2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练七动量能量

这是一份2024届高考物理二轮专题复习与测试专题强化练七动量能量，共10页。
(1)“礼花”发射时燃烧的火药对礼花弹的作用力约是多少？
(2)某次试射，当礼花弹到达最高点时爆炸为沿水平方向运动的两块(爆炸时炸药质量忽略不计)，测得两块落地点间的距离s＝900 m，落地时两者的速度相互垂直，两块的质量各为多少？
解析：(1)设礼花弹竖直抛上180 m高空用时为t，由竖直上抛运动的对称性知
h＝eq \f(1,2)gt2，
代入数据解得t＝6 s，
设发射时间为t1，火药对礼花弹的作用力为F，对礼花弹发射到180 m高空运用动量定理有
Ft1－mg(t＋t1)＝0，
代入数据解得F＝1 550 N.
(2)设礼花弹在180 m高空爆炸时分裂为质量为m1、m2的两块，对应水平速度大小为v1、v2，方向相反，礼花弹爆炸时该水平方向合外力为零，由动量守恒定律有
m1v1－m2v2＝0，
且有m1＋m2＝m，
由平抛运动的规律和题目落地的距离条件有
(v1＋v2)t＝900 m，
设物块落地时竖直速度为vy，落地时两者的速度相互垂直，如图所示，有
tan θ＝eq \f(vy,v1)＝eq \f(v2,vy)，
代入数据解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m1＝1 kg,m2＝4 kg))，
对应eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(v1＝120 m/s,v2＝30 m/s))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m1＝4 kg,m2＝1 kg))对应eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(v1＝30 m/s,v2＝120 m/s)).
答案：(1)F＝1 550 N (2)1 kg，4 kg
2．(2023·浙江卷)一游戏装置竖直截面如图所示，该装置由固定在水平地面上倾角θ＝37°的直轨道AB、螺旋圆形轨道BCDE，倾角θ＝37°的直轨道EF、水平直轨道FG组成，除FG段外各段轨道均光滑，且各处平滑连接．螺旋圆形轨道与轨道AB、EF相切于B(E)处．凹槽GHIJ底面HI水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁GH处，摆渡车：上表面与直轨道下FG、平台JK位于同一水平面．已知螺旋圆形轨道半径R＝0.5 m，B点高度为1.2 R，FG长度LFG＝2.5 m，HI长度L0＝9 m，摆渡车长度L＝3 m、质量m＝1 kg.将一质量也为m的滑块从倾斜轨道AB上高度h＝2.3 m处静止释放，滑块在FG段运动时的阻力为其重力的0.2倍．(摆渡车碰到竖直侧壁IJ立即静止，滑块视为质点，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)
(1)求滑块过C点的速度大小vC和轨道对滑块的作用力大小FC；
(2)摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，求滑块与摆渡车之间的动摩擦因数μ；
(3)在(2)的条件下，求滑块从G到J所用的时间t.
解析：(1)滑块从静止释放到C点过程，根据动能定理可得mg(h－1.2R－R－Rcs θ)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)，
解得vC＝4 m/s.
滑块过C点时，根据牛顿第二定律可得FC＋mg＝meq \f(veq \\al(2,C),R)，解得FC＝22 N.
(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为v，从静止释放到G点过程，根据动能定理可得
mgh－0.2mgLFG＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝6 m/s
摆渡车碰到IJ前，滑块恰好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速v1，以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得mv＝2mv1，解得v1＝eq \f(v,2)＝3 m/s，
根据能量守恒可得Q＝μmgL＝eq \f(1,2)mv2－eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,1)，解得μ＝0.3.
(3)滑块从滑上摆渡车到与摆渡车共速过程，滑块的加速度大小为a＝eq \f(μmg,m)＝3 m/s2，
所用时间为t1＝eq \f(v－v1,a)＝1 s，
此过程滑块通过的位移为x1＝eq \f(v＋v1,2)t1＝4.5 m，
滑块与摆渡车共速后，滑块与摆渡车一起做匀速直线运动，该过程所用时间为
t2＝eq \f(L0－x1,v1)＝1.5 s，
则滑块从G到J所用的时间为t＝t1＋t2＝2.5 s.
