高中物理二輪復(fù)習(xí)-23-動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的綜合應(yīng)用

23.動(dòng)量和能量觀點(diǎn)在力學(xué)中的綜合應(yīng)用1.(2021·湖南懷化市一模)如圖1所示，光滑軌道abc固定在豎直平面內(nèi)，ab傾斜、bc水平，與半徑R＝0.4m豎直固定的粗糙半圓形軌道cd在c點(diǎn)平滑連接?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的小球甲和乙靜止在水平軌道上，二者中間壓縮有輕質(zhì)彈簧，彈簧與兩小球均不拴接且被鎖定?，F(xiàn)解除對(duì)彈簧的鎖定，小球甲在脫離彈簧后恰能沿軌道運(yùn)動(dòng)到a處，小球乙在脫離彈簧后沿半圓形軌道恰好能到達(dá)最高點(diǎn)d。已知小球甲的質(zhì)量m1＝2kg，a、b的豎直高度差h＝0.45m，小球乙在c點(diǎn)時(shí)軌道對(duì)其彈力的大小F＝100N，彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)兩小球均在水平軌道上，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：圖1(1)小球乙的質(zhì)量；(2)彈簧被鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep；(3)小球乙在半圓形軌道上克服摩擦力所做的功Wf。答案(1)1kg(2)27J(3)8J解析(1)對(duì)小球甲，由機(jī)械能守恒定律得m1gh＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)對(duì)小球甲、乙，由動(dòng)量守恒定律得m1v1＝m2v2對(duì)小球乙，在c點(diǎn)，由牛頓第二定律得F－m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,2),R)聯(lián)立解得m2＝1kg，v2＝6m/s或m2＝9kg，v2＝eq\f(2,3)m/s小球乙恰好過d點(diǎn)，有m2g＝m2eq\f(veq\o\al(2,d),R)解得vd＝eq\r(gR)＝2m/s由題意vd＜v2，所以小球乙的質(zhì)量m2＝1kg。(2)由能量守恒定律有Ep＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得彈簧被鎖定時(shí)具有的彈性勢(shì)能Ep＝27J。(3)對(duì)小球乙在半圓形軌道上運(yùn)動(dòng)的過程中，設(shè)摩擦力所做的功為Wf′，由動(dòng)能定理有－2m2gR＋Wf′＝eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,d)－eq\f(1,2)m2veq\o\al(2,2)解得Wf′＝－8J，所以Wf＝8J。2.(2021·天津河?xùn)|區(qū)高考一模)如圖2所示，內(nèi)壁光滑的直圓筒固定在水平地面上，一輕質(zhì)彈簧一端固定在直圓筒的底端，其上端自然狀態(tài)下位于O點(diǎn)處，將一質(zhì)量為m、直徑略小于直圓筒的小球A緩慢的放在彈簧上端，其靜止時(shí)彈簧的壓縮量為x0?，F(xiàn)將一與小球A完全相同的小球B從距小球A某一高度的P處由靜止釋放，小球B與小球A碰撞后立即粘連在一起向下運(yùn)動(dòng)，它們到達(dá)最低點(diǎn)后又向上運(yùn)動(dòng)，并恰能回到O點(diǎn)，已知兩小球均可視為質(zhì)點(diǎn)，彈簧的彈性勢(shì)能為eq\f(1,2)kx2，其中k為彈簧的勁度系數(shù)，x為彈簧的形變量，重力加速度g。求：圖2(1)彈簧的勁度系數(shù)k；(2)小球B釋放時(shí)的高度h；(3)小球A與小球B一起向下運(yùn)動(dòng)時(shí)速度的最大值vm。答案(1)eq\f(mg,x0)(2)3x0(3)eq\r(2gx0)解析(1)由平衡條件可知mg＝kx0解得k＝eq\f(mg,x0)。(2)B球由靜止下落后與A接觸前的瞬時(shí)速度為v0，則有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)設(shè)A與B碰撞后的速度為v，有mv0＝2mv碰后從粘在一起到返回O點(diǎn)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，取碰后瞬間所在平面為零勢(shì)能面，則eq\f(1,2)×2mv2＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)＝2mgx0，解得h＝3x0。(3)當(dāng)加速度為零時(shí)，兩球速度達(dá)到最大值，此時(shí)彈簧壓縮量為x1，有2mg＝kx1從最大速度到返回O點(diǎn)，系統(tǒng)機(jī)械能守恒，取最大速度處所在平面為零勢(shì)能面，則