2020年高考物理 模拟新题精选分类解析（第2期）专题18 动量和能量 11页

2020 年高考物理 模拟新题精选分类解析（第 2 期）专题 18 动量 和能量 1．（2020 北京海淀期中）如图 8 所示，轻弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为 m 的 光滑弧形槽静止放在光滑水平面上，弧形槽底端与水平面相切，一个质量也为 m 的 小物块从槽高 h 处开始自由下滑，下列说法正确的是 （ ） A．在下滑过程中，物块的机械能守恒 B．在下滑过程中，物块和槽的动量守恒 C．物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动 D．物块被弹簧反弹后，能回到槽高 h 处 2. （14 分）（2020 北京四中摸底）质量为 m=1kg 的小木块（可看成质点），放在质 量为 M=5kg 的长木板的左端，如图所示．长木板放在光滑的水平桌面上．小木块与 长木板间的动摩擦因数μ=0.1，长木板的长度 l=2m．系统处于静止状态．现使小木 块从长木板右端脱离出来，可采取下列两种方法：（g 取 10m/s2） （1）给小木块施加水平向右的恒定外力 F，F 作用时间 t=2s．则 F 至少是多大？ （2）给小木块一个水平向右的冲量 I，则冲量 I 至少是多大？ 图 8 h 解题思路：应用匀变速直线运 动规律、牛顿第二定律列方程解得 F 的最小值；由动 量守恒定律、动能定理、动量定理列方程解得冲量 I 的最小值。 考查要点：匀变速直线运动规律、牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理、动量 定理等。 3. (12 分) （2020 安徽皖南八校联考）如图所示，质量为 m1 的为滑块（可视为质 点）自光滑圆弧形糟的顶端 A 处无初速度地滑下，糟的底端与水平传送带相切于左 传导轮顶端的 B 点，A，B 的高度差为 h1＝－1.25 m.。.传导轮半径很小，两个轮之 间的距离为 L=4. 00m．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0. 20..右端的轮子上沿距 离地面高度 h2=1. 80m，g 取 10 m/s2. 槽的底端没有滑块 m2，传送带静止不运转，求 滑块 m1 滑过 C 点时的速度大小 v； 在 m1 下滑前将质量为 m2 的滑块（可视为质点）停放在槽的底端。m1 下滑后与 m2 发生弹性碰撞，且碰撞后 m1 速度方向不变，则 m1、m2 应该满足什么条件？ 满足（2）的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为 v=5.0m/s。求出滑块 m1、m2 落地点间的最大距离（结果可带根号）。 (3) 滑块经过传送带后做平抛运动，h2= 1 2 gt2，解得 t=0.6s。 当 m1>> m2 时，滑块碰撞后的速度相差最大，经过传送带后速度相差也最大。 v1= 1 2 1 2 - + m m m m v0= v0=5m/s。 v2= 1 1 2 2 + m m m v0=2 v0=10m/s。。 由于滑块 m1 与传送带速度相同，不受摩擦力，m1 水平射程 x1= v1t =3.0m， 滑块 m1 与传送带间有摩擦力作用，由动能定理，-μm2gL= 1 2 m2v2’2- 1 2 m2v22， 解得 v2’=2 21 m/s。 m2 水平射程 x2= v’2t=1. 2 21 m， 滑块 m1、m2 落地点间的最大距离 x= x2-x1=1. 2 21 m-3.0m=（1. 2 21 -3）m。 4．（10分）（2020 北京海淀期中）如图 17 所示，在倾角θ＝30º的斜面上放置一段 凹槽 B，B 与斜面间的动摩擦因数μ＝ 6 3 ，槽内靠近右侧壁处有一小物块 A(可视为 质点)，它到凹槽左侧壁的距离 d＝0.10m。A、B 的质量都为 m=2.0kg，B 与斜面 间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不 计 A、B 之间的摩擦，斜面足够长。现同时由静 止释放 A、B，经过一段时间，A 与B 的侧壁发生 碰撞，碰撞过程不计机械能损失，碰撞时间极 短。取 g=10m/s2。求： （1）物块 A 和凹槽 B 的加速度分别是多大； （2）物块 A 与凹槽 B 的左侧壁第一次碰撞后瞬间 A、B 的速度大小； （3）从初始位置到物块 A 与凹槽 B 的左侧壁发生第三次碰撞时 B 的位移大小。 ．（10 分） 解 析： （1）设 A 的加速度为 a1，则 mg sin =ma1 ，a1= g sin ×sin 30°=5.0m/s2…………………………1 图 17 d A B θ 分 设 B 受到斜面施加的滑动摩擦力 f，则  cos2mgf  = 30cos100.26 3  =10N，方向沿斜面向上 B 所受重力沿斜面的分力 sin1 mgG  =2.0×10×sin30°=10N，方向沿斜面向下 因为 fG 1 ，所以 B 受力平衡，释放后 B 保持静止，则 凹槽 B 的加速度 a2=0………………………………………1 分 （2）释放 A 后，A 做匀加速运动，设物块 A 运动到凹槽 B 的左内侧壁时的速度为 vA0， 根据匀变速直线运动规律得 dav 1 2 A0 2 vA0= da12 = 10.00.52  =1.0m/s…………1 分 因 A、B 