2020年6月全国联考高考物理模拟试题分项汇编 专题10 动量和动能（解析版）

2020 年 6 月全国名校联考最新高考模拟试题分项汇编（第四期） 动量和动能 1、（2020·四川省雅安市高三下学期 6 月三诊）如图所示，质量 m1=0.1kg 的长木板静止在水平地面上，其 左、右两端各有一固定的半径 R=0.4m 的四分之一光滑圆弧轨道，长木板与右侧圆弧轨道接触但无粘连，上 表面与圆弧轨道最低点等高。长木板左端与左侧圆弧轨道右端相距 x0=0.5m。质量 m3=1.4kg 的小物块(看成 质点)静止在右侧圆弧轨道末端。质量 m2=0.2kg 的小物块(看成质点)从距木板右端 处以 v0=9m/s 的 初速度向右运动。小物块 m2 和小物块 m3 发生弹性碰撞（碰后 m3 不会与长木板 m1 发生作用）。长木板与地 面间的动摩擦因数 μ1=0.5，小物块与长木板间的动摩擦因数 μ2=0.9，重力加速度取 g=10m/s2。求： （1）小物块 m2 和小物块 m3 碰后瞬间 m3 对轨道的压力大小； （2）使小物块 m2 不从长木板 m1 上滑下，长木板 m1 的最短长度； （3）若长木板 m1 取第（2）问中的最短长度，小物块 m2 第一次滑上左侧圆弧轨道上升的最大高度。 【答案】（1）28N；（2）1.5m；（3） 【解析】 （1）由动能定理 代入数据，解得 m2 和 m3 发生弹性碰撞： 17 18x m= 1 m20 2 2 2 2 2 1 2 0 1 1 2 2m gx m v m v− = −µ 1 8m/sv =代入数据，解得 对 m3 代入数据，解得 由牛顿第三定律，得 m3 对轨道压力 （2）对 m1 和 m2 应用牛顿第二定律： 代入数据，得 经过 t1 时间两者达到共同速度 2 1 2 2 3 3m v m v m v= + 2 2 2 2 1 2 2 3 3 1 1 1 2 2 2m v m v m v= + 2 6m/sv = − 3 2m/sv = 2 3 3 3N vF m g m R − = 28NNF = ' 28NN NF F= = ( )2 2 1 1 2 1 1m g m m g m aµ µ− + = 2 2 2 2m g m aµ = 2 1 3m/sa = 2 2 9m/sa =代入数据，解得 该过程 m1 和 m2 发生的位移为 由于 ，则 m1 未与左轨道相碰 则木板最小长度 （3）m1 和 m2 一起匀减速运动至最左端 代入数据解得 m2 滑上左侧轨道，上升最大高度为 h 代入数据解得 2 2 1 1 1v v a t a t= − =共 1 0.5t s= 1.5m/sv =共 1 1 3 m2 8 vx t= =共 2 2 1 15 m2 8 v vx t += =共 1 0x x< 2 1 1.5mL x x= − = ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 1 2 0 1 1 2 1 2 1 1 2 2m m g x x m m v m m vµ− + − = + − + 共 1m/sv = 2 2 2 10 2m gh m v− = − 1 m20h =2、（2020·广西省桂林等三市高三下学期 6 月第二次联考）如图所示，木槽 A 质量为 m，置于水平桌面上， 木槽上底面光滑，下底面与桌面间的动摩擦因数为 μ，槽内放有两个滑块 B 和 C(两滑块都可看作质点)，B、C 的质量分别为 m 和 2m，现用这两个滑块将很短的轻质弹簧压紧(两滑块与弹簧均不连接，弹簧长度忽略不 计)，此时 B 到木槽左端、C 到木槽右端的距离均为 L，弹簧的弹性势能为 EP＝µmgL。现同时释放 B、C 两 滑块，B 与 A 的竖直内壁碰撞为弹性碰撞，C 与 A 的竖直内壁碰撞后粘在一起不再分离，且碰撞时间极短。 求： (1)B、C 两滑块离开弹簧时的速度 vB、vC 的大小； (2)滑块与槽壁第一次碰撞后 A 的速度 v1 的大小； (3)木槽 A 在与滑块第一次碰撞后到第二次碰撞前的过程中，木槽 A 对地的位移 x。 