专题13 动量和动能（解析版）2020年全国百所名校最新高考物理模拟试题全解汇编

2020 年全国百所名校最新高考模拟试题全解汇编 动能和动量 1、（2020·河南省开封市高三下学期 3 月模拟）两个质量分别为 M 和 2M 的劈 A 和 B，高度相同，放在光滑 水平面上．A 和 B 的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示．一质量为 m 的物块位于劈 A 的倾斜面上，距水平面的高度为 h．物块从静止开始滑下，然后又滑上劈 B，则下列说法正确的是（ ） A. 物块在此后运动过程中能够获得 最大速度为 B. 若物块 m=0.5M，则物块在 B 能够上升的最大高度为 C. 无论物块 m 的质量为何值，其在 B 能上升的最大高度不可能大于 D. 若物块 m=0.5M，则其从 B 滑落回后可能再次追上 A 【答案】ABD 【解析】 A．当物块第一次滑到水平面上时速度最大，对 A 与物块水平方向动量守恒得 由机械能守恒有 联立解得 的 2 + ghM M m 8 15 h 2 3 h mmv Mv= 2 21 1 2 2mmgh mv Mv= +故 A 正确； B．物块在 B 能够上升的最大高度时两者具有相同的速度，由水平方向动量守恒有 由两者机械能守恒有 解得 故 B 正确； C．设 B 能上升的最大高度为 ，此时 B 与滑块速度相同，由水平方向动量守恒有 由 B 与滑块机械能守恒有 联立解得 即 时，物块在 B 能上升的最大高度可能大于 ，故 C 错误； D．若物块 m=0.5M，物块第一次滑到水平面上时，对 A 与物块水平方向动量守恒得 2 m gh mv M M = + '2mmv Mv= 2 '2 '1 1 ( )2 2mmv m M v mgh= + + ' 8 15h h= 2 3 h 1( )mmv m M v= + 2 2 1 1 1 2( )2 2 3mmv m M v mg h= + + × 6 2 2m M −= 6 2 2m M −> 2 3 h由机械能守恒有 联立解得 ， 对 B 与滑块由水平方向动量守恒有 由两者机械能守恒得 联立得 故 D 正确。 故选 ABD。 2、（2020·湖北省黄冈市高三八模一）如图所示，光滑的四分之一圆弧与光滑水平轨道在最低平滑连接。现 有一质量为 m 的小球 P 沿光滑的四分之一圆弧上由静止开始下滑，与一质量为 km（k>0，未知）的静止在 光滑水平地面上的等大的小球 Q 发生正碰撞。设碰撞是弹性的，且一切摩擦不计。 (1)为使二者能且只能发生一次碰撞，则 k 的值应满足什么条件？ (2)为使二者能且只能发生两次碰撞，则 k 的值应满足什么条件？ mmv Mv= 2 21 1 2 2mmgh mv Mv= + 2 4= 3m ghM gh M mv += 3 mmv ghv M = = 2 32mmv Mv mv= − 2 2 2 3 2 1 1 1 22 2 2mmv mv Mv= + × 3 34 2 34 2 4 10 10 3 3m gh ghv v − −= = >【答案】(1) ；(2) 【解析】 (1)设 P 与 Q 碰撞前 P 的速度为 ，碰后 P 与 Q 的速度分别为 与 ，由动量守恒及机械能守恒定律有 由此解得 若 则 P、Q 不可能发生第二次碰撞； 若 为使 P 从坡上滑下后再不能追上 Q，应有 0 3k ≤＜ 3 5 2 5k< ≤ + 0v 1v 1u 0 1 1mv mv kmu= + 2 2 2 0 1 1 1 1 1 2 2 2mv mv kmu= + 1 0 1 1 kv vk −= + 1 0 2 1u vk = + 1k ≤ 1 1v u≤ 1k >即 这导致 P、Q 不可能发生第二次碰撞；为使二者能且只能发生一次碰撞，则 k 的值应满足的条件是 (2)为使 P、Q 能发生第二次碰撞，要求 对于第二次碰撞，令 和 分别表示碰后 P 和 Q 的速度，同样由动量守恒及机械能守恒定律有 由此解得 ， 若 则一定不会发生第三次碰撞，若 1 1v u− ≤ 1 2k − ≤ 3k ≤ 0 3k ≤＜ 3k > 2v 2u ( )1 1 2 2m v kmu mv kmu− + = + 2 2 2 2 1 1 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2mv kmu mv kmu+ = + 2 2 02 4 ( 1) ( 1) k kv vk − −= + 2 02 4( 1) ( 1) ku vk −= + 2 0v > 2 0v 2v− 2u 2 2v u− ≤ 2 10 5 0k k− + ≤ 2 10 5 0k k− + = 10 80 5 2 52k ±= = ± 5 2 5 5 2 5k− ≤ ≤ + 3 5 2 5k< ≤ + 1 0 3µ = ．