专题26 动量和能量(第03期)-2019年高三物理二模、三模试题分项解析 Word版含解析

专题26 动量和能量
-2019年高三二模、三模物理试题分项解析（III）
一．选择题
1．（6分）（2019湖南衡阳二模）在冰壶比赛中，球员手持毛刷擦刷冰面，可以改变冰壶滑行时受到的阻力。

如图（a）所示，蓝壶静止在圆形区域内，运动员用等质量的红壶撞击蓝壶，两壶发生正碰・若碰撞前后两壶的v﹣t图象如图（b）所示。

关于冰壶的运动，下列说法正确的是（）
A．两壶发生了弹性碰撞
B．蓝壶运动了4s停下
C．撞后两壶相距的最远距离为1.275m
D．碰撞后蓝壶的加速度大小为0.3m/s2
【思路分析】根据动量守恒定律求解碰后蓝壶的速度，分析碰撞前后总动能的关系，判断是否为弹性碰撞。

根据图象求解碰前红壶的加速度，由此得到所以蓝壶静止的时刻，再根据速度图象与坐标轴围成的面积表示位移求解碰后两壶相距的最远距离；根据斜率表示加速度，分析碰后两壶的加速度关系，根据牛顿第二定律求解碰后红、蓝两壶所受摩擦力关系。

【名师解析】由图示图象可知，碰前红壶的速度v0＝1.2m/s，碰后红壶的速度为v红＝0.3m/s，取碰撞前红壶的速度方向为正方向，
碰撞过程系统动量守恒，根据动量守恒定律可得：mv0＝mv红+mv，解得：v＝0.9m/s；碰撞前两壶的总动能为E k1＝mv02＝0.72m；
碰撞后前两壶的总动能为E k2＝mv红2+mv2＝0.45m＜E k1，所以两壶碰撞为非弹性碰撞，故A错误；根据三角形相似法知：，解得t＝4s，蓝壶运动时间为：4﹣1＝3s停下，故B错误；速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，则碰后两壶相距的最远距离为：S＝＝1.275m，故C
正确；碰后蓝壶的加速度大小：a＝＝0.3m/s2，故D正确；
【参考答案】CD
【点评】本题主要考查了动量守恒定律，解答本题要掌握动量守恒定律的计算公式，能够根据图象获得信息，知道速度图象的面积和斜率的物理意义。

二．计算题
1.（2019重庆4月调研）在光滑绝缘水平轨道上有一弹簧左端系于A 点，右端与质量为3m 的小球1接触但不连接。

现用外力推动小球1将弹簧压缩至弹性势能为E P =mgs （s 为一定值）时静止释放，离开弹簧后与静止在P 点质量为m 、带电量为q （q ＞0）的小球2发生弹性正碰（不发生电荷转移），碰后小球2从DB 进入圆弧轨道，如图所示。

BC 是一段竖直墙面，DEF 是固定在竖直平面内的一段光滑绝缘圆弧轨道，轨道上端D 点的切线水平，B 、D 间距很小，可看作重合的点。

圆心O 与轨道下端F 的连线与竖直墙面的夹角为53°。

在BC 右边整个空间有水平向左、场强q
mg E 43=的匀强电场，小球2进入圆孤轨道之后恰好能沿着轨道DEF 运动，一段时间后从轨道下端F 处脱离，最后打在竖直墙面BC 的C 点。

已知重力加速度为g ，sin53°=0.8。

求：
（1）碰后小球2运动的速度；
（2）轨道DEF 的半径R ；
（3）小球2打在C 点前瞬间的速度。

【名师解析】
（1）由能量守恒得2132
1mv E p = ①.....................1分 1、2小球根据动量守恒得：
②...................2分 1、2小球根据机械能守恒得：
③.........2分 由①②③式解得...........1分
（2）由题意得.................2分
设DEF 轨道半径为R ，设在E 点小球达到等效最高点，由于小球恰好能沿着DEF 轨道运动，则在E 点有：
①.................2分
根据动能定理得：
. ②.................2分 由①②式解得s R 76=m.................2分 （3）过点F 做切线以及垂直BC 的水平线，则α为53°。

