2013高考物理模拟新题特快专递(第四期)专题二十动量和能量

1、1 球的速度大小为2013 高考模拟新题特快专递第四期 20 专题二十、动量和能量 1. （2013 安徽望江二中质检）如图所示，在光滑水平面上质量分别为 ni=2kg、nm=4kg，速率 分别为 VA=5m/s、VB=2m/s 的A B 两小球沿同一直线相向运动 ，下述正确的是 A. 它们碰撞前的总动量是 18kg m/s, 方向水平向右 B. 它们碰撞后的总动量是 18kg m/s, 方向水平向左 C. 它们碰撞前的总动量是 2kg m/s, 方向水平向右 D. 它们碰撞后的总动量是 2kg m/s, 左人纶）右 厂厂厂厂厂厂1 方向水平向左 答案：D 解析：根据题述，它们碰撞前的总动量是

2、 据动量守恒定律，它们碰撞后的总动量是 m v B- mA VA= 2 kg m/s,方向水平向左，根 2kg m/s,方向水平向左，选项 D 正确 ABC 错误。 2. （2013 河北正定中学测试） 如图所示，半径为R的光滑圆形轨 道固定在竖直面内.小球 A、B质量分别为 m 3m A球从左边某 高处由静止释放，并与静止于轨道最低点的 B球相撞，碰撞后 A 1 球被反向弹回，且 A、B球能达到的最大高度均为 4R重力加速度 为g.问： （1） 碰撞刚结束时 B球对轨道的压力大小； （2） 通过计算说明，碰撞过程中A、B球组成的系统有无机械能损失？若有机械能损失 ，损失 了多少？ 2 解析：

3、（1）因 A、B 球能达到的最大高度均为 1/4R，由机械能守恒定律，得到碰撞后小 2 1/2mv2= 1/4mgR, VA= VB= * ；gR 设 B 球受到的支持力大小为 N,根据牛顿第二定律: 2 N 3mg= ，得 N= 9/2mg. R 由牛顿第三定律，小球 B 对轨道的压力大小为： N = N= 9/2mg. (2)设 A 球碰前的速度方向为正方向，碰撞过程满足动量守恒定律， mvo= mvA+ 3mvB 代入VA与VB的值，有：vo = . 2gR 1 2 碰前系统的机械能 Ei= mv0 = mgR 碰后系统的机械能为 E2= 1/4mgR+ 3/4mgR= mgR 故 Ei

4、= E2,无机械能损失. 3. (2013 北京丰台期末)在光滑的水平面上，一质量为 m=0.1kg 的小球 A,以 8 m/s的初 速度向右运动，与质量为 m=0.2kg 的静止小球B发生弹性正碰。碰后小球 B滑向与水平面 相切、半径为 R=0.5m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，且恰好能通过最高点 N后水平抛出。 g=10m/s2。求： (1) 碰撞后小球B的速度大小； 小球B从轨道最低点 M运动到最高点 N的过程中所受合外力的冲量; (3)碰撞过程中系统的机械能损失。 解析: (1)小球B恰好能通过圆形轨道最高点，有 3 小球B从轨道最低点C运动到最高点D的过程中机械能守恒, 解得vN 5

5、 m/s 方向向左 (1 分)(没有方向不扣分) 1 2 1 2 有严=2mBgR 1mBVN （1 4 等。所以有： 2mw=(2m m)v （3 (2) 根据能的转化和守恒定律: 联立解得vM =5 m/s (1 分) 设向右为正方向，合外力对小球 B 的冲量为 (3)碰撞过程中动量守恒，有 mAV0 =mAVA - mBVB (2 分)水平面光滑所以式中 VB =VM 解得 vA = 2 m/s , (1 分) 111 碰撞过程中损失的机械能为 也也E = mAVg mAvA mBv； = 0.5 J (1 分) 2 2 2 4. (10 分)(2013 北京朝阳区期末)如图所示，LMN

6、是竖直平面内固定的光滑绝缘轨道， MN水平 且足够长，LM下端与MN相切。质量为 m的的带正电小球 B静止在水平轨道上，质量为 2m的带 正电小球A从LM上距水平轨道高为 h处由静止释放，在 A球进入水平轨道之前，由于 A、B两 球相距较远，相互作用力可认为是零， A球进入水平轨道后，A、B两球间相互作用视为静电作 用。带电小球均可视为质点。已知 A、B两球始终没有接触。重力加速度为 g。求： (1) A、B两球相距最近时，A球的速度v; (2) A、B两球相距最近时， A、B两球系统的电势能 (3) A、B两球最终的速度 vA、VB的大小。 解答: (1) 对 A 球下滑的过程，根据动能定理