动摩擦因数 。用外力缓慢推动物块 P，将弹簧压缩至储存的弹性势能 EP=9J，然后放开，P 开始沿轨 道运动，冲上传送带后开始做减速运动，到达传送带右端时速度恰好与传送带速度大小相等，物块 P 在小 车上上升的最大高度 H=0.1m，重力加速度大小 g=10m/s2。求： (1)传送带的水平长度 L0； (2)小车的水平长度 L1； (3)要使物块 P 既可以冲上圆弧又不会从小车上掉下来，小车左侧水平长度的取值范围。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 (1)设物块 P 离开弹簧时的速度为 ，在物块与弹簧相互作用过程中，由机械能守恒定律有 物块 传送带上运动过程中，由动能定理有 联立代入数据可得传送带的水平长度 (2)当物块运动到小车的最高点时，对于 P 与小车构成的系统水平方向动量守恒 由能量守恒定律有 在 2 0 2µ = ． 0 5 m6L = 1 1 m4L = 3 3m m8 4L≤ ≤ 0v 2 1 0 1 2PE m v= 2 2 1 1 0 1 1 1 1 2 2 am gL m v m vµ− − − 0 5 m6L = ( )1 1 2 1m v m m v= +联立代入数据可得小车的水平长度 (3)设当小车水平长度为 时，物块到达小车水平右端时与小车有共同速度 ，则 联立代入数据可得 设当小车水平长度为 时，物块到达小车水平左端时与小车有共同速度 ，则 联立代入数据可得 要使物块 P 既可以冲上圆弧义不会从小车上掉下来，小车左侧水平长度的取值范围 4、（2020·江西省南昌市十中高三下学期综合模拟）如图，质量为 6m、长为 L 的薄木板 AB 放在光滑的平 台上，木板 B 端与台面右边缘齐平．B 端上放有质量为 3m 且可视为质点的滑块 C，C 与木板之间的动摩擦 因数为 μ＝ ，质量为 m 的小球用长为 L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的 O 点，细绳竖直时小球恰好与 C 接触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与 C 碰撞后反 弹速率为碰前的一半． ( )2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 1 2 2m v m m v m gH m gLµ= + + + 1 1 m4L = 2L 1v ( )1 1 2 1 2 1 2 1 1 2 2m v m m v m gLµ′ ′= + + 2 3 m4L = 3L 1v ( )2 2 1 1 2 1 2 1 3 1 1 22 2m v m m v m gLµ= + + 3 3 m8L = 3 3m m8 4L≤ ≤ 1 3 (1)求细绳能够承受的最大拉力； (2)若要使小球落在释放点的正下方 P 点，平台高度应为多大； (3)通过计算判断 C 能否从木板上掉下来． 【答案】(1)3mg(2)L(3) 滑块 C 不会从木板上掉下来 【解析】 （1）设小球运动到最低点的速率为 v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守恒定律得： 解得： 小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律： 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T´=T 解得：T´=3mg （2）小球碰撞后平抛运动．在竖直方向上： 水平方向：L= 解得：h=L （3）小球与滑块 C 碰撞过程中小球和 C 系统满足动量守恒，设 C 碰后速率为 v1，以小球的初速度方向为 正方向，由动量守恒定律得： 2 0 1 2mgL mv= 0 2v gL= 2 0vT mg m R − = 21 2h gt= 0 2 v t 0 0 132 vmv m mv = − +  设木板足够长，在 C 与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为 v2，由动量守恒定律的： 由能量守恒定律得： 联立⑨⑩⑪解得：s=L/2 由 s