适用于新高考新教材浙江专版2025届高考物理一轮总复习第4单元曲线运动万有引力与航天热点练4多过程曲线运动中的动量能量问题新人教版

热点练(四)多过程曲线运动中的动量能量问题1.如图所示,一条带有圆轨道的长轨道水平固定,圆轨道竖直,底端分别与两侧的直轨道相切,半径R=0.5m,物块A以v0=6m/s的速度滑入圆轨道,滑过最高点Q,再沿圆轨道滑出后,与直轨上P处静止的物块B碰撞,碰后粘在一起运动。P点左侧轨道光滑,右侧轨道呈粗糙段,光滑段交替排列,每段长度都为L=0.1m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ=0.25,A、B的质量均为m=1kg(重力加速度g取10m/s2;A、B视为质点,碰撞时间极短)。(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F;(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上,求k的数值;(3)求碰后AB滑至第n个(n<k)光滑段上的速度vAB与n的关系式。2.如图所示,在同一竖直平面上,质量为2m的小球A静止在光滑斜面底部的压缩弹簧的顶端,此时小球距斜面顶端的高度为H=2L,解除弹簧的锁定后,小球沿斜面对上运动。离开斜面后,达到最高点时(此时A球的速度恰好水平)与静止悬挂在此处的小球B发生弹性碰撞,碰撞后球B刚好能摆到与悬点O同一高度,球A沿水平方向抛射落在水平面C上的P点,O点的投影O'与P的距离为12L。已知球B质量为m,悬绳长L,视两球为质点,重力加速度为g,不计空气阻力。求(1)球B在两球碰撞后瞬间受到悬绳拉力的大小;(2)球A在两球碰撞前瞬间的速度大小;(3)弹簧的弹力对球A所做的功。3.如图所示,质量m=1kg的物块P静置于水平面上的A点,现用F=6N的水平力拉动物块P使其沿水平轨道AB运动,A、B间距离L=6m,物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.2,经时间t撤去力F,此时物块P尚未通过B点;质量m0=1kg的物块Q静置于B点,物块Q与水平轨道BC是由特别材料制成的,物块Q在轨道BC上运动时所受阻力大小与其速度大小成正比,即F阻=kv,其中k=0.5kg/s;物块P、Q发生弹性碰撞后,物块Q冲上半径R=0.2m的光滑半圆形轨道,圆弧轨道与BC轨道平滑相连,重力加速度g取10m/s2。(1)为使物块P能到达B点,求力F作用的最短时间。(2)求P、Q发生碰撞后物块Q获得的最大速度。(3)若力F作用2s后撤去,要使物块Q在沿光滑半圆形轨道运动过程中不脱离轨道,求轨道BC的长度x应满意的条件。(计算结果可以用根号表示)4.(2024浙江桐乡一中高三选考模拟)如图所示,倾斜轨道AB和光滑圆弧轨道BC固定在同一竖直平面内,两轨道通过一小段长度不计的光滑弧形轨道相连,已知AB长l=7.8m,倾角θ=37°,BC弧的半径R=0.8m,O为其圆心,∠BOC=143°。整个装置处在水平向左的匀强电场(未画出)中,电场强度大小E=1×103N/C。两个相同的绝缘小物块P和Q,质量均为m=0.4kg,带正电的小物块Q静止在A点,其电荷量q=3×10-3C,不带电的小物块P从某一位置以v0=8m/s的初速度水平抛出,运动到A点时恰沿斜面对下与小物块Q发生弹性正碰,且碰撞过程无电荷转移。若Q、P与轨道AB间的动摩擦因数分别为μ1=0.2和μ2=0.8,sin37°=0.6,g取10m/s2,小物块Q在运动过程中电荷量保持不变,两物块均可视为质点。求:(1)小物块P的抛出点与A点间的竖直距离;(2)小物块Q运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力大小;(3)小物块Q离开圆弧轨道后,第一次落到倾斜轨道上的位置与B点的距离。5.(2024广东卷)某药品自动传送系统的示意图如图所示。该系统由水平传送带、竖直螺旋滑槽和与滑槽平滑连接的平台组成,滑槽高为3L,平台高为L。药品盒A、B依次被轻放在以速度v0匀速运动的传送带上,在与传送带达到共速后,从M点进入滑槽,A刚好滑到平台最右端N点停下,随后滑下的B以2v0的速度与A发生正碰,碰撞时间极短,碰撞后A、B恰好落在桌面上圆盘内直径的两端。已知A、B的质量分别为m和2m,碰撞过程中损失的能量为碰撞前瞬间总动能的14。A与传送带间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g,A、B在滑至N点之前不发生碰撞,忽视空气阻力和圆盘的高度,将药品盒视为质点。