專題跟蹤檢測（十三）“能量與動量”計算大題解題研究

專題跟蹤檢測（十三）“能量與動量”計算大題解題研究1．如圖所示為常見的一種打彈珠的游戲裝置，光滑豎直細管AB位于平臺下方，長度為4h，細管底部有一豎直輕彈簧，其長度遠小于豎直細管的長度，平臺上方BC段為一光滑的四分之一圓弧管形軌道，其半徑為h，管自身粗細對半徑的影響可忽略不計。先拉動拉桿壓縮彈簧，再釋放拉桿將一質(zhì)量為m的小球彈出，小球彈出后從管口C水平向右飛出，最終落至平臺上，落點距管口C的水平距離為10h，不計一切阻力，重力加速度為g。(1)求小球從管口C飛出時的速度大?。?2)求小球在管口C處受到的壓力和彈簧彈力對小球做的功；(3)若平臺上方的四分之一圓弧軌道的半徑可調(diào)，且保證每次拉動拉桿后壓縮彈簧的形變量為定值，則當(dāng)圓弧軌道半徑為何值時，小球從管口飛出后距管口C的水平距離最大。最大值是多少？解析：(1)小球飛出后做平拋運動，由平拋運動規(guī)律可知豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有10h＝vCt聯(lián)立解得vC＝5eq\r(2gh)。(2)小球在管口C處，根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg＝meq\f(vC2,h)解得小球在管口C處受到的壓力大小為F＝49mg，方向豎直向下小球從被彈出至運動到管口C處的過程中，由動能定理有W－mg(4h＋h)＝eq\f(1,2)mvC2解得W＝30mgh。(3)設(shè)圓弧軌道的半徑為r，由動能定理有W－mg(4h＋r)＝eq\f(1,2)mvC′2小球飛出后做平拋運動，豎直方向有r＝eq\f(1,2)gt12水平方向有x＝vC′t1聯(lián)立解得x＝2eq\r((26h－r)r)由數(shù)學(xué)知識可知，當(dāng)26h－r＝r，即圓弧軌道半徑為r＝13h時，小球從管口飛出后距管口C的水平距離最大，最大值是xmax＝26h。答案：(1)5eq\r(2gh)(2)49mg，方向豎直向下30mgh(3)13h26h2．(2023·浙江嘉興統(tǒng)考一模)如圖所示，某游樂裝置由豎直面內(nèi)軌道BCDE組成，左側(cè)為半徑R＝0.8m的光滑圓弧軌道BC，軌道上端點B和圓心O的連線與水平方向的夾角為α，下端點C與粗糙水平軌道CD相切，DE為傾角θ＝37°的粗糙傾斜軌道，一輕質(zhì)彈簧上端固定在E點處的擋板上?，F(xiàn)有質(zhì)量為m＝0.1kg的小滑塊P(視為質(zhì)點)從空中的A點以v0＝2eq\r(2)m/s的初速度水平向左拋出，經(jīng)過eq\f(\r(6),5)s后恰好從B點沿軌道切線方向進入軌道，沿著圓弧軌道運動到C點之后繼續(xù)沿水平軌道CD滑動，經(jīng)過D點后沿傾斜軌道向上運動至F點(圖中未標(biāo)出)，彈簧恰好壓縮至最短，已知CD＝DF＝1m，滑塊與軌道CD、DE間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.1，各軌道均平滑連接，不計其余阻力，sin37°＝0.6，g取10m/s2。求：(1)BO連線與水平方向的夾角α的大??；(2)小滑塊P到達與O點等高的O′點時對軌道的壓力；(3)彈簧的彈性勢能的最大值；(4)試判斷滑塊返回時能否從B點離開，若能，求出飛出時對B點的壓力大?。蝗舨荒?，判斷滑塊最后位于何處。解析：(1)滑塊恰好從B點進入軌道，由平拋運動規(guī)律可知v0＝vBsinα＝vytanα，vy＝gt，解得α＝30°，vB＝4eq\r(2)m/s。(2)由B→O′過程，由動能定理可知mgRsin30°＝eq\f(1,2)mvO′2－eq\f(1,2)mvB2解得vO′＝2eq\r(10)m/s設(shè)經(jīng)過O′點時受軌道的支持力大小為FN，有FN＝meq\f(vO′2,R)，解得FN＝5N由牛頓第三定律可得，滑塊在O′點時對軌道的壓力大小F壓＝5N，方向向左。