2020年高考物理大题热点题型专练(二)——动量和能量

2020年高考物理大题热点题型专练（二）——动量和能量

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上

一、计算题

1.轻质弹簧原长为0.4 m ，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为m =0.3 kg 的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为0.2 m 。现将该弹簧水平放置，一端固定在A 点，另一端与物块P 接触但不连接。AB 是长度为0.5 m 的水平轨道，B 端与半径r =0.15 m 的光滑半圆轨道BCD 相切，半圆的直径BD 竖直，如图所示。物块P 与AB 间的动摩擦因数μ=0.5。用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度为0.2 m ，然后放开，P 开始沿轨道运动。重力加速度大小为g =10 m/s 2。

（1）用外力推动物块P ，将弹簧压缩至长度0.2 m 时，弹簧的弹性势能E p 是多少。 （2）若P 的质量M =0.1 kg ，求P 到达D 点时对轨道的压力大小。 （3）若P 能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P 的质量的取值范围。

1.答案：(1)依题意，当弹簧竖直放置，从放上质量为0.3 kg 的物体到被压缩至最短的过程，由机械能守恒定律: p E mgh =

得:P 0.6 J E =

(2)对物块P 从放开到D 点的过程，由能量守恒定律: ()2

p 10.2m 22

D AB

E Mv Mg x Mg r μ++-=?

对物块P 在D 点时由牛顿第二定律:

2D

N Mv Mg F r

+= 得: 1 N N F =

根据牛顿第三定律得，物块P 对轨道的压力大小也为1 N 。

(3)为使P 能滑上圆轨道，它到达B 点时的速度不能小于零。对物块P 从放开到B 点的过程,有 ()p 0.2 m 0AB E Mg x μ-->

要使P 仍能沿圆轨道滑回，P 在圆轨道的上升高度不能超过半圆轨道的中点C 。由机械能守恒定律有 ()p 0.2 m 0AB E Mg x Mg r μ---?≤

联立上面两式得: 0.2 kg 0.4 kg M ≤<

解析：

2.如图所示，质量38kg m =的滑道ABC 静止在光滑的水平面上，滑道的AB 部分是半径足够大的四分之一光滑圆弧轨道，圆弧轨道底部与滑道水平部分相切，滑道的水平部分BC 粗糙。质量21kg m =的物体Q （可视为质点）放在滑道的B 点处，现给静止在C 处的质量11kg m =的物体P （可视为质点）一瞬时冲量5N s I =?，使它水平向左运动，在滑道上的B 点与物体Q 发生碰撞（碰撞时间极短）并黏在一起。已知BC 长 1.2m l =，P Q 、两物体与滑道BC 部分的动摩擦因数均为0.9μ=，

210m/s g =。求：

（1）物体P 从开始运动到与物体Q 相碰的过程中，滑道向左运动的距离。 （2）物体P 和Q 沿光滑圆弧轨道上升的最大高度。

（3）物体P 从C 点出发至运动到圆弧轨道最高点的过程中，整个系统损失的机械能。 2.答案：（1）物体P 的初速度01

I v m =

物体P 在BC 部分运动的加速度大小219m/s a g μ== 物体Q 和滑道的加速度大小21223

1m/s m g

a m m μ=

=+

设经时间t ，物体P Q 、相碰，碰前物体P 的速度为P v ，物体Q 的速度为Q v 则01P v v a t =- 2Q v a t =

2011

2P s v t a t =-

221

2

Q s a t =

P Q s s l -=

解得0.4s t =，=1.4m/s P v ，0.4m/s Q v =

滑道向左运动的距离2

210.08m 2

Q s s a t ===。

（2）P 与Q 碰撞过程中动量守恒，有1212()P Q PQ m v m v m m v +=+ 解得0.9m/s PQ v =

P 与Q 黏合在一起沿圆弧轨道上升到轨道最高点，有 123123()()PQ Q m m v m v m m m v ++=++

2212311()22PQ Q m m v m v ++=2123121()()2

m m m v m m gh ++++ 解得0.5m/s v =，0.01m h =。 （3）系统开始的机械能2

11

2I E m = P Q 、整体到达圆弧轨道的最高点时系统的机械能22123121

()()2

E m m m v m m gh =++++

物体P 从C 点出发到圆弧轨道最高点的过程中，系统损失的机械能12E E E ?=- 解得11.05J E ?=。 解析：

3.如图所示，在水平面上有一弹簧，其左端与墙壁相连，O 点为弹簧原长位置，O 点左侧水平面光滑，OP 长1m L =，P 点右侧有一与水平方向成30θ=°角、足够长的传送带与水平面在P 点平滑连接，传送带逆时针转动速率为3 m/s 。一质量1kg m =、可视为质点的物块A 压缩弹簧（与弹簧不拴接），使弹簧获得弹性势能p 9J E =，物块与OP

