【创新方案】2021届高考物理二轮复习专题限时集训(B卷)(B)-动量守恒定律-Word版含解析.docx

专题限时集训(B)　动量守恒定律
(限时：45分钟)
1.如图所示，A、B两球质量均为m，其间有压缩的轻短弹簧处于锁定状态(A、B两球与弹簧两端接触但不连接)。弹簧的长度、两球的大小均可忽视，整体视为质点，该装置从半径为R的竖直光滑圆轨道左侧与圆心等高处由静止下滑，滑至最低点时，解除对弹簧的锁定状态之后，B球恰好能到达轨道最高点，求：

(1)B球解除锁定后的速度vB；
(2)弹簧处于锁定状态时的弹性势能。

2．(2022·佛山二模)如图甲所示，有一装置由倾斜轨道AB、水平轨道BC、竖直台阶CD和足够长的水平直轨道DE组成，表面处处光滑，且AB段与BC段通过一小圆弧(未画出)平滑相接。有一小球用轻绳竖直悬挂在C点的正上方，小球与BC平面相切但无挤压。紧靠台阶右侧停放着一辆小车，车的上表面水平与B点等高且右侧固定一根轻弹簧，弹簧的自由端在Q点，其中PQ段是粗糙的，Q点右侧表面光滑。现将一个滑块从倾斜轨道的顶端A处自由释放，滑至C点时与小球发生正碰，然后从小车左端P点滑上小车。碰撞之后小球在竖直平面做圆周运动，轻绳受到的拉力如图乙所示。已知滑块、小球和小车的质量分别为m1＝3 kg、m2＝1 kg和m3＝6 kg，AB轨道顶端A点距BC段的高度为h＝0.8 m，PQ段长度为L＝0.4 m，轻绳的长度为R＝0.5 m。 滑块、小球均可视为质点。取g＝10 m/s2。求：

甲　　　　　　　　　　乙
(1)滑块到达BC轨道时的速度大小；
(2)滑块与小球碰后瞬间小球的速度大小；
(3)要使滑块既能挤压弹簧，又最终没有滑离小车，则滑块与P、Q之间的动摩擦因数μ应在什么范围内？(滑块与弹簧的相互作用始终在弹簧的弹性范围内)

3.(2022·珠海二模)如图甲所示，光滑的水平面上有三个滑块a、b、c；a、b的质量均等于1 kg；b、c被一根轻质弹簧连接在一起，处于静止状态；在t＝0时，滑块a突然以水平向右的速度与b正碰，并瞬间粘合成一个物体(记为d)；此后运动过程中弹簧始终处于弹性限度内，d的速度随时间做周期性变化，如图乙所示。则：

(1)求滑块a的初速度v0的大小以及a、b正碰中损失的机械能ΔE；
(2)求滑块c的质量mc；
(3)当滑块c的速度变为vx瞬间，突然向左猛击一下它，使之突变为－vx，求此后弹簧弹性势能最大值Ep的表达式，并争辩vx取何值时，Ep的最大值Epm。

4．(2022·潮州二模)如图所示，倾角为θ＝37°的斜面底端有一轻质弹簧，弹簧左端与挡板A连接，斜面顶端与一光滑圆管平滑对接。斜面上有凹槽M，槽M内靠近左侧壁(但刚好不粘连)有一光滑滑块N，槽M的内侧左右各带有一粘性物质(两物体相碰会粘在一起)，刚开头M、N两者均被锁定。现斜面上有一光滑小球P 以速度v0＝9 m/s 与槽M发生碰撞， 并以速度v1＝3 m/s反弹。在碰撞瞬间同时释放M、N两物体。
已知N的质量为m1＝1 kg，M的质量为m2＝3 kg，P的质量为m0＝1.5 kg，M与斜面之间的动摩擦因数为μ＝，槽长L＝3 m，圆弧半径R＝0.25 m，且圆心D与C点等高。AB足够长，小球直径略小于管的内径，忽视槽M两侧厚度及N的大小，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6, cos 37°＝0.8。求：

