云南高考物理三年（2020-2022）模拟题知识点分类汇编-10动量定理、动量守恒定律（解答题-较难题）

这是一份云南高考物理三年（2020-2022）模拟题知识点分类汇编-10动量定理、动量守恒定律（解答题-较难题），共19页。试卷主要包含了解答题等内容，欢迎下载使用。
一、解答题
1．（2020·云南·统考二模）如图所示，一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=2m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块最终未滑离长木板，且圆弧轨道的半径为R=0.4m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=60°，不计空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；
(2)小滑块和长木板的最终速度。
2．（2020·云南·统考三模）如图甲所示，两根电阻不计的光滑平行金属导轨PQF、MNE相距L=0.8m，轨道的PQ和MN段为圆弧轨道，分别与固定在水平面上的QF段和NE段平滑连接，轨道右端足够长。金属杆ab和cd锁定在图示位置，此时杆ab距离水平轨道的竖直高度为h=0.8m，杆cd到圆弧轨道末端的距离为x=2.5m，杆ab和cd与两金属导轨垂直且接触良好，已知杆ab、cd的质量均为m=0.4kg、电阻均为R=0.4Ω，金属导轨的水平部分处于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，取重力加速度g=10m/s2。
（1）求0～2s内通过杆ab感应电流的大小和方向；
（2）t=2s时刻自由释放杆ab，保持杆cd处于锁定状态，待杆ab进入磁场运动x1=lm时，立即解除杆cd锁定，求t=2s后杆cd中产生的焦耳热。
3．（2020·云南·统考二模）如图所示，半径R=3.2m的四分之一圆弧PN竖直放置，与水平地面平滑连接于N点，竖直边界MN左侧空间存在竖直向下的匀强电场，场强大小E=6×103V/m。半径为r=1.5m的圆管形轨道竖直放置，与水平线NQ相切于Q点，圆管顶端S开口水平。小球A、B(视为质点)大小形状相同，A电荷量为q=+5×10-3C，质量m=1kg；B为不带电的绝缘小球，m=3kg。从P点由静止释放A球，与静止在地面上的B球碰撞，A、B间碰撞为弹性碰撞且碰撞时间极短，不计一切摩擦。g取10m/s2，求:
(1)小球A、B碰撞后瞬间，A、B的速度大小和方向；
(2)小球B到达圆管形轨道最高点S时对轨道的作用力大小和方向；
(3)若增加小球A的质量，并且使小球A碰前瞬间的速度变为m/s，保证A与B发生对心弹性碰撞，当小球B从轨道的最高点抛出后，求小球B的落地点到S点的水平距离最大不会超过多少?
4．（2020·云南昆明·统考一模）如图甲所示，质量为m=0.3kg的小物块B（可视为质点）放在质量为M=0.1kg、长度L=0.6m的木板A的最左端，A和B一起以v0=lm/s的速度在光滑水平面上向右运动，一段时间后A与右侧一竖直固定挡板P发生弹性碰撞。以碰撞瞬间为计时起点，取水平向右为正方向，碰后0.5s内B的速度v随时间t变化的图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2，求：
（1）A与B间的动摩擦因数；
（2）A与P第1次碰撞到第2次碰撞的时间间隔；
（3）A与P碰撞几次，B与A分离。
5．（2020·云南·统考模拟预测）如图甲所示，质量均为m＝0.5 kg的相同物块P和Q(可视为质点)分别静止在水平地面上A、C两点．P在按图乙所示随时间变化的水平力F作用下由静止开始向右运动，3 s末撤去力F，此时P运动到B点，之后继续滑行并与Q发生弹性碰撞．已知B、C两点间的距离L＝3.75 m，P、Q与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.2，取g＝10 m/s2，求：
