【備戰(zhàn)2014】高考物理復(fù)習(xí) 2013年模擬題匯編（2）專題十八 動(dòng)量和能量

1 20142014 高考物理復(fù)習(xí)高考物理復(fù)習(xí) 20132013 屆模擬題匯編 屆模擬題匯編 2 2 專題十八 專題十八 動(dòng)量和能量動(dòng)量和能量 1 2013 北京海淀期中 如圖 8 所示 輕彈簧的一端固定在豎直墻上 質(zhì)量為m的光滑弧形 槽靜止放在光滑水平面上 弧形槽底端與水平面相切 一個(gè)質(zhì)量也為m的小物塊從槽高h(yuǎn)處 開始自由下滑 下列說法正確的是 A 在下滑過程中 物塊的機(jī)械能守恒 B 在下滑過程中 物塊和槽的動(dòng)量守恒 C 物塊被彈簧反彈后 做勻速直線運(yùn)動(dòng) D 物塊被彈簧反彈后 能回到槽高h(yuǎn)處 1 答案 C 解析 在下滑過程中 物塊和光滑弧形槽組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒 物塊的機(jī)械能減小 選項(xiàng) A 錯(cuò)誤 在下滑過程中 物塊和光滑弧形槽組成的系統(tǒng)水平方向不受力 水平方向動(dòng)量 守恒 而豎直方向系統(tǒng)所受重力大于支持力 合外力不為零 系統(tǒng)動(dòng)量不守恒 選項(xiàng) B 錯(cuò)誤 物塊被彈簧反彈后 做勻速直線運(yùn)動(dòng) 不能回到槽高h(yuǎn)處 選項(xiàng) C 正確 D 錯(cuò)誤 2 14 分 2013 北京四中摸底 質(zhì)量為m 1kg 的小木塊 可看成質(zhì)點(diǎn) 放在質(zhì)量為 M 5kg 的長木板的左端 如圖所示 長木板放在光滑的水平桌面上 小木塊與長木板間的動(dòng) 摩擦因數(shù) 0 1 長木板的長度l 2m 系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài) 現(xiàn)使小木塊從長木板右端脫離出 來 可采取下列兩種方法 g取 10m s2 1 給小木塊施加水平向右的恒定外力F F作用時(shí)間t 2s 則F至少是多大 2 給小木塊一個(gè)水平向右的沖量I 則沖量I至少是多大 解題思路 應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律 牛頓第二定律列方程解得解題思路 應(yīng)用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律 牛頓第二定律列方程解得 F F 的最小值 由動(dòng)量守的最小值 由動(dòng)量守 恒定律 動(dòng)能定理 動(dòng)量定理列方程解得恒定律 動(dòng)能定理 動(dòng)量定理列方程解得沖量I的最小值 的最小值 考查要點(diǎn) 勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律 牛頓第二定律 動(dòng)量守恒定律 動(dòng)能定理 動(dòng)量定理等 考查要點(diǎn) 勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律 牛頓第二定律 動(dòng)量守恒定律 動(dòng)能定理 動(dòng)量定理等 解析 1 設(shè) m M 的加速度分別是a1 a2 則 圖 8 h 2 slta 2 1 2 1 sta 2 2 2 1 2 22 2 1 0 1 10m s0 2m s 5 mgMaa 由 可得 2 12 11 2m saa 1 mamgF 0 1 1 10 1 1 2N2 2NF 2 01 mvmM v 解得 10 1 6 vv 2 1 2 0 2 1 2 1 vmMmvmgl 解得 0 4 8m sv 0 4 8N sImv A 3 12 分 2013 安徽皖南八校聯(lián)考 如圖所示 質(zhì)量為 m1的為滑塊 可視為質(zhì)點(diǎn) 自光 滑圓弧形糟的頂端 A 處無初速度地滑下 糟的底端與水平傳送帶相切于左傳導(dǎo)輪頂端的 B 點(diǎn) A B 的高度差為 h1 1 25 m 傳導(dǎo)輪半徑很小 兩個(gè)輪之間的距離為 L 4 00m 滑塊 與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù) 0 20 右端的輪子上沿距離地面高度 h2 1 80m g 取 10 m s2 1 槽的底端沒有滑塊 m2 傳送帶靜止不運(yùn)轉(zhuǎn) 求滑 塊 m1滑過 C 點(diǎn)時(shí)的速度大小 v 2 在 m1下滑前將質(zhì)量為 m2的滑塊 可視為質(zhì)點(diǎn) 停放在槽的底端 m1下滑后與 m2發(fā)生彈性碰撞 且碰撞后 m1速度方向不變 則 m1 m2應(yīng)該滿足什 么條件 3 滿足 2 的條件前提下 傳送帶順時(shí)針運(yùn)轉(zhuǎn) 速度為 v 5 0m s 求出滑塊 m1 m2落地 點(diǎn)間的最大距離 結(jié)果可帶根號(hào) 解析 1 滑塊 m1滑到 B 點(diǎn)過程 由機(jī)械能守恒定律 m1gh1 m1v02 1 2 解得 v0 