新教材高考物理一轮复习课时规范练21动力学、能量、动量观点在力学中的应用含答案

这是一份新教材高考物理一轮复习课时规范练21动力学、能量、动量观点在力学中的应用含答案，共7页。试卷主要包含了如图所示,半径R=1等内容，欢迎下载使用。

1.(动力学与动量综合问题)(2023广东惠州模拟)2022年北京冬奥会,我国短道速滑队夺得混合团体2 000米接力决赛金牌,如果在某次交接棒训练中,质量为60 kg的甲以7 m/s的速度在前面滑行,质量为65 kg的乙以11 m/s的速度从后面追上,并迅速将甲向前推出。乙推出甲后做匀减速直线运动,10 s后停在离交接棒前方40 m的地方。
(1)假设乙推甲过程中不计任何阻力,则甲、乙分离瞬间甲的速度大小是多少?若甲、乙作用时间为0.3 s,则乙对甲的平均推力大小是多少?
(2)若甲离开乙后甲立即做匀加速直线运动,加速度大小为0.5 m/s2,4 s末刚好追上前方1 m处匀速滑行的另一队的队员丙,计算队员丙匀速滑行的速度大小。
2.(动量与能量综合问题)(2023广东广州海珠区校级期末)如图甲所示,避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成。如图乙所示,某同学在实验室模拟避险车道,倾角为α=30°的固定斜面与水平面在O点平滑连接,质量为m0的物块A在距O点为L=2.0 m处时以速率v0=5.0 m/s向斜面滑动,A与水平面和斜面间的动摩擦因数均为μ=0.4。已知重力加速度g取10 m/s2,忽略物块A经过O点时的机械能损失,物块A可视为质点。
(1)为使A不与斜面顶端的防撞设施相碰,求斜面的最小高度h;(计算结果可保留根号)
(2)实验中撤掉斜面,在斜面底端O位置放置质量为12m0的物块B模拟小型车辆,A重复上述运动与B发生瞬时正碰,碰后两车一起向前运动,B与水平面间的动摩擦因数也为μ,求碰后B能向前滑行的距离。
3.(动力学、动量与能量综合问题)(2023广东潮州二模)滑板运动是青少年喜欢的运动之一,某滑板运动场地如图所示,水平面BC与斜面AB和圆弧CD平滑连接,滑板爱好者站在滑板甲上由静止从A点滑下,同时另一完全相同的滑板乙从圆弧上的D点由静止释放。两滑板在水平面上互相靠近时,滑板爱好者跳到滑板乙上,并和滑板乙保持相对静止,此后两滑板沿同一方向运动且均恰好能到达D点,被站在D点的工作人员接收。已知斜面AB长l=1.225 m,倾角为θ=30°,圆心O与D点的连线与竖直方向的夹角α=60°,滑板质量m=5 kg,滑板爱好者的质量m0=55 kg,不计空气阻力及滑板与轨道之间的摩擦,滑板爱好者与滑板均可视为质点,g取10 m/s2。求:
(1)圆弧CD的半径;
(2)滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时,对C点压力的大小。
素养综合练
4.(2023辽宁大连一模)如图所示,质量为m0的沙箱用四根长度均为L的不可伸长轻细线悬挂起来,沙箱摆动过程中只能发生平动,可用此装置测量子弹的速度。若第一颗质量为m的子弹在极短时间内水平射入并留在沙箱中,沙箱能向上摆起的最大摆角为θ,重力加速度为g,不计空气阻力。
(1)求子弹打入沙箱前的瞬时速度。
(2)若沙箱第一次摆回到最低点的瞬间又打入第二颗相同的子弹,且子弹没有穿过沙箱,求第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能。
5.(2023广东佛山模拟)如图所示,半径R=1.25 m的光滑竖直四分之一圆轨道OAB与光滑水平轨道BC相切于B点,水平轨道BC右端与一长L=0.5 m的水平传送带CD相连,传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动,两滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4。小滑块1从四分之一圆轨道的A点由静止释放,滑上水平轨道后与静止在水平轨道上的小滑块2发生弹性正碰,两滑块经过传送带后从传送带末端D点水平抛出,落在水平地面上。已知两滑块质量分别为m1=0.2 kg和m2=0.3 kg,忽略传送带转轮半径,D点距水平地面的高度h=0.45 m,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)小滑块1首次经过圆轨道最低点B时对轨道的压力大小;
(2)两滑块碰后小滑块1、小滑块2的速度v1、v2;
