适用于新教材2024版高考物理一轮总复习课时规范练36

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课时规范练36
基础对点练
1.(动量与能量观点的综合应用)冰壶运动是2022年北京冬季奥运会比赛项目之一。比赛时,在冰壶前进的时候,运动员不断地用刷子来回刷动冰面,以减小摩擦力。如图所示,冰壶A以初速度v0向前运动x0后,与冰壶B发生完全非弹性碰撞,此后运动员通过刷动冰面,使得冰壶A、B整体所受摩擦力为碰前冰壶A所受摩擦力的,冰壶A、B整体运动x1后停下来。已知冰壶A、B的质量均为m,可看成质点,重力加速度为g。则运动员刷动冰面前,冰壶与冰面的动摩擦因数为(　　)

A. B.
C. D.
答案 D
解析 设刷动冰面前冰壶与冰面的动摩擦因数为μ,冰壶A向前做匀减速直线运动,由动能定理可知-μmgx0=,冰壶A与冰壶B发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律可知mv1=2mv2,此后冰壶A、B整体向前做匀减速直线运动,由动能定理可得-μmgx1=0-×2m,联立解得μ=,故D正确。
2.(动量与能量观点的综合应用)(2023湖南部分重点学校联考)如图所示,质量为m1的小车上有两个半径均为R的半圆形轨道,AB、CD为轨道水平直径,初始时小车静止在光滑的水平地面上,现将质量为m2的小球从距A点正上方h0高处由静止释放,小球由A点沿切线进入轨道并能从B点冲出,在空中上升的最大高度为h0,不计空气阻力。则下列说法正确的是(　　)

A.小球和小车组成的系统动量守恒
B.小球和小车组成的系统机械能守恒
C.小球会落入CD轨道并从D点离开小车
D.小球第二次离开轨道在空中上升的最大高度满足:h0 答案 D
解析 小球和小车组成的系统合力不为0,动量不守恒,故A错误;系统在水平方向不受外力,动量守恒,因此到达B点时,小车速度为0,小球速度方向竖直向上,小球不能进入CD轨道,又因为小球从B点冲出,在空中上升的最大高度为h0,机械能减小,故B、C错误;根据动能定理可知m2g(h0-h0)-Wf=0,即m2gh0=Wf,第二次在轨道上小球速率小于第一次速率,因此圆弧面对小球支持力减小,即摩擦力减小,因此第二次在圆弧轨道上摩擦力做功小于第一次,第二次损失的机械能小于第一次损失的机械能,所以上升的最大高度h0 3.(动量与能量观点的综合应用)(2023江苏南通调研)如图所示,A、B是两个用等长细线悬挂起来的大小可忽略不计的小球,mB=5mA。B球静止,拉起A球,使细线与竖直方向偏角为30°,由静止释放,在最低点A球与B球发生弹性碰撞。不计空气阻力,则关于碰后两小球的运动,下列说法正确的是(　　)

A.A球静止,B球向右,且偏角小于30°
B.A球向左,B球向右,且偏角等于30°
C.A球向左,B球向右,A球偏角大于B球偏角,且都小于30°
D.A球向左,B球向右,A球偏角等于B球偏角,且都小于30°
答案 C
解析 设A球到达最低点的速度为v,在最低点A球与B球发生弹性碰撞后,A球的速度为vA,B球的速度为vB,规定向右为正方向。由动量守恒定律可得mAv=mAvA+mBvB,由机械能守恒定律可得mAv2=mAmB,可得vA=v=-v,vB=v=v,故A球向左,B球向右。设碰后A球偏角为θ,绳长为L,由机械能守恒定律可得mA=mAgL(1-cosθ),故cosθ=1-,可见偏角与小球在最低点的速度大小有关,与质量无关,故A球偏角大于B球偏角,且都小于A球原来的偏角30°,故选C。
4.(动量与能量观点的综合应用)(多选)如图所示,水平面与弧形轨道平滑连接,水平面上有两个静止的小球b、c,小球b、c间有处于自由状态的轻弹簧,弹簧与小球b、c均未拴接。现让小球a从弧形轨道上距水平面高度为h处由静止释放,经过时间t到达水平面,之后与小球b发生碰撞并粘在一起,小球a、b碰撞时间极短,再经过一段时间,弹簧将小球c完全弹开后将弹簧拿走。已知a、b、c三个小球质量均为m,且均可视为质点,重力加速度为g,所有阻力都不计。对三个小球的运动过程,下列说法正确的是(　　)