发生弹性碰撞时间极短，沿斜面方向动量守恒，A 和 B 碰撞前后动能守恒， 设 A 与 B 碰撞后 A 的速度为 vA1，B 的速度为 vB1，根据题意有 B1A1A0 mvmvmv  ………………………………………1 分 2 B1 2 1A 2 A0 2 1 2 1 2 1 mvmvmv  ………………………………………1 分 解得第一次发生碰撞后瞬间 A、B 的速度分别为 vA1=0，vB1=1.0 m/s ………………………………………1 分 设 A 与 B 在第二次碰后到第三次碰时 B 运动的位移为 xB2，则 xB2=vA3t3=2.0×0.40=0.80m； 设从初始位置到物块 A 与凹槽 B 的左内侧壁发生第三次碰撞时 B 的位移大小 x，则 x= xB1+ xB2=0.40+0.80=1.2m …………1 分 5. （14 分）（2020 北京四中摸底）如图所示，装置的左边是足够长的光滑水平面， 一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量 M=2kg 的小物块 A。装置的中间是水平传送 带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带始终以 v=2m/s 的速率逆时 针转动。装置的右边是一光滑的曲面，质量 m=1kg 的小物块 B 从其上距水平台面 h=1.0m 处由静止释放。已知物块 B 与传送带之间的摩擦因数μ=0.2，l=1.0m。设物 块 A、B 中间发生的是对心弹性碰撞，第一次碰撞前物块 A 静止且处于平衡状态。取 g=10m/s2。 （1）求物块 B 与物块 A 第一次碰撞前速度大小； （2）通过计算说明物块 B 与物块 A 第一次碰撞后能否运动到右边曲面上？ （3）如果物块 A、B 每次碰撞后，物块 A 再回到平衡位置时都会立即被锁定，而当 他们再次碰撞前锁定被解除，试求出物块 B 第 n 次碰撞后的运动速度大小。 5. 解题思路：由机械能守恒定律、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、列方程解 得物块 B 与物块 A 第一次碰撞前速度大小；应用动量守恒定律、机械能守恒定律、 匀变速直线运动规律列方程得到物块 B 在传送带上向右运动的最大位移为l ，根据 l< l=1.0m 判断出物块 B 与物块 A 第一次碰撞后不能运动到右边曲面上。 考查要点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、匀变速直线运动规律、动量守恒定律 等。 A ⊙ ⊙ B h l u=2m/s （2）设物块 A、B 第一次碰撞后的速度分别为 V、v1，取向右为正方向，由弹性碰 撞知 1mv mv MV   ⑥ 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2mv mv MV  ⑦ 解得 1 1 4 /3 3v v m s  ⑧ 即碰撞后物块 B 在水平台面向右匀速运动 设物块 B 在传送带上向右运动的最大位移为l，则 2 10 2v al   ⑨ 4 19l m m   ⑩ 所以物块 B 不能通过传送带运动到右边的曲面上 （3）当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零时，将会沿传送带向左加速。可以判 断，物块 B 运动到左边台面是的速度大小为 v1，继而与物块 A 发生第二次碰撞。设 第二次碰撞后物块 B 速度大小为 v2，同上计算可知 2 2 1 1 1( )3 3v v v  ○11 物块 B 与物块 A 第三次碰撞、第四次碰撞……，碰撞后物块 B 的速度大小依次为 3 3 2 1 1( )3 3v v v  4 4 3 1 1( )3 3v v v  …… ○12 则第 n 次碰撞后物块 B 的速度大小为 1( )3 n nv v ○13 6．（2020 北京四中期中测试）如图所示，一平板小车静 止 在光滑的水平面上，质量均为 m 的物体 A、B 分别以 2v 和 v 的初速度、沿同一直线同时从小车两端相向水平滑上小 车．设两物体与小车间的动摩擦因数均为μ，小车质量也为 m，最终 物体 A、B 都停 在小车上（若 A、B 相碰，碰后一定粘在一起）．求： （1）最终小车的速度大小是多少，方向怎样？ （2）要想使物体 A、B 不相碰，平板车的长度至少为多长？ （3）接（2）问，求平板车达到（1）问最终速度前的位移？ 联 立 解得 x=v2/(9μg) 4 分 7.（2020 北京四中摸底测试）质量为 m=1kg 的小木块（可看成质点），放在质量为 M=5kg 的长木板的左端，如图所示．长木板放在光滑的水平桌面上．小木块与长木 板间的动摩擦因数μ=0.1，长木板的长度 l=2m．系统处于静止状态．现使小木块从 长木板右端脱离出来，可采取下列两种方法：（g 取 10m/s2） （1）给小木块施加水平向右的恒定外力 F，F 作用时间 t=2s．则 F 至少是多大？ （2）给小木块一个水平向右的冲量 I，则冲量 I 至少是多大？ 16. 解题思路：应用匀变速直线运动规律、牛顿第二定律列方程解得 F 的最小值； 由动量守恒定律、动能定理、动量定理列方程解得冲量 I 的最小值。 考查要点：匀变速直线运动规律、牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理、动量 定理等。 解得 0 4.8m/sv  ⑨ 0 4.8N sI mv   ⑩