【文档说明】高考物理复习 课时过关题21 利用动量和能量观点解决力学综合问题（含答案解析）.doc，共(14)页，173.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020(人教版)高考物理复习课时过关题21利用动量和能量观点解决力学综合问题1.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道B

C平滑衔接，滑道BC高h=10m，C是半径R=20m圆弧的最低点．质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5m/s2，到达B点时速度vB=30m/s.取重力加速度g=10m/s2.(1)求长直助滑道AB的长度L；(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；(3)若不

计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小．2.塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具，但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题，设有一只水枪，枪口直径为d

，出水速度为v，储水箱的体积为V.(1)水枪充满水可连续用多长时间？(2)设水的密度为ρ，水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度变为零，则水流对目标的冲击力是多大？你认为要控制水枪威力关键是控制哪些因素？3.汽车A在水平冰雪路面上行驶．驾驶员发现其正前方停有汽车B，立即采取制动措施，但仍然撞上

了汽车B.两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示，碰撞后B车向前滑动了4.5m，A车向前滑动了2.0m．已知A和B的质量分别为2.0×103kg和1.5×103kg，两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10

，两车碰撞时间极短，在碰撞后车轮均没有滚动，重力加速度大小g=10m/s2.求：(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小；(2)碰撞前的瞬间A车速度的大小．4.如图所示AOB是光滑水平轨道，BC是半径为R的光滑的14固定圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在

O点，一个质量为m的子弹以某一初速度水平向右快速射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，且恰能到达圆弧轨道的最高点C(木块和子弹均可以看成质点)．已知R=0.4m，m=1kg，M=10kg.(g=10m/s2，结果保留两位有效数字)求

：(1)子弹射入木块前的速度v0；(2)若每当小木块上升到圆弧并返回到O点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中．则当第3颗子弹射入小木块后，木块速度多大．5.如图所示，AB为光滑水平面，BC部分位于竖直平面内半径为R的半圆轨道，B点是最低点，C点是最高点

，C点切线方向水平，圆管截面半径r≪R.有一个质量为m的a球以水平初速度向右运动碰撞到原来静止在水平面上的质量为3m的b球，两球发生对心碰撞，碰撞时间极短，并且碰撞时没有能量损失，碰撞后b球顺利进入光

滑圆管(B点无能量损失，小球的半径比圆管半径r略小)，它经过最高点C后飞出，最后落在水平地面上的A点，已知AB的距离为2R.已知重力加速度为g.求：(1)小球b运动到C点时对轨道的压力．(2)碰后小球

a的速度．6.如图所示，A、B、C三个木块的质量均为m，置于光滑的水平面上，B、C之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触可不固连，将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把B、C紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C可视为一个整体．现A以初速度v0沿B

、C的连线方向朝B运动，与B相碰并黏合在一起．以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B分离．已知C离开弹簧后的速度恰为v0，求弹簧释放的势能．7.质量为m0的木板B置于光滑水平面上，另一质量为m的木块A(可视为质点)在木板B的左端以水平速

度v0开始向右运动，如图所示，木块A与木板B之间的动摩擦因数为μ，若要使木块A刚好不从木板B的右端掉下去，则木板B的长度至少应多长？8.一根不可伸长的轻绳跨过定滑轮，两端拴有A、B两物体，A、B质量分别为m1=1kg

，m2=2kg，B物体开始时静止于地面上，A离地高度H=1m．现将A抬高h1=1.8m，由静止释放，绳子绷直瞬间断开，并给B一个竖直向上的瞬时冲量I，B此后上升的最大高度为h2=0.2m，(不考虑一切阻力，取g=10m/s2)求：(1)瞬时冲量I的大小．(2)A落

地的速度．9.如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为74R，重力加速度为g，不计空气

阻力．求：(1)小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小；(2)金属槽的质量．10.如图所示，在光滑水平面上有一块长为L的木板B，其上表面粗糙．在其左端有一个光滑的14圆弧槽C与长木板接触但不连接，圆弧槽的下端与木板的上表面相平，B、C静止在水平面上．现有很小的滑块A

