能量动量综合难题答案

04.能量动量综合难题(十八年高考题精髓)~答案(1)；(2)(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量m=ρV=ρSv0．(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为，水从喷口喷出后达成玩具底面时的速度大小为．对于时间内喷出的水，有能量守恒得=4\*GB3④，在高度处，时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为=5\*GB3⑤，设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有=6\*GB3⑥，由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得=7\*GB3⑦，联立=3\*GB3③=4\*GB3④=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥=7\*GB3⑦式得=8\*GB3⑧．设物块与地面间的动摩擦因数为μ，要使物块a、b能够发生碰撞，应有：m＞μmgl①，即μ＜②，设a与b碰撞前的速度为v1，由能量守恒得：=μmgl+③，设a与b碰撞后的瞬间，速度大小分别为va、vb，根据动量守恒定律和能量守恒定律得：mv1=mva+mvb④，=m+×m⑤，联立④⑤式解得：vb=v1⑥．它们碰后，b没有与墙发生碰撞，即b在达成墙前静止，由功效关系得：(m)≤μmgl⑦，联立③⑥⑦式得：μ≥⑧，联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件为：≤μ＜．根据题意b没有与墙发生碰撞，根据功效关系可知，故有，总而言之a与b发生碰撞，但b没有与墙发生碰撞的条件是．(1)4m/s；(2)0.75m(1)设B球第一次达成地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB＝eq\r(2gh)①，将h＝0.8m代入上式得v1＝4m/s②．(2)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2，由运动学规律可得v1＝gt③，由于碰撞时间极短，重力的作用能够无视，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变，规定向下的方向为正，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；设B球与地面相碰后速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得v′B＝vB⑥；设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′＝eq\f(v′eq\o\al(2,B)－veq\o\al(2,2),2g)⑦；联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′=0.75m⑧．(1)；(2)(1)设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点、但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得=1\*GB3①，式中g是重力加速度的大小．设球a的质量为m1，在两球碰后的瞬间两球共同速度为，以向左为正，由动量守恒定律得=2\*GB3②；设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得=3\*GB3③；联立①②③式得=4\*GB3④，并代入题给数据得=5\*GB3⑤．(2)两球在碰撞过程中的机械能损失是=6\*GB3⑥；联立=1\*GB3①=6\*GB3⑥式得Q与碰前球b的最大动能之比为=7\*GB3⑦；联立=5\*GB3⑤=7\*GB3⑦式并代入题给数据得=8\*GB3⑧．(1)；(2)mg；(3)mg(h2－h1)设外壳上升高度h1时速度为v1，外壳与内芯碰撞后瞬间的共同速度大小为v2．(1)对外壳和内芯，从碰撞后达成共同速度到上升至h2处，应用动能定理有(4m＋m)g(h2－h1)＝(4m＋m)v22，解得v2＝．(2)外壳和内芯，碰撞过程瞬间动量守恒有4mv1＝(4m＋m)v2，解得v1＝，设从外壳离开桌面到碰撞前瞬间弹簧做功为W，在此过程中，对外壳应用动能定理有W－4mgh1＝(4m)v12，解得W＝mg．(3)由于外壳和内芯达成共同速度后上升高度h2的过程中机械能守恒，只是在外壳和内芯碰撞过程有能量损失，损失的能量为＝(4m)v12－(4m＋m)v22，联立解得＝mg(h2－h1)．eq\F(1,2)(1＋eq\F(\R(,3),2))d设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最后钢板和子弹的共同速度为v．由动量守恒得(2m＋m)v＝mv0①，解得v＝eq\F(1,3)v0；此过程中动能损失为△E＝eq\F(1,2)mv02－eq\F(1,2)×3mv2②，解得△E＝eq\F(1,3)mv02；分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1；由动量守恒得mv1＋mV1＝mv0③；由于子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为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，联立①②③④式且考虑到v1必须不不大于V1，可得v1＝(eq\F(1,2)＋eq\F(\R(,3),6))v0⑤．设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得2mV2＝mv1⑥，损失的动能为△E′＝eq\F(1,2)mv12－eq\F(1,2)×2mV22⑦，联立①②⑤⑥⑦式得△E′＝eq\F(1,2)(1＋eq\F(\R(,3),2))×eq\F(△E,2)⑧；由于子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式可得射入第二块钢板的深度x为x＝eq\F(1,2)(1＋eq\F(\R(,3),2))d⑨．