求(1)A在传送带上由静止加速到与传送带共速所用的时间t;(2)B从M点滑至N点的过程中克服阻力做的功W;(3)圆盘的圆心到平台右端N点的水平距离s。参考答案热点练(四)多过程曲线运动中的动量能量问题1.答案(1)4m/s22N(2)18(3)vAB=9-解析(1)由机械能守恒定律可得12mv02=mg在Q点由牛顿其次定律有F+mg=mv联立解得v=4m/s,F=22N。(2)AB碰撞前A的速度为vA,由机械能守恒定律可得1AB碰撞后以共同速度vP前进,设向右为正方向由动量守恒定律可得mvA=(m+m)vP故总动能Ek=12·2m滑块每经过一段粗糙段损失的机械能ΔE=FfL=μ·2mgLk=E联立代入数据解得k=18。(3)AB整体滑到第n个光滑段上损失的能量E'=nEk从AB碰撞后运动到第n个光滑段的过程中由能量守恒定律可得12·2mvP2-1代入解得vAB=9-02.答案(1)3mg(2)342gL(3)解析(1)设球B在两球碰撞后一瞬间的速度大小为vB由动能定理得-mgL=0-12mvB对B球,由牛顿其次定律得FT-mg=mv2r,解得F(2)设球A在两球碰撞前一瞬间的速度大小为v0,球A在两球碰撞后一瞬间的速度大小为vA,两球碰撞过程动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得2mv0=2mvA+mvB由机械能守恒定律得12·2mv02解得vA=142gL,v0=(3)碰后球A做平抛运动,设碰后一瞬间球A距O'的高度为h由平抛运动规律得h=12gt2,L2=v弹簧将球A弹起到A碰B的过程中,由能量守恒定律得W弹=2mg·3L+12·2mv02,解得W弹3.答案(1)1s(2)43m/s(3)x≥4(6-1)m或x≤(46-210)m解析(1)力F作用时物块P的加速度大小a1=F-μmg撤去力F后的加速度大小a2=μmgm=2设力F作用的最短时间为tmin,则12a1t解得tmin=1s(另一解舍去)。(2)当力F始终从A点作用到B点时,P到达B点的速度最大,则P的最大速度为v0=2a1L取水平向右为正方向,当P、Q碰撞时动量守恒有mv0=mv1+m0v2依据机械能守恒定律得12mv解得Q获得的最大速度v2=v0=43m/s。(3)此时设物块Q运动到C点的速度为vC状况一:若物块Q运动到最高点不超过D点,则12m0vC2解得vC≤2gR=2m/s状况二:若物块Q通过圆轨道的最高点E,则12m0vC2=12又m0vE解得vC≥5gR=当F的作用时间为2s时,物块Q获得的速度v2=vB=26m/s从B到C的过程由动量定理得-F阻t=m0vC-m0v又F阻t=kv可得x≥4(6-1)m或x≤(46-210)m。4.答案(1)1.8m(2)34.5N(3)2.88m解析(1)设小物块P刚运动到A点时的速度大小为vA则vAy=v0tan37°=6m/svA=v0cos所以小物块P的抛出点与A点间的竖直距离h=vAy22g=62(2)P、Q碰撞过程满意动量守恒和能量守恒,设碰撞后瞬间P、Q的速度分别为vP、vQmvA=mvP+mvQ1解得vP=0,vQ=10m/sμ2mgcosθ>mgsinθ即碰后小物块P静止在A点,而小物块Q受到的电场力qE=3N,方向水平向左,且与重力的合力为5N,方向垂直AB轨道向下,则“等效重力场”的等效重力加速度g'=54g=12.5m/s2设小物块Q运动到B点时速度大小为vB则由动能定理得-μ1mg'l=1解得vB=61m/s对小物块Q,在B点,由牛顿其次定律有FN-mg=mvB解得FN=34.5N依据牛顿第三定律,小物块Q在B点时对轨道的压力大小为34.5N。(3)设小物块Q能到达C点,且在C点的速度大小为vC,则小物块Q从A点运动到C点的过程中有-μ1mg'l-mg'R(1+cos37°)=1解得vC=5m/s设小物块Q恰好能到达C点时的速度大小为vC',则mg'=m解得vC'=10m/s因vC>vC',故小物块Q能到达C点,小物块Q离开C点后,做类平抛运动x'=vCtR+Rcos37°=12g't解得t=0.48s,x'=2.4m故小物块Q的落点与B点的距离x=x'+Rsin37°=2.88m。5.答案(1)v0μg(2)6mgL-3m解析(1)以水平向右的方向为正方向,A在传送带上运动时,依据牛顿其次定律得μmg=ma结合运动学公式得v0=0+at联立解得t=v0(2)B从M点滑至N点的过程中,依据动能定理得2mg×3L-W=12×2m×(2v0)2-12联立解得W=6mg