以初速度v0从右端滑上B并以v02的速度滑离B，恰好能到达C的最高点．A、B、C的质量均为m，求：(1)滑块A与木板B上表面间的动摩擦因数μ；(2)14圆弧槽C的半径R.11.如图所示是某游乐场过山车

的娱乐装置原理图，弧形轨道末端与一个半径为R的光滑半圆轨道平滑连接，两辆质量均为m的相同小车(大小可忽略)，中间夹住一轻弹簧后连接在一起，两车从光滑弧形轨道上的某一高度由静止滑下，当两车刚滑入半圆最低点时连接两车的挂钩突然断

开，弹簧将两车弹开，其中后车刚好停下，前车沿半圆轨道运动恰能越过半圆轨道最高点，求：(1)前车被弹出时的速度．(2)前车被弹出的过程中弹簧释放的弹性势能．(3)两车从静止下滑到最低点的高度h.12.如图，A、B质量分别为m1=1kg，m2=2kg，置

于小车C上，小车的质量为m3=1kg，A、B与小车的动摩擦因数为0.5，小车静止在光滑的水平面上．某时刻炸药爆炸，若A、B间炸药爆炸的能量有12J转化为A、B的机械能，其余能量转化为内能．A、B始终在小车表面水平运动，小车足够长，求：(1)炸开后A、B获得的速度

各是多少．(2)A、B在小车上滑行的时间各是多少．13.如图，质量为6m、长为L的薄木板AB放在光滑的平台上，木板B端与台面右边缘齐平．B端上放有质量为3m且可视为质点的滑块C，C与木板之间的动摩擦因数为μ=13.质量为m的小球用长为L的细绳悬

挂在平台右边缘正上方的O点，细绳竖直时小球恰好与C接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与C碰撞后反弹速率为碰前的一半．(1)求细绳能够承受的最大拉力．(2)若

要使小球落在释放点的正下方P点，平台高度应为多大？(3)通过计算判断C能否从木板上掉下来．14.如图所示，倾角θ=30°的足够长的光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B点与A点的高度差为h，将质量为m，长度为L的木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静

止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数μ=32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g.(1)若给木板和物块一沿斜面向上的初速度v0，木板上端恰能到达B点，求v0大小．(2)若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0

的大小；(3)若对木板施加沿斜面向上的拉力F=2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W.15.如图所示为某车间传送装置的简化示意图，由水平传送带、粗糙斜面、轻质

弹簧及力传感器组成．传送带通过一段光滑圆弧与斜面顶端相切，且保持v0=4m/s的恒定速率运行，AB之间距离为L=8m，斜面倾角θ=37°，弹簧劲度系数k=200N/m，弹性势能Ep=12kx2，式中x为弹簧的形变量，弹簧处于自然

状态时上端到斜面顶端的距离为d=3.2m．现将一质量为4kg的工件轻放在传送带A端，工件与传送带、斜面间的动摩擦因数均为0.5，不计其他阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2.求：(1

)工件传到B端经历的时间．(2)传感器的示数最大值．(3)工件经多次缓冲后停在斜面上，传感器的示数为20N，工件在斜面上通过的总路程．(结果保留三位有效数字)答案解析1.解：(1)根据匀变速直线运动公式，有L=v2B－v2A2a=100m(2)根据动量定理，有I=mvB-mvA

=1800N·s(3)运动员经C点时的受力分析如图根据动能定理，运动员在BC段运动的过程中，有mgh=12mv2C-12mv2B根据牛顿第二定律，有FN-mg=mv2CR得FN=3900N2.解：设t时间内从枪口喷出的水的

体积为ΔV，则有：ΔV=vStS=πd22所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为：ΔVt=14vπd2水枪充满水可连续用的时间t总=V14vπd2=4Vvπd2(2)t时间内从枪口喷出的水的质量：m=ρSvt=ρvπd22

t=14πρd2vt质量为m的水在t时间内与目标相互作用，由动量定理有：Ft=Δp以水流的方向为正方向，得-Ft=0-14πρd2vt·v=-14πρd2v2t解得：F=14πρd2v2可见要控制水枪的威力，关键是要控制枪口直径d和出

水速度．3.解：(1)设B车的质量为mB，碰后加速度大小为aB，根据牛顿第二定律有μmBg=mBaB①式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数．设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB′，碰撞后滑行的距离为sB.由运动学公式有vB′2=2aBsB②联立①②式并利用题给数据得vB′=3.0m/s③(2

