2010广东省各强市一模物理试题汇编-动量守恒与能量守恒

动量守恒与能量守恒定律1.（2010年1月惠州第三次调研20）如图所示，质量分别为m1和m2的两个小球A、B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上.当突然加一水平向右的匀强电场后，两小球A、B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两个小球和弹簧组成的系统（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度），以下说法正确的是ADA.因电场力分别对球A和球B做正功，故系统机械能不断增加B.因两个小球所受电场力等大反向，故系统动量守恒C.当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最小D.当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大【解析】由功能关系知0机电其EWW，故A正确；对AB及弹簧组成的系统，水平方向上合外力为零，故动量守恒，B正确；当弹簧长度达到最大时，电场力做的功全转化为弹簧的弹性势能，机械能最大，C错；当A、B所受合力为零时，速度最大，动能最大，D正确2.（2010年1月广东六校联考）（18分）如图，在光滑水平长直轨道上有A、B两个绝缘体，它们之间有一根长L的轻质细线相连接，其中A的质量为m，B的质量为M=2m，A为带有电量为+q的物体，B不带电，空间存在着方向水平向右的匀强电场,电场强度为E。开始时用外力把A与B靠在一起并保持静止，某时刻撤去外力，A开始向右运动，直到细线绷紧。当细线被绷紧时，细线存在极短时间的弹力，而后B开始运动。已知B开始运动时的速度等于线刚绷紧前瞬间A的速度的1/2，设整个过程中，A的电荷量保持不变。求：（1）B开始运动时，A运动的速度（2）通过计算来判断细线在第二次绷紧前A、B是否发生碰撞（3）在（2）中，若A、B发生碰撞，求碰撞前瞬间B的位移；若A、B不发生碰撞，求细线第二次绷紧前瞬间B的位移【解析】（1）从运动到拉直时，A的速度为v0，则：2012Eqlmv解得：02Eqlvm（3分）绷紧前后，系统动量守恒，00122Amvmvmv解得：0Av（3分）（2）第一次绷紧后，A作初速度为0的匀加速直线运动，B作0.5v0的匀速直线运动。现假设二者能碰撞，B追上A的时间为t，则须同时满足下面两个条件：AB-+E-○1二者能相遇201122Eqvttlm且t有实数解（3分）○2相遇时后面速度比前面大012Eqvtm（3分）由○1得到一元二次方程的判别式302Eqlm故t无实数解，说明B追不上A，也就没有○2式成立。所以，二者不会发生碰撞。（2分）（3）设第二次绷紧时间为t2则有：2022122BvEqsttm解得：02,BmvtslEq（4分）如用其它方法来解，只要正确都给分。3.（2010年1月肇庆一模21）质量为M的小车中挂有一个单摆，摆球的质量为M0，小车和单摆以恒定的速度V0沿水平地面运动，与位于正对面的质量为M1的静止木块发生碰撞，碰撞时间极短，在此过程中，下列哪些说法是可能发生的BCA．小车、木块、摆球的速度都发生变化，分别为V1、V2和V3，且满足：（M+M0）V0=MV1+M1V2+M0V3；B．摆球的速度不变，小车和木块的速度为V1、V2，且满足：MV0=MV1+M1V2；C．摆球的速度不变，小车和木块的速度都为V，且满足：MV0=（M+M1）V；D．小车和摆球的速度都变为V1，木块的速度变为V2，且满足：（M+M0）V0=（M+M0）V1+M1V2【解析】碰撞时间极短，单摆速度来不及改变，小车和木箱组成的系统动量守恒，碰撞前后的动能关系，可知BC正确4.（2010年1月广州市调研题）如右图所示，在光滑水平面上质量分别为mA=2kg、mB=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CA．