動量能量培優(yōu)二

質量為10kg的物質在F=200N與斜面平行的力作用下，從粗糙斜面的底端由靜止開始沿斜面向上運動，斜面固定不動且足夠長，斜面與水平地面的夾角9=37°力F作用2s后撤去，物體在斜面上繼續(xù)上滑了3s后，速度減為零。已知g取10m/s2,不計空氣阻力，求：TOC\o"1-5"\h\z物體與斜面間的動摩擦因數比物體沿斜面向上運動的最大位移s?！敬鸢浮?1)0.25(2)60m【解析】本題考查了動量定理、牛頓第二定律等知識點，意在考查考生的理解和應用能力。對全過程應用動量定理，有：Rj-iirn^cosOly-°,代入數據解得：-'：?￡「撤去外力F后，則由牛頓第二定律，有：=^sinO+ugzsQ=撤去外力F時的速度為：Fm巾耳=劉皿,【備注】無某小組同學在研究圖1所示的電磁槍原理時，繪制了圖2所示的簡圖(為俯視圖)，圖中兩平行金屬導軌間距為L,固定在水平面上，整個裝置處在豎直向下、磁感應強度為B的勻強磁場中，平行導軌左端電路如圖所示，電源的電動勢為E,電容器的電容為C。一質量為m、長度也為L的金屬導體棒垂直于軌道平放在導軌上，忽略摩擦阻力和導軌的電阻，假設平行金屬導軌足夠長。將開關S接a,電源對電容器充電。求電容器充電結束時所帶的電荷量Q;請在圖3中畫出充電過程中電容器兩極板間的電壓u隨電容器所帶電荷量q變化的圖像；借助u-q圖像求出穩(wěn)定后電容器儲存的能量E。。電容器充電結束后，將開關接b,電容器放電，導體棒由靜止開始運動，不計放電電流引起的磁場影響。已知自由電子的電荷量為e,請你分析推導當導體棒獲得最大速度之后，導體棒中某一自由電子所受的電場力與導體棒最大速度之間的關系式；導體棒由靜止到獲得最大速度的過程中，由于存在能量損失AE損，電容器釋放的能量沒有全部轉化為導體棒的動能，求AE損。【答案】⑴a.CEb抄扛F=(2)a.F:=eBvmb"2(m+CGM)

【解析】本題考查帶電粒子在混合場中運動的知識點，意在考查學生的分析綜合能力。a.電容器充電完畢時其電壓等于電動勢E。有：電容器所帶的電荷量Q=CE①u=qb.根據U~C，畫出u-q圖像如圖所示，圖線與橫軸所圍面積即為電容器儲存的能量。有：§二孰②聯立①②式可得：’③a.方法一：設金屬導體棒獲得最大速度vm時，放電電流為零，此時電容器的電壓U與導體棒的感應電動勢E棒相等，即：U=E棒=BLvm④導體棒中恒定電場的場強為：E場=U/L=Bvm導體棒中電子所受的電場力為F=eE場=eBvm方法二：金屬導體棒獲得最大速度后做勻速直線運動，電路中無電流，運動的電子在磁場中受到向下的洛倫茲力，大小為：f=eBvm由于電子隨導體棒做勻速直線運動，則電場力F與洛倫茲力合力為零，即F-f=O則：F=eBvmb.b.由(1)中結論可知，導體棒獲得最大速度b.由(1)b.由(1)中結論可知，導體棒獲得最大速度vm時，電容器儲存的能量為:導體棒由靜止到獲得最大速度的過程中，根據能量守恒定律有:設此過程電容器放電的電荷量為AQ,則AQ=CE-CU⑦方法一：設此過程中的平均電流為匚時間為t,根據動量定理有:聯立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得:mCE2%如+如）方法二：設任意時刻電路中的電流為i,取一段含此時刻的極短時間聯立④⑤⑥⑦⑧⑨式可得:mCE2%如+如）的改變量為Av,根據動量定理有：而一?’⑨￡用心1?=也込“-0mCE2聯立④⑤⑥⑦⑧⑨⑩式可得：T‘2(m+匚汙出)2?如圖所示，質量M=4.0kg的長木板B靜止在光滑的水平地面上，在其右端放一質量m=1.0kg的小滑塊A(可視為質點)。初始時刻，A、B分別以vo=2.0m/s向左、向右運動，最后A恰好沒有滑離B板。