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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
展开这是一份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<5.15 m.B板从开始滑动到AB共速的过程中,对B由动能定理μmgxB=eq \f(1,2)Mveq \\al(2,2),解得xB=1.25 m<2.5 m,即假设成立;B撞平台后,A在B上继续向右运动,对A由动能定理-μmg(L-s相)=eq \f(1,2)mveq \\al(2,3)-eq \f(1,2)mveq \\al(2,2),解得v3=2 m/s.
(4)弹簧第一次恢复原长时,当C的速度方向向右时,以ABC为系统,由动量守恒定律可知mv3=2mv4+Mv5,三者速度相同时弹性势能最大,由动量守恒定律mv3=(2m+M)v6由能量关系Epmax=eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,4)+eq \f(1,2)Mveq \\al(2,5)-eq \f(1,2)(2m+M)veq \\al(2,6)解得Epmax=0.037 5 J弹簧第一次恢复原长时,当C的速度方向向左时,以AD和C系统,由动量守恒定律mv3=2mv7+Mv5三者速度相同时弹性势能最大,由动量守恒定律mv3=(2m+M)v8,由能量关系可知E′pmax=eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,7)+eq \f(1,2)Mveq \\al(2,5)-eq \f(1,2)(2m+M)veq \\al(2,8),解得E′pmax=3.037 5 J.
答案:(1)vp=4eq \r(5) m/s (2)60 N (3)2 m/s (4)3.037 5 J
5.(2023·汕头金山中学一模)如图所示,竖直平面内有一长度x=1 m的粗糙平台AB,动摩擦因数μ=0.05,其左侧有弹簧和质量m1=2 kg的小球1.弹簧处于压缩状态,弹性势能Ep=2 J,与小球1不粘连.小球1右侧有一半径R=1.2 m、圆心角θ=60°的光滑圆弧轨道CD,最底端D平滑连接另一长s=2 m的粗糙平台DE.质量m2=4 kg的小球2静止在D点,左侧粘有少量炸药(质量不计),E端有一质量m3=4 kg的小球3,用长为L=0.5 m的轻绳悬吊,对E点刚好无压力.无初速地释放小球1,小球1恰好沿C点切线方向进入圆弧轨道到达D点,与小球2接触瞬间引燃炸药(未发生碰撞),爆炸后小球1、2速度方向均水平.小球1恰好以原来进入C点的速度从C点滑出,所有小球均可视为质点且质量不变,忽略弹簧长度的变化,g取10 m/s2,求:
(1)炸药爆炸前小球1对D点的压力大小;
(2)炸药爆炸过程中有多少能量转化成小球1、2的机械能;
(3)若小球2能与小球3发生弹性碰撞且最终仍停在平台上,整个过程中绳子始终不松弛,小球与平台DE间动摩擦因数μ2的范围.
解析:(1)小球1从A运动到B点,根据能量守恒定律有Ep-μ1m1gx=eq \f(1,2)m1veq \\al(2,B),
解得vB=1 m/s.
小球1从B到C做平抛运动,则有
vC=eq \f(vB,cs 60°)=2 m/s,
小球1从C到D,根据机械能守恒定律有
eq \f(1,2)m1veq \\al(2,C)+m1gR(1-cs 60°)=eq \f(1,2)m1veq \\al(2,D),
解得vD=4 m/s.
小球1在D点,根据牛顿第二定律有
FN-m1g=m1eq \f(veq \\al(2,D),R),
解得FN=eq \f(140,3) N.
根据牛顿第三定律可知小球1对轨道的压力大小为eq \f(140,3) N,方向竖直向下.
(2)炸药爆炸过程中,根据动量守恒有
m1vD=-m1v′D+m2v,
其中v′D=vD=4 m/s,
则机械能的增加量为
ΔE=eq \f(1,2)m1veq \\al(2,D)+eq \f(1,2)m2veq \\al(2,2)-eq \f(1,2)m1veq \\al(2,D),
解得ΔE=32 J;v=4 m/s.
(3)①当小球2刚好运动小球3处时速度为零,则有
-μ2m2gs=0-eq \f(1,2)m2v2,
解得μ2=0.4.
②设小球2运动到小球3处的速度为v′2(此时未与小球3碰撞),则有
-μ2m2gs=eq \f(1,2)m2v′eq \\al(2,2)-eq \f(1,2)m2v2,
之后小球2与小球3发生弹性碰撞,由于两球的质量相等,则速度交换,故碰撞后小球3的速度为v3=v′2,为保证整个过程中绳子始终不松弛,且最终小球2仍停在平台上,则小球3最多上到右侧圆心等高处,则有
eq \f(1,2)m3veq \\al(2,3)=m3gL,
联立解得μ2=0.15,
综上所述可知0.15≤μ2<0.4.
