专题跟踪检测（十三）“能量与动量”计算大题解题研究

专题跟踪检测（十三）“能量与动量”计算大题解题研究1．如图所示为常见的一种打弹珠的游戏装置，光滑竖直细管AB位于平台下方，长度为4h，细管底部有一竖直轻弹簧，其长度远小于竖直细管的长度，平台上方BC段为一光滑的四分之一圆弧管形轨道，其半径为h，管自身粗细对半径的影响可忽略不计。先拉动拉杆压缩弹簧，再释放拉杆将一质量为m的小球弹出，小球弹出后从管口C水平向右飞出，最终落至平台上，落点距管口C的水平距离为10h，不计一切阻力，重力加速度为g。(1)求小球从管口C飞出时的速度大小；(2)求小球在管口C处受到的压力和弹簧弹力对小球做的功；(3)若平台上方的四分之一圆弧轨道的半径可调，且保证每次拉动拉杆后压缩弹簧的形变量为定值，则当圆弧轨道半径为何值时，小球从管口飞出后距管口C的水平距离最大。最大值是多少？解析：(1)小球飞出后做平抛运动，由平抛运动规律可知竖直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有10h＝vCt联立解得vC＝5eq\r(2gh)。(2)小球在管口C处，根据牛顿第二定律有F＋mg＝meq\f(vC2,h)解得小球在管口C处受到的压力大小为F＝49mg，方向竖直向下小球从被弹出至运动到管口C处的过程中，由动能定理有W－mg(4h＋h)＝eq\f(1,2)mvC2解得W＝30mgh。(3)设圆弧轨道的半径为r，由动能定理有W－mg(4h＋r)＝eq\f(1,2)mvC′2小球飞出后做平抛运动，竖直方向有r＝eq\f(1,2)gt12水平方向有x＝vC′t1联立解得x＝2eq\r((26h－r)r)由数学知识可知，当26h－r＝r，即圆弧轨道半径为r＝13h时，小球从管口飞出后距管口C的水平距离最大，最大值是xmax＝26h。答案：(1)5eq\r(2gh)(2)49mg，方向竖直向下30mgh(3)13h26h2．(2023·浙江嘉兴统考一模)如图所示，某游乐装置由竖直面内轨道BCDE组成，左侧为半径R＝0.8m的光滑圆弧轨道BC，轨道上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角为α，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ＝37°的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为m＝0.1kg的小滑块P(视为质点)从空中的A点以v0＝2eq\r(2)m/s的初速度水平向左抛出，经过eq\f(\r(6),5)s后恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点后沿倾斜轨道向上运动至F点(图中未标出)，弹簧恰好压缩至最短，已知CD＝DF＝1m，滑块与轨道CD、DE间的动摩擦因数为μ＝0.1，各轨道均平滑连接，不计其余阻力，sin37°＝0.6，g取10m/s2。求：(1)BO连线与水平方向的夹角α的大小；(2)小滑块P到达与O点等高的O′点时对轨道的压力；(3)弹簧的弹性势能的最大值；(4)试判断滑块返回时能否从B点离开，若能，求出飞出时对B点的压力大小；若不能，判断滑块最后位于何处。解析：(1)滑块恰好从B点进入轨道，由平抛运动规律可知v0＝vBsinα＝vytanα，vy＝gt，解得α＝30°，vB＝4eq\r(2)m/s。(2)由B→O′过程，由动能定理可知mgRsin30°＝eq\f(1,2)mvO′2－eq\f(1,2)mvB2解得vO′＝2eq\r(10)m/s设经过O′点时受轨道的支持力大小为FN，有FN＝meq\f(vO′2,R)，解得FN＝5N由牛顿第三定律可得，滑块在O′点时对轨道的压力大小F压＝5N，方向向左。(3)设CD＝DF＝L，从B到F有mgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋Rsinα－Lsinθ))－μmgL－μmgLcosθ－Ep＝0－eq\f(1,2)mvB2代入数据可解得Ep＝2.02J。(4)设滑块返回时能上升的高度为h，有mgLsinθ＋Ep＝μmgLcosθ＋μmgL＋mghh＝2.44m>1.2m小滑块返回运动到B点有mgh＝mg(R＋Rsinα)＋eq\f(1,2)mvB2mgsinα＋FNB＝meq\f(vB2,R)解得FNB＝2.6N由牛顿第三定律可知，对B点的压力为FNB′＝2.6N。答案：(1)30°(2)5N，方向向左(3)2.02J(4)能，2.6N3．