动量能量培优三

.答案AC10【答案】（1）4.0m．（2）4.0J．（3）4.0J．【解析】(1)滑块C滑上传送带做匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远．由动能定理解得sm=4.0m(2)设A、B碰撞后的速度为v1，A、B与C分离时的速度为v2，由动量守恒定律

mv0=2mv12mv1=2mv2+mvC解得:，v2=0由能量守恒定律解得Ep=4.0J

(3)滑块在传送带上向右匀减速运动，设滑块C在传送带上运动的加速度为a，滑块速度减为零的时间为t1，向右的位移为s1，在同样时间内传送带向左的位移为x1，根据牛顿第二定律和运动学公式滑块C速度减小到零所需的时间滑块的位移传送带的位移x1=vt1=2×2m=4m，相对路程△x1=s1+x1=8m．然后滑块返回做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度一起做匀速直线运动．匀加速直线运动的时间滑块C的位移传送带的位移x2=vt2=2m相对路程△x2=x2-s2=1m．则摩擦产生的内能Q=μmg(△x1+△x2)=0.2×10×9J=18J．11【答案】BD【解析】A、电动机多做的功等于系统摩擦产生的内能和物块机械能的增加量；对滑块，增加的机械能为:,系统增加的内能：,故△E=Q,故电动机多做的功等于物体机械能增加量的2倍，大于mv2；故A错误；B、系统增加的内能：,物体的加速度：,故加速时间：;故系统增加的内能：;故B正确；C、传送带运动的距离：,故传送带克服摩擦力做功：，故C错误；D、电动机增加的功率即为克服摩擦力做功的功率，大小为：P=fv=μmgcosθ•v；故D正确；故选BD．【点睛】本题关键是明确滑块的受力情况、运动情况和能量转化情况，结合功能关系、运动学公式列式分析，不难．12【答案】（1）（2）（3）学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...学￥科￥网...根据牛顿第二定律可知：ax＝－，ay＝即物块相对传送带在沿传送带方向和垂直传送带方向分别做相同的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律可知，当垂直传送带方向的速度减为零时，物块相对传送带在x方向上的位移即侧向滑过的距离为：s＝（2）同理作出工件相对传送带运动和所受滑动摩擦力的矢量图如下图所示。设摩擦力与y轴方向间的夹角为θ，根据牛顿第二定律和加速度的定义式可知，始终存在：＝＝tanθ＝因此工件相对传送带做匀减速直线运动，因此工件在乙上刚停止侧向滑动时应相对传送带乙静止，因此工件此时的速度大小为：v＝2v0（3）每个工件在传送带乙上相对传送带滑行距离为：Δs＝每个工件在传送带乙上相对传送带滑行的时间为：t＝每个工件在相对传送带滑动的t时间内，电动机对乙做的功为：W＝－＋μmgΔs电动机的平均输出功率为：＝联立以上各式解得：＝考点：本题主要考查了牛顿运动定律、滑动摩擦力的方向、运动的合成与分解的应用问题，属于较难题。13【答案】（1）0.9m；（2）16（3）14155.5J．【解析】（1）第一颗子弹射入木块过程中动量守恒，解得：木块向右作减速运动加速度木块速度减小为零所用时间：

解得：

所以木块在被第二颗子弹击中前向右运动离A点最远时，速度为零，移动距离为解得。（2）在第二颗子弹射中木块前，木块再向左作加速运动，时间

速度增大为（恰与传送带同速）

向左移动的位移为

所以两颗子弹射中木块的时间间隔内，木块总位移方向向右

第16颗子弹击中前，木块向右移动的位移为

第16颗子弹击中后，木块将会再向右先移动，总位移为木块将从B端落下，所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中。（3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为木块向右减速运动过程中板对传送带的位移为