答案:(1)FN=eq \f(140,3) N (2)ΔE=32 J (3)0.15≤μ2<0.4
6.如图所示,有一“”形的光滑平行金属轨道,间距为l1,两侧倾斜轨道足够长,且与水平面夹角均为θ=30°,各部分平滑连接.左侧倾斜轨道顶端接了一个理想电感器,自感系数为L=0.003 6 H,轨道中有垂直轨道平面向上的匀强磁场,磁感应强度为B1=0.1T,M、N两处用绝缘材料连接.在水平轨道上放置一个“]”形金属框edcf,其中ed、cf边质量均不计,长度均为l2;cd边质量为m,长度为l1,电阻阻值为r=0.1 Ω;在金属框右侧长为l3、宽为l1的区域存在竖直向上的磁感应强度大小为B2=0.25T的匀强磁场;右侧轨道顶端接了一个阻值R=0.2 Ω的电阻.现将质量为m、长度为l1的金属棒ab从左侧倾斜轨道的某处静止释放,下滑过程中流过棒ab的电流大小为i=eq \f(B1l1x,L)(其中x为下滑的距离),滑上水平轨道后与“]”形金属框相碰并粘在一起形成闭合导体框abcd,整个滑动过程棒ab始终与轨道垂直且接触良好.已知m=0.01 kg,l1=0.2 m,l2=0.08 m,l3=0.24 m,除已给电阻外其他电阻均不计.(提示:可以用F-x图像下的“面积”代表力F所做的功)
(1)求棒ab在释放瞬间的加速度大小;
(2)当释放点距MN多远时,棒ab滑到MN处的速度最大,最大速度是多少?
(3)以第(2)问方式释放棒ab,试通过计算说明棒ab能否滑上右侧倾斜轨道.
解析:(1)释放瞬间,棒ab受力如图
由牛顿第二定律可知mgsin θ=ma解得a=gsin θ=5 m/s2.
(2)已知感应电流大小为i=eq \f(B1l1x,L),当棒ab受到的安培力等于重力下滑分力时速度最大,有FA=eq \f(Beq \\al(2,1)leq \\al(2,1)x,L)=mgsin θ棒ab的速度最大.联立方程解得x=eq \f(mgLsin θ,Beq \\al(2,1)leq \\al(2,1))=0.45 m下滑过程,由动能定理知mg·x·sin θ+WA=eq \f(1,2)mveq \\al(2,0)-0其中安培力做的功WA=-eq \f(0+FA,2)·x=-eq \f(0+mgsin θ,2)·x联立方程组解得v0=1.5 m/s.
(3)棒ab与金属框edcf相碰过程,由动量守恒知mv0=2mv1整体进磁场过程,内电阻为r,外电阻为0,设速度为v,则回路总电流为i=eq \f(B2l1v,r)则FA=B2il1所以整体进磁场过程安培力的冲量为IFA=-∑B2il1Δt=-∑B2eq \f(B2l1v,r)l1Δt=-∑eq \f(Beq \\al(2,2)leq \\al(2,1),r)vΔt=-eq \f(Beq \\al(2,2)leq \\al(2,1),r)l2出磁场过程,ab边为电源,内电阻为0,外电阻为R外=eq \f(Rr,R+r)=eq \f(1,15) Ω同理可得安培力的冲量为IFA′=-eq \f(Beq \\al(2,2)leq \\al(2,1),R外)l2又由动量定理知进出磁场过程中有
IFA+I′FA=2mv2-2mv1解得出磁场时,速度大小v2=0.5 m/s整体沿斜面上滑过程,由动能定理可知
-2mgH=0-eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,2)解得重心升高的高度H=0.012 5 m而ab边恰好运动到右侧倾斜最低端,则重心升高H0=eq \f(1,2)l2sin θ=0.02 m>H所以,棒ab不能滑上右侧倾斜轨道.
另解:若将导体框abcd的ab边右侧倾斜轨道的最低点时静止处释放,滑到水平轨道时导体框abcd的速度为v0,则由mgl2sin θ=eq \f(1,2)×2mveq \\al(2,0)-0得v0=eq \r(gl2sin θ)=eq \r(0.4) m/s>0.5 m/s,所以棒ab不能滑上右侧倾斜轨道.
答案:(1)5 m/s2 (2)1.5 m/s (3)不能
7.(2023·浙江卷)为了探究物体间碰撞特性,设计了如图所示的实验装置.水平直轨道AB、CD和水平传送带平滑无缝连接,两半径均为R=0.4 m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管道DEF与轨道CD和足够长的水平直轨道FG平滑相切连接.质量为3m的滑块b与质量为2m的滑块c用劲度系数k=100 N/m的轻质弹簧连接,静置于轨道FG上.现有质量m=0.12 kg的滑块a以初速度v0=2eq \r(21) m/s从D处进入,经DEF管道后,与FG上的滑块b碰撞(时间极短).已知传送带长L=0.8 m,以v=2 m/s的速率顺时针转动,滑块a与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,其它摩擦和阻力均不计,各滑块均可视为质点,弹簧的弹性势能Ep=eq \f(1,2)kx2(x为形变量).