(3)小滑块1、小滑块2平抛的水平位移。
答案：
1.答案 (1)10.25 m/s 650 N (2)11 m/s
解析 (1)乙推出甲后10 s末停在离交接棒前方40 m的地方,则x乙=v乙'2t
代入数据得v乙'=8 m/s
乙推甲过程,甲、乙组成的系统动量守恒,则有
m甲v甲+m乙v乙=m甲v甲'+m乙v乙'
解得v甲'=10.25 m/s
乙推甲过程,对甲由动量定理得F·Δt=m甲(v甲'-v甲)
代入数据解得F=650 N。
(2)4 s末甲刚好追上前方1 m处匀速滑行的另一队的队员丙,
由位移关系可知v甲t1+12at12=v丙t1+x0
丙匀速滑行的速度大小为v丙=11 m/s。
2.答案 (1)920+83 m (2)0.5 m
解析 (1)设物块A滑到斜面底端O点时速度为v1,在此过程中,根据动能定理可得
-μm0gL=12m0v12-12m0v02
解得v1=3 m/s
滑上斜面过程中,根据动能定理可得-m0gh-μm0gcs α·hsinα=0-12m0v12
解得h=920+83 m。
(2)A与B发生碰撞动量守恒,取初速度方向为正方向,根据动量守恒定律可得
m0v1=(m0+m)v2
解得v2=2 m/s
继续向前运动x,速度为零,根据动能定理得
-μ·32m0gx=0-12×32m0v22
解得x=0.5 m。
3.答案 (1)0.9 m (2)100 N
解析 (1)滑板爱好者和滑板甲从A点到B点,利用动能定理有(m0+m)glsin θ=12(m0+m)v12
代入数据,可得v1=3.5 m/s
滑板爱好者从滑板甲跳到滑板乙过程动量守恒,取向右为正方向,则有(m0+m)v1-mv2=mv3+(m0+m)v4
两滑板均恰好能到达D点,可知两滑板到达D点的速度恰好为零,所以v2=v3=v4
联立方程,可得v2=3 m/s
滑板乙从D点到C点利用动能定理可得mg(R-Rcs 60°)=12mv22
代入数据,可得R=0.9 m。
(2)滑板乙在下滑过程中经过圆弧最低点时,由牛顿第二定律有FN-mg=mv22R
代入数据,可得FN=100 N
由牛顿第三定律可知滑板乙对C点压力F压=FN=100 N。
4.答案 (1)m0+mm2gL(1-csθ)
(2)(m0+m)(m0+2m)mgL(1-cs θ)
解析 (1)在子弹与沙箱共速至沙箱偏离平衡位置的角度为θ的过程中,
由机械能守恒定律得
12(m0+m)v2=(m0+m)gL(1-cs θ)
解得v=2gL(1-csθ)
由水平方向动量守恒得mv0=(m0+m)v
解得v0=m0+mm2gL(1-csθ)。
(2)沙箱第一次摆回到最低点时,速度方向相反,大小不变。此时又打入第二颗相同的子弹,且子弹没有穿过沙箱,根据动量守恒定律则有
mv0-(m0+m)v=(m0+2m)v'
解得v'=0
根据能量守恒定律,第二颗子弹打入沙箱过程中系统损失的机械能为
ΔE=12(m0+m)v2+12mv02-0
解得ΔE=(m0+m)(m0+2m)mgL(1-cs θ)。
5.答案 (1)6 N
(2)-1 m/s 方向水平向左 4 m/s 方向水平向右
(3)0.6 m 335 m
解析 (1)滑块1由A到B的过程,根据机械能守恒定律可得
m1gR=12m1v02
解得v0=5 m/s
在圆轨道最低点B,根据牛顿第二定律可得
FN-m1g=m1v02R
解得FN=6 N
根据牛顿第三定律可得滑块1经过圆轨道最低点B时对轨道的压力
F压=FN=6 N。
(2)滑块1和滑块2发生弹性正碰,取水平向右为正方向,
根据动量守恒定律和机械能守恒定律
则有m1v0=m1v1+m2v2
12m1v02=12m1v12+12m2v22
联立可得v1=-1 m/s(负号表示方向水平向左),v2=4 m/s。
(3)滑块在传送带上的加速度大小为
a=μmgm=4 m/s2
滑块从传送带末端D平抛
h=12gt2
解得t=0.3 s
滑块2以4 m/s速度滑上传送带,如果滑块2在传送带上一直做匀减速直线运动
v32-v22=-2aL
解得v3=23 m/s
因为v3=23 m/s>v,所以滑块2在传送带上一直减速运动,以v3为初速度从D点平抛
滑块2平抛水平位移x2=v3t=335 m
滑块1先向左滑上四分之一圆轨道再返回,以1 m/s速度滑上传送带,如果滑块1在传送带上一直做匀加速直线运动
v42-v12=2aL
解得v4=5 m/s
因为v4=5 m/s>v,所以滑块1在传送带上先加速后匀速,以v为初速度从D点平抛
滑块1平抛水平位移x1=vt=0.6 m。