5m s 3 滑塊 m1由 B 點(diǎn)滑到 C 點(diǎn)過程 由動(dòng)能定理 m1gL m1v2 m1v02 1 2 1 2 解得 v 3 0m s 2 m2的滑塊停放在槽的底端 m1下滑后與 m2發(fā)生彈性碰撞 由動(dòng)量守恒定律 m1v0 m1v1 m2v2 由能量守恒定律 m1v02 m1v12 m2v22 1 2 1 2 1 2 解得 v1 v0 v2 v0 12 12 m m mm 1 12 2 m mm 根據(jù)題述 碰撞后 m1速度方向不變 v1 0 所以m1 m2 3 滑塊經(jīng)過傳送帶后做平拋運(yùn)動(dòng) h2 gt2 解得 t 0 6s 1 2 當(dāng)m1 m2時(shí) 滑塊碰撞后的速度相差最大 經(jīng)過傳送帶后速度相差也最大 v1 v0 v0 5m s 12 12 m m mm v2 v0 2 v0 10m s 1 12 2 m mm 由于滑塊m1與傳送帶速度相同 不受摩擦力 m1水平射程 x1 v1t 3 0m 滑塊m1與傳送帶間有摩擦力作用 由動(dòng)能定理 m2gL m2v2 2 m2v22 1 2 1 2 解得v2 2m s 21 m2水平射程 x2 v 2t 1 2m 21 滑塊 m1 m2落地點(diǎn)間的最大距離 x x2 x1 1 2m 3 0m 1 2 3 m 2121 4 10 分 2013 北京海淀期中 如圖 17 所示 在傾角 30 的斜面上放置一段凹槽 B B與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 槽內(nèi)靠近右 6 3 側(cè)壁處有一小物塊A 可視為質(zhì)點(diǎn) 它到凹槽左側(cè)壁 圖 17 d A B 4 的距離 d 0 10m A B的質(zhì)量都為m 2 0kg B與斜面間的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力 不計(jì)A B之間的摩擦 斜面足夠長 現(xiàn)同時(shí)由靜止釋放A B 經(jīng)過一段時(shí)間 A與B的側(cè)壁 發(fā)生碰撞 碰撞過程不計(jì)機(jī)械能損失 碰撞時(shí)間極短 取g 10m s2 求 1 物塊A和凹槽B的加速度分別是多大 2 物塊A與凹槽B的左側(cè)壁第一次碰撞后瞬間A B的速度大小 3 從初始位置到物塊A與凹槽B的左側(cè)壁發(fā)生第三次碰撞時(shí)B的位移大小 10 分 解題思路 通過分析受力 應(yīng)用牛頓第二定律解得物塊A和凹槽B的加速度 AB 碰撞 應(yīng)用 動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得到第一次碰撞后瞬間A B的速度大小 應(yīng)用運(yùn)動(dòng)學(xué)和相關(guān) 知識(shí)得到發(fā)生第三次碰撞時(shí)B的位移大小 考查要點(diǎn) 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 動(dòng)量守恒定律 能量守恒定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律等 解析 1 設(shè)A的加速度為a1 則 mg sin ma1 a1 g sin sin 30 5 0m s2 1 分 設(shè)B受到斜面施加的滑動(dòng)摩擦力f 則 10N 方向沿斜面向上 cos2mgf 30cos100 2 6 3 B所受重力沿斜面的分力 2 0 10 sin30 10N 方向沿斜面向下 sin 1 mgG 因?yàn)?所以B受力平衡 釋放后B保持靜止 則fG 1 凹槽B的加速度a2 0 1 分 2 釋放A后 A做勻加速運(yùn)動(dòng) 設(shè)物塊A運(yùn)動(dòng)到凹槽B的左內(nèi)側(cè)壁時(shí)的速度為vA0 根據(jù) 勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律得 dav 1 2 A0 2 vA0 1 0m s 1 分 da1210 0 0 52 因A B發(fā)生彈性碰撞時(shí)間極短 沿斜面方向動(dòng)量守恒 A和B碰撞前后動(dòng)能守恒 設(shè)A與B 碰撞后A的速度為vA1 B的速度為vB1 根據(jù)題意有 1 分 B1A1A0 mvmvmv 5 1 分 2 B1 2 1A 2 A0 2 1 2 1 2 1 mvmvmv 解得第一次發(fā)生碰撞后瞬間A B的速度分別為 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 做勻速運(yùn)動(dòng) A做初速度為 0 的勻加速運(yùn)動(dòng) 設(shè) 經(jīng)過時(shí)間t1 A的速度vA2與B的速度相等 A與B的左側(cè)壁距離達(dá)到最大 即 vA2 解得t1 0 20s B111 vta 設(shè)t1時(shí)間內(nèi)A下滑的距離為x1 則 2 111 2 1 tax 解得x1 0 10m 因?yàn)閤1 d 說明A恰好運(yùn)動(dòng)到B的右側(cè)壁 