段间的动摩擦因数

10.1μ=，物块与传送带间的动摩擦因数2μ210m/s g =。现释放物块A ，求：

（1）物块A 第一次经过O 点时的速度大小0v 。 （2）物块A 沿传送带上滑的最大位移x 。

（3）从A 第一次沿传送带上滑到第一次离开传送带的过程中，物块A 与传送带之间由于摩擦而产生的热量Q 。

3.答案：（1）由机械能守恒定律得2

p 012

E mv =

解得0v =。

（2）对于物块A 由开始运动到P 点的过程中，由动能定理可得2

p 112

P E mgL mv μ-=

代入数据得4m/s P v =

假设A 沿传送带上滑的最大距离为1x ，由动能定理可得

2

21sin cos 02

P mgx mgx mv θμθ--=-

代入数据得10.8m x =。

（3）物块A 沿传送带上滑过程中，由牛顿第二定律，可得2sin cos mg mg ma θμθ+= 代入数据得22sin cos 10m/s a g g θμθ=+= 上滑时间10.4s P

v t a

=

= 传送带发生的位移21 1.2m x vt ==

物块上滑过程中，物块与传送带发生的相对位移1122m x x x ?=+= 物块下滑过程中，加速度仍为22sin cos 10m/s a g g θμθ=+=

物块与传送带速度相等时，因为2tan30μ==

°，所以物块与传送带一起匀速下滑，经过的时间为20.3s v t a ==

物块下滑过程中，物块与传送带发生的相对位移2

22210.45m 2

x x x vt at ?=-=-=传物

全过程产生的热量()212cos 12.25J Q mg x x μθ=?+?=。 解析：

4.如图所示，光滑半圆轨道BC 与倾角37θ=?的粗糙斜面轨道在同一竖直平面内，两轨道间由—条光滑水平轨道 相连，A 处用光滑小圆弧轨道平滑连接，B 处与半圆轨道相切。在水平轨道上，两静止小物块,P Q 压紧轻质弹簧后用细线连在一起。某时刻剪断细线后，小物块Q 沿半圆轨道恰好到达C 点。已知小物块P 的质量12kg m =，小物块的质量21kg m =，小物块P 与斜面间的动摩擦因数0.5μ=，剪断细线前弹簧的弹性势能p 75J E =，小物块到达A 点或B 点时已和弹簧分离。重力加速度210m /s ,sin 370.6,cos370.8g =?=?=，不计空气 阻力。

(1)求光滑半圆轨道的半径R ； (2)求小物块P 在斜面上的运动时间；

(3)若剪断细线后，小物块Q 沿半圆轨道运动时，始终没有脱离半圆轨道，则剪断细线前弹簧的弹性势能应满足什么条件? 4.答案：（1)两小物块弹开的过程，由动量守恒定律得11220m v m v =-

由机械能守桓定律得22

p 11221122E m v m v =+

联立可得 125m /s,10m /s v v ==

小物块Q 沿半圆轨道恰好到达C 点.则有2

22c m v m g R

=

小物块Q 沿半圆轨道运动过程中，由机械能守恒定律可得 22

222211222C m v m v m gR =+

解得2m R =

(2)设小物块P 沿斜面向上运动过程中的加速度为1a ，由牛顿第二定律得 1111sin cos m g m g m a θμθ+= 解得2110m/s a =

故沿斜面向上的最大位移为2

111

1.25m 2v x a ==

设小物块P 沿斜面下滑的加速度为2a ，则有 1112sin cos m g m g m a θμθ-= 解得222m/s a =

小物块P 上升到最高点所用的时间1

11

0.5s v t a =

= 小物块P 在斜面上下滑的时间为2t ，则有2

12212x a t =

解得2t

小物块P 在斜面上的运动时间12t t t =+=

(3)某时刻剪断细线后，小物块Q 沿半圆轨道运动时始终没有脱离半圆轨道,有两种情况。 ①当小物块Q 能够通过最高点C ，综合上面分析可得弹簧的弹性势能 p 75J E …

②小物块Q 到达圆心O 所在的水平线或此水平线的下方时速度为零。 当小物块Q 到达圆心O 所在的水平线且速度为

零时，由动能定理得2

222102

m gR m v '-=-

两小物块弹开的过程，由动量守恒定律得11220m v m v ''=-

由机械能守恒定律得2

2p 11221122

E m v m v '''=+

p 30J E '

=

剪断细线后,小物块Q 沿半圆轨道运动时始终没有脱离半圆轨道，剪断细线前弹簧的弹性势能应满足p 75J E …或p 030J E <≤.

