2014届高考物理第二轮复习方案 动量和能量1.doc

2014届高考物理第二轮复习方案新题之动量和能量1图8h1．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、如图所示，质量M=4 kg的滑板B静止放在光滑水平面上，其右端固定一根水平轻质弹簧，弹簧的自由端C到滑板左端的距离L=0.5m，这段滑板与木块A(可视为质点）之间的动摩擦因数μ=0.2，而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑小木块A以速度v0=10m/s，由滑板B左端开始沿滑板水平上表面向右运动。

已知木块A的质量m=1 kg，g取 10m/s2求（i）弹簧被压缩到最短时木块A的速度；（ii）木块A压缩弹簧过程中弹簧弹性势能的最大值为多少？3.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＝－1.25 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μ=0. 20..右端的轮子上沿距离地面高度h2=1. 80m，g取10 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，-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> m23) 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/sv2= 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，-μm2gL=m2v2’2-m2v22，解得v2’=2m/sm2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．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＝0.10mA、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 =10×sin 30°=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=1.0 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.如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A车上有两个小滑块B和C（都可视为质点），B与车板之间的动摩擦因数为μ，而C与车板之间的动摩擦因数为2μ，开始时B、C分别从车板的左、右两端同时以大小相同的初速度v0相向滑行。

经过一段时间，C、A的速度达到相等，此时C和B恰好发生碰撞已知C和B发生碰撞时两者的速度立刻互换，A、B、C三者的质量都相等，重力加速度为g设最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力 求：（1）开始运动到C、A的速度达到相等时的时间t； （2）平板车平板总长度L； （3）若滑块C最后没有脱离平板车，求滑块C最后与车相对静止时处于平板上的位置 解：（1）设A、B、C三者的质量都为m，从开始到C、A的速度达到相等这一过程所需的时间为t，对C由牛顿运动定律和运动学规律有： … ……………..1分 … ……………..1分对A由牛顿运动定律和运动学规律有： … ……………..1分， … ……………..1分联立以上各式解得： … ……………..1分（2）对C，在上述时间t内的位移： … ……………..1分 对B，由牛顿运动定律和运动学规律有： … ……………..1分，…….1分C和B恰好发生碰撞，有： ………..1分解得： … ……………..1分 （3）对A，在上述时间t内的位移： 将t代入以上各式可得A、B、C三者的位移和末速度分别为：（向左），（向右），（向左）（向左），（向右） 所以：C相对A向左滑动的距离： … ……..1分C和B发生碰撞时两者的速度立即互换、则碰后C和B的速度各为：（向右），（向左）碰后B和A的速度相等。

由分析可知，碰后B和A恰好不发生相对滑动，即保持相对静止一起运动设C最后停在车板上时，共同速度为vt，由A、B、C组成的系统动量守恒可知： … ……………..1分解得：vt＝0这一过程中，设C相对于A向右滑行的距离为S2，由能量关系可知： … ……………..1分解得： … ……………..1分所以：滑块C恰好回到原来的位置，即滑块C最后停在车板右端…..1分 。