(1)P到达B点时的速度大小v及其与Q碰撞前瞬间的速度大小v1；
(2)Q运动的时间t．
6．（2021·云南昆明·统考一模）如图所示，光滑斜轨道和一条足够长的粗糙水平轨道平滑连接，质量为的物块静置在水平轨道的最左端，质量为的物块从斜道上距离竖直高度为处由静止下滑，滑下后与物块碰撞。已知两物块与水平轨道之间的动摩擦因数均为，物块、均可视为质点，它们之间的每次碰撞均为弹性碰撞，取重力加速度。求：
(1)物块、第一次碰撞前瞬间，物块的速度大小；
(2)第一次碰撞后，物块滑上斜轨道的最大高度；
(3)物块运动的总路程。
7．（2022·云南曲靖·三模）如图所示，一粗糙的水平平台左端固定一轻质弹簧，在平台最右端并排静止放置可视为质点的两个小物块A和B，质量mA=0.2kg，mB=0.4kg，A、B间夹有少量炸药。在平台右侧紧挨着平台的水平地面上静止放置一质量为mC=0.2kg的木板C，木板C的上表面与平台在同一水平面上，其高度h=0.2m，长度L=1m，物块B与木板C上表面、地面与木板C下表面间的动摩擦因数分别为μ1=0.4，μ2=0.1．某时刻炸药爆炸，A、B分别沿水平方向运动，物块A压缩弹簧后被弹回并恰好停在爆炸前的位置，且弹簧被压缩过程中的最大弹性势能为Ep=4.05J；物块B最终落到地面上。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）物块B从木板C上表面飞出至落到地面上所经历的时间？
（2）爆炸后瞬间，物块B的速度大小？
（3）物块B刚落到地面时与木板C右端的水平距离？
8．（2022·云南·统考二模）如图所示，两相距的光滑平行金属导轨与水平面均成角，导轨上端连接一阻值为的电阻，两导轨间区域有磁感应强度大小为，方向垂直导轨平面向上的匀强磁场，与平行且与倾斜导轨垂直，与之间离。两倾斜导轨下端在入处分别通过一小段光滑四弧导轨（长度可忽略）与两根固定在同一水平面内的平行粗导轨相连，两根水平导轨上与相距处有两根固定立柱M、N。将质量为、电阻为的导体杆ab从倾斜导轨上某处由静止释放，杆ab沿倾斜导轨下滑进入磁场立即开始做匀速运动。离开磁场滑上水平轨道时与静止在水平导轨左端质量为的绝缘杆cd碰撞，碰后杆cd向右运动，与立柱M、N碰后等速率反弹，已知杆ab和杆cd与水平导轨之间的动摩擦因数为，在滑动过程中始终与导轨垂直且接触良好，它们之间的碰撞均为弹性碰撞，碰撞时间极短可忽略不计，除R和r外其余电阻均不计，重力加速度取。求：
（1）释放杆ab的位置与之间的距离；
（2）杆ab第一次穿越磁场的过程中，电阻R产生的焦耳热；
（3）杆ab与杆cd第二次碰撞结束瞬间的速度。
9．（2022·云南昆明·统考模拟预测）如图所示，质量为M=2.5kg的一只长方形空铁盒静止在水平地面上，铁盒与水平地面间的动摩擦因数=0.3，对其施加水平拉力进行多次实验，发现要使一质量为m=0.5kg的木块能静止在铁盒竖直左侧壁上而不下滑，水平拉力F应满足F≥129N，取重力加速度g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求木块与铁盒内壁间的动摩擦因数 ；
（2）某次实验时，将大小为F0=68.25N的水平拉力作用在铁盒上，同时释放木块，铁盒和木块由静止开始运动，木块沿铁盒左侧壁落到底部且不反弹，木块落到铁盒底部瞬间撤去拉力。已知木块释放时距离铁盒底部的高度h=22.5cm，铁盒长度为L=30cm，木块与铁盒内壁以及底部的动摩擦因数均相同，木块和铁盒右侧壁发生的碰撞是完全非弹性碰撞，所有碰撞时间忽略不计，求：
①木块落到铁盒底部时铁盒的速度；
②该实验中木块运动的总时间。
参考答案：
1．(1)60N，方向竖直向下；(2)