解析：

5.如图所示,固定在水平面上倾角θ=37°的光滑斜面底端有一垂直于斜面的挡板,可看成质点的物块A 、B 、C 质量均为m =2.5 kg,物块B 、C 通过一劲度系数k =72 N/m 的轻质弹簧相连,初始时,物块C 靠在挡板上物块B 、C 处于静止状态,物块A 以初速度v 0沿光滑的水平面进入竖直面内与水平面相切于E 点、半径R =1.2 m 的光滑固定半圆形轨道。当物块A 到达轨道的最高点D 时,对轨道的压力大小为N 13F mg =,物块A 离开D 点后,恰好无碰撞地由P 点滑上斜面,继续运动11

m 12

s =后与静止于Q

点的物块B 相碰,碰撞时间极短,碰后物块A 、B 粘在一起,已知不计空气阻力,重力加速度g =10 m/s 2,sin37=0.6,cos37°=0.8.求:

(1)物块A 的初速度v 0的大小；

(2)物块A 、B 碰撞后瞬间的共同速度v 的大小；

(3)设从物块A 、B 粘在一起到物块C 恰好离开挡板这一过程经历了时间t ,若t =1 s,则这过程中弹簧对物块C 的冲量大小I 为多少？(弹簧始终处于弹性限度内)

5.答案：(1)当物块A 到达D 点时,对物块A 受力分析有

2

D

N v F m R

g m +=,解得 4 m /s D v =

物块A 从开始运动到D 点的过程中,由动能定理得22

011222

D mg R mv mv -?=-

解得08 m /s v =

(2)当物块A 离开D 点后,物块A 做平抛运动,到达P 点时速度沿斜面向下 则 5 m /s cos37D

P v v =

=?

从P 点到Q 点的过程中,由动能定理得 22

11sin3722

Q P mgs mv mv ??=-

解得 6 m /s Q v =

从物块A 与物块B 相碰到碰撞结束这一过程,由动量守恒定律得 2Q mv mv =

解得 3 m /s v =

(3)设在碰撞前弹簧的压缩量为1x ,受力分析得 1sin37kx mg =?,可得15

m 24

x =

当物块C 恰好离开挡板时,弹簧处于伸长状态,设伸长量为2x ,对物块C 受力分析得 2sin37kx mg =?,可得25 m 24

x =

从物块A 、B 碰撞完到物块C 恰好离开挡板,设此时物块A 、B 的共同速度为1v ,以物块A 、B 为研究对象,此过程弹簧的弹力做功为零,由动能定理得

()2212111

2sin372222

mg x x mv mv -=?-??+

解得1 2 m /s v =

从物块A 、B 碰撞完到物块C 恰好离开挡板,设弹簧对物块A 、B 的冲量为0I ,规定沿斜面向上为正方向,由动量定理得102(2)2sin37mv mv mgt I --=-?+

此过程弹簧对物块C 的冲量大小055 N s I I ==? 解析：

6.如图所示，质量5kg M =的小车静止在光滑水平地面上，小车左侧AB 部分水平，右 侧BC 部分为半径及0.5m R =的竖直光滑

1

4

圆弧面，AB 与BC 恰好在B 点相切，CD 为竖直侧 壁?质量1kg m =的小滑块以06m/s v =的初速度从小车左端的A 点滑上小车，运动到B 点时与小车相对静止一起向前运动，之后小车与右侧竖直墙壁发生碰撞，碰撞前后无能量损失。已知滑块与小车AB 段间的动摩擦因数=0.5μ，重力加速度