(3)設(shè)CD＝DF＝L，從B到F有mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋Rsinα－Lsinθ))－μmgL－μmgLcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mvB2代入數(shù)據(jù)可解得Ep＝2.02J。(4)設(shè)滑塊返回時能上升的高度為h，有mgLsinθ＋Ep＝μmgLcosθ＋μmgL＋mghh＝2.44m>1.2m小滑塊返回運動到B點有mgh＝mg(R＋Rsinα)＋eq\f(1,2)mvB2mgsinα＋FNB＝meq\f(vB2,R)解得FNB＝2.6N由牛頓第三定律可知，對B點的壓力為FNB′＝2.6N。答案：(1)30°(2)5N，方向向左(3)2.02J(4)能，2.6N3．(2023·浙江紹興聯(lián)考二模)如圖所示，水平傳送帶的左端與斜面AB末端連接，另一端與光滑水平軌道CM連接，M端連接半圓形光滑圓弧軌道MPN，圓弧半徑R＝1.6m，在豎直面MN的右側(cè)(包括M、N點)存在豎直向上的勻強電場，電場強度E＝eq\f(5mg,2q)。一帶正電金屬滑塊a質(zhì)量為m＝0.1kg，電荷量為q，從斜面AB上高h＝3m處由靜止開始下滑，運動到CM上某位置與另一完全相同的不帶電金屬滑塊b發(fā)生碰撞后結(jié)合在一起，形成結(jié)合體c。已知斜面、傳送帶、軌道均絕緣，滑塊與AB斜面之間的動摩擦因數(shù)μ1＝0.3，與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ2＝0.2，斜面傾角θ＝37°，傳送帶長為L＝5m，CM長為2m，滑塊a、b及結(jié)合體c均可視為質(zhì)點，不計滑塊在B點的能量損失，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。(1)求滑塊a到達B點時的速度大小；(2)若傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動的速度v＝2m/s，求結(jié)合體c到達N點時對軌道的壓力；(3)以M點為坐標(biāo)原點，水平向左為正方向建立x軸，改變傳送帶的速度大小和方向，求結(jié)合體c通過圓弧軌道后從N點平拋到x軸上的落點坐標(biāo)與傳送帶速度v的關(guān)系。解析：(1)從A到B過程，根據(jù)動能定理有mgh－μ1mgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mvB2－0解得vB＝6m/s。(2)分析可知滑塊a在傳送帶上一直減速，從B到C過程有eq\f(1,2)mvC2＝eq\f(1,2)mvB2－μ2mgL解得vC＝4m/sa與b碰撞，根據(jù)動量守恒定律得mvC＝2mv1 ①解得v1＝2m/s結(jié)合體c從M到N過程，根據(jù)動能定理有qE·2R－2mg·2R＝eq\f(1,2)·2mv22－eq\f(1,2)·2mv12 ②解得v2＝2eq\r(5)m/s在N點根據(jù)向心力公式得2mg＋FN－qE＝eq\f(2mv22,R)根據(jù)牛頓第三定律，代入數(shù)值可得結(jié)合體c到達N點時對軌道壓力為FN′＝FN＝3N，方向豎直向上。(3)根據(jù)平拋運動規(guī)律可知，豎直方向有2R＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.8s水平方向有x＝v2t ③分析可知當(dāng)滑塊a在傳送帶上一直減速到達C點時速度為4m/s；當(dāng)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，滑塊a在傳送帶上一直加速到達C點時速度為v′，有v′2－vB2＝2μ2gL，解得v′＝2eq\r(14)m/s。