已知A、B之間的動摩擦因數尸0.40,取g=10m/s2。求：A、B相對運動時的加速度aA和aB的大小與方向；A相對地面速度為零時,B相對地面的位移X；木板B的長度I?！敬鸢浮拷猓?1)A、B在相對運動時分別受到大小為卩mg勺滑動摩擦力的作用，根據牛頓第二定律可知，對A物體：mgmaA貝UaA=ig4.0m/s2方向水平向右對B物體:img=MaB貝VaB=imgM=1.0m/s2方向水平向左⑵開始階段A相對地面向左做勻減速運動，到速度為零的過程中所用時間為t1則v0=aAt1，得t1=v0/aA=0.50sB相對地面向右做勻減速運動，位移x=V0t1-aB=0.875m⑶A向左勻減速運動至速度為零后，相對地面向右做勻加速運動，加速度大小仍為aA=4.0m/s2;B板向右仍做勻減速運動，加速度大小仍為aB=1.0m/s2;當A、B速度相等時,A滑到B最左端，恰好不滑出木板，故木板B的長度為這個全過程中A、B間的相對位移在A相對地面速度為零時,B的速度VB=v0-aBt1=1.5m/s設由A速度為零至A、B速度相等所用時間為t2,則aAt2=vB-aBt2,解得t2=vB/(aA+aB)=0.3s;共同速度v=aAt2=1.2m/sA向左運動位移XA=(V0-v)(t1+t2)/2=(2-1.2)(0.5+0.3)/2m=0.32mB向右運動位移XB=(v0+v)(t什t2)/2=(2+1.2)(0.5+0.3)/2m=1.28mB板的長度I=xa+xb=1.6mS出(或能量守恒定律卩mc=(M+m)-(M+m)v2,代入數據解得1=1.6m)【解析】本題考查牛頓第二定律和運動學公式，意在考查考生對牛頓第二定律和運動學公式的靈活應用能力。【備注】無如圖所示，一個物塊A(可看成質點)放在足夠長的平板小車B的右端，A、B一起以vo的水平初速度沿光滑水平面向左滑行。左邊有一固定的豎直墻壁，小車B與墻壁相碰，碰撞時間極短，且碰撞過程無動能損失。已知物塊A與小車B的水平上表面間的動摩擦因數為厲重力加速度為g。若A、B的質量均為m,小車與墻壁碰后的運動過程中，求物塊A所受摩擦力的沖量；⑵若A、B的質量比為k(kv1),求物塊A和小車B達到相對靜止時物塊A對地的位移大小；若A、B的質量比為k,且k=2,求小車第一次與墻壁碰撞后的運動過程所經歷的總時間。|2*詭.2%【答案】(1)，方向水平向右;(2)心:二"嚴;(3)【解析】本題考查動量守恒定律和動量定理的知識，意在考查學生的分析能力。設小車B與墻碰撞后物塊A與小車B所達到的共同速度大小為v,設向右為正方向，則由動量守恒定律得：mvo—mv0=2mv解得：v=0對物塊A,由動量定理得摩擦力對物塊A的沖量：1=0—(—mv°)=mvo，沖量方向水平向右，故物塊A所受摩擦力的沖量大小為I=mv0,方向水平向右；⑵設A和B的質量分別為km和m,小車B與墻碰撞后物塊A與小車B所達到的共同速度大小為v；木塊A的位移大小為s,設向右為正方向，則由動量守恒定律得：則mv0—kmv0=(m+km)v'對木塊A由動能定理得:-pkmffs二—fcmu2-扌盤加?；代入數據解得:代入數據解得:2kv^3=故物塊A在小車B上發(fā)生相對運動的過程中物塊A對地的位移大小為：丿冷(1+町￡