又因为3
4=qE mg ，则小球所受合力的方向与水平方向夹角成53°。

即在F 点小球速度方向与合力方向共线，小球做直线运动。

................ ...............1分 由几何关系得m......... ...............2分
从B 到C 全程动能定理有：......................2分 解得........................1分
2.（2019湖南益阳4月模拟）如图所示，质量分别为m1=1.0 kg 和m2=2.0 kg 的甲、乙两物体之间夹有少量炸药，两物体一起沿水平地面向右做直线运动，当速度V 。

=l m/s 时夹在两物体间的炸药爆炸，之后甲物体以7 m/s 的速度仍沿原方向运动。

已知两物体均可视为质点，甲物体与地面间的动摩擦因数为0. 35，乙物体与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g=10 m/S 2。

求：
(1)炸药爆炸使甲、乙两物体增加的总动能；
(2)甲、乙两物体分离2s 后两者之间的距离。

【名师解析】
3．(18分) （2019江西吉安模拟）如图所示，足够长的木板静止在光滑水平地面上，木板上的A点放有一小物块。

木板和物块的质量均为m，物块与木板之间的动摩擦因素为μ=0.2，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

现给物块一个水平向右的速度v0，v0=5m/s，并同时给物块一个水平向左的恒力F、F=0.6mg，而后在物块速度减小到0时撤去外力F，取g=10m/s2，求：
(1)它们第一次速度相同时速度的大小；
(2)撤去外力时木板运动速度的大小；
(3)最终物块停在木板上的位置离A点的距离。

【名师解析】（18分）
物块在木板上滑动时摩擦力的大小为（1分）
（1）物块获得初速度后做减速运动、木板做加速运动，直至速度相同。

设这一过程中木板与物块的加速度分别为a、a1，则
对物块有：（1分）
对木板：（1分）
经过时间t1物块和木板第一次具有相同的速度v，有：（1分）
联解求得，共同速度为：（2分）
（2）两者达到共同速度后，物块继续减速运动，设加速度为a2，木板也做减速运动，加速度方向改变、大小仍为a。

设物块减速经时间t2速度为0时木板速度为V，则
对物块有：，（2分）
对木板：（1分）
联解求得，撤去外力时木板速度为：（2分）
（3）在t1时间内，物块相对木板向右滑动，设滑动的距离为x1，则：
（1分）
在t2时间内，物块相对木板向左滑动，设滑动的距离为x2，则：
（1分）
撤去外力后，物块和木板组成的系统动量守恒，设最终速度达到u时物块相对木板向左滑动的距离为x3，则
由动量守恒得：（1分）
由能量关系得：（1分）
解得：（1分）
设物块最终停在木板上的位置离A点的距离x，则：
，停在A点的右侧。

（2分）
4. （2019河南示范性高中联考）如图所示，带有圆管轨道的长轨道水平固定，圆管轨道竖直(管内直径可以忽略)，底端分别与两侧的直轨道相切圆管轨道的半径R=0.5m，P点左侧轨道(包括圆管光滑右侧轨道粗糙。

质量m=1kg的物块A以v0=10m/s的速度滑入圆管，经过竖直圆管轨道后与直轨道上P处静止的质量M=2kg 的物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后物块B在粗糙轨道上滑行18m后速度减小为零。

已知物块A、B
与粗糙轨道间的动摩擦因数均为μ=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，物块A、B均可视为质点。

求：
(1)物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；
(2)最终物块A静止的位置到P点的距离。

【答案】（1）150N（2）2m
【解析】
【分析】
（1）由机械能守恒定律可得Q点的速度，由牛顿第二定律可知物块A滑过竖直圆管轨道最高点Q时受到管壁的弹力；（2）结合动量守恒定律和动能定理分析两物体的运动情况，根据运动公式求解最终物块A静止的位置到P点的距离。