2=10m/s g ，求：

（1）小车与墙壁碰撞前的速度大小； （2）小车AB 段的长度；

（3）试通过计算说明:小车与墙壁碰撞后，滑块能否从C 点滑出。

6.答案：（1）取滑块和小车为研究对象，向右为正方向，则由动量守恒可得01()mv m M v =+共 解得：1/s =1m v 共

即小车刚与墙壁碰撞时的速度大小为1m/s 。

（2）从滑块刚滑上小车，到相对静止的过程中，由功能关系可知：22

01

11()22mgL mv M m v μ=-+共 解得：3m L =

（3）小车与墙壁碰撞后，取向左为正方向，由滑块和小车组成的系统水平方向动量守恒，可得:12()()M m v M m v -=+共共 解得： 22

m /s 3

v =

共 再由碰后滑块上升过程中，滑块与小车组成的系统机械能守恒可得：22

12

11()()22mgh m M v m M v =+-+共共 解得1

6h m R =<，故不能从C 点飞出。

解析：

7.如图所示，光滑水平面MN 的左端M 处固定有一能量补充装置P ，使撞击它的物体弹回后动能在原来基础上增加一定值。右端N 处与水平传送带恰好平齐且靠近，传送带沿逆时针方向以恒定速率6m /s v =匀速转动，水平部分长度9m L =。放在光滑水平面上的两相同小物块A B 、（均视为质点）间有一被压缩的轻质弹簧，弹性势能9J p E =，弹簧与A B 、均不粘连，A B 、与传送带间的动摩擦因数0.2μ=，物块质量1kg A B m m ==。现将A B 、同时由静止释放，弹簧弹开物块A 和B 后，迅速移去轻弹簧，此时，A 还未撞击P ，B 还未滑上传送带。取210m /s g =，求：

（1）求A B 、刚被弹开时的速度大小；

（2）B 被弹簧弹开后滑上传送带到返回到左端N 的过程中B 与传送带间因摩擦而产生的热量Q ;

（3）若B 从传送带上回到光滑水平面MN 上与被弹回的A 发生碰撞后，滑上传送带。则P 应给A 至少补充多少能量才能使B 从右端滑离传送带？

7.答案：（1）弹簧弹开的过程中，系统的机械能守恒，则：22

1122

p A A B B E m v m v =+ 取向左为正方向，由动量守恒有：0A A B B m v m v -= 联立以上两式解得：3m /s A v =，3m /s B v =

（2）B 滑上传送带向右匀减速，时间为1t ，由动量定理得：10B B B m gt m v μ-=- 向右匀减速因摩擦产生的热量为：111()2

B

B v Q m g t vt μ=+

B 向左匀加速，时间为2t ，21t t =，

B 返回传送带N 端的速度大小:13m /s B B v v ==

向右匀减速因摩擦产生的热量为：1

222()2

B B v Q m g vt t μ=-

所以因摩擦而产生的热量:1236J Q Q Q =+=

（3）装置P 应补充的最小能量为E ?，则有：22

11122

A A A A E m v m v ?=-

当A B 、为弹性碰撞时，装置P 应补充的能量最小,设P 给A 补充能量后，A 速度为1A v

由动量守恒有：''

11A A B B A A

B B m v m v m v m v +=+ 由机械能守恒有：222

21111112222A A B B A A B B m v m v m v m v +='+

' B 要从右端滑出，由能量守恒有：2

1

'2

B B B m v m gL μ≥ 由以上四式联立，解得13.5J E ?= 解析：

8.如图所示,水平面上有A B 、两个小物块(均视为质点),质量均为m ,两者之间有一被压缩的轻质弹簧(未与A B 、连接)。距离物块A 为L 处有一半径为L 的固定光滑竖直半圆形轨道,半圆形轨道与水平面相切于C 点,物块B 的左边静置着一个所有接触面均光滑的斜面体(底部与水平面平滑连接)。某一时刻将压缩的弹簧释放,物块A B 、瞬间分离,A 向右运动,恰好能过半圆形轨道的最高点 (物块A 过D 点后立即撤去),B 向左平滑地滑上斜面体,在斜面体上上升的最大高度为L (L 小于斜面体的高度)。已知A 与右侧水平面的动摩擦因数0.5,B μ=左侧水平面光滑,重力加速度为g ,求:

(1)物块A 通过C 点时对半圆形轨道的压力大小; (2)斜面体的质量;

(3)物块B 与斜面体相互作用的全过程中,物块B 对斜面体做的功。

8.答案：(1)在D 点,有2D

v mg m L

=

从C 到D ,由动能定理,有22

11222

D C mg L mv mv -?=-

在C 点,有2

C

v F mg m

L

-=

解得:6F mg =

由牛顿第三定律可知,物块A 通过C 点时对半圆形轨道的压力'6F F mg ==。 (2)弹簧释放瞬间,由动量守恒定律,有A B mv mv =

对物块A ,从弹簧释放后运动到C 点的过程,有22

1122

C A mgL mv mv μ-=-

B 滑上斜面体最高点时,对B 和斜面体,由动量守恒定律,有()B mv m M v =+ 由机械能守恒定律,有22

11()22

B mv m M v mgL =++

解得:2

m

M =

。 (3)物块B 从滑上斜面到与斜面分离过程中,由动量守恒定律,有 ''B B mv mv Mv =+

由机械能守恒,有222

111''222

B mv mvB Mv =+

解得:'B v =

'v =

由功能关系知,物块B 与斜面体相互作用的过程中,物块B 对斜面体做的功21

'2

W Mv = 解得:83

mgL W =。 解析：