當k=2時，根據題意由于摩擦的存在，經B與墻壁多次碰撞后最終A、B一起停在墻角，A與B發(fā)生相對運動的時間to可等效為A一直做勻減速運動到速度等于0的時間，在A與B發(fā)生相對滑動的整個過程，對A應用動量定理：-2mg^t=0-2mvo解得時間：山陽設第1次碰后A、B達到的共同速度為vi,B碰墻后，A、B組成的系統(tǒng)，沒有外力作用，水平方向動量守恒，設水平向右為正方向，由動量守恒定律，得：mvo-2mvo=(2m+m)vi_1I即：|3負號表示Vi的方向向左)第I次碰后小車B向左勻速運動的位移等于向右勻減速運動到速度大小為vi這段運動的位移Si11對小車B,由動能定理得-超mgsi=mvi2-mvo2解得：Si=.，￡L—第1次碰后小車B向左勻速運動時間：'設第設第2次碰后共速為V2,設第2次碰后共速為設第2次碰后共速為V2,由動量守恒定律，得:mvi-2mvi=(2m+m)v2即:V2這段運動的位第2次碰后小車B向左勻速運動的位移等于向右勻減速運動到速度大小為移S2，對小車BV2這段運動的位11-(j2mgs2^mv22-^mvi21■解得：S2=何勺2坯￡三=—=—第2次碰后小車B向左勻速運動時間：同理，設第3次碰后共速為v3,碰后小車B向左勻速運動的位移為S3,則由動量守恒定律,11巾=^2=~評得:3尸1同旳2v0￡—：=,第3次碰后小車B向左勻速運動時間：由此類推，第n由此類推，第n次碰墻后小車B向左勻速運動時間:第1次碰墻后小車B向左勻速運動時間即B從第一次撞墻后每次向左勻速運動時間為首項1為tl,末項為tn，公比為3的無窮等比數列，即B從第一次與墻壁碰撞后勻速運動的總時間（￡JLf故從第一次B與墻壁碰撞后運動的總時間:總-勻i肓。【備注】無質量均為m的兩小球A、B間有壓縮的輕、短彈簧，彈簧處于鎖定狀態(tài)，兩球的大小尺寸和彈簧尺寸都可忽略，把它們放入固定在水平面上的豎直光滑發(fā)射管內，解除彈簧鎖定后,B球仍然保持靜止，A球能上升的最大高度為R,如圖（甲）所示。現在讓兩球（包括同樣鎖定的彈簧）沿光滑的半徑也為R的固定半圓槽左端的M點由靜止開始滑下，如圖（乙）所示，到達半圓槽的最低點時解除彈簧鎖定，求A球離開半圓槽后能上升的最大高度?！敬鸢浮縄'【解析】本題考查動量守恒和機械能守定律的知識，意在考查學生的分析能力。對球和彈簧系統(tǒng)：由機械能守恒定律，則彈簧存儲的彈性勢能為Ep=myR對A對A和B:設二者到達圓槽底端的速度為Vo,則由動能定理彈簧將A、B彈開過程，系統(tǒng)動量守恒，機械能守恒，設彈開后兩球的速度分別為Va和vb,則衍旳-mvA+mvB扣m局+Ep=如了+如誦對A：設A對A：設A球離開半圓槽后能上升的最大高度為對A：設A球離開半圓槽后能上升的最大高度為h,則由機械能守恒定律對A：設A球離開半圓槽后能上升的最大高度為h,則由機械能守恒定律=mg(R+h)M=3kg,AO部分粗糙且長L=2m，動摩擦因數=0.3,OB部分光滑。另一小物塊a.放在車的最左端，和車一起以v°=4m/s的速度向右勻速運動，車撞到固定擋板后瞬間速度變?yōu)榱悖慌c擋板粘連。已知車0B部分的長度大于彈簧的自然長度，彈簧始終處于彈性限度內。a、b兩物塊視為質點質量均為m=lkg，碰撞時間極短且不粘連，碰后一起向右運動。(取g=102m/s)求：的速度大小;(1)物塊的速度大小;(1)物塊a與b碰后⑵當物塊a相對小車靜止時小車右端B到擋板的距離;⑶當物塊a相對小車靜止時在小車上的位置到0點的距離。【答案】(1)v2=1m/s(2)003125m⑶0.125m【解析】本題考查動量守恒定律；動能定理的知識，意在考查學生解決動量守恒綜合問題的能力。能力。(1)對物塊a，由動能定理得:能力。(1)對物塊能力。