【详解】（1）物块A从开始运动到Q点的过程中，由机械能守恒定律可得：
物块A在Q点时，设轨道对物块A的弹力T向下，由牛顿第二定律可得：
解得T=150N，
则物块A在Q点时轨道对它的弹力大小为150N，方向竖直向下；
（2）由机械能守恒定律可知，物块A与B碰前的速度为v0，物块A与B碰撞过程，由动量守恒定律：
碰后物块B做匀减速运动，由运动学公式：
解得v1=-2m/s，v2=6m/s
由机械能守恒定律可知，物块A若能滑回Q点，其在P点反弹时的最小速度满足：
则物块A反弹后划入圆管后又滑回P点，设最终位置到P点的距离为x A，
则：
解得最终物块A静止的位置到P点的距离x A=2m
5.(2019湖北名校联盟三模)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图所示，赛车从起点A 出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5W工作，进入竖直轨道前受到阻力F f恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h ＝1.25 m，x＝1.50 m，取g＝10 m/s2．问：
(1)要使赛车能完成圆运动，赛车到达B点速度至少多大？
(2)要使赛车能越过壕沟，赛车到达C点速度至少多大？
(3)要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？
【名师解析】(1)在圆轨道最高点，由，
得，
对赛车从B点到最高点过程利用动能定理
，
得
(2)赛车出C点后平抛
由，得
由，得
(3) 要使赛车完成比赛，赛车到达B点速度至少为4m/s，设电动机至少工作时间t1，对赛车A到B过程利用动能定理
解得
6.(2019山东济南二模)如图所示两小滑块分别静止在平台的两端，间距x=6.25m，质量分别为m1=1kg、m2=2kg 水平面上依次排放两块完全相同的木板A、B，其长度均为L=2.5m，质量均为M=1kg，木板上表面与平台等高滑块与平台间、木板与水平面间的动摩擦因数均为μ1=0.2，滑块与木板间的动摩擦因数均为μ2，现给滑块m1一水平向右的初速度v0=13m/s，一段时间后与m2发生弹性碰撞．最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10m/s2．求：
(1)碰前滑块m1的速度大小及碰后滑块m2的速度大小；
(2)若滑块m2滑上木板A时，木板不动而滑上木板B时，木板B开始滑动，则μ2应满足什么条件；
(3)若μ2=0.8求木板B的位移大小。

【命题意图】此题以碰撞、物块滑板模型为情景，考查动能定理、碰撞和动量守恒定律、能量守恒定律、牛顿运动定律、匀变速直线运动规律及其相关知识点。

【压轴题透析】（1）由动能定理得出碰前滑块m1的速度大小；对m1与m2碰撞利用动量守恒定律和碰撞前后系统动能不变列方程得出碰后滑块m2的速度大小；
（2）通过分析比较对滑块m2滑上木板A时，木板不动而滑上木板B时，木板B开始滑动，通过分析二者比较所受摩擦力，得出μ2应满足的条件；
（3）利用牛顿运动定律、匀变速直线运动规律求出木板B的位移大小。

【解题思路】（1）对m1,的减速过程，由动能定理，-μ1m1gx=1
2
m1v102-
1
2
m1v02
解得：v10=12m/s。

设碰撞后m1的速度为v1，m2的速度为v，对m1与m2弹性碰撞，有m1v10= m1v1+ m2v
1 2m1v102=
1
2
m1v12+
1
2
m2v2
联立解得：v=8m/s。

（2）m2滑上A后，A静止，对AB整体，应该满足：μ2m2g≤μ1（m2+2M）g，滑上木板B时，木板B开始滑动，对B，应该满足：μ2m2g>μ1（m2+M）g，
联立解得：0.3<μ2≤0.4
(3) m2在A上滑动过程，对m2，由牛顿第二定律，μ2m2g= m2a2
v2=v-a2t1
s2= v t1-1
2
a2t12
对AB，由牛顿第二定律，μ2m2g-μ1（m2+2M）= 2Ma1 v1=a1t1
s1= 1
2
a1t12
联立解得：a1=4m/s2，a2=8m/s2，t1=0.5s，v1=2m/s，v2=4m/s，s1=0.5m，s2=3m，
滑块m 2冲上长木板B 后，假设二者能够达到共同速度，
对于m 2，v 共= v 2 -a 2t 2，，s 2’=222v v t +共
对于B ，μ2m 2g-μ1（m 2+M ）= Ma 3
v 共= v 1 +a 3t 2，，s 3=122v v t +共
s 2’- s 3=19
m<L ，所以假设成立。

又因为>，所以滑块m2与长木板B 达到共同速度后二者将一共同的加速度a=μ1g 共同减速到零。

s 共=2
122v g μ共
s B =s 1+ s 3+ s 共
解得：s B =
17354m。