(2023·浙江绍兴联考二模)如图所示，水平传送带的左端与斜面AB末端连接，另一端与光滑水平轨道CM连接，M端连接半圆形光滑圆弧轨道MPN，圆弧半径R＝1.6m，在竖直面MN的右侧(包括M、N点)存在竖直向上的匀强电场，电场强度E＝eq\f(5mg,2q)。一带正电金属滑块a质量为m＝0.1kg，电荷量为q，从斜面AB上高h＝3m处由静止开始下滑，运动到CM上某位置与另一完全相同的不带电金属滑块b发生碰撞后结合在一起，形成结合体c。已知斜面、传送带、轨道均绝缘，滑块与AB斜面之间的动摩擦因数μ1＝0.3，与传送带之间的动摩擦因数μ2＝0.2，斜面倾角θ＝37°，传送带长为L＝5m，CM长为2m，滑块a、b及结合体c均可视为质点，不计滑块在B点的能量损失，sin37°＝0.6，重力加速度g取10m/s2。(1)求滑块a到达B点时的速度大小；(2)若传送带逆时针转动的速度v＝2m/s，求结合体c到达N点时对轨道的压力；(3)以M点为坐标原点，水平向左为正方向建立x轴，改变传送带的速度大小和方向，求结合体c通过圆弧轨道后从N点平抛到x轴上的落点坐标与传送带速度v的关系。解析：(1)从A到B过程，根据动能定理有mgh－μ1mgcosθ·eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)mvB2－0解得vB＝6m/s。(2)分析可知滑块a在传送带上一直减速，从B到C过程有eq\f(1,2)mvC2＝eq\f(1,2)mvB2－μ2mgL解得vC＝4m/sa与b碰撞，根据动量守恒定律得mvC＝2mv1 ①解得v1＝2m/s结合体c从M到N过程，根据动能定理有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点根据向心力公式得2mg＋FN－qE＝eq\f(2mv22,R)根据牛顿第三定律，代入数值可得结合体c到达N点时对轨道压力为FN′＝FN＝3N，方向竖直向上。(3)根据平抛运动规律可知，竖直方向有2R＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.8s水平方向有x＝v2t ③分析可知当滑块a在传送带上一直减速到达C点时速度为4m/s；当传送带顺时针转动，滑块a在传送带上一直加速到达C点时速度为v′，有v′2－vB2＝2μ2gL，解得v′＝2eq\r(14)m/s。情况一：当传送带顺时针转动且速度0≤v<4m/s或逆时针转动时，根据前面分析滑块到C点速度vC＝4m/s，此时位置坐标为x＝v2t＝2eq\r(5)×0.8m＝eq\f(8\r(5),5)m；情况二：当传送带顺时针转动且速度4m/s≤v≤2eq\r(14)m/s时，可知滑块a在传送带上运动过程中必定与传送带共速，即滑块到C点速度为v，联立①②③可得位置坐标为x＝eq\f(2\r(v2＋64),5)m；情况三：当传送带顺时针转动且速度v>2eq\r(14)m/s时，滑块到C点速度vC＝2eq\r(14)m/s，联立①②③可得此时位置坐标为x＝eq\f(4\r(30),5)m。答案：(1)6m/s(2)3N，方向竖直向上(3)见解析4．(2023·湖南高考，节选)如图，质量为M的匀质凹槽放在光滑水平地面上，凹槽内有一个半椭圆形的光滑轨道，椭圆的半长轴和半短轴分别为a和b，长轴水平，短轴竖直。质量为m的小球，初始时刻从椭圆轨道长轴的右端点由静止开始下滑。以初始时刻椭圆中心的位置为坐标原点，在竖直平面内建立固定于地面的直角坐标系xOy，椭圆长轴位于x轴上。整个过程凹槽不翻转，重力加速度为g。(1)小球第一次运动到轨道最低点时，求凹槽的速度大小以及凹槽相对于初始时刻运动的距离；(2)在平面直角坐标系xOy中，求出小球运动的轨迹方程。解析：(1)小球运动到最低点的过程中，小球和凹槽在水平方向动量守恒，取向左为正方向，0＝mv1－Mv2，小球运动到最低点的过程中系统机械能守恒mgb＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv22，联立解得v2＝eq\r(\f(2m2gb,M2＋Mm))，因在水平方向动量守恒，即0＝meq\o(v,\s\up6(－))1－Meq\o(v,\s\up6(－))2，两边同时乘t可得mx1＝Mx2，且由位移关系可知x1＋x2＝a，联立解得x2＝eq\f(m,M＋m)a。(2)小球向左运动过程中凹槽向右运动，当小球的坐标为(x，y)时，此时凹槽水平向右运动的位移为Δx，根据上式有m(a－x)＝M·Δx，小球在凹槽所在的椭圆上运动，根据数学知识可知此时的椭圆方程为eq\f((x－Δx)2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，整理得小球运动的轨迹方程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·辽宁高考)如图，质量m1＝1kg的木板静止在光滑水平地面上，右侧的竖直墙面固定一劲度系数k＝20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态。