2022高考物理复习2022届模拟题汇编（2）专题十八动量和能量图8h1．（2022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1.【答案】：C【解析】：在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统机械能守恒，物块的机械能减小，选项A错误；在下滑过程中，物块和光滑弧形槽组成的系统水平方向不受力，水平方向动量守恒；而竖直方向系统所受重力大于支持力，合外力不为零，系统动量不守恒，选项B错误；物块被弹簧反弹后，做匀速直线运动，不能回到槽高h处，选项C正确D错误。2.（14分）（2022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？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。解析：（1）设m、M的加速度分别是a1，a2，则7\n①②③由①②可得④⑤⑥（2）⑦解得⑧解得⑨⑩3.(12分)（2022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＝－1.25m.。.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10m/s2.(1)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；(2)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？(3)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）。解析：（1）滑块m1滑到B点过程，由机械能守恒定律，m1gh1=m1v02，解得：v0=5m/s。7\n滑块m1由B点滑到C点过程，由动能定理，-μm1gL=m1v2-m1v02，解得：v=3.0m/s。(2)m2的滑块停放在槽的底端，m1下滑后与m2发生弹性碰撞，由动量守恒定律，m1v0=m1v1+m2v2由能量守恒定律，m1v02=m1v12+m2v22解得：v1=v0，v2=v0。根据题述，碰撞后m1速度方向不变，v1>0，所以m1>m2。(3)滑块经过传送带后做平抛运动，h2=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=v0=v0=5m/s。v2=v0=2v0=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=m2v2’2-m2v22，解得v2’=2m/s。m2水平射程x2=v’2t=1.2m，滑块m1、m2落地点间的最大距离x=x2-x1=1.2m-3.0m=（1.2-3）m。图17dABθ4．（10分）（2022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＝，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、B7\n，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）解题思路：通过分析受力，应用牛顿第二定律解得物块A和凹槽B的加速度；AB碰撞，应用动量守恒定律和能量守恒定律得到第一次碰撞后瞬间A、B的速度大小；应用运动学和相关知识得到发生第三次碰撞时B的位移大小。考查要点：牛顿运动定律、动量守恒定律、能量守恒定律和匀变速直线运动规律等。解析：（1）设A的加速度为a1，则mgsinq=ma1，a1=gsinq=10×sin30°=5.0m/s2…………………………1分设B受到斜面施加的滑动摩擦力f，则==10N，方向沿斜面向上B所受重力沿斜面的分力=2.0×10×sin30°=10N，方向沿斜面向下因为，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vA0===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………………………………………1分………………………………………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=1.0m/s………………………………………1分7\n（3）A、B第一次碰撞后，B以vB1=1.0m/s做匀速运动，A做初速度为0的匀加速运动，设经过时间t1，A的速度vA2与B的速度相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即vA2=，解得t1=0.20s设t1时间内A下滑的距离为x1，则解得x1=0.10m因为x1=d，说明A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞。………………………………………1分设A与B第一次碰后到第二次碰时所用时间为t2，A运动的距离为xA1，B运动的距离为xB1，A的速度为vA3，则xA1=，xB1=vB1t2，xA1=xB1解得t2=0.40s，xB1=0.40m，vA3=a1t2=2.0m/s……………1分第二次碰撞后，由动量守恒定律和能量守恒定律可解得A、B再次发生速度交换，B以vA3=2.0m/s速度做匀速直线运动，A以vB1=1.0m/s的初速度做匀加速运动。用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知，在后续的运动过程中，物块A不会与凹槽B的右侧壁碰撞，并且A与B第二次碰撞后，也再经过t3=0.40s，A与B发生第三次碰撞。………………………………………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）（2022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。7\n（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？A⊙⊙Bhlu=2m/s（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，根据<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。【解析】（1）设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0由机械能守恒知①②设物块B在传送带上滑动过程中因受摩擦力所产生的加速度大小为a③设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有④7\n结合②③④式解得v=4m/s⑤由于=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小（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⑥⑦解得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，则⑨⑩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……则第n次碰撞后物块B的速度大小为7
