專題解析：（十三）“能量與動(dòng)量”計(jì)算大題專練1.如圖所示為常見(jiàn)的一種打彈珠的游戲裝置，光滑豎直細(xì)管AB位于平臺(tái)下方，長(zhǎng)度為4h，細(xì)管底部有一豎直輕彈簧，其長(zhǎng)度遠(yuǎn)小于豎直細(xì)管的長(zhǎng)度，平臺(tái)上方BC段為一光滑的四分之一圓弧管形軌道，其半徑為h，管自身粗細(xì)對(duì)半徑的影響可忽略不計(jì)。先拉動(dòng)拉桿壓縮彈簧，再釋放拉桿將一質(zhì)量為m的小球彈出，小球彈出后從管口C水平向右飛出，最終落至平臺(tái)上，落點(diǎn)距管口C的水平距離為10h，不計(jì)一切阻力，重力加速度為g。(1)求小球從管口C飛出時(shí)的速度大?。?2)求小球在管口C處受到的壓力和彈簧彈力對(duì)小球做的功；(3)若平臺(tái)上方的四分之一圓弧軌道的半徑可調(diào)，且保證每次拉動(dòng)拉桿后壓縮彈簧的形變量為定值，則當(dāng)圓弧軌道半徑為何值時(shí)，小球從管口飛出后距管口C的水平距離最大。最大值是多少？解析：(1)小球飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，由平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可知，豎直方向有h＝eq\f(1,2)gt2，水平方向有10h＝vCt聯(lián)立解得vC＝5eq\r(2gh)。(2)小球在管口C處，根據(jù)牛頓第二定律有F＋mg＝meq\f(vC2,h)解得小球在管口C處受到的壓力大小為F＝49mg，方向豎直向下小球從被彈出至運(yùn)動(dòng)到管口C處的過(guò)程中，由動(dòng)能定理有W－mg(4h＋h)＝eq\f(1,2)mvC2解得W＝30mgh。(3)設(shè)圓弧軌道的半徑為r，由動(dòng)能定理有W－mg(4h＋r)＝eq\f(1,2)mvC′2小球飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向有r＝eq\f(1,2)gt12水平方向有x＝vC′t1，聯(lián)立解得x＝2eq\r(26h－rr)由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，當(dāng)26h－r＝r，即圓弧軌道半徑為r＝13h時(shí)，小球從管口飛出后距管口C的水平距離最大，最大值是xmax＝26h。答案：(1)5eq\r(2gh)(2)49mg，方向豎直向下30mgh(3)13h26h2．有一款推拉門(mén)，其三扇門(mén)板俯視如圖所示，每扇門(mén)的寬度均為L(zhǎng)＝1.00m，質(zhì)量均為m＝20kg，邊緣凸起部位的寬度均為d＝0.05m。門(mén)完全關(guān)閉時(shí)，1號(hào)門(mén)板的左側(cè)以及3號(hào)門(mén)板的右側(cè)分別與兩側(cè)的門(mén)框接觸時(shí)，相鄰門(mén)板的凸起部位也恰好接觸。測(cè)試時(shí)，將三扇門(mén)板均推至最左端，然后用恒力F水平向右推3號(hào)門(mén)板，每次都經(jīng)過(guò)相同的位移s＝0.20m后撤去F，觀察三扇門(mén)的運(yùn)動(dòng)情況。發(fā)現(xiàn)當(dāng)恒力為8.5N時(shí)，3號(hào)門(mén)板恰好能運(yùn)動(dòng)到其左側(cè)凸起與2號(hào)門(mén)板右側(cè)的凸起接觸處。設(shè)每扇門(mén)與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)均相同，門(mén)板凸起部位間的碰撞及門(mén)板與門(mén)框的碰撞均為完全非彈性碰撞(不粘連)。不考慮空氣阻力，g取10m/s2。(1)求每扇門(mén)與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)(可用分?jǐn)?shù)表示)。(2)若要實(shí)現(xiàn)三扇門(mén)恰好完全關(guān)閉，則恒力應(yīng)是多大？解析：(1)設(shè)每扇門(mén)與軌道間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，根據(jù)動(dòng)能定理得F1s－μmg(L－3d)＝0，解得μ＝0.01。(2)設(shè)3號(hào)門(mén)板和2號(hào)門(mén)板碰撞前速度的大小為v1，根據(jù)動(dòng)能定理得F2s－μmg(L－3d)＝eq\f(1,2)mv12設(shè)3號(hào)門(mén)板和2號(hào)門(mén)板碰撞后速度的大小為v2，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有mv1＝2mv23號(hào)門(mén)板與2號(hào)門(mén)板碰撞后一起向右運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理得－μ(2m)g(L－3d)＝0－eq\f(1,2)(2m)v22，解得F2＝42.5N。答案：(1)0.01(2)42.5N3．如圖所示，質(zhì)量為m的小球A用一不可伸長(zhǎng)的輕繩懸掛在O點(diǎn)，在O點(diǎn)正下方的光滑桌面上有一個(gè)與A完全相同的靜止小球B，B距O點(diǎn)的距離等于繩長(zhǎng)L?，F(xiàn)將A拉至某一高度，由靜止釋放，A以速度v在水平方向和B發(fā)生正碰并粘在一起。