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

专题强化练（七）动量能量

1.（2023•广东广州天河二模）观赏“烟火”表演是每年“春节”庆祝活动的压轴大餐.某

型“礼花”底座仅0.2s的发射时间，就能将5kg的礼花弹竖直抛上180m的高空.（忽略

发射底座高度，不计空气阻力，g取10m/s2）.

（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溶动的两块（爆炸时炸药质量忽略不

i\）,测得两块落地点间的距离，•一90（）川，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180nl高空用时为如由竖直上抛运动的对称性知

12

力=/，

代入数据解得£=6s,

设发射时间为力，火药对礼花弹的作用力为E对礼花弹发射到1801n高空运用动量定理有

Ft\=0»

代入数据解得产=1550N.

（2）设礼花弹在180m高空爆炸时分裂为质量为⑶、色的两块，对应水平速度大小为匕、匕

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

nh匕一磔％=0,

且有如+色=勿,

由平抛运动的规律和题目落地的距离条件有

(1+V2)t=900m,

设物块落地时竖直速度为外，落地时两者的速度相q垂直，如图所示，有

VyV2

tan(f

V\Vy

如=1kg

代入数据解得

m>=4kg

力=120m/sm=4kg=30m/s

对应，对应

以=30m/s坂=1kg物=120m/s，

答案：(1)/=1550N(2)1kg,4kg

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〃=37。

的直轨道力从螺旋圆形轨道以力匹，倾角0=37°的直轨道加、水平直轨道组成，除FG

段外各段轨道均光滑，且各处平渭连接.螺旋圆形轨道与轨道/心、旗相切于以力处.凹槽

G///J底面/〃水平光滑，上面放有一无动力摆渡车，并紧靠在竖直侧壁677处，摆渡车：上

表面与直轨道下网；、平台〃位于同一水平面.已知螺旋圆形轨道半径40.5m,8点高度

为1.2〃，加长度册；=2.5m,〃/长度乙=9m,摆渡车长度£=3m、质晟勿=1kg.将一质

量也为勿的滑块从倾斜轨道月〃上高度力=2.3m处静止释放，滑块在&；段运动时的阻力为

其重力的0.2倍.(摆渡车碰到竖直侧壁77立即静止,滑块视为质点，不计空气阻力，sin370

=0.6,cos370=0.8)

(1)求滑块过C点的速度大小吐和轨道对滑块的作用力大小小

(2)摆渡车碰到。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〃；

⑶在(2)的条件下，求滑块从G到/所用的时间t.

解析：(D滑块从静止释放到。点过程,根据动能定理可得侬(力一L2—〃cos，)=%》,

解得vc=^m/s.

2

滑块过。点时，根据牛顿第二定律可得R+mx/点，解得氏=22N.

(2)设滑块刚滑上摆渡车时的速度大小为r,从静止释放到。点过程，根据动能定理可得

mgh—Q.2mgLK=-^mv,解得r=6m/s

摆渡车碰到"前:滑块怡好不脱离摆渡车，说明滑块到达摆渡车右端时刚好与摆渡车共速

y

%以滑块和摆渡车为系统，根据系统动量守恒可得“=2勿匕，解得「5=3m/s,

根据能量守恒可得Q=pmgL=]:mv—1X2mv\,解得〃=0.3.

乙乙

(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@=誓=3m/s2,

所用时间为力=亍=…

此过程滑块通过的位移为乂>+=V+\，1=4.5ni,

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

L)—x\,广

t2==1.5s,

Kl

则滑块从G到J所用的时间为t=力+叁=2.5s.

答案：(1)后=4m/s弁=22N(2)〃=0.3(3)£=2.5s

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..装置力紧靠飞机，转运车8紧靠4包裹。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，〃的右端有一固定挡板.已知

C与/I、8水平面间的动摩擦因数均为m=0.2,缓冲装置/I与水平地面间的动摩擦因数为

“2=0.1,不计转运车与地面间的摩擦.48的质量均为〃=40kg,力、6水平部分的长度

均为£=4m.包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与〃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10m/s?.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)若某包裹的质量为加=10kg,为使该包裹能停在转运车〃上，则该包裹释放时的高度力

应满足的条件；

(3)若某包裹的质量为m=50kg,为使该包裹能滑上转运车尻则该包裹释放时"的最小

值.

解析：(1)要求力不动时需满足

解得kg,

即包裹C的质显不能超过40kg.

(2)由干包裹质量小干40kg装置4始终静止不动,所以力释放高度最小时,包募「恰好滑

上“车，则有

mgh\=u\mgLy

解得打=0.8m,

力释放高度最大时，则包裹。滑上8车与挡板碰撞后返回8车最左端时二者恰好共速，下滑

至8车时有

磔0谥+P\rngL,

与“车相互作用过程满足mv°=(///+粉v,

%?4=)(/»+助/+小侬2£,

乙乙

解得0士=^7^X4〃】£=2.8m,

所以0.8m这方近2.8m.