质量m2＝4kg的小物块以水平向右的速度v0＝eq\f(5,4)m/s滑上木板左端，两者共速时木板恰好与弹簧接触。木板足够长，物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。弹簧始终处在弹性限度内，弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep＝eq\f(1,2)kx2。取重力加速度g＝10m/s2，结果可用根式表示。(1)求木板刚接触弹簧时速度v1的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1。(2)求木板与弹簧接触以后，物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小。(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0。求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中，系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示)。解析：(1)由于地面光滑，则木板和小物块组成的系统动量守恒，则有m2v0＝(m1＋m2)v1代入数据解得v1＝1m/s对木板受力分析有a1＝eq\f(μm2g,m1)＝4m/s2则有v12＝2a1x1代入数据解得x1＝0.125m。(2)木板与弹簧接触以后，对木板和小物块组成的系统有kx2＝(m1＋m2)a共对物块有a2＝μg＝1m/s2当a共＝a2时物块与木板之间即将相对滑动，解得此时的弹簧压缩量x2＝0.25m对木板和物块组成的系统，由动能定理有－eq\f(1,2)kx22＝eq\f(1,2)(m1＋m2)v22－eq\f(1,2)(m1＋m2)v12代入数据解得v2＝eq\f(\r(3),2)m/s。(3)木板与物块发生相对滑动后，对木板有kx－μm2g＝m1a1，对物块有μm2g＝m2a2木板减速到0后向左加速，二者加速度再次相同时有eq\f(kx′－μm2g,m1)＝μg整理得kx′＝μ(m1＋m2)g，解得x′＝0.25m木板向左加速的时间也为t0对物块由动量定理有－μm2g·2t0＝m2v′－m2v2解得v′＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)－2t0))m/s所以对系统由能量守恒定律有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．如图所示，在竖直面内，一质量m的物块a静置于悬点O正下方的A点，以速度v逆时针转动的传送带MN与直轨道AB、CD、FG处于同一水平面上，AB、MN、CD的长度均为l。圆弧形细管道DE半径为R，EF在竖直直径上，E点高度为H。开始时，与物块a相同的物块b悬挂于O点，并向左拉开一定的高度h由静止下摆，细线始终张紧，摆到最低点时恰好与a发生弹性正碰。已知m＝2g，l＝1m，R＝0.4m，H＝0.2m，v＝2m/s，物块与MN、CD之间的动摩擦因数μ＝0.5，轨道AB和管道DE均光滑，物块a落到FG时不反弹且静止。忽略M、B和N、C之间的空隙，CD与DE平滑连接，物块可视为质点，取g＝10m/s2。(1)若h＝1.25m，求a、b碰撞后瞬时物块a的速度v0的大小；(2)物块a在DE最高点时，求管道对物块的作用力FN与h间满足的关系；(3)若物块b释放高度0.9m<h<1.65m，求物块a最终静止的位置x值的范围(以A点为坐标原点，水平向右为正，建立x轴)。解析：(1)滑块b摆到最低点过程中，由机械能守恒定律mgh＝eq\f(1,2)mvb2，解得vb＝5m/sb与a发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律可得mvb＝mvb′＋mv0，eq\f(1,2)mvb2＝eq\f(1,2)mvb′2＋eq\f(1,2)mv02联立解得v0＝vb＝5m/s。(2)由(1)分析可知，物块b与物块a在A点发生弹性正碰，速度交换，设物块a刚好可以到达E点，高度为h1，根据动能定理可得mgh1－2μmgl－mgH＝0，解得h1＝1.2m以竖直向下为正方向FN＋mg＝meq\f(vE2,R)由动能定理mgh－2μmgl－mgH＝eq\f(1,2)mvE2联