由此可知，采用多层钢板比采用同样质量同样厚度的单层钢板更能抵抗穿甲弹的射击．木板第一次与墙碰撞后，向左匀减速直线运动，直到静止；再反向向右匀加速直线运动直到与重物有共同速度，再往后是匀速直线运动，直到第二次撞墙．木板第一次与墙碰撞后，重物与木板互相作用直到有共同速度，由动量守恒有：，解得：；木板在第一种过程中，对木板由动量定理有：，对木板由动能定理有：；木板在第二个过程中，木板匀速直线运动有：；因此木板从第一次与墙碰撞到再次碰撞所经历的时间t=t1+t2=．(1)；(2)①；②；③(1)设圆板与物块相对静止时，它们之间的静摩擦力为f，共同加速度为a，由牛顿运动定律有，对物块f＝2ma，对圆板F－f＝ma，两物相对静止，则有f≤fmax，故得F≤fmax，即相对滑动条件．(2)设冲击刚结束时圆板获得的速度大小为v0，物块掉下时，圆板和物块速度大小分别为v1和v2．由动量定理有，对圆板由动能定理有；对物块，由动量守恒定律有；因此要使物块落下，则必须满足，由以上各式得：，s＝．(1)2N，竖直向上；(2)2m/s；(3)(1)设小球能通过最高点，且此时的速度为v1．在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒．则=1\*GB3①，因此=2\*GB3②；设小球达成最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，则=3\*GB3③，由=2\*GB3②=3\*GB3③式得F=2N=4\*GB3④；由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上．(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为v2，此时滑块的速度为V．在上升过程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒．以水平向右的方向为正方向，有=5\*GB3⑤；在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则=6\*GB3⑥，由=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥式得v2=2m/s=7\*GB3⑦．(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为s1，滑块向左移动的距离为s2，任意时刻小球的水平速度大小为v3，滑块的速度大小为V/．由系统水平方向的动量守恒，得⑧，将=8\*GB3⑧式两边同乘以，得=9\*GB3⑨，因=9\*GB3⑨式对任意时刻附近的微小间隔都成立，累积相加后有⑩，又⑪，由⑩⑪式得⑫．(1)；(2)(负号表明与初速度反向)；(3)90°；(4)(1)设小球A、C第一次相碰时，小球B的速度为vB，考虑到对称性及绳的不可伸长特性，小球A、C沿小球B初速度方向的速度也为vB，由动量守恒定律得mv0=3mvB，由此解得：．(2)当三个小球再次处在同始终线上时，则由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv0=mvB+2mvA，，解得：，(三球再次处在同始终线)，另一组解为：vB=v0，vA=0(为初始状态，舍去)．因此三个小球再次处在同始终线上时，小球B的速度为(负号表明与初速度反向)．(3)当小球A的动能最大时，小球B的速度为零．设此时小球A、C的速度大小为u，两根绳间的夹角为θ(如图)，则仍由动量守恒定律和机械能守恒定律得：，，另外，由此可解得，小球A的最大动能为，此时两根绳间夹角为θ=90°．(4)小球A、C均以半径L绕小球B做圆周运动，当三个小球处在同始终线上时，以小球B为参考系(小球B的加速度为0，为惯性参考系)，小球A(C)相对于小球B的速度均为：v=|vA﹣vB|，因此此时绳中拉力大小为：．(1)；(2)A球的水平分量，B球的水平分量；(3)(1)A球自由落体运动，下落的高度，B球作平抛运动且与A球同时运动，则A、B两球相遇时间t=，因此可得A、B两球相碰时，A球下落的高度．(2)A、B两球在水平方向上不受外力，因此A、B系统水平方向上动量守恒且作弹性碰撞则动能不变，因此由水平方向上动量守恒得mBV0=，水平方向上动能也守恒：，解得：，即A、B两球碰撞后发生速度交换，A球的水平分量，B球的水平分量．(3)AB碰撞后发生速度交换，这样A球相对B球以速度V0继续向右运动，B球水平方向上的速度为零，最后绷紧绳子．由于高度H是够高，因此不考虑运动时间的限制，通过以上的运动过程分析可得知A、B球水平方向上动量守恒：，对B球使用动量定理：，因此轻绳拉直过程中，B球受到绳子拉力的冲量大小．(1)3；(2)4.5mg，方向竖直向下；(3)见解析(1)由mgR＝+得：β＝3.(2)设A、B碰撞后的速度分别为v1、v2，则，．设向右为正、向左为负，解得：v1＝，方向向左；v2＝，方向向右．设轨道对B球的支持力为N，B球对轨道的压力为N’，方向竖直向上为正、向下为负．则N－βmg＝，N’＝－N＝－4.5mg，方向竖直向下.(3)设A、B球发生第二次碰撞刚结束时的速度分别为V1、V2，则可得，解得：V1＝－，V2＝0．(另一组：V1＝－v1，V2＝－v2，不合题意，舍去)，由此可得：当n为奇数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第一次碰撞刚结束时相似；当n为偶数时，小球A、B在第n次碰撞刚结束时的速度分别与第二次碰撞刚结束时相似．(1)；(2)k=；(3)1号球，见解析(1)本题中的两球相碰，均可当作是“一静一动弹性碰撞模型”．由于每个球的质量依次递减，碰后不会出现入射球反弹的状况．如果入射球质量为m1，被碰球质量为m2，碰前m1的速度为v1，碰后两球的速度分别为v1′、v2′由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv1=m1v1′+m2v2′，；因此v1′=，v2′=；本题重要应用v2′，当n取代1时，n+1就取代2．设n号球质量为m，与n+1号球碰撞后的速度分别为vn′、vn+1′，取水平向右为正方向，据题意有n号球与n+1号球碰撞前的速度分别为vn、0，而mn+1=；因此根据动量守恒有①，另外根据机械能守恒有==2\*GB3②；由①=2\*GB3②得舍去；设n+1号球与n+2号球碰前的速度为vn－1；据题意有vn－1=；得vn－1===3\*GB3③．