答案：(1)vC＝4 m/s FC＝22 N (2)μ＝0.3(3)t＝2.5 s
3．航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置．装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板．已知C与A、B水平面间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，不计转运车与地面间的摩擦．A、B的质量均为M＝40 kg，A、B水平部分的长度均为L＝4 m．包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略．重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少；
(2)若某包裹的质量为m＝10 kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h应满足的条件；
(3)若某包裹的质量为m＝50 kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时h′的最小值．
解析：(1)要求A不动时需满足
μ1mg≤μ2(m＋M)g，
解得m≤M＝40 kg，
即包裹C的质量不能超过40 kg.
(2)由于包裹质量小于40 kg装置A始终静止不动，所以A释放高度最小时，包裹C恰好滑上B车，则有
mgh1＝μ1mgL，
解得h1＝0.8 m，
A释放高度最大时，则包裹C滑上B车与挡板碰撞后返回B车最左端时二者恰好共速，下滑至B车时有
mgh2＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＋μ1mgL，
与B车相互作用过程满足mv0＝(m＋M)v，
eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝eq \f(1,2)(m＋M)v2＋μ1mg2L，
解得h2＝eq \f(m＋M,2M)×4μ1L＋μ1L＝2.8 m，
所以0.8 m≤h≤2.8 m.
(3)由于包裹质量大于40 kg，则装置A带动B车运动．包裹能滑上B车，最小高度是包裹刚好可以滑上B车时A、B、C三者共速．则加速度满足
a1＝eq \f(μ1mg－μ2（m＋M）g,2M)＝eq \f(1,8) m/s2，
包裹加速度a2＝μ1g＝2 m/s2，
包裹在光滑曲面下滑eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)＝mgh′，
共同速度v＝a1t＝v0－a2t，
解得t＝eq \f(8,17)v0.
如图所示
由v-t图像可得
L＝eq \f(1,2)v0t，
解得h′＝0.85 m.
答案：(1)40 kg (2)0.8 m≤h≤2.8 m (3)0.85 m
4．如图所示，一质量M＝3.0 kg、长L＝5.15 m的长木板B静止放置于光滑水平面上，其左端紧靠一半径R＝2 m的光滑圆弧轨道，但不粘连．圆弧轨道左端点P与圆心O的连线PO与竖直方向夹角为60°，其右端最低点处与长木板B上表面相切．距离木板B右端d＝2.5 m处有一与木板等高的固定平台，平台上表面光滑，其上放置有质量m＝1.0 kg的滑块D.平台上方有一固定水平光滑细杆，其上穿有一质量M＝3.0 kg的滑块C，滑块C与D通过一轻弹簧连接，开始时弹簧处于竖直方向．一质量m＝1.0 kg的滑块A自M点以某一初速度水平抛出下落高度H＝3 m后恰好能从P点沿切线方向滑入圆弧轨道．A下滑至圆弧轨道最低点并滑上木板B，带动B向右运动，B与平台碰撞后即粘在一起不再运动．A随后继续向右运动，滑上平台，与滑块D碰撞并粘在一起向右运动．A、D组合体在随后运动过程中一直没有离开平台，且C没有滑离细杆．A与木板B间动摩擦因数为μ＝0.75.忽略所有滑块大小及空气阻力对问题的影响．重力加速度g＝10 m/s2，求：
(1)滑块A到达P点的速度大小；
(2)滑块A到达圆弧最低点时对轨道压力的大小；
(3)滑块A滑上平台时速度的大小；
(4)若弹簧第一次恢复原长时，C的速度大小为0.5 m/s.则随后运动过程中弹簧的最大弹性势能是多大？
解析：(1)从开始到P点物体做平抛运动，竖直方向veq \\al(2,y)＝2gH从P点沿切线进入圆轨道vp＝eq \f(vy,sin 60°)＝4eq \r(5) m/s.
(2)从P点到圆弧最低点，由动能定理mgR(1－cs 60°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mveq \\al(2,p)在最低点，由牛顿第二定律可知FN－mg＝meq \f(veq \\al(2,1),R)，由牛顿第三定律可知FN＝F′N＝60 N.
(3)假设物块A在木板B上与B共速后木板才到达右侧平台，以AB系统，由动量守恒定律mv1＝(M＋m)v2由能量关系μmgx相＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)(M＋m)veq \\al(2,2)，解得x相＝5 m