)设A车的质量为mA，碰后加速度大小为aA.根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA④设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA′，碰撞后滑行的距离为sA.由运动学公式有vA′2=2aAsA⑤设碰撞前的瞬间A车速度的大小

为vA.两车在碰撞过程中动量守恒，有mAvA=mAvA′＋mBvB′⑥联立③④⑤⑥式并利用题给数据得vA=4.3m/s.4.解：(1)第一颗子弹射入木块的过程，系统动量守恒，即：mv0=(m＋M)v1系统由O到C的运动过程中机械能守恒，即：12(m＋M)v21=(

m＋M)gR由以上两式解得：v0=m＋Mm2gR≈31m/s.(2)由动量守恒定律可知，第2颗子弹射入木块后，木块的速度为0当第3颗子弹射入木块时，由动量守恒定律得：mv0=(3m＋M)v3解得：v3=mv03m＋M

≈2.4m/s.5.解：(1)b球从C点做平抛运动，则：水平方向x=2R=vCt竖直方向：y=2R=12gt2解得：vC=gR在C点根据牛顿第二定律得：3mg＋FN=3mv2R解得：FN=0由牛顿第三定律知小球对轨道的压力为0(2)b球从B到C，由机械能守恒得：3mg·2R=12

×3mv2B－12×3mv2C解得：vB=5gRa球与b球发生弹性碰撞，则：mv0=mva＋3mvB12mv20=12mv2a＋12×3mv2B解得：va=－5gR方向向左．6.解：设碰后A、B和C共同速度的大小为v，由动量守恒定律得3

mv=mv0①设C离开弹簧时，A、B的速度大小为v1，由动量守恒定律得3mv=2mv1＋mv0②设弹簧的弹性势能为Ep，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有12(3m)v2＋Ep=12(2m)v21＋12mv20③由①

②③式得弹簧所释放的势能为Ep=13mv20.7.解：若要使木块A刚好不从木板B的右端掉下去，则木块滑至木板右端时两者具有共同速度v，在A、B相互作用的过程中，系统不受外力作用，系统内力为一对摩擦力，小木块A可视为“子弹”，木板B可视为“木块”，这与子弹打击木块模型相似．由动量守恒定律得mv0

=(m0＋m)v①由能量守恒定律得12mv20=12(m0＋m)v2＋Q②②式中的Q=μmgl，其中l为木块相对于木板发生的位移(即木板最小的长度)，解①②可得l=m0v200＋.8.解：(1)B上升过程由动能定理得：－m2gh2=0－1

2m2v22解得：v2=2m/s取竖直向上为正方向，对B由动量定理得：I－m2gΔt=m2v2－0由于时间极短，Δt近似为0，故I=m2v2=4N·s(2)A先做自由落体运动，下落h1高度时，速度为：v1=2gh1=6m/s由于绳

子给A的冲量大小也为I，方向竖直向上，对A由动量定理得：m1gΔt－I=m1v1′－m1v1代入数据解得：v1′=2m/s之后A自由下落，由动能定理得：m1gH=12m1v2－12m1v1′2解得：v=26m/s

.9.解：(1)小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律：mg·2R=12mv20小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律：FN－mg=mv20R据牛顿第三定律可知小球对金属槽的压力为：FN′=FN联立解得：FN′=5mg(2)小球第一次到

达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则：mv0=(m＋M)v设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h.则有R2＋h2=74R2根据机械守恒定律：mgh=12mv20－12(m＋M)v2.联立解得：M=833＋3331

m.10.解：(1)当A在B上滑动时，A与B、C整体发生相互作用，由于水平面光滑，A与B、C组成的系统动量守恒，选向左的方向为正方向，有：mv0=m12v0＋2mv1①由能量守恒知系统动能的减少量等于滑动过程中产生

的内能即：μmgL=12mv20－12m12v02－12×2mv21②联立①②解得：μ=5v2016gL.③(2)当A滑上C，B与C分离，A、C发生相互作用．设A到达最高点时两者的速度相等均