(1)對物塊a，由動能定理得:2mv02,代入數據解得a與b碰前速度：v1=2m/s;a、b碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以a的初速度方向為正方向，由動量守恒定律得：mv1=2mv2,代入數據解得：v2=1m/s;當彈簧恢復到原長時兩物塊分離，a以v2=1m/s在小車上向左滑動，當與車同速時，以向左為正方向，由動量守恒定律得：mv2=(M+m)v3，代入數據解得：v3=0.25m/s,對小車，由動能定理得:代入數據解得，同速時車B端距擋板的距離:1r=32m=00312m⑶由能量守恒得：(mgx=122⑶由能量守恒得：(mgx=122解得滑塊a與車相對靜止時與O點距離：x=(M+m)V32,m=0.125m；如圖所示，半徑均為R,質量均為M，內表面光滑的兩個完全相同的1/4圓槽A、B并排放在光滑的水平面上，圖中a、c分別為A、B槽的最高點，b、〔分別為A、B槽的最低點，A槽的左端緊靠著墻壁，一個質量為m的小球C從圓槽的頂端的a點無初速釋放，求：⑴小球C從a點運動到b點時的速度及A槽對地面的壓力；⑵小球C在B槽內運動所能到達最大高度;B的最大速度是多少?3mg+MgM+3mg+MgM+m2m：十■：-■■【解析】本題考查動量守恒定律以及機械能守恒定律等知識。11C下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgR=mv2,解得：v=-,在b點，由牛頓第二定律得：F-mg=m，解得：F=3mg,由牛頓第三定律可知，C對A的壓力：F'F=3mg,A靜止，處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知，A槽對地面的壓力：N=F'Mg=3mg+Mg;小球C在B槽內運動達最大高度時B、C共速，B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv=(M+m)v；111「M--R由機械能守恒定律的：？mv2=2(M+m)v2+mgh,解得：h?+尬；⑶B的速度最大時是C球返回最低點時，B、C組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒，以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv=-mv"+V,由機械能守恒定律得:mv由機械能守恒定律得:mv2=mv"2+MV2,2mV=T2mV=T【備注】無.建筑工程中的打樁”是利用重錘的沖擊克服泥土對樁柱的阻力，使樁柱插入泥土到達預定深度的過程。如圖甲所示，設打樁機重錘的質量為m,樁柱的質量為M。打樁過程可簡化如下：樁柱下端開始時在地表面沒有進入泥土，提升重錘到距離樁柱上端h高度后使其自由落下，重錘撞擊樁柱上端，經極短時間的撞擊使兩者以共同的速度一起向下移動一段距離后停止。然后再次提升重錘，重復打樁過程，逐漸把樁柱打到預定深度。設樁柱向下移動的過程中泥土對樁柱的阻力f的大小與樁柱打入泥土中的深度x成正比，其函數表達式f=kx(k為大于0的常量，具體值未知),f-x圖象如圖乙所示。已知重力加速度大小為g。求重錘與樁柱第一次碰撞后瞬間的共同速度大小;⑵圖象法和比較法是研究物理問題的重要方法，例如從教科書中我們明白了由v-t圖象求直線運動位移的思想和方法，請你借鑒此方法，根據圖示的f-x圖象結合函數式f=kx，分析推

導在第一次打樁將樁柱打入泥土的過程中阻力所做的功與樁柱打入泥土深度的關系式；并將泥土對樁柱的阻力與你熟悉的彈簧彈力進行比較，從做功與能量轉化的角度簡要說明泥土對樁柱的阻力做功和彈簧彈力做功的不同；若重錘與樁柱第一次的撞擊能把樁柱打入泥土中的深度為d,試求常量k的大小?！敬鸢浮?1)【答案】(1)'【解析】本題考查了機械能守恒定律、動量守恒定律、圖象、功、動能定理等知識點，意在考查考生的理解和應用能力。