五年高考三年联考绝对突破系列(2010版)：第七章 动量能量守恒(4)

点处以2m/s的速度沿虚线滑出。为使冰壶C能够沿虚线恰好到达圆心O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少？（g取10m/s2）

解析：

设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S1，所受摩擦力的大小为f1：在 被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为S2，所受摩擦力的大小为f2。则有

S1+S2=S ①

式中S为投掷线到圆心O的距离。

f1??1mg ② f2??2mg ③

设冰壶的初速度为v0，由功能关系，得

f1?S1?f2?S2?12mv0 ④ 2联立以上各式，解得

22?1gS?v0 ⑤ S2?2g(?1??2)代入数据得

S2?10m ⑥

2008年高考题

一、选择题

1.(08天津理综20)一个静止的质点,在0～4 s时间内受到力F的作用,力的 方向始终在同一直线上,力F随时间t的变化如图所示,则质点在 ?A.第2 s末速度改变方向? ?C.第4 s末回到原出发点? 答案?D??

( )?

B.第2 s末位移改变方向? D.第4 s末运动速度为零?

解析 由图象知物体在前2 s内加速,2～4 s内减速,因为前2 s与后2 s受力情况是大小相等、方向相反,所以第4 s末速度为零.物体前4 s内始终沿一个方向运动. 二、非选择题

2.(08江苏12C)场强为E、方向竖直向上的匀强电场中有两个小球A、B,它们的质量分别为m1、m2,电荷量分别为q1、q2,A、B两个小球由静止释放,重力加速度为g,则小球A和B组成的系统动量守恒应满足的关系式为 答案 (q1+q2)E=(m1+m2)g

解析 动量守恒的条件是系统不受外力或受的合外力为零,所以动量守恒满足的关系式为(q1+q2)E=(m1+m2)g

3.（08全国I24）图中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自 由滑动,小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l.开始时,轻绳处于 水平拉直状态,小球和滑块均静止.现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚 好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆 动,当轻绳与竖直方向的夹角θ＝60°时小球达到最高点.求:?

(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量.? (2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小.? 答案 (1)-mgl (2)

.

1 mgl 2解析 (1)设小球第一次到达最低点时,滑块和小球速度的大小分别为v1、v2,由机械能守恒定律得

1212

mv1+mv2=mgl 22 ①?

小球由最低点向左摆动到最高点时,由机械能守恒定律得?

12

mv2=mgl(1-cos 60°) 2联立①②式得? v1=v2=gl

②?

③?

设所求的挡板阻力对滑块的冲量为I,规定动量方向向右为正,有?

I=0-mv1?

解得I=-mgl

④?

(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,设绳的拉力对小球做功为W,由动能定理得

mgl+W=

12

mv22

⑤?

联立③⑤式得? W=-

1mgl? 2小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小为

1mgl 24.(08北京理综24)有两个完全相同的小滑块A和B,A沿光滑水平面以速度v0与 静止在平面边缘O点的B发生正碰,碰撞中无机械能损失.碰后B运动的轨迹为 OD曲线,如图所示.

（1）已知小滑块质量为m,碰撞时间为Δt,求碰撞过程中A对B平均冲力的大小；? （2）为了研究物体从光滑抛物线轨道顶端无初速度下滑的运动,特制做一个与B平抛轨迹完全相同的光滑轨道,并将该轨道固定在与OD曲线重合的位置,让A沿该轨道无初速下滑（经分析,A下滑过程中不会脱离轨道）.

a.分析A沿轨道下滑到任意一点的动量pA与B平抛经过该点的动量pB的大小关系;? b.在OD曲线上有一点M,O和M两点连线与竖直方向的夹角为45°.求A通过M点时的水平分速度和竖直分速度.? 答案 （1）

mv02545?（2）a.pA

①?

121212

mvA+mvB=mv0222

②?

由①②,解得vA=0,vB=v0,?

根据动量定理,滑块B满足F·Δt=mv0? 解得F=

mv0. ?t（2）a.设任意点到O点竖直高度差为d.?

A、B由O点分别运动至该点过程中,只有重力做功,所以机械能守恒. 选该任意点为势能零点,有? EkA=mgd,EkB=mgd+

12

mv0 2由于p=2mEK,有

pA?pBEKA2gd??1 2EKBv0?2gd

即pA＜pB

故A下滑到任意一点的动量总是小于B平抛经过该点的动量.

?b.以O为原点,建立直角坐标系xOy,x轴正方向水平向右,y轴正方向竖直向下,则对B有x=v0t,y=

12

gt 2B的轨迹方程 y=

g2v02x

2

2v在M点x=y,所以y=0

g2 ③

因为A、B的运动轨迹均为OD曲线,故在任意一点,两者速度方向相同.设B水平和竖直分速度大小分别为

vBx和vBy,速率为vB;A水平和竖直分速度大小分别为vAx和vAy,速度为vA,则

vAxvBxvAyvBy, ??vAvBvAvB ④

B做平抛运动,故vBx=v0,vBy=2gy,vB=v0?2gy 对A由机械能守恒得vA=2gy 由④⑤⑥得vAx=

2⑤ ⑥

v02gyv0?2gy2,vAy=

2gyv0?2gy2将③代入得vAx=

2545v0 vAy=v0 555.(08四川理综25)如图所示,一倾角为θ=45°的斜面固定于地面,斜面顶端离地 面的高度h0=1 m,斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板,在斜面顶端自由释放一 质量m=0.09 kg的小物块（视为质点）.小物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.2. 当小物块与挡板碰撞后,将以原速返回.重力加速度g取10 m/s.在小物块与挡板的前4次碰撞过程中,挡板给予小物块的总冲量是多少？? 答案 0.4(3+6) N·s?

?解析 解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,到达斜面底端时速度为v,由功能关系得：?mgh=

2

12hmv+μmgcosθ 2sin? ①?

以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为:?

I=mv-m(-v) ②?

设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h′,则?

12h?mv=mgh′+μmgcosθ? 2sin?1h?2

同理,有mgh′=mv′+μmgcosθ 2sin?I′=mv′-m(-v′)

③? ④? ⑤?

式中,v′为小物块再次到达斜面底端时的速度,I′为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量.?

由①②③④⑤式得I′=kI 式中k=

⑥? ⑦?

tan???

tan???

由此可知,小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数,首项为?

I1=2m2gh0(1??cot?)

总冲量为?

⑧?

I=I1+I2+I3+I4=I1(1+k+k2+k3)

⑨? ⑩?

1?kn

由1+k+k+?+k=

1?k

2

n-1

1?k42m2gh0(1??cot?)? 得I=

1?k代入数据得I=0.4(3+6) N·s

解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动,小物块受到重力，斜面对它的摩擦力和支持力，小物块向下运动的加速度为a,依牛顿第二定律得mgsinθ-μmgcosθ=ma

①

设小物块与挡板碰撞前的速度为v,则：? v=2a

2

h sin? ②

以沿斜面向上为动量的正方向.按动量定理,碰撞过程中挡板给小物块的冲量为?

I=mv-m(-v) ③

由①②③式得?

I=2m2gh(1??cot?)

④

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