A.弧形轨道对小球a的冲量大小为m
B.弹簧的最大弹性势能为mgh
C.小球c最终的动能为mgh
D.将弹簧拿走后,小球b、c还会再发生碰撞
答案 AC
解析 根据机械能守恒定律得mgh=mv2,小球a从轨道运动到最低点的速度v=。设弧形轨道对小球a的冲量大小为I,根据动量定理可得I=,解得I=m,A正确;小球a与小球b发生碰撞并粘在一起时的速度为mv=2mv1,解得v1=,弹簧处于最大弹性势能时,a、b、c三球的速度相等,则有mv=3mv2,解得v2=,根据能量守恒定律可得Epmax=·2m·3mmgh,B错误;小球c离开弹簧,即弹性势能全部转化为动能,根据动量守恒定律和机械能守恒定律有2mv1=2mvb+mvc,·2m·2m·m,解得vb=,vc=,vb 5.(力学三大观点的综合应用)(多选)(2022全国乙卷)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动,F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小g取10 m/s2。则(　　)

A.4 s时物块的动能为零
B.6 s时物块回到初始位置
C.3 s时物块的动量为12 kg·m/s
D.0~6 s时间内F对物块所做的功为40 J
答案 AD
解析 本题结合F-t图像,考查动量定理、动能定理、牛顿第二定律和功的计算。设F0=4N,物块与地面间的摩擦力大小为Ff=μmg=2N,0~3s内对物块由动量定理可知(F0-Ff)t1=mv3,解得v3=6m/s,3s时物块的动量为p=mv3=6kg·m/s,故C错误;设3s后经过时间t物块的速度减为0,由动量定理可得-(F0+Ff)t=0-mv3,解得t=1s,所以物块在4s时速度减为0,此时物块的动能也为0,故A正确;设0~3s内物块的位移大小为x1,由动能定理可得(F0-Ff)x1=,解得x1=9m,设3~4s内物块的位移大小为x2,由动能定理可得-(F0+Ff)x2=0-,解得x2=3m,4~6s内物块反向运动,物块的加速度大小a==2m/s2,物块的位移大小为x3==4m 6.(动量与能量观点的综合应用)(2023山东临沂模拟)如图所示,上端固定着弹射装置的玩具小车静置于粗糙水平地面上,小车和弹射装置的总质量为3m,在弹射装置中放上两个质量均为m的小球,小车与地面间的动摩擦因数为μ=0.15。为使小车恰好能够到达距车右端L=3 m的目标位置,小车分两次向左水平弹射小球,每个小球被弹出时的对地速度均为v。若每次弹射都在小车静止的情况下进行,且忽略小球的弹射时间,求弹射速度v的大小,g取10 m/s2。

答案 7.2 m/s
解析 小球第一次被弹射时,规定小车的运动方向为正方向,
由动量守恒定律得0=(m+3m)v1-mv
小车向右滑行过程,根据动能定理得-μ(m+3m)gs1=-(m+3m)
第二次弹射时,规定小车的运动方向为正方向,由动量守恒定律得0=3mv2-mv
小车向右滑行过程,根据动能定理得
-μ·3mgs2=-×3m
根据几何关系得s1+s2=L
联立解得v=7.2m/s。
素养综合练
7.滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”,滑板运动员可以在不同的轨道上滑行。如图所示,轨道位于竖直平面内,其中BC和DE为半径R1=1.3 m和R2=3.6 m的两段圆弧轨道,BC的圆心为O点,圆心角θ=60°,DE的圆心为O'点,D点在O'点正下方,CD为水平轨道,C、D处与圆弧轨道平滑连接;滑板a和b的质量均为m=5 kg,运动员的质量m员=45 kg。某时刻,运动员踩在滑板a上,先从轨道上的A点以3 m/s的速度水平滑出,在B点刚好沿着轨道的切线方向滑入圆弧轨道BC,滑上CD轨道后,运动员从滑板a跳到静止放置在水平轨道上的滑板b上,并一起向前继续滑动,跳后滑板a则以2 m/s的速度返回,然后撤掉。运动员和滑板b经CD轨道后冲上DE轨道。滑板和运动员均可视为质点,运动员调整过程中无机械能增加,不计一切阻力,重力加速度g取10 m/s2,求:

(1)运动员到达B点的速度大小;
(2)运动员在D点对滑板b的压力大小。
答案 (1)6 m/s　(2)1 098 N
解析 (1)运动员从A点运动到B点的过程中,做平抛运动,到达B点时,其速度沿B点的切线方向,根据几何关系可知,运动员到达B点的速度为vB=m/s=6m/s。
(2)从B到C,由动能定理得(m员+m)gR1(1-cos60°)=(m员+m)(m员+m)
解得vC=7m/s
运动员跳离滑板a,运动员和滑板a动量守恒,有(m员+m)vC=-mv1+m员v2
运动员跳上滑板b,运动员和滑板b动量守恒,有m员v2=(m员+m)v3
解得v3=7.2m/s
运动员到达D点后开始做竖直面内的圆周运动,设在D点滑板对运动员的支持力为FN,有FN-m员g=m员
解得FN=1098N
根据牛顿第三定律,运动员对滑板b的压力为1098N。
8.(2023河北保定模拟)如图所示,一条轨道固定在竖直平面内,轨道AB水平且粗糙,BCD段光滑,其中CD段是以点O'为圆心、半径R=0.3 m的一小段圆弧。可视为质点的物体a和b分别静止在A和B,质量均为m=0.8 kg。现用与竖直方向成θ=37°的斜向上F=10 N的拉力拉动物体a,经位移s=0.6 m后撤去拉力F,紧接着物体a与物体b发生碰撞,碰撞过程中无能量损失,碰后物体b沿着轨道BO运动。已知物体a与AB段轨道的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度g取10 m/s2,cos 37°=0.8,sin 37°=0.6。

(1)求碰撞前物体a的速度大小;
(2)试通过计算说明在COD轨道上物体b在O点之后将做什么运动?
答案 (1)3 m/s
(2)平抛运动
解析 (1)对物体a受力分析可知Fcos37°=mg
Fsin37°=ma
根据匀变速直线运动公式可得=2as
解得碰前物体a的速度大小v0=3m/s。
(2)物体a与b碰撞瞬间,根据动量守恒定律可得mv0=mva+mvb
根据机械能守恒定律可得
联立可得va=0,vb=3m/s
物体b由B至O,根据动能定理可得-mgR=mv2-
在O点,根据牛顿第二定律可得mg-FN=m
联立可得轨道对物体b的支持力FN=0
综合以上分析可知,在轨道COD上物体b在O点之后做平抛运动。
9.(2022广东华南师大附中期末)一种户外体育益智活动的简化图如图所示,浮板A静止在水面上,且A的左端停靠在岸边,一个弹性方块B静止在岸上边缘处。参加活动的人在岸上用力击打B使其获得速度后滑上A,已知A到达对岸时,B刚好到达A的右端且与A共速,A碰到对岸便立即被锁住。A、B之间的动摩擦因数为μ,A的质量是B的2倍,水面宽度为s,浮板A的长度为L,B可视为质点,忽略水面的阻力,重力加速度为g。

(1)求水面宽度s与浮板A长度L的比值。
(2)若B滑上A的初速度(设为v)发生变化,求保证B能够到达对岸的速度v的大小范围,并求出B到达对岸时的速度大小。
答案 (1)
(2)≤v≤
解析 (1)设B到达A右端时,A、B共速为v1,以水平向右为正方向,A、B动量守恒,由动量守恒定律得
mv0=(m+2m)v1
对B,由动能定理可得
-μmgs=
对A,由动能定理可得
μmg(s-L)=·2m-0
联立解得。
(2)由(1)可解得(1)中的初速度v0=
当初速度v>时,A、B将无法共速,且在A到达对岸时B已经离开A;
当初速度v≤时,A、B可以达到共速,共速后直到A停靠在对岸时,B继续在A上滑动,设B刚好能滑到A右端,共速时速度大小为v2,则此时由A、B动量守恒有
mv=(m+2m)v2
设B与A左端距离为s1,由功能关系得
-μmgs1=·3mmv2
当A被锁定后,B恰好继续向前滑动(L-s1),由运动学公式得
=2a(L-s1)
又ma=μmg
解得v=
所以速度大小的范围为≤v≤
对于该范围中任意的初速度v,设B到达对岸的速度为v3,则根据运动学公式有
=2a(L-s1)
解得v3=。