(1)求滑块a到达圆弧管道DEF最低点F时速度大小vF和所受支持力大小FN;
(2)若滑块a碰后返回到B点时速度vB=1 m/s,求滑块a、b碰撞过程中损失的机械能ΔE;
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Δx.
解析:(1)滑块a从D到F,由能量关系mg·2R=eq \f(1,2)mveq \\al(2,F)-eq \f(1,2)mveq \\al(2,0),
在F点FN-mg=meq \f(veq \\al(2,F),R),解得vF=10 m/s,FN=31.2 N.
(2)滑块a返回B点时的速度vB=1 m/s,滑块a一直在传送带上减速,加速度大小为a=μg=5 m/s2,
根据veq \\al(2,B)=veq \\al(2,C)-2aL可得在C点的速度vC=3 m/s,
则滑块a从碰撞后到到达C点eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)=eq \f(1,2)mveq \\al(2,C)+mg·2R,解得v1=5 m/s.
因ab碰撞动量守恒,则mvF=-mv1+3mv2,
解得碰后b的速度v2=5 m/s,
则碰撞损失的能量ΔE=eq \f(1,2)mveq \\al(2,F)-eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)-eq \f(1,2)·3mveq \\al(2,2)=0.
(3)若滑块a碰到滑块b立即被粘住,则ab碰后的共同速度mvF=4mv,解得v=2.5 m/s,
当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4mv=6mv′则v′=eq \f(5,3) m/s,
当弹簧被压缩到最短时压缩量为x1,由能量关系eq \f(1,2)·4mv2=eq \f(1,2)·6mv′2+eq \f(1,2)kxeq \\al(2,1),解得x1=0.1 m.
同理当弹簧被拉到最长时伸长量为x2=x1,
则弹簧最大长度与最小长度之差Δx=2x1=0.2 m.
答案:(1)10 m/s 31.2 N (2)0 (3)0.2 m
8.(2023·辽宁卷)如图,质量m1=1 kg的木板静止在光滑水平地面上,右侧的竖直墙面固定一劲度系数k=20 N/m的轻弹簧,弹簧处于自然状态.质量m2=4 kg的小物块以水平向右的速度v0=eq \f(5,4) m/s滑上木板左端,两者共速时木板恰好与弹簧接触.木板足够长,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.1,最大静摩擦力等于滑动摩擦力.弹簧始终处在弹性限度内,弹簧的弹性势能Ep与形变量x的关系为Ep=eq \f(1,2)kx2.取重力加速度g=10 m/s2,结果可用根式表示.
(1)求木板刚接触弹簧时速度v的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离x1;
(2)求木板与弹簧接触以后,物块与木板之间即将相对滑动时弹簧的压缩量x2及此时木板速度v2的大小;
(3)已知木板向右运动的速度从v2减小到0所用时间为t0.求木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,系统因摩擦转化的内能ΔU(用t0表示).
解析:(1)由于地面光滑,则m1、m2组成的系统动量守恒,则有m2v0=(m1+m2)v1,
代入数据有v1=1 m/s,
对m1受力分析有a1=eq \f(μm2g,m1)=4 m/s2,
则木板运动前右端距弹簧左端的距离有veq \\al(2,1)=2a1x1,
代入数据解得x1=0.125 m.
(2)木板与弹簧接触以后,对m1、m2组成的系统有kx=(m1+m2)a共,
对m2有a2=μg=1 m/s2,
当a共=a2时物块与木板之间即将相对滑动,解得此时的弹簧压缩量x2=0.25 m,
对m1、m2组成的系统列动能定理有-eq \f(1,2)kxeq \\al(2,2)=eq \f(1,2)(m1+m2)veq \\al(2,2)-eq \f(1,2)(m1+m2)veq \\al(2,1),代入数据有v2=eq \f(\r(3),2) m/s.
(3)木板从速度为v2时到之后与物块加速度首次相同时的过程中,由于木板即m1的加速度大于木块m2的加速度,则当木板与木块的加速度相同时即弹簧形变量为x2时,则说明此时m1的速度大小为v2,共用时2t0,且m2一直受滑动摩擦力作用,则对m2有-μm2g·2t0=m2v3-m2v2解得v3=eq \f(\r(3),2)-2t0,
则对于m1、m2组成的系统有-Wf=eq \f(1,2)m1veq \\al(2,2)+eq \f(1,2)m2veq \\al(2,3)-eq \f(1,2)(m1+m2)veq \\al(2,2),ΔU=-Wf,
联立有ΔU=4eq \r(3)t0-8teq \\al(2,0).
答案:(1)1 m/s;0.125 m (2)0.25 m;eq \f(\r(3),2) m/s
(3)4eq \r(3)t0-8teq \\al(2,0)
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