重力加速度為g。求：(1)A釋放時(shí)距桌面的高度H；(2)碰撞前瞬間繩子的拉力大小F；(3)碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE。解析：(1)從A釋放到與B碰撞前，根據(jù)動(dòng)能定理得mgH＝eq\f(1,2)mv2，解得H＝eq\f(v2,2g)。(2)碰撞前瞬間，對(duì)A由牛頓第二定律得F－mg＝meq\f(v2,L)，解得F＝mg＋meq\f(v2,L)。(3)A、B碰撞過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得mv＝2mv1，解得v1＝eq\f(1,2)v則碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為ΔE＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)v))2＝eq\f(1,4)mv2。答案：(1)eq\f(v2,2g)(2)mg＋meq\f(v2,L)(3)eq\f(1,4)mv24．如圖為某游戲裝置原理示意圖。水平桌面上固定一半圓形豎直擋板，其半徑為2R、內(nèi)表面光滑，擋板的兩端A、B在桌面邊緣，B與半徑為R的固定光滑圓弧軌道eq\x\to(CDE)在同一豎直平面內(nèi)，過(guò)C點(diǎn)的軌道半徑與豎直方向的夾角為60°。小物塊以某一水平初速度由A點(diǎn)切入擋板內(nèi)側(cè)，從B點(diǎn)飛出桌面后，在C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道eq\x\to(CDE)內(nèi)側(cè)，并恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D。小物塊與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為eq\f(1,2π)，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力，小物塊可視為質(zhì)點(diǎn)。求：(1)小物塊到達(dá)D點(diǎn)的速度大??；(2)B和D兩點(diǎn)的高度差；(3)小物塊在A點(diǎn)的初速度大小。解析：(1)由題意知，小物塊恰好能到達(dá)軌道的最高點(diǎn)D，則在D點(diǎn)有meq\f(vD2,R)＝mg，解得vD＝eq\r(gR)。(2)由題意知，小物塊從C點(diǎn)沿圓弧切線方向進(jìn)入軌道eq\x\to(CDE)內(nèi)側(cè)，則在C點(diǎn)有cos60°＝eq\f(vB,vC)，小物塊從C到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－mg(R＋Rcos60°)＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvC2，則小物塊從B到D的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有mgHBD＝eq\f(1,2)mvD2－eq\f(1,2)mvB2，聯(lián)立解得vB＝eq\r(gR)，HBD＝0。(3)小物塊從A到B的過(guò)程中，根據(jù)動(dòng)能定理有－μmgs＝eq\f(1,2)mvB2－eq\f(1,2)mvA2，s＝π·2R解得vA＝eq\r(3gR)。答案：(1)eq\r(gR)(2)0(3)eq\r(3gR)5．(2023·全國(guó)乙卷，節(jié)選)如圖，一豎直固定的長(zhǎng)直圓管內(nèi)有一質(zhì)量為M的靜止薄圓盤(pán)，圓盤(pán)與管的上端口距離為l，圓管長(zhǎng)度為20l。一質(zhì)量為m＝eq\f(1,3)M的小球從管的上端口由靜止下落，并撞在圓盤(pán)中心，圓盤(pán)向下滑動(dòng)，所受滑動(dòng)摩擦力與其所受重力大小相等。小球在管內(nèi)運(yùn)動(dòng)時(shí)與管壁不接觸，圓盤(pán)始終水平，小球與圓盤(pán)發(fā)生的碰撞均為彈性碰撞且碰撞時(shí)間極短。不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求：(1)第一次碰撞后瞬間小球和圓盤(pán)的速度大?。?2)在第一次碰撞到第二次碰撞之間，小球與圓盤(pán)間的最遠(yuǎn)距離。解析：(1)過(guò)程1：小球釋放后自由下落，下降l，根據(jù)機(jī)械能守恒定律可得mgl＝eq\f(1,2)mv02解得v0＝eq\r(2gl)過(guò)程2：小球以eq\r(2gl)的速度與靜止圓盤(pán)發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)機(jī)械能守恒定律和動(dòng)量守恒定律分別有eq\f(1,2)mv02＝eq\f(1,2)mv12＋eq\f(1,2)Mv1′2mv0＝mv1＋Mv1′解得v1＝eq\f(m－M,m＋M)v0＝－eq\f(1,2)v0＝－eq\f(\r(2gl),2)v1′＝eq\f(1,2)v0＝eq\f(\r(2gl),2)即小球碰后速度大小為eq\f(\r(2gl),2)，方向豎直向上，圓盤(pán)速度大小為eq\f(\r(2gl),2)，方向豎直向下。(2)第一次碰撞后，小球做豎直上拋運(yùn)動(dòng)，圓盤(pán)勻速下滑，當(dāng)二者速度相同時(shí)，間距最大，即v1