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1、2014年高考物理一轮速递训练 专题十八 动量和能量（含详解）图8h1（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
2、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）（2013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=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
3、、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，则由可得（2）解得解得3. (12 分) （2013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h11.25 m.。.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=0. 20.右端的轮子上沿距离地面高度h2=1. 80m，g取1
4、0 m/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。滑块m1由B点滑到C点过程，由动能定理，-m1gL=m1v2-m1v02，解得：v=3.0m/s。(2) m2的滑块停放在
5、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，v10，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=2 v0=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，-m2gL=m2v22-m2v22
6、，解得v2=2m/s。m2水平射程x2= v2t=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17dAB4（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)，它到凹槽左侧壁的距离d0.10m。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、B，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
7、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mg sinq=ma1 ，a1= g sinq =10sin 30=5.0m/s21分设B受到斜面施加的滑动摩擦力f，则=1
8、0N，方向沿斜面向上 B所受重力沿斜面的分力=2.010sin30=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=01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/s1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=1.0 m/s 1分（3）A、B第一次碰撞后，B以vB1=1.0 m/s做匀速运动，A做初速度为0的
9、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=
10、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=2.00.40=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）（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
11、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=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。（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？ABhlu=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
12、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 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 结
13、合式解得 v=4m/s K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 解得 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 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