情況一：當(dāng)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動且速度0≤v<4m/s或逆時針轉(zhuǎn)動時，根據(jù)前面分析滑塊到C點速度vC＝4m/s，此時位置坐標(biāo)為x＝v2t＝2eq\r(5)×0.8m＝eq\f(8\r(5),5)m；情況二：當(dāng)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動且速度4m/s≤v≤2eq\r(14)m/s時，可知滑塊a在傳送帶上運動過程中必定與傳送帶共速，即滑塊到C點速度為v，聯(lián)立①②③可得位置坐標(biāo)為x＝eq\f(2\r(v2＋64),5)m；情況三：當(dāng)傳送帶順時針轉(zhuǎn)動且速度v>2eq\r(14)m/s時，滑塊到C點速度vC＝2eq\r(14)m/s，聯(lián)立①②③可得此時位置坐標(biāo)為x＝eq\f(4\r(30),5)m。答案：(1)6m/s(2)3N，方向豎直向上(3)見解析4．(2023·湖南高考，節(jié)選)如圖，質(zhì)量為M的勻質(zhì)凹槽放在光滑水平地面上，凹槽內(nèi)有一個半橢圓形的光滑軌道，橢圓的半長軸和半短軸分別為a和b，長軸水平，短軸豎直。質(zhì)量為m的小球，初始時刻從橢圓軌道長軸的右端點由靜止開始下滑。以初始時刻橢圓中心的位置為坐標(biāo)原點，在豎直平面內(nèi)建立固定于地面的直角坐標(biāo)系xOy，橢圓長軸位于x軸上。整個過程凹槽不翻轉(zhuǎn)，重力加速度為g。(1)小球第一次運動到軌道最低點時，求凹槽的速度大小以及凹槽相對于初始時刻運動的距離；(2)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，求出小球運動的軌跡方程。解析：(1)小球運動到最低點的過程中，小球和凹槽在水平方向動量守恒，取向左為正方向，0＝mv1－Mv2，小球運動到最低點的過程中系統(tǒng)機械能守恒mgb＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，聯(lián)立解得v2＝eq\r(\f(2m2gb,M2＋Mm))，因在水平方向動量守恒，即0＝meq\o(v,\s\up6(－))1－Meq\o(v,\s\up6(－))2，兩邊同時乘t可得mx1＝Mx2，且由位移關(guān)系可知x1＋x2＝a，聯(lián)立解得x2＝eq\f(m,M＋m)a。(2)小球向左運動過程中凹槽向右運動，當(dāng)小球的坐標(biāo)為(x，y)時，此時凹槽水平向右運動的位移為Δx，根據(jù)上式有m(a－x)＝M·Δx，小球在凹槽所在的橢圓上運動，根據(jù)數(shù)學(xué)知識可知此時的橢圓方程為eq\f((x－Δx)2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，整理得小球運動的軌跡方程eq\f([x(M＋m)－ma]2,M2a2)＋eq\f(y2,b2)＝1。答案：(1)eq\r(\f(2m2gb,M2＋Mm))eq\f(m,M＋m)a(2)eq\f([x(M＋m)－ma]2,M2a2)＋eq\f(y2,b2)＝15．(2023·遼寧高考)如圖，質(zhì)量m1＝1kg的木板靜止在光滑水平地面上，右側(cè)的豎直墻面固定一勁度系數(shù)k＝20N/m的輕彈簧，彈簧處于自然狀態(tài)。質(zhì)量m2＝4kg的小物塊以水平向右的速度v0＝eq\f(5,4)m/s滑上木板左端，兩者共速時木板恰好與彈簧接觸。木板足夠長，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。彈簧始終處在彈性限度內(nèi)，彈簧的彈性勢能Ep與形變量x的關(guān)系為Ep＝eq\f(1,2)kx2。取重力加速度g＝10m/s2，結(jié)果可用根式表示。(1)求木板剛接觸彈簧時速度v1的大小及木板運動前右端距彈簧左端的距離x1。(2)求木板與彈簧接觸以后，物塊與木板之間即將相對滑動時彈簧的壓縮量x2及此時木板速度v2的大小。(3)已知木板向右運動的速度從v2減小到0所用時間為t0。求木板從速度為v2時到之后與物塊加速度首次相同時的過程中，系統(tǒng)因摩擦轉(zhuǎn)化的內(nèi)能ΔU(用t0表示)。