(3)由于包裹质量大于40kg,则装置力带动8车运动.包裹能滑上〃车，最小高度是包裹

(2)滑块力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0.5m/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〃点物体做平抛运动，竖直方向次=2"从，点沿切线进入圆轨道岭=

-：~八。=4mm/s.

sin60v

(2)从P点到圆弧最低点，由动能定理/喀4(1-cos60°)=，而一；/就在最低点，由牛顿第

2

二定律可知K-侬=屋，由牛顿第三定律可知K=Ux=60N.

(3)假设物块力在木板〃上与4共速后木板才到达右侧平台，以力〃系统，由动量守恒定律

mvy=(.什R)吸由能量关系〃叫gx相=；加"一;(；什加应解得x相=5m<5.15m.8板从开始滑

动到/超共速的过程中，对片由动能定理〃mgX8=9他,解得检=1.25m<2.5m,即假设成

立；〃撞平台后，力在8上继续向右运动，对力由动能定理一〃侬(Z—s相)=:/〃/—：晟，解

乙乙

得%=2m/s.

(4)弹簧第一次恢复原长时，当。的速度方向向右时，以4r为系统，由动量守恒定律可知

小3=2叫+』依,三者速度相同时弹性势能最大，由动量守恒定律mg=(2m+J力网由能量关

系4”,*=：X2勿成十%/储一；(26+.妙武解得也,*=0.0375J弹簧第一次恢复原长时，当C的

乙乙乙

速度方向向左时，以力〃和C系统，由动量守恒定律〃小=2/”7+」屈三者速度相同时弹性势

能最大，由动量守恒定律勿由=(2/H■助卜8,由能量关系可知£'P皿=:x2病+)依一)(2/n

十助4,解得吊pw=3.0375J.

答案：(1)%=4小m/s(2)60N(3)2m/s(4)3.0375J

5.(2023•汕头金山中学一模)如图所示，竖直平面内有一长度x=lm的粗糙平台力用动

摩擦因数〃=0.05,其左侧有弹簧和质量m=2kg的小球1.弹簧处于压缩状态，弹性势能

瓦=2J,与小球1不粘连.小球1右侧有一半径41.2m、圆心角0=60°的光滑圆弧轨

道CD,最底端〃平滑连接另一长s=2m的粗糙平台DE.质量坂=4kg的小球2静止在〃点，

左侧粘有少量炸药(质量不计)，少端有一质量例=4kg的小球3,用长为L=0.5m的轻绳

悬吊，对歹点刚好无压力.无初速地释放小球1，小球1恰好沿。点切线方向进入圆弧轨道

到达〃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10m/s:,求：

(1)炸药爆炸前小球1对〃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,

小球与平台朦间动摩擦因数的范围.

解析：⑴小球1从A运动到B点,根据能量守恒定律有£—umgx=Jm\也,

解得VB=\.m/s.

小球1从8到C做平抛运动，则有

V8c/

vc=<>-=2m/s,

cosc6n0

小球1从。到A根据机械能守恒定律有

T处点+如*(1-COS60")=3加由,

解得外=4m/s.

小球1在〃点，根据牛顿第二定律有

Vf>

R—

解得“=半

根据牛顿第三定律可知小球1对轨道的压力大小为mN,方向竖直向下.

O

(2)炸药爆炸过程中，根据动量守恒有

iihVD=—nhv,/»+版

其中v'u=vp=4m/s,

则机械能的增加量为

△必+［磔/一)如

乙乙乙

解得A/?=32J；r=4m/s.

(3)①当小球2刚好运动小球3处时速度为零，则有

八12

—〃2/%gs=o-5版/，

解得〃2=0.4.

②设小球2运动到小球3处的速度为”2(此时未与小球3碰撞)，则有

1,2—

—〃2in>gs=-nhv2-5论

乙乙

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

的速度为内=/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

1

~^nhv23=fihgLt

联立解得“2=0.15,

综上所述可知0.15W〃2<0.4.

140

答案：(1)A=F-N(2)A£=32J(3)0.15W〃2〈0.4

6.如图所示，有一“\_Z形的光滑平行金属轨道，间距为两侧倾斜轨道足够长，且

与水平面夹角均为夕=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£=0.0036H,轨道中有垂直轨道平面向上的匀强磁场，磁感应强度为笈=0.1T,

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、"边质

量均不计，长度均为&M边质量为例长度为九,电近限值为r=0JQ;在金属框右侧

长为人、宽为4的区域存在竖直向上的磁感应强度大小为屉=0.25T的匀强磁场；右侧.轨道

顶端接了一个阻值〃=0.2Q的电阻.现将质量为加、长度为上的金属棒仍从左侧倾斜轨

道的某处静止释放，下滑过程中流过棒劭的电流大小为4平(其中*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劭cd,整个滑动过程棒ab

