专题提升13　动量和能量的综合应用-2025版高考总复习物理

[基础落实练]1．(2021·重庆卷)我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔。小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测。某次，他在头盔中装入质量为5.0kg的物体(物体与头盔密切接触)，使其从1.80m的高处自由落下(如图)，并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03m时，物体的速度减小到零。挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)头盔接触地面前瞬间的速度大小；(2)物体做匀减速直线运动的时间；(3)物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小。解析：(1)由自由落体运动规律有v2＝2gh解得v＝6m/s。(2)由匀变速直线运动规律有Δx＝eq\f(v,2)t解得t＝0.01s。(3)由动量定理有Ft＝mv解得F＝3000N。答案：(1)6m/s(2)0.01s(3)3000N2．(2024·四川绵阳诊断)如图所示，小车A、B的质量均为m，小车B静止于水平轨道上，其左端固定一根轻弹簧，小车A从高出水平轨道h处由静止开始沿曲轨道滑下，在水平轨道上与小车B发生相互作用。轨道是光滑的。求：(1)小车A沿曲轨道刚滑到水平轨道时的速度大小v0；(2)弹簧的最大弹性势能Ep。解析：(1)由动能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得v0＝eq\r(2gh)。(2)两者速度相等时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律得mv0＝2mv解得v＝eq\f(\r(2gh),2)再由能量守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)(2m)v2即Ep＝eq\f(1,2)mgh。答案：(1)eq\r(2gh)(2)eq\f(1,2)mgh3．如图所示，物块A、B的质量均为m＝0.10kg，B静止在轨道水平段的末端。A以水平速度v0与B碰撞，碰后两物块粘在一起水平抛出。抛出点距离水平地面的竖直高度为h＝0.45m，两物块落地点距离轨道末端的水平距离为s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)两物块在空中运动的时间t；(2)两物块碰前A的速度v0的大小；(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE。解析：(1)竖直方向为自由落体运动，由h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝0.30s。(2)设A、B碰后速度为v，水平方向为匀速运动，则由s＝vt得v＝1.0m/s根据动量守恒定律，由mv0＝2mv得v0＝2.0m/s。(3)两物块碰撞过程中损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mv2＝0.10J。答案：(1)0.30s(2)2.0m/s(3)0.10J[能力提升练]4．如图所示，光滑固定斜面的倾角θ＝30°，一轻质弹簧底端固定，上端与m0＝3kg的物体B相连，初始时B静止，物体A质量m＝1kg，从斜面上与物体B相距s1＝10cm处由静止释放，物体A下滑过程中与物体B发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后粘在一起，已知碰后A、B经t＝0.2s下滑s2＝5cm至最低点，弹簧始终处于弹性限度内，A、B可视为质点，g取10m/s2，求：(1)A、B两物体从碰后到滑到最低点的过程中弹簧弹性势能的增加量ΔEp；(2)A、B两物体从碰后至返回碰撞点的过程中，弹簧弹力冲量的大小。解析：(1)设与B相撞前瞬间A的速度大小为v0，由动能定理得mgs1sinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝1m/sA、B相碰前后由动量守恒定律得mv0＝(m＋m0)v1解得v1＝0.25m/s从碰后到最低点的过程中，由机械能守恒定律得ΔEp＝eq\f(1,2)(m＋m0)veq\o\al(2,1)＋(m＋m0)gs2sinθ解得ΔEp＝1.125J。(2)根据机械能守恒定律知，当A、B一起返回到碰撞点时的速度大小仍为v1＝0.25m/s以沿斜面向上为正方向，从碰后至返回碰撞点的过程中，由动量定理得I－(m＋m0)gsinθ·2t＝(m＋m0)v1－[－(m0＋m)v1]解得I＝10N·s。答案：(1)1.125J(2)10N·s5．(2023·海南卷)如图所示，有一固定的光滑eq\f(1,4)圆弧轨道A，半径R＝0.2m，一质量为mB＝1kg的小滑块B从轨道顶端滑下，在其冲上长木板C左端时，给木板一个与小滑块相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C间动摩擦因数μ1＝0.2，C与地面间的动摩擦因数μ2＝0.8，C右端有一个挡板，C长为L。已知g取10m/s2。求：(1)B滑到A的底端时对A的压力。(2)若B未与C右端的挡板碰撞，当B与地面保持相对静止时，B、C间因摩擦产生的热量。(3)在0.16m<L<0.8m时，B与C右端的挡板发生碰撞，且碰后粘在一起，求B从滑上C到最终停止所用的时间。解析：(1)小滑块B从轨道顶端下滑到轨道底端的过程，由动能定理有mBgR＝eq\f(1,2)mBv2小滑块B在A的底端时，有N－mBg＝mBeq\f(v2,R)解得N＝30N由牛顿第三定律可知B对A的压力大小也为30N。(2)当B滑上C瞬间，B、C的速度相等假设两者之间无相对滑动，对B、C整体有μ2(mB＋mC)g＝(mB＋mC)a解得a＝8m/s2而B减速的最大加速度a1＝μ1g＝2m/s2<a故假设不成立，B、C间会有相对滑动则B的加速度向左，大小为a1＝2m/s2C受B向右的摩擦力μ1mBg和地面向左的摩擦力μ2(mB＋mC)g，其加速度满足μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2解得a2＝10m/s2B向右运动的距离x1＝eq\f(v2,2a1)C向右运动的距离x2＝eq\f(v2,2a2)B、C间因摩擦产生的热量Q＝μ1mBg(x1－x2)解得Q＝1.6J。(3)假设B还未与C右端挡板发生碰撞，C就停下，设C从开始运动到停下用时为t1，有t1＝eq\f(v,a2)得t1＝0.2s此时B、C的位移分别是xB＝vt1－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)＝0.36mxC＝vt1－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,1)＝0.2m则x相＝0.16m，此时vB＝v－a1t1＝1.6m/s由于L>0.16m，所以假设成立，一定是C停下之后，B才与C右端挡板发生碰撞。设再经t2时间B与C右端挡板发生碰撞，有L－0.16m＝vBt2－eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,2)解得t2＝(0.8－eq\r(0.8－L))s(另一解不符合题意，舍去)碰撞前瞬间B的速度大小为vB′＝vB－a1t2＝2eq\r(0.8－L)m/s碰撞过程由动量守恒定律可得mBvB′＝(mB＋mC)v共碰撞后B、C速度大小为v共＝eq\f(\r(0.8－L),2)m/s之后二者一