解析：(1)由于地面光滑，則木板和小物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，則有m2v0＝(m1＋m2)v1代入數(shù)據(jù)解得v1＝1m/s對木板受力分析有a1＝eq\f(μm2g,m1)＝4m/s2則有v12＝2a1x1代入數(shù)據(jù)解得x1＝0.125m。(2)木板與彈簧接觸以后，對木板和小物塊組成的系統(tǒng)有kx2＝(m1＋m2)a共對物塊有a2＝μg＝1m/s2當(dāng)a共＝a2時物塊與木板之間即將相對滑動，解得此時的彈簧壓縮量x2＝0.25m對木板和物塊組成的系統(tǒng)，由動能定理有－eq\f(1,2)kx22＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v12代入數(shù)據(jù)解得v2＝eq\f(\r(3),2)m/s。(3)木板與物塊發(fā)生相對滑動后，對木板有kx－μm2g＝m1a1，對物塊有μm2g＝m2a2木板減速到0后向左加速，二者加速度再次相同時有eq\f(kx′－μm2g,m1)＝μg整理得kx′＝μ(m1＋m2)g，解得x′＝0.25m木板向左加速的時間也為t0對物塊由動量定理有－μm2g·2t0＝m2v′－m2v2解得v′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－2t0))m/s所以對系統(tǒng)由能量守恒定律有ΔU＝eq\f(1,2)m2v22－eq\f(1,2)m2v′2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(3)t0－8t02))J。答案：(1)1m/s0.125m(2)0.25meq\f(\r(3),2)m/s(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(3)t0－8t02))J6．如圖所示，在豎直面內(nèi)，一質(zhì)量m的物塊a靜置于懸點O正下方的A點，以速度v逆時針轉(zhuǎn)動的傳送帶MN與直軌道AB、CD、FG處于同一水平面上，AB、MN、CD的長度均為l。圓弧形細管道DE半徑為R，EF在豎直直徑上，E點高度為H。開始時，與物塊a相同的物塊b懸掛于O點，并向左拉開一定的高度h由靜止下擺，細線始終張緊，擺到最低點時恰好與a發(fā)生彈性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物塊與MN、CD之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，軌道AB和管道DE均光滑，物塊a落到FG時不反彈且靜止。忽略M、B和N、C之間的空隙，CD與DE平滑連接，物塊可視為質(zhì)點，取g＝10m/s2。(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬時物塊a的速度v0的大?。?2)物塊a在DE最高點時，求管道對物塊的作用力FN與h間滿足的關(guān)系；(3)若物塊b釋放高度0.9m<h<1.65m，求物塊a最終靜止的位置x值的范圍(以A點為坐標(biāo)原點，水平向右為正，建立x軸)。解析：(1)滑塊b擺到最低點過程中，由機械能守恒定律mgh＝eq\f(1,2)mvb2，解得vb＝5m/sb與a發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律可得mvb＝mvb′＋mv0，eq\f(1,2)mvb2＝eq\f(1,2)mvb′2＋eq\f(1,2)mv02聯(lián)立解得v0＝vb＝5m/s。(2)由(1)分析可知，物塊b與物塊a在A點發(fā)生彈性正碰，速度交換，設(shè)物塊a剛好可以到達E點，高度為h1，根據(jù)動能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2m以豎直向下為正方向FN＋mg＝meq\f(vE2,R)由動能定理mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2聯(lián)