第七章动量能量守恒

第七章动量、能量守恒第一部分五年高考题荟萃2009年高考新题一、选择题1.（09·全国卷Ⅰ·21）质量为M的物块以速度V运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量之比M/m可能为（AB）A.2B.3C.4D.5解析：本题考查动量守恒.根据动量守恒和能量守恒得设碰撞后两者的动量都为P,则总动量为2P,根据KmEP22,以及能量的关系得MPmpMP22242223mM,所以AB正确。2.（09·上海·44）自行车的设计蕴含了许多物理知识，利用所学知识完成下表自行车的设计目的（从物理知识角度）车架用铝合金、钛合金代替钢架减轻车重车胎变宽自行车后轮外胎上的花纹答案：减小压强（提高稳定性）；增大摩擦（防止打滑；排水）3.（09·上海·46）与普通自行车相比，电动自行车骑行更省力。下表为某一品牌电动自行车的部分技术参数。在额定输出功率不变的情况下，质量为60Kg的人骑着此自行车沿平直公路行驶，所受阻力恒为车和人总重的0.04倍。当此电动车达到最大速度时，牵引力为N,当车速为2s/m时，其加速度为m/s2(g=10mm/s2)规格后轮驱动直流永磁铁电机车型14电动自行车额定输出功率200W整车质量40Kg额定电压48V最大载重120Kg额定电流4.5A答案：40：0.64.（09·天津·4）如图所示，竖直放置的两根平行金属导轨之间接有定值电阻R，质量不能忽略的金属棒与两导轨始终保持垂直并良好接触且无摩擦，棒与导轨的电阻均不计，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向与导轨平面垂直，棒在竖直向上的恒力F作用下加速上升的一段时间内，力F做的功与安培力做的功的代数和等于（A）A.棒的机械能增加量B.棒的动能增加量C.棒的重力势能增加量D.电阻R上放出的热量解析：棒受重力G、拉力F和安培力FA的作用。由动能定理：KGFEW-WW安得mghEWWKF安即力F做的功与安培力做功的代数和等于机械能的增加量。选A。5.（09·海南物理·7）一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在0t和02t时刻相对于出发点的位移分别是1x和2x，速度分别是1v和2v，合外力从开始至ot时刻做的功是1W，从0t至02t时刻做的功是2W,则（AC）A．215xx213vvB．122195xxvvC．212158xxWWD．212139vvWW6.（09·广东理科基础·9）物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是（A）A．在0—1s内，合外力做正功B．在0—2s内，合外力总是做负功C．在1—2s内，合外力不做功D．在0—3s内，合外力总是做正功解析：根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确；1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1—2s内合外力做功为零。（09·宁夏·17）质量为m的物体静止在光滑水平面上，从t=0时刻开始受到水平力的作用。力的大小F与时间t的关系如图所示，力的方向保持不变，则（BD）A．03t时刻的瞬时功率为mtF0205B．03t时刻的瞬时功率为mtF02015C．在0t到03t这段时间内，水平力的平均功率为mtF423020D.在0t到03t这段时间内，水平力的平均功率为mtF625020二、非选择题11.（09·北京·24）才用多球依次碰撞、碰撞前后速度在同一直线上、且无机械能损失的恶简化力学模型。如图2（1）如图1所示，ABC为一固定在竖直平面内的光滑轨道，BC段水平，AB段与BC段平滑连接。质量为1m的小球从高位h处由静止开始沿轨道下滑，与静止在轨道BC段上质量为2m的小球发生碰撞，碰撞后两球两球的运动方向处于同一水平线上，且在碰撞过程中无机械能损失。求碰撞后小球2m的速度大小2v；（2）碰撞过程中的能量传递规律在物理学中有着广泛的应用。为了探究这一规律，我们所示，在固定光滑水平轨道上，质量分别为、nm……的若干个球沿直线静止相间排列，给第1个球初能1kE，从而引起各球的依次碰撞。定义其中第n个球经过依次碰撞后获得的动能kE与1kE之比为第1个球对第n个球的动能传递系数1nk。a.求1nkb.若10004,,kmmmmm为确定的已知量。求2m为何值时，1nk值最大解析：（1）设碰撞前的速度为，根据机械能守恒定律2101121vmghm①设碰撞后m1与m2的速度分别为v1和v2，根据动量守恒定律2211101vmvmvm②由于碰撞过程中无机械能损失2222112101212121vmvmvm③②、③式联立解得2110122mmvmv④将①代入得④211222mmghmv（2）a由④式，考虑到2222210121211vmEvmEKK和得根据动能传递系数的定义，对于1、2两球221211212)(4mmmmEEkkk⑤同理可得，球m2和球m3碰撞后，动能传递系数k13应为232322212123121313)(4)(4mmmmmmmmEEEEEEkkkkkkk⑥依次类推，动能传递系数k1n应为21123232221211(23121)(4)(4)(4)nnnnnkknkkkkkknmmmmmmmmmmmmEEEEEEEEkin解得21232221212322111)()()(4nnnnnnmmmmmmmmmmmkb.将m1=4m0,m3=mo代入⑥式可得222022012))(4(64ommmmmmk最大，只需使取最小值，最大，即2202200222441))(4(mmmmmmmmmo由可知022022202424mmmmmmm最大。