为v2，A、C组成的系统水平方向动量守恒有：m12v0＋mv1=(m＋m)v2④由A、C组成的系统机械能守恒：12m12v02＋12mv21=12(2m)v22＋mgR⑤联立④⑤解得：R=v2064g.11.解：(

1)设前车在最高点速度为v2，依题意有：mg=mv22R设前车在最低位置与后车分离后速度为v1，根据机械能守恒得：12mv22＋mg·2R=12mv21解得：v1=5gR(2)设两车分离前速度为v0，由动量守恒定律得：2mv0=mv1解得：v0=5gR2设分离前弹簧弹

性势能为Ep，根据系统机械能守恒得：Ep=12mv21－12×2mv20=54mgR(3)两车从h高处运动到最低处机械能守恒，则：2mgh=12×2mv20解得：h=58R.12.解：(1)炸药爆炸瞬间A、B系统动量守恒，以向右

为正方向，由动量守恒定律得：0=m2v2－m1v1A、B的机械能总量为12J，故有：E=12m1v21＋12m2v22=12J联立解得：v1=4m/s，v2=2m/s(2)爆炸后A、B在C上滑动，B先与C相对静止，设

此时B、C的速度为v3，该过程中A、B、C组成的系统动量守恒．设该过程的时间为t1，由动量定理得：对B：－μm2gt1=m2v3－m2v2对C：(μm2g－μm1g)t1=m3v3解得：t1=0.2s对A、B、C系统由动量守恒定律得：0=(m1＋m2

＋m3)v解得：v=0设A滑动的总时间为t，由动量定理得：－μm1gt=0－m1v1解得：t=0.8s.13.解：(1)设小球运动到最低点的速率为v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgL=12mv20解得：v0=2gL小

球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律得：FT－mg=mv20L由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：FT′=FT解得：FT′=3mg(2)小球碰撞后做平抛运动，则：在竖直方向上：h=12gt2水平方向：L=v02t解得：h=L(3)小球与滑块C碰撞过程中小球和C系统满足动量守恒，设C碰后速率为

v1，以小球的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv0=m－v02＋3mv1假设木板足够长，在C与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为v2，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：3mv1=(3m＋6

m)v2由能量守恒定律得：12×3mv21=12(3m＋6m)v22＋μ·3mgs联立解得：s=12L由s＜L可知，滑块C不会从木板上掉下来．14.解：(1)对小物块和长木板组成的整体，由机械能守恒定律得：12×2

mv20=2mg(h－Lsinθ)解得：v0=－(2)由牛顿第二定律得：对木板与物块整体：F0－2mgsinθ=2ma0对物块：μmgcosθ－mgsinθ=ma0解得：F0=32mg(3)设拉力F作用的最短时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板下端到达B点，速度恰好减为

零，由牛顿第二定律得：对木板：F－mgsinθ－μmgcosθ=ma1mgsinθ＋μmgcosθ=ma3对物块：μmgcosθ－mgsinθ=ma2对木板与物块整体：2mgsinθ=2ma4另有：a1t1－a3t2=a2(t1＋t2)a2(t1＋t2)=a4t3

12a1t21＋a1t1t2－12a3t22＋12a4t23=hsinθW=F·12a1t21解得：W=94mgh15.解：(1)设工件轻放后向右的加速度为a，达共速时位移为x1，时间为t1，由牛顿第二定律得：μmg=ma解得：a=μg=5m/s2t1=v0a=0.8sx1=12at2

1=1.6m接着工件向右匀速运动，设时间为t2，则：t2=L－x1v0=1.6s工件传到B端经历的时间：t=t1＋t2=2.4s(2)设传感器示数最大时弹簧的压缩量为Δx1，由动能定理得：mg(d＋Δx1)sin37°－μmg(d＋Δx1)cos37°－12kΔx21=0－1

2mv20代入数据解得：Δx1=0.8m传感器的示数最大值为：Fm=k·Δx1=160N.(3)设传感器示数为20N时弹簧的压缩量为Δx2，工件在斜面上通过的总路程为s，则：Δx2=F2k=0.1m由能量守恒得：12mv20＋mg(d

＋Δx2)sin37°=μmgscos37°＋12kΔx22代入数据解得：s=6.89m.