【答案】(1) ， ；(2) ；(3) 【解析】 (1)释放后弹簧弹开 B、C 两滑块的过程中，根据动量守恒定律和机械能守恒定律，有 解得 滑块 B 经过时间 t1 先与木槽 A 左侧壁碰撞 4 3Bv glµ= 1 3Cv glµ= 1 4 3v glµ= 6 Lx = 0 2 C Bmv mv= − 2 21 1 22 2P B CE mv mv= + ⋅ 4 3Bv glµ= 1 3Cv glµ=(2)B 与 A 弹性碰撞，则 解得 (3)木槽 A 与 B 滑块相撞后，A 向左做匀减速运动，其加速度大小为 木槽 A 和滑块 B 相撞后速度减为 0 的时间 在（t1+t2）这段时间内，木槽移动的距离为 x1，则 滑块 C 和木槽移动的距离之和为 所以在 C 与 A 相撞前 A 已停止运动。所以木槽移动的距离为 x1，则 1 3 4B L Lt v gµ= = 1B Bmv mv mv′= + 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2B Bmv mv mv′= + 1 4 3v glµ= 0Bv′ = ( )2 4m m m ga gm µ µ+ += = 1 2 12 v Lt a gµ= = 1 1 2 1 2 6 Lx v t= = ( )1 2 1 5 6Cs v t t x L L= + + = 1 0.174 Ls s m= − = 1 4(1)求物块 m1 和 m2 碰撞过程中损失的机械能； (2)求物块 m 滑到半圆管底部 C 处时所受支持力大小； (3)若物块 m 与木板及台阶表面间的动摩擦因数均为 μ＝0.25，求物块 m 在台阶表面上滑行的最大距离． 【答案】⑴12J ⑵190N ⑶0.8m 【解析】 试题分析：（1）选由机械能守恒求出物块 下滑到 B 点时 速度； 、 碰撞满足动量守恒，由 求出碰撞过程中损失的机械能；（2）物块 m 由 B 到 C 满足机械能守恒，在 C 点由 牛顿第二定律可求出物块 m 滑到半圆管底部 C 处时所受支持力大小；（3）根据动量守恒定律和动能定理列 式即可求解. ⑴设物块 下滑到 B 点时的速度为 ，由机械能守恒可得： 解得： 、 碰撞满足动量守恒： 解得； 则碰撞过程中损失的机械能为： 的1m 1m 2m 2 2 1 B 1 1 2 2E m v mv= − 共机 1m Bv 2 1 1 1 B 1 2m gR m v= B 6 /v m s= 1m 2m 1 B 1 2( )m v m m v= + 共 2 /v m s共 = 2 2 1 B 1 1 122 2E m v mv J= − =共机⑵物块 m 由 B 到 C 满足机械能守恒： 解得： 在 C 处由牛顿第二运动定律可得： 解得： ⑶设物块 m 滑上木板后，当木板速度为 时，物块速度为 ， 由动量守恒定律得： 解得： 设在此过程中物块运动的位移为 ，木板运动的位移为 ，由动能定理得： 对物块 m： 解得： 对木板 M： 解得： 此时木板静止，物块 m 到木板左端的距离为： 设物块 m 在台阶上运动的最大距离为 ，由动能定理得： 解得： 2 2 2 C 1 122 2mv mg R mv共 + × = C 4 /v m s= 2 C N 2 vF mg m R − = N 190F N= 2 2 /v m s= 1v C 1 2mv mv Mv= + 1 3 /v m s= 1x 2x 2 2 1 1 C 1 1 2 2mgx mv mvµ− = − 1 1.4x m= 2 2 2 1 2mgx Mvµ = 2 0.4x m= 3 2 1 1x L x x m= + − = 4x 2 3 4 1 1( ) 0 2mg x x mvµ− + = − 4 0.8x m=7、（2020·湖南省永州市高三下学期培优信息卷二）如图甲所示，长木板 B 静止在水平地面上，质量 M=1 kg，t=0 时，物块 A 以 v0=3m/s 的初速度从左端滑上长木板。