬間對半圓軌道最低點(diǎn)的壓力大??；(3)火藥釋放的能量E.答案(1)2.5R(2)eq\f(14,5)mg(3)3mgR解析(1)小球Q沿半圓軌道恰好運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，有mQg＝mQeq\f(v\o\al(A2),R)解得vA＝eq\r(gR)小球Q從A點(diǎn)水平拋出后落在C點(diǎn)過程，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有2R＋h＝eq\f(1,2)gt123R＝vAt1聯(lián)立解得h＝2.5R(2)小球P從B點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，落在水平地面上的C點(diǎn)，有h＝eq\f(1,2)gteq\o\al()223R＝vBt2解得vB＝eq\r(\f(9gR,5))小球P在最低點(diǎn)FN－mPg＝mPeq\f(v\o\al(B2),R)由牛頓第三定律，對半圓軌道最低點(diǎn)的壓力大小FN′＝FN＝eq\f(14,5)mg.(3)小球Q沿半圓軌道恰好運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)，對此過程，由動(dòng)能定理有－mQg2R＝eq\f(1,2)mQvA2－eq\f(1,2)mQvQ2解得vQ＝eq\r(5gR)P、Q爆炸過程，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律有mPvB＝mQvQ由能量守恒定律可得80%E＝eq\f(1,2)mPvB2＋eq\f(1,2)mQvQ2聯(lián)立解得E＝3mgR.7．(2022·湖南師大附中高三月考)如圖所示，足夠長的光滑水平面上有一輕質(zhì)彈簧在其左側(cè)固定，彈簧右端連接質(zhì)量m＝1kg的小物塊A，彈簧壓縮后被鎖定．水平面右側(cè)與水平傳送帶平滑對接，傳送帶長l＝1m，以v＝2m/s的速度逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)．它與左右兩邊的臺面等高，傳送帶右側(cè)與光滑的曲面平滑連接．質(zhì)量M＝2kg的小物塊B從其上距水平面h＝1.0m處由靜止釋放，經(jīng)過一段時(shí)間后與物塊A碰撞．設(shè)物塊A、B之間發(fā)生的是對心碰撞，碰撞后兩者一起向前運(yùn)動(dòng)且碰撞瞬間彈簧鎖定被解除．B與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，取g＝10m/s2，兩物塊均可視為質(zhì)點(diǎn)．(1)求物塊B與物塊A第一次碰撞過程中損失的機(jī)械能；(2)若物塊B第一次與A分離后，恰好運(yùn)動(dòng)到右邊曲面距水平臺面h′＝0.65m高的位置，求彈簧被鎖定時(shí)彈性勢能的大小；(3)在滿足(2)問條件的前提下，兩物塊發(fā)生多次碰撞，且每次碰撞后分離的瞬間物塊A都會(huì)立即被鎖定，而當(dāng)它們再次碰撞前鎖定被解除，求物塊A、B第n次碰撞后瞬間速度的大小．答案(1)eq\f(16,3)J(2)eq\f(89,6)J(3)3×(eq\f(2,3))n－1m/s(n＝2、3、4……)解析(1)若B在傳送帶上能夠一直減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)它在最左端時(shí)的速度為v1前，B從最高點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到傳送帶最左端過程中，由動(dòng)能定理得Mgh－μMgl＝eq\f(1,2)Mv1前2－0代入數(shù)據(jù)解得v1前＝4m/s>2m/s，所以物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小為4m/s，兩物塊碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)B與A碰撞后瞬間共同速度為v1后，以向左為正方向，由動(dòng)量守恒定律得Mv1前＝(m＋M)v1后代入數(shù)據(jù)可解得v1后＝eq\f(8,3)m/s，第一次碰撞過程損失的機(jī)械能ΔE＝eq\f(1,2)Mv1前2－eq\f(1,2)(M＋m)v1后2聯(lián)立代入數(shù)據(jù)可解得ΔE＝eq\f(16,3)J(2)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長時(shí)A、B分離，設(shè)B第一次離開彈簧時(shí)速度為v1離，對B離開彈簧到運(yùn)動(dòng)至h′高度處過程，由動(dòng)能定理得－μMgl－Mgh′＝0－eq\f(1,2)Mv1離2對A、B及彈簧系統(tǒng)由第一次解鎖位置到第一次恢復(fù)原長位置由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)(M＋m)v1離2－eq\f(1,2)(M＋m)v1后2代入數(shù)據(jù)解得彈簧被鎖定時(shí)彈性勢能的大小Ep＝eq\f(89,6)J(3)若B從h′處下落后在傳送帶上能夠一直減速，B運(yùn)動(dòng)至傳送帶最左端過程中，由動(dòng)能定理得Mgh′－μMgl＝eq\f(1,2)Mv2前2－0解得v2前＝3m/s>2m/s，故而物塊B與物塊A第二次碰前的速度大小v2前＝3m/sB與A第二次碰撞過程中對AB系統(tǒng)有Mv2前＝(m＋M)v2后代入數(shù)據(jù)解得v2后＝3×eq\f(2,3)m/s＝2m/sB向右再次沖到傳送帶上，若能在其上速度變?yōu)?，設(shè)其通過的位移為x，由動(dòng)能定理有－μMgx＝0－eq\f(1,2)Mv2后2代入數(shù)據(jù)解得x＝1m＝l，故而B第三次與A相撞時(shí)的速度仍為v3前＝2m/s，再由Mv3前＝(m＋M)v3后解得v3后＝3×(eq\f(2,3))2m/s推理可知B與A第n次碰撞后速度大小的表達(dá)式為vn后＝3×(eq\f(2,3))n－1m/s根據(jù)以上分析可知，物塊A、B第1次碰撞后瞬間速度大小為v1后＝eq\f(8,3)m/s物塊A、B第n次碰撞后瞬間速度大小為vn后＝3×(eq\f(2,3))n－1m/s(n＝2、3、4……)8．如圖，MP為一水平面，其中MN段光滑且足夠長，NP段粗糙．MN上靜置有一個(gè)光滑且足夠高的斜面體C，P端右側(cè)豎直平面內(nèi)固定一光滑的eq\f(1,4)圓弧軌道PQ，圓弧軌道與水平面相切于P點(diǎn)．兩小球A、B壓縮一輕質(zhì)彈簧靜置于水平面MN上，釋放后，小球A、B瞬間與彈簧分離，一段時(shí)間后A通過N點(diǎn)，之后從圓形軌道末端Q點(diǎn)豎直飛出，飛出后離Q點(diǎn)的最大高度為L，B滑上斜面體C后，在斜面體C上升的最大高度為eq\f(L,4).已知A、B兩球的質(zhì)量均為m，NP段的長度和圓弧的半徑均為L，A球與NP間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，重力加速度為g，A、B分離后立刻撤去彈簧，A球始終未與斜面體C發(fā)生接觸．(1)求小球A第一次通過P點(diǎn)時(shí)對圓形軌道的壓力大小；(2)求斜面體C的質(zhì)量；(3)試判斷A、B球能否再次相遇．答案(1)5mg(2)eq\f(1,9)m(3)不能解析(1)設(shè)小球A經(jīng)過P點(diǎn)的速度為vP，從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的過程中，由機(jī)械能守恒定律得eq