(1)P滑至圆管最高点E时对圆管压力大小；
(2)被小球撞后M、N经多长时间粘在一起；
(3)槽M运动的过程中弹簧的最大弹性势能大小。

参考答案
1． 解析：(1)设解除锁定后，B球恰好到轨道最高点时的速度为v，由牛顿其次定律得
mg＝m
对B球依据机械能守恒定律可得
mv＝mg·2R＋mv2
解得vB＝
(2)设A、B系统滑到圆轨道最低点时速度为v0，依据机械能守恒得2mgR＝2×mv
解得v0＝
设解除弹簧锁定后A的速度为vA，弹簧处于锁定状态时的弹性势能为E弹，且设向左为正方向，对整体依据动量守恒定律和机械能守恒定律有
2mv0＝mvA＋mvB
2×mv＋E弹＝mv＋mv
解得E弹＝(7－2)mgR
答案：(1)
(2)(7－2)mgR
2．解析：(1) 设滑块与小球碰撞前瞬间速度为v0，由机械能守恒得
m1gh＝m1v①
解得v0＝4 m/s
(2)设小球在最高点的速度为v，由图乙可知小球在最高点时受到的拉力F＝22 N
由牛顿其次定律得
F＋m2g＝②
设小球碰撞后瞬间速度为v′，由机械能守恒得
m2v′2＝m2v2＋2m2gR③
解得v′＝6 m/s
(3)滑块与小球碰撞前后动量守恒，则m1v0＝m1v1＋m2v′④
得碰撞后m1的速度v1＝2 m/s，方向向右。
滑块最终没有滑离小车，则滑块和小车之间必有共同的末速度v共，由滑块与小车组成的系统动量守恒得
m1v1＝(m1＋m3)v共⑤
①若μ较大，则滑块可能不与弹簧接触就已经与小车相对静止，设滑块恰好滑到Q点，由能量的转化与守恒得
μ1m1gL＝m1v－(m1＋m3)v⑥
解得μ1＝
②若μ不是很大，则滑块必定挤压弹簧，再被弹回到P、Q之间，设滑块恰好回到小车的左端P点处，由能量转化与守恒得
2μ2m1gL＝m1v－(m1＋m3)v⑦
解得μ2＝
综上所述，得≤μ＜
答案：(1)4 m/s　(2)6 m/s (3)≤μ＜
3．解析：(1)由题图乙可知，a、b粘合后瞬间的速度大小vd1＝1 m/s
a、b正碰，由动量守恒得
mav0＝mdvd1
滑块a的初速度v0＝2vd1＝2 m/s
a、b正碰中损失的机械能
ΔE＝mav－mdv＝1 J
(2)由题图乙可知，弹簧第一次恢复形变瞬间，d的速度为vd2＝－0.5 m/s
d、c和弹簧构成的系统动量守恒、机械能守恒，则
mdvd1＝mdvd2＋mcvc2
mdv＝mdv＋mcv
vc2为弹簧恢复形变瞬间滑块c的速度。
代入数据，解得滑块c的质量
mc＝6 kg
(3)设猛击滑块c前的瞬间，d的速度大小为vd3，则
mdvd1＝mdvd3＋mcvx
此后，当滑块c与d达到共同速度v′瞬间，弹簧弹性势能最大，则
mdvd3－mcvx＝(md＋mc)v′
最大弹性势能
Ep＝mdv－(md＋mc)v′2
解得Ep＝ J
当vx＝ m/s时，Ep能取得最大值，即Epm＝1 J
答案：(1)2 m/s　1 J　(2)6 kg
(3)Ep＝ J　 m/s 1 J
4．解析：(1)小球P反弹至最高点E过程中机械能守恒，设P在E点时速度为vE，则
m0v＝m0gR＋m0v
解得vE＝＝2 m/s
在最高点假设球与管的上侧接触，设管对P的压力为FN，则由牛顿其次定律得
m0g＋FN＝
解得FN＝9 N，说明与管上侧接触。
由牛顿第三定律知球对轨道压力大小F′N＝FN＝9 N
(2)m0 、m2相撞动量守恒，设碰后瞬间m2的速度为v2，则
m0v0＝－m0v1＋m2v2
解得v2＝＝6 m/s
撞后N做匀加速直线运动，设加速度大小为a1，由牛顿其次定律得
m1gsin θ＝m1a1
解得a1＝6 m/s2
撞后M做匀减速直线运动，设加速度大小为a2，由牛顿其次定律得
m2a2＝μ(m1＋m2)gcos θ－m2gsin θ
解得a2＝2 m/s2
假设N与M左侧相碰，当两者经时间t1共速时N离槽M的左侧距离最大，则
v2－a2t1＝a1t1
解得t1＝0.75 s
此阶段M、N的位移之差ΔL＝v2t1－a2t－a1t＝2.25 m＜3 m，说明N没有与M右侧相碰。
设两者相撞所需的时间为t2，则有
v2t2－a2t＝a1t
解得t2＝1.5 s
因槽减速到速度为零的时间
Δt＝＝3 s＞t2
故两者相撞所需的时间为1.5 s。
(3)由题意得从M被P撞后始终到与弹簧接触之前对M、N有
(m1＋m2)gsin θ＝μ(m1＋m2)gcos θ
故M、N系统动量守恒，则
m2v2＝(m1＋m2)v3
得粘后的共同速度v3＝4.5 m/s
(用其他方法求解共同速度同样正确)
因系统在未与弹簧接触之前做匀速运动，故弹簧弹性势能最大值为
Ep＝(m1＋m2)v＝40.5 J
答案：(1)9 N　(2)1.5 s　(3)40.5 J