2020届高考物理二轮复习600分冲刺专题二能量与动量第7讲动量和能量观点的应用优练(含解析)

(2)弹射器给着陆器和巡视器提供的动能之和。

[答案] (1)

?M＋m?

ρS (2)μMmgLM＋m M2＋m2

F＝(M＋m)g，取Δt时间内喷出的气体为研究对

[解析] (1)悬停时气体对模拟装置的作用力为F象，由动量定理：FΔt＝(ρSvΔt)v

解得：v＝

?M＋m?g

ρS(2)弹射过程水平方向动量守恒：mv1－Mv2＝0

12

着陆器和巡视器减速运动的距离分别为L1和L2，由动能定理：－ μmgL1＝0－mv1 －μMgL2＝0－

212Mv2 2

L1＋L2＝L

1212

弹射器提供的总动能Ek＝ mv1＋Mv2

22由以上各式可得：Ek＝μMmgLM＋m M2＋m2

10．(2019·湖北黄冈市调研)如图所示，可视为质点的滑块A、B静止在光滑水平地面上，A、B滑块的质量分别为mA＝1 kg，mB＝3 kg。在水平地面左侧有倾角θ＝30°的粗糙传送带以v＝6 m/s的速率顺时针匀速转动。传送带与光滑水平面通过半径可忽略的光滑小圆弧平滑连接A、B两滑块间夹着质量可忽略的炸药，现点燃炸药爆炸瞬间，滑块A以6 m/s水平向左冲出，接着沿传送带向上运动，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数为μ＝

32

，传送带与水平面足够长，重力加速度g取10 m/s。 3

(1)求滑块A沿传送带上滑的最大距离；

(2)若滑块A滑下后与滑块B相碰并粘住，求A、B碰撞过程中损失的能量ΔE； (3)求滑块A与传送带接触过程中因摩擦产生的热量Q。 [答案] (1)1.8 m (2)6 J (3)36 J

[解析] (1)设爆炸后A、B的速度分别为vA、vB，爆炸过程，对A和B组成的系统由动量守恒有：

mAvA－mBvB＝0

解得：vB＝2 m/s

水平地面光滑，滑块A沿传送带向上运动，对A进行受力分析有：mAgsinθ＋μmAgcosθ＝ma，a＝

g(sinθ＋μcosθ)＝10 m/s2，

即A沿传送带向上做匀减速直线运动

经t1＝0.6 s滑块A速度减为0，故滑块A沿传送带向上减速到零通过的距离为：

v2AxA1＝＝1.8 m

2a

当滑块A速度减为零后，其受力情况如图甲所示： 故滑块A将沿传送带向下做匀加速运动

经t2＝0 .6 s滑块A与传送带共速，此后受力情况如图乙：

mAgsinθ－μmAgcosθ＝0

滑块将与传送带相对静止一起向下运动。

当滑块A再次滑上水平面时，速度大小与传送带速度相等为6 m/s， 滑块A与滑块B碰撞时，粘连在一起，对A、B组成的系统： 由动量守恒定律得：mAv传＋mBvB＝(mA＋mB)v 解得：v＝3 m/s

121212

碰撞过程中损失的能量为E＝mAv传＋mBvB－(mA＋mB)v

222代入数据得： E＝6 J

v2A(3)由(1)知，经t1＝0.6 s滑块A速度减为零滑块A沿传送带向上减速到零，通过的位移xA1＝＝1.8

2am

此过程中传送带A的位移x传1＝vt＝3.6 m

由(2)知，滑块A速度减为零后将沿传送带向下做匀加速运动。经t2＝0.6 s滑块A与传送带共速后，相对传送带静止向下做匀速直线运动。

v2A达到共速时滑块A的位移xA2＝＝1.8 m

2a下

传送带的位移x传2＝vt＝3.6 m

若向上运动和向下运动过程中产生的热量分别为Q1、Q2，则由Q＝f·x相得：

Q1＝f(xA1＋x传1)＝27 J Q2＝f(x传2－xA2)＝9 J

故因摩擦产生的热量 Q＝Q1＋Q2＝36 J