(2)设1号球摆至最低点时的速度为v1，由机械能守恒定律有=4\*GB3④，v1==5\*GB3⑤；同理可求，5号球碰后瞬间的速度=6\*GB3⑥；由=3\*GB3③式得=7\*GB3⑦；N=n=5时，v5==8\*GB3⑧；由=5\*GB3⑤=6\*GB3⑥=8\*GB3⑧三式得；k=．(3)设绳长为l，每个球在最低点时，细绳对球的拉力为F，由牛顿第二定律有=9\*GB3⑨，则=10\*GB3⑩，=10\*GB3⑩式中Ekn为n号球在最低点的动能；由题意可知1号球的重力最大，又由机械能守恒可知1号球在最低点碰前的动能也最大，根据=10\*GB3⑩式可判断在1号球碰前瞬间悬挂1号球细绳的张力最大，故悬挂1号球的绳最容易断．3办法1：设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn－1，碰撞后绝缘球和金属球的速度分别为vn和Vn．由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则有：，，解得：，；第n次碰撞后绝缘球的动能为：，E0为第1次碰撞前的动能，即初始能量；绝缘球在θ＝θ0＝60°与θ＝45°处的势能之比为：，经n次碰撞后有：；易算出：(0.81)2＝0656，(0.81)3＝0.531，因此通过3次碰撞后θ不大于45°．办法2：设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn－1，碰撞后绝缘球和金属球的速度分别为vn和Vn．由于碰撞过程中动量守恒以及碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则第一次碰撞：mv0=MV1－mv1，，解得：，；当θ<450时可得出：EP=mgl(1－cosθ)＜，而由于：＞；又有，v2=，则有：＞；又，v3=，则<；综合所述，碰3次满足题意．办法3：设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn－1，碰撞后绝缘球和金属球的速度分别为vn和Vn．由于碰撞过程中动量守恒及碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则第一次碰撞：mv0=MV1－mv1，，解得，，因此：，，，，而又由于：<或，故取n=3．办法4：设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn－1，碰撞后绝缘球和金属球的速度分别为vn和Vn．由于碰撞过程中动量守恒及碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则有：，，解得：，，；由机械能守恒定律得：，要使摆角不大于450，则有：，可得：(阶段，可得:n>阶段，则得n=3．解法3：根据绝缘球碰后的角度关系求解设在第n次碰撞前绝缘球的速度为vn－1，碰撞后绝缘球和金属球的速度分别为vn和Vn．由于碰撞过程中动量守恒、碰撞前后动能相等，设速度向左为正，则第一次碰撞：，，解得：，；又由于：，，因此：，则得:cosθ1=0.595；又由于：，，解得：v2=，V2=；又由于：，，，则得：cosθ2=0.67195；又由于：，，解得：v3=，V3=；又由于：，，解得：，故可得：cosθ3=0.7343>=cos450，因此通过三次碰撞后θ将不大于450．N·s办法1：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面对下运动，达成斜面底端时速度为v．由功效关系得①，以沿斜面对上为动量的正方向．按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量②，设碰撞后小物块所能达成的最大高度为h'，则③，同理有④，⑤，式中v'为小物块再次达成斜面底端时的速度，为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量．由①②③④⑤式得⑥，式中⑦，由此可知小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为⑧，总冲量为⑨.由⑩，得⑪，代入数据得N·s⑫．办法2：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面对下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得①，设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则②，以沿斜面对上为动量的正方向．按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为③，由①②③式得④，设小物块碰撞后沿斜面对上运动的加速度大小为a'，依牛顿第二定律有⑤，小物块沿斜面对上运动的最大高度为⑥，由②⑤⑥式得⑦，式中⑧，同理小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量⑨，由④⑦⑨式得⑩，由此可知小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为⑪，总冲量为⑫，由⑬，得⑭，代入数据得N·s⑮．(1)eq\r(2gh)；(2)1<p<5；(3)1<p<3(1)A、B两球都做自由落体运动，加速度相似，B球下落h的高度时，A球也下落h的高度，由veq\o\al(2,0)＝2gh得v0＝eq\r(2gh)．(2)B球下落后又反弹，若刚弹起时与A球刚好碰撞，则设B球的下落时间为t1，则h＝eq\f(1,2)gt2，解得t1＝eq\r(\f(2h,g))，而tA>t1，则得eq\r(\f(2ph,g))>eq\r(\f(2h,g))，即验证得p>1；若反弹至最高点时与A球相撞，则可得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)设B球下落后与地面碰撞又上升L的距离，刚好与A球相撞，此时0<L<h，则两球从开始下落到发生碰撞所经历的时间相似．对A球，tA＝eq\r(\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ph－L)),g))；对B球，先下落至地面，历时tB1＝eq\r(\f(2h,g))，后又做竖直上抛运动，初速度为v＝eq\r(2gh)；由L＝eq\r(2gh)tB2－eq\f(1,2)gteq\o\a