7、 -mBVN mBVM =_（ 1 ) N?s，方向向左(2 分) I 2 2mgh= 2mv v= . 2gh 当A球A、B两球组成的系统动量守恒，当 A、B相距最近时，两球速度相 5 （3）当A、B相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足 够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过 程中，A B两球组成的系统动量守恒、能量也守恒。 2mv0=2mvA mvB 1 2 1 2 1 2 2mv0 = 2mvA+ mvB 2 2 2 5. （16 分）（2013 安徽望江二中月考）雨滴在穿过云层的过程中，不断与漂浮在云层中的小 水

8、珠相遇并结合为一体，其质量逐渐增大。现将上述过程简化为沿竖直方向的一系列碰撞。 已知雨滴的初始质量为 m0,初速度为v0，下降距离I后与静止的小水珠碰撞且合并，质量 变为 g。此后每经过同样的距离I后，雨滴均与静止的小水珠碰撞且合并， 质量依次为 m2、 m3. mn （设各质量为已知量）。不计空气阻力。 （1） 若不计重力，求第 n次碰撞后雨滴的速度 vn ； （2） 若考虑重力的影响， a. 求第1次碰撞前、后雨滴的速度 w 和 V； b. 求第n次碰撞后雨滴的动能。 5 解析：（1）不计重力，全过程中动量守恒， mvo=mvn . .（2 分） 得 Vn =旦比 . .（2 分） mn

9、1 2 2mgh=-（2m+m）v +Epm 2 2 Epm= mgh 3 （3 （4得: 6 （2）若考虑重力的影响，雨滴下降过程中做加速度为 g 的匀加速运动，碰撞瞬间动量守恒 a .第 1 次碰撞前 w = vo 2gl, vo_2gi . 坨 分） 第1次碰撞后 mow = gv； v；=匹切=匹 Jv； +2gl . .（2 分） m1 叶2 7 第 2 次碰撞后, miV2=mv2 得V2 同理，第 3 次碰撞后vs 第 n次碰撞后, Vn f 2 2= mo vo 所以，当第 4 颗小钢球射入砂摆后，砂摆能达到初始释放的高度。 8. (18 分)(2013 广东佛山质检)如图所示

10、，倾斜轨道 AB 的倾角为 37, CD EF 轨道水平, AB 与 CD 通过光滑圆弧管道 BC 连接，CD 右端与竖直光滑圆周轨道相连。小球可以从 D 进入 该轨道，沿轨道内侧运动，从 E 滑出该轨道进入 EF 水平轨道。a、b 为两完全相同的小球， a 球由静止从 A 点释放，在 C 处与 b 球发生弹性碰撞。已知 AB 长为 5R CD 长为 R,重力加 速度为 g,小球与斜轨 AB 及水平轨道 CD EF 的动摩擦因数均为 0.5 , sin37 o=0.6 , cos37o=0.8，圆弧管道 BC 入口 B 与出口 C 的 高度差为 1.8R。求： a 球滑到斜面底端 C 时速度为

11、多大？ a、b 球在 C 处碰后速度Mv0 -mv = (M m)v1 【2解得：vn (M m)v1 (n -1)mv (M nm) 【1解得: (M m)w -mv -Mv0 . n 4 m(vv) 【1【111 各为多少? 要使小球在运动过程中不脱离轨道，竖直圆周轨道的半径 R =2.5R，两球最后所停位置距 D （或 E 多远? 注：在运算中，根号中的数值无需算出。 R应该满足什么条件？若 解析：（1 ）设 a 球到达 C 点时速度为 v，a 球从 A 运动至 C 过由动能定理有 mg(5Rsin 37 1.8R)-mg cos37 5R 1 mv 2 vb = - 5.6gR 可知，

12、a、b 碰后交换速度，a 静止, b 向右运动。 （2）要使小球 b 脱离轨道，有两种情况: 情况一：小球 b 能滑过圆周轨道最高点， 进入 EF 轨道。 则小球 b 在最高点 P 应满足 2 Vp m-r mg R 小球 b 碰后直到 P 点过程，由动能定理, 由式，可得 1 -mgR - mg 2R mv 23 R R=0.92R 25 1 mv 2 情况二：小球 b 上滑至四分之一圆轨道的 Q 点时, 速度减为零，然后滑回 D。则由动能定理 _、mgR-mg R =01mvb2 2 由可得 12 (3)若R =2.5R，由上面分析可知，b 球必定滑回 D,设其能向左滑过 DC 轨道与 a 球碰 撞，且 a 球到达 B 点，在 B 点的速度为VB,，由于 a、b 碰撞无能量损失，则由能量守恒定律 有 1 2 1 2 mv =mvB + mg i8R+2AmgR 2 2 由式，可得 vB = 0 故知，a 球不能滑回倾斜轨道 AB, a、