始终与轨道垂直且接触良好.已知加=0.01kg,7)=0.2m,72=0.08m,4=0.2401,除已

给电阻外其他电阻均不计.(提示：可以用Ax图像下的“面积”代表力/所做的功)

(1)求棒劭在释放瞬间的加速度大小；

⑵当释放点距网,多远时，棒加滑到MV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，棒助受力如图

/、

由牛顿第二定律可知〃跷in，=/〃a解得a=^in，=5m/sl

(2)已知感应电流大小为，=牛，当棒劭受到的安培力等于重力下滑分力时速度最大，有

£,="/=侬5in〃棒助的速度最大.联立方程解得”=0.45m下滑过程,由

动能定理知mg*x•sin〃+修=/〃篇—0其中安培力做的功协=-.x=一

乙乙

O+v^gsin0

•x联立方程组解得Ko=l.5m/s.

2

⑶棒ab与金属框edcf相碰过程，由动最守恒知/〃无=2勿由整体进磁场过程，内电阻为r,

外电阻为0,设速度为匕则回路总电流为/=二力则A=氏"所以整体进磁场过程安培力

的冲量为/B=-Z:氏//A£=一£氏”"ZiA£=一£区£=—红/2出磁场过程，ab边

rrr

Rr1，片

为电源，内电阻为0,外电阻为"外=77匚-=7Q同理可得安培力的冲量为出'=一丁人

l\"vrloH外

又由动量定理知进出磁场过程中有

/«+/'Q=2加由一2〃曲解得出磁场时，速度大小/=0.5m/s整体沿斜面上滑过程，由动能

定理可知

—2加g〃=0—；X2m/解得重心升高的高度H=0.0125m而aS边恰好运动到右侧倾斜最低端，

乙

则重心升高〃="sin〃=0.02m>〃所以，棒励不能滑上右侧倾斜轨道.

另解：若将导体框aAd的数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a6cd的速度为％,则由fnghsin〃=~X2勿/—0得v0=y[ghsin_万=、0.4m/s>0.5m/s,

所以棒的不能滑上右侧倾斜轨道.

答案：(1)5m/s2⑵1.5m/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.水平直轨道力双

。〃和水平传送带平滑无缝连接，两半径均为人().4m的四分之一圆周组成的竖直细圆弧管

道分尸与轨道必和足够长的水平直轨道长；平滑相切连接.质量为3m的滑块。与质量为2m

的滑块c用劲度系数〃=100N/m的轻质弹簧连接，静置于轨道房上.现有质量勿=0.12kg

的滑块a以初速度丹=2例m/s从〃处进入，经叱管道后，与用上的滑块方碰撞(时间

极短).已知传送带长£=().8m,以/=2m/s的速率版时针转动，滑块a与传送带间的动

摩擦因数〃=0.5,其它摩擦和阻力均不计，各滑块均可视为质点，弹簧的弹性势能瓦=)

为形变量).

(1)求滑块a到达圆弧管道〃牙'最低点尸时速度大小巧和所受支持力大小R；

(2)若滑块a碰后返回到勿点时速度^=1m/s,求滑块石、。碰撞过程中损失的机械能A公

(3)若滑块a碰到滑块6立即被粘住，求碰撞后弹簧最大长度与最小长度之差Ax.

解析：(1)滑块a从〃到匕由能量关系mg•2"=)满一；混，

乙乙

在〃点A-/〃Z=层，解得%=10m/s,K=31.2N.

(2)滑块a返回4点时的速度/=lm/s,滑块a一直在传送带上减速，加速度大小为a=

=5m/s2,

根据狂宓一2也可得在，点的速度y=3m/s,

则滑块a从碰撞后到到达C点〃而=9/〃/+侬•2〃，解得H=5m/s.

因ab碰撞动量守恒，则mvb=一研+3加%,

解得碰后〃的速度K2=5m/s,

则碰撞损失的能量A£=猛25，一；•3勿4=0.

乙乙乙

(3)若滑块a碰到滑块方立即被粘住，则助碰后的共同速度刖=4“，解得P=2.5m/s,

当弹簧被压缩到最短或者伸长到最长时有共同速度4〃“=6/〃/则/=~m/s,

当弹簧被压缩到最短时压缩量为XI»由能量关系9・-6m/'+；而，解得%I=O.1m.

同理当弹簧被拉到最长时伸长量为黑=小

则弹簧最大长度与最小长度之差八彳=2加=0.2m.

答案：(1)10m/s31.2N(2)0(3)0.2m

8.(2023•辽宁卷)如图，质量向=1kg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4=20N/m的轻弹簧，弹簧处于自然状态.质量坂=4kg的小物块以水平向

右的速度匕=牙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〃=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£与形变量X的关系为反=2.取重力加速度g=10m/s2,结果可用根式

表示.

（1）求木板刚接触弹簧时速度P的大小及木板运动前右端距弹簧左端的距离汨；

（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版及此时木板速

度吸的大