2014届高考物理第二轮复习方案新题之动量和能量1 1．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. 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； 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？ 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> 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，-μm2gL=
m2v2’2-
m2v22， 解得v2’=2
m/s。 m2水平射程x2= v’2t=1. 2
m， 滑块m1、m2落地点间的最大距离x= x2-x1=1. 2
m-3.0m=（1. 2
-3）m。 4．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＝0.10m。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 sin?=ma1 ，a1= g sin?????×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

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