【详解】(1)小物块在C点时的速度大小
①
小物块由C到D的过程中，由机械能守恒定律得
②
代入数据解得
③
小物块在D点时由牛顿第二定律得
④
代入数据解得
FN=60N ⑤
由牛顿第三定律得
FN′=FN=60N ⑥
方向竖直向下。
(2)由于小物块最终未滑离长木板，说明它们的最后速度相等
由动量守恒定律得
⑦
代入数据解得
2．（1）I=1.25A，方向由a指向b；（2）Qcd=1.4J
【详解】（1）0～2s内由法拉第电磁感应定律
①
②
S=Lx③
据图象可得
④
⑤
解得
I=1.25A ⑥
感应电流方向由a指向b；
（2）杆ab下滑过程
⑦
解得
v0=4m/s ⑧
杆ab进入磁场后，设其速度为v时，取一段极短时间Δt，有
-F△t=m△v⑨
即
⑩
解除杆cd锁定时，设杆ab速度为v1，杆ab进入磁场后到解除杆cd锁定时，有
⑪
解得
v1=2m/s ⑫
解除杆cd锁定后，杆ab和杆cd组成的系统动量守恒，可得
⑬
解得
v2=1m/s
从杆ab进磁场到最终共速，据能量关系可得
⑭
解得
Qcd=1.4J ⑮
3．(1)vA=8m/s，方向水平向左；，方向方平右；(2)22N，向下；(3)xm=6m
【详解】(1)小球A运动到N时，速度大小为vN，则
设小球A、B碰撞后瞬间，A、B速度的大小分别为vA、vB，由动量守恒和能量守恒
解得
速度大小vA=8m/s，方向水平向左
方向方平右；
(2)小球A、B第一次碰撞后，B运动到最高点S的速度为vS，则
FN=22N
轨道对小球有向上的支持力，根据牛顿第三定律，小球对轨道有向下的压力，为22N；
(3)设小球A的质量为M，A、B发生弹性碰撞，碰撞过程中动量守恒、机械能守恒
得
当小球A的质量M无限增加时，碰后小球B的速度都不会超过2v0
设小球B到达轨道最高点的速度为v，由动能定理得
解得
离开轨道后做平抛运动
xm=vt
代入数据解得
xm=6m
4．（1）0.1（2）0.75s（3）一共可以碰撞2次
【详解】方法一：
解：（1）碰后A向左减速，B向右减速，由图像得：
由牛顿第二定律：
求得
（2）由牛顿第二定：
A减速到0后，向右继续加速，最后与B共速
由：
求得：
，
此过程中，A向左移动的距离为：
之后A与B一起向右匀速运动，时间：
所以一共用的时间：
；
（3）A第1次与挡板P相碰，到第2次相碰的过程内，
假设第3次碰撞前，A与B不分离，A第2次与挡板P相碰后到第3次相碰的过程内
，
求得：
由于：
所以一共可以碰撞2次。
方法二：
解：（1）碰后A向左减速，B向右减速，由图像得：
由牛顿第二定律：
求得
；
（2）碰后B向右减速，A向左减速到0后，向右继续加速，最后与B共速，由动量守恒定律可得：
解得：
此过程，对B由动量定理得：
解得：
对A由动能定理：
求得：
此后A、B一起向右匀速运动的时间：
所以一共用的时间：
（3）A第1次与挡板P碰撞后到共速的过程中，对整个系统，由能量守恒：
假设第3次碰撞前，A与B不分离，A第2次与挡板P相碰后到共速的过程中，由动量守恒：
由能量守恒：
解得：
由于，所以一共可以碰撞2次。
5．(1), (2)
【详解】（1）在0-3s内，对P，由动量定理有：
F1t1+F2t2-μmg（t1+t2）=mv-0
其中F1=2N，F2=3N，t1=2s，t2=1s
解得：v=8m/s
设P在BC两点间滑行的加速度大小为a，由牛顿第二定律可得：μmg=ma
P在BC两点间做匀减速直线运动，有：v2-v12=2aL
解得：v1=7m/s
（2）设P与Q发生弹性碰撞后瞬间的速度大小分别为v1′、v2′，取向右为正方向，由动量守恒定律和动能守恒有：
mv1=mv1′+mv2′
mv12=mv1′2+mv2′2
联立解得：v2′=v1=7m/s
碰后Q做匀减速直线运动，加速度为：a′=μg=2m/s2
Q运动的时间为：
6．；；
【详解】物块滑至斜面底端时，由动能定理得
解得