設重錘落到樁柱上端時的速度為vo,對于重錘下落的過程，根據機械能守恒定律有12丄二尬％二血前解得：重錘與樁柱相互作用過程極為短暫,沖擊力遠大于它們所受的重力，重錘與樁柱組成的系統(tǒng),v重錘與樁柱相互作用過程極為短暫,vi，根據動量守恒定律有vi，根據動量守恒定律有沿豎直方向動量守恒，設二者碰撞后共同運動的速度為|m旳=vi，根據動量守恒定律有v,=—解得：Af+eM+m⑵由直線運動的v-t圖象與橫坐標軸所圍的面積”表示位移，比較阻力隨深度變化的f-x圖象可知，f-x圖象與橫坐標軸所圍成的三角形的面積”表示阻力做功的大小：阻力對樁柱做負功，所以阻力對樁柱做負功，所以由題可知：彈簧彈力的大小和泥土對樁柱的阻力大小變化的規(guī)律一樣，都是大小與位移成正比。但是彈簧彈力做的功會使物體減少的機械能以彈性勢能的形式存儲起來，是機械能的轉移；而泥土對樁柱做的功會使物體減少的機械能都轉化成了內能，是機械能轉化為其他形式能的過程。泥土阻力一定做負功，彈簧彈力可以做正功，也可以做負功。d的過程，根據動能定理有(3)對于第一次碰撞后獲得共同速度到進入泥土深度為(M+m)gd-=0-d的過程，根據動能定理有可解得：22竺空+如圖所示，AB為固定在豎直面內、半徑為R的四分之一圓弧形光滑軌道，其末端(B端)切線水平，且距水平地面的高度也為R°1、2兩小滑塊(均可視為質點)用輕細繩拴接在一起，A由靜止滑下,在它們中間夾住一個被壓縮的微小輕質彈簧。兩滑塊從圓弧形軌道的最高點當兩滑塊滑至圓弧形軌道最低點時，拴接兩滑塊的細繩突然斷開，彈簧迅速將兩滑塊彈開,滑塊2恰好能沿圓弧形軌道運動到軌道的最高點A。已知R=0.45m，滑塊1的質量mi=0.i6kgA由靜止滑下,滑塊2的質量m2=0.04kg，重力加速度g取10m/s2，空氣阻力可忽略不計。求：兩滑塊一起運動到圓弧形軌道最低點細繩斷開前瞬間對軌道的壓力大??；在將兩滑塊彈開的整個過程中彈簧釋放的彈性勢能；⑶滑塊2的落地點與滑塊1的落地點之間的距離?！敬鸢浮竣?.0N(2)E彈=0.90J(3)0.45m【解析】本題考查了機械能守恒定律、動量守恒定律、生活中的圓周運動、牛頓第二定律、牛頓第三定律、彈性勢能、平拋運動、自由落體運動、勻速直線運動、等知識點，意在考查考生的理解和應用能力。設兩滑塊一起滑至軌道最低點時的速度為V所受軌道的支持力為N。對兩滑塊一起沿圓弧形軌道下滑到B端的過程，根據機械能守恒定律有(m1+m2)gR=(m1+m2)v2/2,解得v=3.0m/s對于兩滑塊在軌道最低點，根據牛頓第二定律有N-(m1+m2)g=(m1+m2)v2/R解得N=3(m什m2)g=6.0N根據牛頓第三定律可知，兩滑塊對軌道的壓力大小N'N=6.0N設彈簧迅速將兩滑塊彈開時，兩滑塊的速度大小分別為V1和V2,因滑塊2恰好能沿圓弧形軌道運動到軌道最高點A,此過程中機械能守恒，所以對滑塊2有m2gR=m2V22/2解得V2=3.0m/s，方向向左對于彈簧將兩滑塊彈開的過程，設水平向右為正方向，根據動量守恒定律有(m1+m2)v=m1V1-m2V2解得V1=4.5m/s對于彈簧將兩滑塊彈開的過程，根據機械能守恒定律有E彈=m1V12/2+m2V22/2-(m1+m2)v2/2解得E彈=0.90J⑶設兩滑塊平拋運動的時間為t,根據自由落體運動公式h=gt2/2，解得=崔兩滑塊做平拋運動的時間t=0.30s滑塊1平拋的水平位移X1=v1t=1.35m滑塊2從B點上滑到A點，再從A點返回到B點的過程，機械能守恒，因此其平拋的速度大小仍為V2,所以其平拋的水平位移X2=V2t=0.90m所以滑塊2的落地點與滑塊1的落地點之間的距離Ax=x1-x2=0.45m【備注】本題無圖，本題圖形應是第15題中的圖形。如圖所示，固定的光滑平臺左端固定有一光滑的半圓軌道，軌道半徑為R,平臺上靜止放著兩個滑塊A、B，其質量mA=m,mB=2m，兩滑塊間夾有少量炸藥.平臺右側有一小車，

靜止在光滑的水平地面上，小車質量M=3m，車長L=2R,車面與平臺的臺面