A 可视为质点，质量 m=2 kg，0-1 s 两者运动 的 v-t 图像如图乙所示。t=1 s 时在物块上施加一变力 F，t=2 s 时撤去 F，F-t 图像如图丙所示，最终物块恰 好到达长木板的最右端。取 g=10 m/s2，求： （1）物块与长木板间的动摩擦因数 μ1 及长木板与地面间的动摩擦因数 μ2； （2）t=2 s 时物块与长木板各自的速度大小； （3）若已知 1-2s 内物块的位移为 m,求木板的长度。 【答案】（1）μ1=0.2，μ2=0.1（2） =3 m/s， =2 m/s（3）2m 【解析】 （1）由图乙可知，物块及长木板各自的加速度大小为： 物块： a1=2 m/s2 木板： a2=1 m/s2 对两者各自受力分析，由牛顿运动定律有： 物块： 11 6 2Av 2Bv 1 1mg maµ =木板： 得： μ1=0.2，μ2=0.1 （2）两者共速后，若施加恒力 F0，使两者即将发生相对运动，则有： 木板： 整体： 得： F0=6N 由图丙知：t=1 s 时，F1=6N，即从此时刻开始，物块相对木板向前运动外力 F 随时间均匀变化，对物块及 木板由动量定理可得： 物块： 木板： 得： =3 m/s， =2 m/s （3）0-1 s 内，两者的相对位移为： 1 2 2( )mg M m g Maµ µ− + = 1 2 0( )mg M m g Maµ µ− + = 0 2 0( ) ( )F M m g M m aµ− + = + 1 2 2 1 2 2 12 A F F t mgt mv mvµ+ − = − 1 2 2 2 2 1( ) Bmgt M m gt Mv Mvµ µ− + = − 2Av 2Bv1-2 s 内，两者的相对位移为： 最终 A、B 共速，共速后不再相对滑动，一起减速为零 得： s A、B 共同速度为： m/s 最后 s 两者的相对位移为： 木板长度为： 得： L=2 m 8、（2020·吉林省吉林市高三下学期四调）如图所示,光滑轨道 定在竖直平面内, 段是以O为圆心、 半径 R=0.lm 的一小段圆弧, 段水平,该段轨道上放着质量分别为 的物块 A、B(均可 视为质点),A、B 间系一轻质细绳和夹一轻质弹簧,细绳长度大干弹簧的自然长度，弹簧与 A、B 均不拴接； 轨道右侧的光滑水平地面上停着一质最 M=2kg、长 L=0.6m 的小车,小车上表面与 等高.用手推 A、B 压缩 弹簧,静止时弹簧的弹性势能 然后同时放开 A、B,绳在短暂时间内被拉断,之后 A 向左冲上轨道,经 0 1 1 1 1 12 2 v v vs t t +∆ = − 1 2 1 2 22 B A v vs s t +∆ = − 2 1 3 2 1 3A Bv a t v a t− = + 3 1 3t = 2 1 3 7 3AB Bv v a t= + = 1 3 2 2 3 3 32 2 A AB B ABv v v vs t t + +∆ = − 1 2 3L s s s= ∆ + ∆ + ∆ abcde abc de 2kg 1kgA Bm m= =、 de pE 12J，=过轨道最高点 时受到轨道的支持力大小等于其重力的 ,B 向右滑上小车．已知 B 与小车之间的动摩擦因 数 μ，满足 g 取 10m/s2.求： (1)绳拉断后瞬间 A 的速度 的大小； (2)绳拉断过程绳对 B 的冲量 I 的大小； (3)B 相对小车运动过程中两者因摩擦而产生的热量(计算结果可含有 ). 【答案】(1) (2) (3)若 0.3≤μ＜0.5, ;若 0.5≤μ≤0.6, 【解析】 (1)A 物块在被绳拉断后，沿光滑轨道到达最高点 B 的过程，由动能定理： 在 B 点，由牛顿第二定律: 联立解得： (2)弹簧弹开 A 和 B 的过程，满足系统的内力作用，外力之和为零，动量守恒 系统的弹性势能转化为动能，系统的机械能守恒： 联立解得： ， 绳拉断 A 物体的过程，由动量定理： b 3 4 0.3 0.6µ≤ ≤ ， Av µ 1.5m/sAv = 1kg m/s⋅ 1 6 JQ µ= 2 3JQ = 2 21 1 2 2A