2013高考模拟新题特快专递第二期十八动量和能量

本人声明：本资源属本人原创作品，授予21世纪教育网独家发行。 2013高考模拟新题特快专递第二期十八动量和能量 1．（2013北京海淀期中）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. （14分）（2013北京四中摸底）质量为m=1kg的小木块（可看成质点），放在质量为M=5kg的长木板的左端，如图所示．长木板放在光滑的水平桌面上．小木块与长木板间的动摩擦因数μ=0.1，长木板的长度l=2m．系统处于静止状态．现使小木块从长木板右端脱离出来，可采取下列两种方法：（g取10m/s2） （1）给小木块施加水平向右的恒定外力F，F作用时间t=2s．则F至少是多大？ （2）给小木块一个水平向右的冲量I，则冲量I至少是多大？ 解题思路：应用匀变速直线运动规律、牛顿第二定律列方程解得F的最小值；由动量守恒定律、动能定理、动量定理列方程解得冲量I的最小值。 考查要点：匀变速直线运动规律、牛顿第二定律、动量守恒定律、动能定理、动量定理等。 解析：（1）设m、M的加速度分别是a1，a2，则 ① ② ③ 由①②可得 ④ ⑤ ⑥ （2） ⑦ 解得 ⑧ 解得 ⑨ ⑩ 3. (12 分) （2013安徽皖南八校联考）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’=2m/s。 m2水平射程x2= v’2t=1. 2m， 滑块m1、m2落地点间的最大距离x= x2-x1=1. 2m-3.0m=（1. 2-3）m。 4．（10分）（2013北京海淀期中）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 ... ...