时，即当13022022,2kmmmmm12.（09·天津·10）如图所示，质量m1=0.3kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L=15m,现有质量m2=0.2kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0=2m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止。物块与车面间的动摩擦因数=0.5,取g=10m/s2，求（1）物块在车面上滑行的时间t;（2）要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v′0不超过多少。答案：（1）0.24s(2)5m/s解析：本题考查摩擦拖动类的动量和能量问题。涉及动量守恒定律、动量定理和功能关系这些物理规律的运用。（1）设物块与小车的共同速度为v，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律有vmmvm2102①设物块与车面间的滑动摩擦力为F，对物块应用动量定理有022vmvmtF-②其中gmF2③解得gmmvmt2101代入数据得s24.0t④（2）要使物块恰好不从车厢滑出，须物块到车面右端时与小车有共同的速度v′，则vmmvm2102⑤由功能关系有gLmvmmvm22212022121⑥=5m/s故要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车的速度v0′不能超过5m/s。13.（09·山东·38）（2）如图所示，光滑水平面轨道上有三个木块，A、B、C，质量分别为mB=mc=2m,mA=m，A、B用细绳连接，中间有一压缩的弹簧(弹簧与滑块不栓接)。开始时A、B以共同速度v0运动，C静止。某时刻细绳突然断开，A、B被弹开，然后B又与C发生碰撞并粘在一起，最终三滑块速度恰好相同。求B与C碰撞前B的速度。解析：（2）设共同速度为v，球A和B分开后，B的速度为Bv,由动量守恒定律有0()ABABBmmvmvmv,()BBBCmvmmv,联立这两式得B和C碰撞前B的速度为095Bvv。考点：动量守恒定律15.（09·安徽·24）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径12.0mR、21.4mR。一个质量为1.0mkg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以012.0m/sv的初速度沿轨道向右运动，A、B间距16.0Lm。小球与水平轨道间的动摩擦因数0.2，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取210m/sg，计算结果保留小数点后一位数字。试求（1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；（2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距L应是多少；（3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径3R应满足的条件；小球最终停留点与起点A的距离。0v答案：（1）10.0N；（2）12.5m(3)当m4.03R0时，m36.0L；当m27.9m1.03R时，m026.L解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理20211121212mvmvmgRmgL-①小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律121RvmmgF②由①②得10.0NF③（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意222Rvmmg④2022121212mvmvmgRLLmg2⑤由④⑤得m12.5L⑥（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足33Rvmmg2⑦2023121212mvmvmgRL2Lmg3⑧由⑥⑦⑧得m.R340II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理201212mv0mgRL2Lmg3解得m1.03R为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足2232232-RRLRR解得R3=27.9m、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件m4.03R0或m27.9m1.03R当m4.03R0时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则20210mvLmg-m36.0L当m27.9m1.03R时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则m026.221LLLLL16.（09·福建·21）如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程．．．．．．．．．．．．）答案：（1）sin201mgqEmst;（2）)sin()sin(2102kqEmgsqEmgmvWm;(3)解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。