A b A Am gR m v m v− = − 23 4 b A A A vm g m g m R − = 9 1.5m/s2A gRv = = 1 20 A Bm v m v= − 2 2 1 2 1 1 2 2P A BE m v m v= + 1 2m/sv = 2 4m/sv = 1 1kg m/sA A AI m v m v= − = − ⋅故绳拉断 B 物体时拉力等大，时间相等，冲量等大，故 (3)对 B 由动量定理： 解得： 此后 B 滑上小车的过程，当 B 刚好滑到小车右端共速，设为 v， 由系统的动量守恒： 由能量守恒定律： 联立解得： ①当满足 0.3≤μ＜0.5 时，B 和小车不能共速，B 将从小车的右端滑落， B 和小车因摩擦而产生的热量为 ②当满足 0.5≤μ≤0.6 时， B 和小车能共速且速度为 v，B 和小车因摩擦而产生的热量为： 9、（2020·山东省聊城市高三下学期二模）如图所示，足够长的传送带与水平面的夹角 θ=30°，传送带顺 时针匀速运动的速度大小 v0=2m/s，物块 A 的质量 m1=1kg，与传送带间的动摩擦因数 ；物块 B 的 质量 m2=3kg，与传送带间的动摩擦因数 。将两物块由静止开始同时在传送带上释放，经过一段 时间两物块发生碰撞并粘在一起，碰撞时间极短。开始释放时两物块间的距离 L=13m。已知重力加速度 g=10m/s2，A、B 相对传送带滑动时会留下浅痕，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： (1)两物块刚释放后各自加速度的大小； (2)两物块释放后经过多长时间发生碰撞； (3)传送带上痕迹的长度。 1kg m/sI −′ = ⋅ 2B B BI m v m v= −′ 3m/sBv = ( )B B Bm v m M v= + 2 21 1 ( )2 2B B B Bm gL m v m M vµ = − + 0.5µ = 1 6 JBQ m gLµ µ= = 2 2 2 1 1 ( ) 3J2 2B B BQ m v m M v= − + = 1 3 5 µ = 2 2 3 5 µ =【答案】(1)2m/s2，1m/s2；(2)3s；(3)23m 【解析】 (1)A 沿斜面向下运动时 得 al=2m/s2 B 沿斜面向上加速运动时 得 a2=1m/s2 (2)由 v0=a1t0 得 t0=2s 即经过 2s 时两物块还没相撞 得 t=3s 1 1 1 1 1sin cosm g m g m aθ µ θ− = 2 2 2 2 2cos sinm g m g m aµ θ θ− = 2 2 1 0 2 0 1 1 6m2 2a t a t L+ = ＜ 2 2 1 2 0 0 0 1 1 ( )2 2L a t a t v t t= + + −经过 3s 两物块相撞 (3)两物块相撞前，A 的速度大小 v1=a1t 碰撞过程中由动量守恒定律 m1v1－m2v2=(m1+m2)v 得 v=0 碰撞后，对两物块受力分析有 a3=0.25m/s2 方向沿传送带向上 由 v0=a3tl 得 t1=8s 即碰撞后经过 8s 两物块相对传送带静止。 设碰撞前物块 A 相对传送带的位移为 x1 碰撞后，两物块相对传送带的位移 x2 分析可得，痕迹长度为 l=x1+x2=23m 2 2 1 1 1 2 1 2 3cos cos ( ) sin ( )m g m g m m g m m aµ θ µ θ θ+ − + = + 2 1 1 0 1 2x a t v t= + 2 0 1 0 1 1 2x v t v t= −10、（2020·山东省日照市高三下学期二模）如图所示，A 为内表面光滑的薄壁 U 型盒，质量 m=0.5kg，底 面长 L=5.75m。A 的中央位置放有可视为质点、质量 M=1kg 的滑块 B，初始 A、B 均静止。在 A 左侧与 A 相距 d=12.25m 处有一可视为质点、质量为 m=0.5kg 的滑块 C，开始时 C 以 的初速度向右沿直线 运动，与 A 碰撞后粘在一起。