專題提升13　動(dòng)量和能量的綜合應(yīng)用-2025版高考總復(fù)習(xí)物理

[基礎(chǔ)落實(shí)練]1．(2021·重慶卷)我國(guó)規(guī)定摩托車、電動(dòng)自行車騎乘人員必須依法佩戴具有緩沖作用的安全頭盔。小明對(duì)某輕質(zhì)頭盔的安全性能進(jìn)行了模擬實(shí)驗(yàn)檢測(cè)。某次，他在頭盔中裝入質(zhì)量為5.0kg的物體(物體與頭盔密切接觸)，使其從1.80m的高處自由落下(如圖)，并與水平地面發(fā)生碰撞，頭盔厚度被擠壓了0.03m時(shí)，物體的速度減小到零。擠壓過(guò)程不計(jì)物體重力，且視為勻減速直線運(yùn)動(dòng)，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)頭盔接觸地面前瞬間的速度大小；(2)物體做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；(3)物體在勻減速直線運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受平均作用力的大小。解析：(1)由自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律有v2＝2gh解得v＝6m/s。(2)由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律有Δx＝eq\f(v,2)t解得t＝0.01s。(3)由動(dòng)量定理有Ft＝mv解得F＝3000N。答案：(1)6m/s(2)0.01s(3)3000N2．(2024·四川綿陽(yáng)診斷)如圖所示，小車A、B的質(zhì)量均為m，小車B靜止于水平軌道上，其左端固定一根輕彈簧，小車A從高出水平軌道h處由靜止開始沿曲軌道滑下，在水平軌道上與小車B發(fā)生相互作用。軌道是光滑的。求：(1)小車A沿曲軌道剛滑到水平軌道時(shí)的速度大小v0；(2)彈簧的最大彈性勢(shì)能Ep。解析：(1)由動(dòng)能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得v0＝eq\r(2gh)。(2)兩者速度相等時(shí)，彈簧的彈性勢(shì)能最大，由動(dòng)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．如圖所示，物塊A、B的質(zhì)量均為m＝0.10kg，B靜止在軌道水平段的末端。A以水平速度v0與B碰撞，碰后兩物塊粘在一起水平拋出。拋出點(diǎn)距離水平地面的豎直高度為h＝0.45m，兩物塊落地點(diǎn)距離軌道末端的水平距離為s＝0.30m，取重力加速度g＝10m/s2。求：(1)兩物塊在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；(2)兩物塊碰前A的速度v0的大?。?3)兩物塊碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能ΔE。解析：(1)豎直方向?yàn)樽杂陕潴w運(yùn)動(dòng)，由h＝eq\f(1,2)gt2，得t＝0.30s。(2)設(shè)A、B碰后速度為v，水平方向?yàn)閯蛩龠\(yùn)動(dòng)，則由s＝vt得v＝1.0m/s根據(jù)動(dòng)量守恒定律，由mv0＝2mv得v0＝2.0m/s。(3)兩物塊碰撞過(guò)程中損失的機(jī)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[能力提升練]4．如圖所示，光滑固定斜面的傾角θ＝30°，一輕質(zhì)彈簧底端固定，上端與m0＝3kg的物體B相連，初始時(shí)B靜止，物體A質(zhì)量m＝1kg，從斜面上與物體B相距s1＝10cm處由靜止釋放，物體A下滑過(guò)程中與物體B發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰撞后粘在一起，已知碰后A、B經(jīng)t＝0.2s下滑s2＝5cm至最低點(diǎn)，彈簧始終處于彈性限度內(nèi)，A、B可視為質(zhì)點(diǎn)，g取10m/s2，求：(1)A、B兩物體從碰后到滑到最低點(diǎn)的過(guò)程中彈簧彈性勢(shì)能的增加量ΔEp；(2)A、B兩物體從碰后至返回碰撞點(diǎn)的過(guò)程中，彈簧彈力沖量的大小。解析：(1)設(shè)與B相撞前瞬間A的速度大小為v0，由動(dòng)能定理得mgs1sinθ＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得v0＝1m/sA、B相碰前后由動(dòng)量守恒定律得mv0＝(m＋m0)v1解得v1＝0.25m/s從碰后到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由機(jī)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)根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，當(dāng)A、B一起返回到碰撞點(diǎn)時(shí)的速度大小仍為v1＝0.25m/s以沿斜面向上為正方向，從碰后至返回碰撞點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)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)如圖所示，有一固定的光滑eq\f(1,4)圓弧軌道A，半徑R＝0.2m，一質(zhì)量為mB＝1kg的小滑塊B從軌道頂端滑下，在其沖上長(zhǎng)木板C左端時(shí)，給木板一個(gè)與小滑塊相同的初速度，已知mC＝3kg，B、C間動(dòng)摩擦因數(shù)μ1＝0.2，C與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.8，C右端有一個(gè)擋板，C長(zhǎng)為L(zhǎng)。已知g取10m/s2。求：(1)B滑到A的底端時(shí)對(duì)A的壓力。(2)若B未與C右端的擋板碰撞，當(dāng)B與地面保持相對(duì)靜止時(shí)，B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量。(3)在0.16m<L<0.8m時(shí)，B與C右端的擋板發(fā)生碰撞，且碰后粘在一起，求B從滑上C到最終停止所用的時(shí)間。解析：(1)小滑塊B從軌道頂端下滑到軌道底端的過(guò)程，由動(dòng)能定理有mBgR＝eq\f(1,2)mBv2小滑塊B在A的底端時(shí)，有N－mBg＝mBeq\f(v2,R)解得N＝30N由牛頓第三定律可知B對(duì)A的壓力大小也為30N。(2)當(dāng)B滑上C瞬間，B、C的速度相等假設(shè)兩者之間無(wú)相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)B、C整體有μ2(mB＋mC)g＝(mB＋mC)a解得a＝8m/s2而B減速的最大加速度a1＝μ1g＝2m/s2<a故假設(shè)不成立，B、C間會(huì)有相對(duì)滑動(dòng)則B的加速度向左，大小為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，其加速度滿足μ2(mB＋mC)g－μ1mBg＝mCa2解得a2＝10m/s2B向右運(yùn)動(dòng)的距離x1＝eq\f(v2,2a1)C向右運(yùn)動(dòng)的距離x2＝eq\f(v2,2a2)B、C間因摩擦產(chǎn)生的熱量Q＝μ1mBg(x1－x2)解得Q＝1.6J。(3)假設(shè)B還未與C右端擋板發(fā)生碰撞，C就停下，設(shè)C從開始運(yùn)動(dòng)到停下用時(shí)為t1，有t1＝eq\f(v,a2)得t1＝0.2s此時(shí)B、C的位移分別是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則x相＝0.16m，此時(shí)vB＝v－a1t1＝1.6m/s由于L>0.16m，所以假設(shè)成立，一定是C停下之后，B才與C右端擋板發(fā)生碰撞。設(shè)再經(jīng)t2時(shí)間B與C右端擋板發(fā)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(另一解不符合題意，舍去)碰撞前瞬間B的速度大小為vB′＝vB－a1t2＝2eq\r(0.8－L)m/s碰撞過(guò)程由動(dòng)量守恒定律可得mBvB′＝(mB＋mC)v共碰撞后B、C速度大小為v共＝eq\f(\r(0.8－L),2)m/s之后二者一