产生的热量为

木块向左加速运动过程中相对传送带的位移为

产生的热量为

第16颗子弹射入后木块滑行时间为有

解得

木块与传送带的相对位移为

产生的热量为

全过程中产生的热量为，解得。点睛：此题综合性非常强，既有动量守恒定律又有匀变速直线运动，要求掌握物理知识要准确到位，能够灵活应用，物体运动过程复杂，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，分析清楚过程后，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题145．（1）不能5m/s（2）2.5J（3）0.75m【解析】（1）子弹打小车过程，根据动量守恒有解得v=5m/s当小物块在圆弧轨道上运动到最高点时，设高度为h，此时三者共速，为v′根据动量守恒有解得v′=2.5m/s根据能量守恒有联立解得h=0.625m<R，所以小物块不能到达A点当小物块再次回到B点时，设小物块速度为v1，车和子弹的速度为v2根据动量守恒有根据能量守恒有解得v1=5m/s，v2=0（2）当弹簧具有最大弹性势能时，三者共速为v′根据能量守恒有解得Epm=2.5J（3）当小物块与车最终相对静止时，三者共速为v′根据能量守恒有解得s=1.25m由s–L–x=0.25m<L，可知最终小物块与B点的距离为2(L+x)–s=0.75m156．（1）（2）（3）【解析】（1）B从释放到最低点，机械能守恒，有解得（2）设A与台阶碰前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒有若A与台阶只碰撞一次，碰后必须满足对A，由动能定理有联立可得（3）设s=s0时，A与台阶碰前瞬间，A、B恰好达到共同速度v由动量守恒有对A，由动能定理有联立可得当时，A与台阶碰前瞬间B的速度当时，对A，由动能定理有由动量守恒有解得故167．（1）（2）（3）W=【解析】（1）滑块A在半圆轨道运动，设到达最高点的速度为vD，则有mg=由机械能守恒有=+2mgR，联立可得vA=（2）A、B在弹簧恢复原长过程中动量守恒，有2mvB–mvA=0假设滑块可以在小车上与小车共速，由动量守恒有2mvB=(2m+M)v可得vB=，v=由能量守恒有=+2μmgΔx，解得Δx=<L=2R，故假设成立小车的加速度a==，小车的位移x==（3）若s≥，小车与立桩碰前，滑块B克服摩擦力做的功W1=2μmg(x+Δx)=小车与立桩碰后，滑块B做匀减速运动直到停下的位移x1==>L–Δx=小车与立桩相碰到滑块脱离小车过程，滑块克服摩擦力做的功W2=2μmg(L–Δx)=滑块B克服摩擦力做的功W=W1+W2=若s<，滑块B在小车上始终做匀减速直线运动，最大位移x2==>L=2R滑块一定能滑离小车，克服摩擦力做的功W=2μmg(L+s)=故W=17因为两球质量相等，且碰撞无能量损失，故两球交换速度设B球做完整的圆周运动时，通过最高点的速度为v′由机械能守恒有=+mg·2L由牛顿第二定律有≥mg可得L≤，因为<，则B能做完整的圆周运动B回到Q点后又与A发生碰撞，交换速度，故最终A以速度向右做匀速直线运动，B静止（2）由（1）可知，若L=h>，且平面CQ粗糙，B只能摆动，不能做完整的圆周运动A、B碰撞过程反复交换速度，A多次经过平面CQ，最终静止时，动能全部因克服摩擦力做功损失掉对全过程分析有mgh=μmgx，得x=学*科网设x除以s的商为n，余数为k，即=n+k，若n为奇数，碰撞次数为次，A最终停在Q点左侧–ns处若n为偶数，碰撞次数为次，A最终停在Q点左侧(n+1)s–处18【命题意图】本题考查机械能守恒定律、动量守恒定律、碰撞、能量守恒定律及其相关的知识点。（2）物块Q与小车相对静止时，共同速度为，系统水平方向动量守恒，则解得：m/s…………（2分）物块Q从开始运动到与小车相对静止过程，系统能量守恒，设动摩擦因数为解得：…（2分）经分析，物块Q滑至C点与小车共速时，则半径R最小解得：m…………（2分）19分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1，由动量守恒定律，mv0=mv1+mV1③因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为△E，由能量守恒得mv02=mv12+mV12+△E④联立①②③④式，考虑到v1必须大于V1，解得v1=（-）v0⑤设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒定律得2mV2=mv1⑥损失的动能为△E’=mv12-·2mV22⑦联立①②⑤⑥⑦式解得，△E’=(1+)×△E⑧因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，△E’=fx，△E=fd，由⑧式可得，射入第二块钢板的深度为：x=(1+)d。20(2)第N块刚被击穿时是否被N-1块追上，取决于二者静止时的间距dN-1是否小于子弹刚接触N-1到刚击穿N的过程N-1比N多走的位移。当N=13时，dN-1取最小值=0.275m从子弹刚接触N-1到刚击穿N的过程，N-1比N多走的位移：△S=vt=1.5m/s×0.01s=0.015m，所以没有追上。（3）子弹打穿前13块后，1到13各块的速度均为v，子弹与第14块相对静止时共同速度为v共<v，13将追上14发生碰撞，对碰撞有，，联立解得：①②因v´<v，所以12会追上13发生碰撞并交换速度，然后11与12、10与11……1与2碰撞并交换速度，这一轮碰撞会发生13次。这一轮碰撞完时，1