已知 A、C 与水平面间的动摩擦因数均为 。不考虑各物体相互碰撞的 时间及 B 与 A 碰撞时的机械能损失，三物体始终在一条直线上运动，取 g=10m/s2。求： (1)C 与 A 碰撞前瞬间，滑块 C 速度的大小 vC； (2)A 与 B 发生第一次碰撞后 B 的速度 、C 开始运动到 B 与 A 发生第二次碰撞前经历的时间 t； (3)系统停止运动时 B 与 A 的右端的距离 x 以及整个过程 B 与 A 碰撞的次数 N。 【答案】(1)24m/s；(2)11m/s，1.27s；(3)3.625m，6 次 【解析】 （1）设 C 与 A 碰撞前瞬间，滑块 C 速度的大小 ，根据动能定理 解得 （2）设 C 与 A 碰撞后粘在一起的速度为 ，碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律 得 代入数据解得 0 25m/sv = 0.2µ = B1v Cv 2 2 0 1 1 2 2C C C Cm gd m v m vµ− = − 24m/sCv = 1v 1)C C A Cm v m m v= +（A 和 C 碰后，A 和 C 一起运动 过程中，小球 B 保持静止，设 A 和 C 与 B 碰撞前的速度为 ，对 A、C 系统，根据动能定理得 解得 设 A 和 C 第一次与 B 碰撞后 A 和 C 的速度 ，B 的速度 ，对 A、B、C 系统，以向右为正方向，碰撞 过程根据动量守恒定律得 由机械能守恒定律得 代入数据解得 即碰撞完后，A 和 C 静止，B 做匀速运动 设 C 物体开始运动到 A 的时间 ，对 C 由动量定理得 解得 1 12m/sv = 2 L 2v 2 2 2 1 1 1( ) ( ) ( )2 2 2A B C A C A C Lm m m g m m v m m vµ− + + = + − + 2 11m/sv = 3v 1Bv 2 3 1( ) ( )A C A C B Bm m v m m v m v+ = + + 2 2 2 2 3 1 1 1 1( ) ( )2 2 2A C A C B Bm m v m m v m v+ = + + 3 0v = 1 11m/sBv = 1t 1 0C C C Cm gt m v m vµ− = − 1 0.5st =A 和 C 碰后一起运动 过程中，小球 B 保持静止，以 A 和 C 为对象，设该过程时间为 ，根据动量定理得 解得 B 第二次与 A 和 C 整体碰撞前，A 和 C 静止，B 匀速运动，设运动的时间 C 开始运动到 B 与 A 和 C 发生第二次碰撞前经历的时间 t （3）因为 A 和 C 的总质量和 B 的质量相等，相撞时满足动量守恒和能量守恒，则每次相撞时交换速度， 所以可以把相碰后 A 和 C 看成一直做减速运动，速度为 ，直到系统静止，则 A 和 C 做减速运 动的位移为 解得 因为 所以，A 和 C 运动两个底面长 L 后，再运动 而静止，而 A 和 C 一起运动时 B 不动，所以 B 在 A 和 C 最后运动 后静止时，正好距离 A 的右端 的距离也是 2 L 2t 2 2 1( ) ( ) ( )A B C A C A Cm m m gt m m v m m vµ− + + = + − + 2 0.25st = 3t 3 1 0.52s B Lt v = = 1 2 3 1.27st t t t= + + = ' 11m/sACv = '21( ) 0 ( )2A B C AC A C ACm m m x m m vµ− + + = − + 15.125mACx = 2ACx L > (15.125 5.75 2)m 3.625m− × = 3.625m 3.625m首先，A 和 C 碰后一起运动 和 B 碰撞，然后，A 和 C 静止，B 运动 L 后和 A 和 C 碰撞，B 静止，A 和 C 第一次前进 L 后和 B 碰撞，A 和 C 静止，B 运动 L 后和 A 和 C 碰撞，B 静止，A 和 C 第二次前进 L 后和 B 碰撞，A 和 C 在静止，B 运动 L 后和 A 和 C 碰撞，B 静止，A 和 C 在运动 停止，整个过程相撞的 次数为六次 11、（2020·四川省成都市高三下学期 6 月三诊）如图，水平平台BC 的右端与倾角 θ= 的足够长斜面 CD 相接，左端紧邻水平传送带上表面 AB，AB 长 L1=9m，BC 长 L2=11m，水平传送带始终以 v'=6m/s 的速度向 右匀速运动。