《2013高考物理 模拟新题特快专递（第二期）专题十八 动量和能量》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2013高考物理 模拟新题特快专递（第二期）专题十八 动量和能量（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、光世昌老师高中物理精品资源免费下载地址 （2013 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
2、力大于支持力，合外力不为零，系统动量不守恒，选项 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） （2013 北京四中摸底）质量为 m=1小木块（可看成质点） ，放在质量为M=5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 =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/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
3、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。图 8 ：（1）设 m、M 的加速度分别是 22 210.m/，由可得 12F0.（ ）（2） 1()得 1062120)(解得 s0(12 分) （2013 安徽皖南八校联考）如图所示，质量为 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 m.。个轮之间的距离为 L=4. 00m滑块与传送带间的动摩擦因数 =0. 20. 80m，g 取 1
4、0 m/1)槽的底端没有滑块 送带静止不运转，求滑块 点时的速度大小 v；(2)在 视为质点）停放在槽的底端。m 1下滑后与 碰撞后 m1、m 2应该满足什么条件？光世昌老师高中物理精品资源免费下载地址 (3)满足（2）的条件前提下，传送带顺时针运转，速度为 v=s。求出滑块 m1、m 2落地点间的最大距离（结果可带根号） 。解析：（1）滑块 点过程，由机械能守恒定律，m 1得： m/s。滑块 点滑到 C 点过程，由动能定理，- m 1得：v=s。(2) m 1下滑后与 动量守恒定律， -+12根据题述，碰撞后 ，所以 3) 滑块经过传送带后做平抛运动，h 2= 得 t= 块碰撞后的速度相差最
5、大，经过传送带后速度相差也最大。 m/s。2-+ 0m/s。 。12受摩擦力， 块 动能定理，- m 2- 得 2 m/s。v2t=1. 2 m，1滑块 m1、m 2落地点间的最大距离 x= . 2 1. 2 -3）m。1光世昌老师高中物理精品资源免费下载地址 （10 分） （2013 北京海淀期中）如图 17 所示，在倾角 30 的斜面上放置一段凹槽B， B 与斜面间的动摩擦因数 ，槽内靠近右侧壁处有一小物块 A(可视为质点)，它63到凹槽左侧壁的距离dA、 B 的质量都为 m=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、 B
6、，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/：（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；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
7、规律等。解析：（1）设 A 的加速度为 mg = g 30=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 所受重力沿斜面的分力 =010N，方向沿斜面向下为 ，所以 B 受力平衡，释放后 B 保持静止，则 的加速度 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 图 17d = =s1 分 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 B 的速度为 据题意有1 分101 分2、 B 的速度分别为， .0 m/s 1 分（3） A、 B 第一次
8、碰撞后， B 以 .0 m/s 做匀速运动， A 做初速度为 0 的匀加速运动，设经过时间 A 的速度 的速度相等， A 与 B 的左侧壁距离达到最大，即，解得 下滑的距离为 2x1=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 A 运动的距离为 B 运动的距离为A 的速度为 ， 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s 速度做匀速直线运动， A 以 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
9、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 A 与 B 发生第三次碰光世昌老师高中物理精品资源免费下载地址 。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 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= 1 分5. （14 分） （2013 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=2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
10、曲面，质量 m=1小物块 B 从其上距水平台面 h=由静止释放。已知物块 B 与传送带之间的摩擦因数 =l=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/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？（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
11、前速度大小；应用动量守恒定律、机械能守恒定律、匀变速直A m/ ，根据 l=断l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 00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 a设物块 B 通过传送带后运动速度大小为 v，有20合式解得v=4m/s 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u（2）设物块 A、B 第一次碰撞后的速度分别为 V、 向右为正方向，由弹性碰撞知1222解得 14/3