而且速度相等 所以A與B的右側(cè)壁恰好接觸 但沒有發(fā)生碰撞 1 分 設(shè)A與B第一次碰后到第二次碰時(shí)所用時(shí)間為t2 A運(yùn)動(dòng)的距離為xA1 B運(yùn)動(dòng)的距離為 xB1 A的速度為vA3 則 xA1 xB1 vB1t2 xA1 xB1 2 21 2 1 ta 解得t2 0 40s xB1 0 40m vA3 a1t2 2 0m s 1 分 第二次碰撞后 由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律可解得A B再次發(fā)生速度交換 B以 vA3 2 0m s 速度做勻速直線運(yùn)動(dòng) A以vB1 1 0m s 的初速度做勻加速運(yùn)動(dòng) 用前面第一次碰撞到第二次碰撞的分析方法可知 在后續(xù)的運(yùn)動(dòng)過程中 物塊A不會(huì)與凹槽 B的右側(cè)壁碰撞 并且A與B第二次碰撞后 也再經(jīng)過t3 0 40s A與B發(fā)生第三次碰撞 1 分 設(shè)A與B在第二次碰后到第三次碰時(shí)B運(yùn)動(dòng)的位移為xB2 則 xB2 vA3t3 2 0 0 40 0 80m 設(shè)從初始位置到物塊A與凹槽B的左內(nèi)側(cè)壁發(fā)生第三次碰撞時(shí)B的位移大小x 則 x xB1 xB2 0 40 0 80 1 2m 1 分 5 14 分 2013 北京四中摸底 如圖所示 裝置的左邊是足夠長的光滑水平面 一 輕質(zhì)彈簧左端固定 右端連接著質(zhì)量 M 2kg 的小物塊A 裝置的中間是水平傳送帶 它與左 6 右兩邊的臺(tái)面等高 并能平滑對(duì)接 傳送帶始終以 v 2m s 的速率逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) 裝置的右邊 是一光滑的曲面 質(zhì)量m 1kg 的小物塊B從其上距水平臺(tái)面h 1 0m處由靜止釋放 已知物 塊B與傳送帶之間的摩擦因數(shù) 0 2 l 1 0m 設(shè)物塊A B中間發(fā)生的是對(duì)心彈性碰撞 第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài) 取 g 10m s2 1 求物塊B與物塊A第一次碰撞前速度大小 2 通過計(jì)算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運(yùn)動(dòng)到右邊曲面上 3 如果物塊A B每次碰撞后 物塊A再回到平衡位置時(shí)都會(huì)立即被鎖定 而當(dāng)他們?cè)俅?碰撞前鎖定被解除 試求出物塊B第n次碰撞后的運(yùn)動(dòng)速度大小 5 解題思路 由機(jī)械能守恒定律 牛頓第二定律 勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律 列方程解得解題思路 由機(jī)械能守恒定律 牛頓第二定律 勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律 列方程解得物 塊B與物塊A第一次碰撞前速度大小 應(yīng)用動(dòng)量守恒定律 機(jī)械能守恒定律 勻變速直線運(yùn) 動(dòng)規(guī)律列方程得到物塊 B 在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為 根據(jù) l 1 0m判斷出物塊 l l B與物塊A第一次碰撞后不能運(yùn)動(dòng)到右邊曲面上 考查要點(diǎn) 機(jī)械能守恒定律 牛頓第二定律 勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律 動(dòng)量守恒定律等 考查要點(diǎn) 機(jī)械能守恒定律 牛頓第二定律 勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律 動(dòng)量守恒定律等 解析 1 設(shè)物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時(shí)的速度大小為v0 由機(jī)械能守恒知 2 0 1 2 mghmv 0 2vgh 設(shè)物塊B在傳送帶上滑動(dòng)過程中因受摩擦力所產(chǎn)生的加速度大小為a A B h l u 2m s 7 mgma 設(shè)物塊B通過傳送帶后運(yùn)動(dòng)速度大小為v 有 22 0 2vval 結(jié)合 式解得 v 4m s 由于 2m s 所以v 4m s 即為物塊 B 與物塊 A 第一次碰撞前的速度大小vu 2 設(shè)物塊 A B 第一次碰撞后的速度分別為 V v1 取向右為正方向 由彈性碰撞知 1 mvmvMV 222 1 111 222 mvmvMV 解得 1 14 33 vvm s 即碰撞后物塊 B 在水平臺(tái)面向右勻速運(yùn)動(dòng) 設(shè)物塊 B 在傳送帶上向右運(yùn)動(dòng)的最大位移為 則 l 2 1 02v al 4 1 9 lmm 所以物塊 B 不能通