质量 m1=2kg 的小滑块 P 以 m/s 的水平向右速度从 A 端冲上传送带，在 B 端与质量 m2=1kg 的静止小滑块 Q 发生了时间极短的弹性碰撞。已知两滑块与传送带和平台的动摩擦因数均为 u1=0.2，Q 与斜面的动摩擦因数为 u2=0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑块可视为质点、滑块通过 C 点 前后速率不变。（重力加速度 g=10m/s2，sin =0.6，cos =0.8，若需要将 开平方根，可认为： =10.8）。求： (1)碰撞后瞬间，P、Q 各自的速度大小； (2)从 A 到 B 的过程中，P 与传送带间因摩擦产生的热量； (3)平台对 Q 的摩擦力的总冲量。 【答案】(1)v2=3m/s，v3=12m/s；(2)14.4J；(3) ，方向水平向右 【解析】 (1)碰前，假设 P 的速度始终大于 v′，且 P 到达 B 端的速度为 v1，对 P，由牛顿第二定律有 代数据得 2 L 3.625m 37° 0 117v = 37° 37° 117 117 ( )2 5 1 N s− ⋅ 1 1 1m g m aµ =由运动学规律有 代入数据得 因 故假设成立，设 P、Q 碰后瞬间的速度分别为 v2、v3，碰撞过程中，系统动量守恒、机械能守恒，有 代入数据解得 (2)设 P 在传送带上的运动时间为 t，由运动学规律有 代入数据得 传送带在时间 t 内的位移为 22m/sa = 2 2 1 0 12v v aL− = − 1 9m/sv = 1v v> ′ 1 1 1 2 2 3m v m v m v= + 2 2 2 1 1 1 2 2 3 1 1 1 2 2 2m v m v m v= + 2 3m/sv = 3 12m/sv = 1 0v v at= − 0.9s t = x v t= ′P 相对传送带的路程为 P 与传送带之间因摩擦产生的热量为 代入数据解得 (3)假设 P、Q 不再发生第二次碰撞，设 P 在平台上发生的位移为 x1，由动能定理有 代入数据得 设 Q 滑到 C 点时的速度为 vC，由动能定理有 代人数据得 在倾斜轨道 CD 上，由于 故 Q 要返回平台，设 Q 在 CD 上发生的最大位移为 x2，回到 C 点时速度大小为 v4。由动能定理有 1x L x∆ = − 1 1Q m g xµ= ∆ 14.4JQ = 2 1 1 1 1 2 10 2m gx m vµ− = − 1 2.25mx = 2 2 1 2 2 2 C 2 3 1 1 2 2m gL m v m vµ− = − C 10m/sv = 2 0.5 tan37µ = < ° 2 2 2 2 2 2 2 C 1sin cos 0 2m g x m g x m vθ µ θ− − = −代入数据得 设 Q 在平台上向左发生的位移为 x3，由动能定理有 代入数据得 因 故假设成立，P、Q 不再发生第二次碰撞，设 Q 向右、向左运动时，摩擦力的冲量分别为 I1、I2，以向右为 正方向，由动量定理有 平台对 Q 的摩擦力的总冲量为 代数据解得 方向水平向右。 2 2 2 2 2 2 2 4 1sin cos 02m g x m g x m vθ µ θ− = − 2 5mx = 4 2 5m/sv = 2 1 2 3 2 4 10 2m gx m vµ− = − 3 5mx = 1 3 2x x L+ < 1 2 2 3CI m v m v= − 2 2 40 ( )I m v= − − 1 2I I I= + 2 5 1 N sI = − ⋅（ ）