设物块滑至斜面底端时速度的方向为正方向，与物块碰撞后，物块、的速度分别为、，则据动量守恒得
由于两物块的碰撞为弹性碰撞，则机械能守恒，得
解得
所以碰撞后反向运动，由动能定理得
解得
设第一次碰撞后物块移动的距离为，据动能定理得
解得
由牛顿第二定律得物块和物块在地面上滑行时的加速度大小为
，
物块向右运动的时间为
第一次碰撞后沿着斜面上滑至最高点后返回，返回到地面的速度大小仍为，比第一次碰后的速度大，所以会发生第二次碰撞。物块反弹滑上斜面，在斜面上运动的加速度小于，结合运动学公式可知，滑块在斜面上的时间大于。物块滑回点后向前运动的过程中做匀减速直线运动，时间一定大于，所以物块从反弹后运动到点右方的位置所用的时间一定大于，因此物块与物块第二次碰撞是发生在停止运动之后。
第二次碰撞前瞬间的速度为，由运动学公式得
物块与物块碰撞过程中动量守恒

物块与物块的碰撞为弹性碰撞，则有
联立上式，解得
因与第二次碰撞后的动能，所以不会发生第三次碰撞，故两物块共碰撞二次。
第二次碰撞后物块滑行的距离为，则有
解得
故物块滑行的距离为
7．（1）0.2s；（2）4.5m/s；（3）0.32m
【详解】（1）物块 B从木板C上表面飞出做平抛运动，由

得
t0=0.2s
（2）设爆炸后瞬间，物块A的速度大小为vA，物块A向左运动的最大距离为S，物块 A与水平平台间的动摩擦因数为μ；由功能关系可知

μmAgS=EP
爆炸前、后系统A、B动量守恒，取向右为正方向，则
mBvB-mAvA=0
得
vB=4.5m/s
（3）设B从C的左端滑到右端过程中，设C运动的距离为SC
则此过程中
μ1mBg=mBaB
得
aB=4m/s2
Sc+L=vBt-aBt2
对C，有
μ1mBg-μ2（mB+mC）=mCaC
得
aC=5m/s2
Sc=aCt2
得
t=s
或t=s（舍去）
B从C的上表面水平抛出时，设B、C的速度分别为vB0、vC
vB0=vB-aBt
vC=aCt
B从C的上表面水平抛出后
μ2mCg=mCaC′
B从C的上表面水平抛出后，C速度减小到0所用时间

由此可知B在平抛过程中C一直在做匀减速直线运动。则B从C的上表面水平抛出后，B、C在水平方向运动的距离
xB=vB0t0
物块 B刚落到水平地面时与木板C右端的水平距离
△x=xB-xC
解得
△x=0.32m
8．（1）；（2）；（3），方向向左；，方向向右
【详解】（1）杆ab在磁场中做匀速运动，则
又
，，
得
设杆ab初始位置与之间的距离为l，杆ab由静止释放至进入磁场的过程中，根据动能定理得
联立解得
，
（2）杆ab匀速穿越磁场，由能量守恒可得
又
解得
（3）杆ab与杆cd第一次碰撞过程动量守恒、机械能守恒，取向右为正方向，设第一次碰后杆ab的速率为，杆cd的速率为
，
解得
，
第一次碰撞后，在摩擦力作用下，杆ab向右做匀减速运动，杆cd先向右匀减速运动，与立柱碰撞后再向左匀减速运动，加速度大小均为
杆ab经t秒与杆cd发生第二次碰撞，杆ab的路程为x1，杆cd的路程为x2，则
又
，
解得
（不符合实际情况，舍去）
碰撞前瞬间，杆ab的速率为，杆cd的速率为，则
，
解得
，方向向右
，方向向左
杆ab和杆cd第二次碰撞，碰撞后瞬间杆ab的速率为，杆cd的速率为
，
解得
，
（，不符合实际情况，舍去）
故碰撞后瞬间杆ab的速度大小为，方向向左；杆cd的速度大小为，方向向右。
9．（1）；（2）①；②
【详解】（1）对木块和铁盒整体，由牛顿第二定律
①
对木块
②
当木块刚要下滑时
③
解得
④
（2）①对物块，由牛顿第二定律
⑤
⑥
⑦
对铁盒，由牛顿第二定律
⑧
由运动学公式
⑨
⑩
联立求得
⑪
②撤去拉力后，对木块，由牛顿第二定律
⑫
对铁盒，由牛顿第二定律
⑬
由运动学公式，木块与右壁碰前
⑭
，⑮
之后木块与铁盒发生碰撞，系统动量守恒
⑯
碰后对木块和铁盒整体，由牛顿第二定律
⑰
由运动学公式
联立求得
⑱