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，方向水平向左【解析】以向右右方为正向，由动量守恒可知总动量为2kg·m/s，方向水平向右，C正确5．（2010年3月深圳一模）（18分）如图所示，ABCDE是由三部分光滑轨道平滑连接在一起组成的，AB为水平轨道，BCD是半径为R的半圆弧轨道，DE是半径为2R的圆弧轨道，BCDDE相切在轨道最高点D，R=0.6m．质量为M=0.99kg的小物块，静止在AB轨道上，一颗质量为m=0.01kg子弹水平射入物块但未穿出，物块与子弹一起运动，恰能贴着轨道内侧通过最高点从E点飞出．取重力加速度g=10m/s2，求：（1）物块与子弹一起刚滑上圆弧轨道B点的速度；（2）子弹击中物块前的速度；（3）系统损失的机械能．AB左vB右vAABCDEMm解析：（1）由物块与子弹一起恰能通过轨道最高点D，得：2()()2DvMmgMmR（3分）又由物块与子弹上滑过中根据机械能守恒得：2211()()2()22DBMmvMmgRMmv（3分）代入数据解得：66/BvRgms（2分）（2）由动量守恒()BmvMmv（3分）600/vms（2分）（3）根据能的转化和守恒定律得2211()22BEmvMmv（3分）代入数据得：1782EJ（2分）5．（2010年广州一模）（18分）如图18所示的凹形场地，两端是半径为L的1/4圆弧面，中间是长尾4L的粗糙水平面。质量为3m的滑块乙开始停在水平面的中点O处，质量为m的滑块甲从光滑圆弧面顶端A处无初速度滑下，进入水平面内并与乙发生碰撞，碰后以碰前一半的速度反弹。已知甲、乙与水平面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且μ1=2μ2，甲、乙的体积大小忽略不计。求：（1）甲与乙碰撞前的速度。（2）碰后瞬间乙的速度。（3）甲、乙在O处发生碰撞后，刚好不再发生碰撞，则甲、乙停在距B点多远处。【解析】（1）设甲到达O处与乙碰撞前的速度为v甲，由动能定理：21212甲甲甲甲vmLgmgLm……2分得：)21(21gLv甲……2分（分步用机械能守恒和匀减速直线运动进行计算，结果正确的同样给4分）（2）设碰撞后甲、乙的速度分别为v甲′、v乙′，由动量守恒：乙乙甲甲甲甲vmvmvm……2分又：甲甲vv21……1分得：甲乙vv21……1分（3）由于μ1=2μ2，所以甲、乙在水平面上运动的加速度满足：a甲=2a乙……1分设甲在水平地面上通过的路程为s1、乙在水平地面上通过的路程为s2，则有：122sav甲甲……1分222sav乙乙……1分即：2121ss①……1分由于甲、乙刚好不再发生第二次碰撞，所以甲、乙在同一地点停下．有以下两种情况：第一种情况：甲返回时未到达B时就已经停下，此时有：s1＜2L……1分而乙停在甲所在位置时，乙通过的路程为：s2=2L+2L+s1=4L+s1……1分因为s1与s2不能满足①，因而这种情况不能发生．……1分第二种情况：甲、乙分别通过B、C冲上圆弧面后，返回水平面后相向运动停在同一地点，所以有：s1+s2=8L②……1分①②两式得：381Ls或3162Ls……1分即小车停在距B为：LLsL3221……1分（评分说明：第（3）问如果没有进行分类讨论，直接认为是第二种情况且结果正确的只给5分）7．（2010年汕头一模）（18分）如图所示，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＝63，槽内靠近右侧壁处有一小球A，它到凹槽内左壁侧的距离d＝0.10m．A、B的质量都为m=2.0kg，B与斜面间的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，不计A、B之间的摩擦，斜面足够长．现同时由静止释放A、B，经过一段时间，A与B的侧壁发生碰撞，碰撞过程不损失机械能，碰撞时间极短．取重力加速度g=10m/s2．求：（1）A与B的左侧壁第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度．（2）在A与B的左侧壁发生第一次碰撞后到第二次碰撞前的这段时间内，A与B的左侧壁的距离最大可达到多少？【解析】（1）A在凹槽内，B受到的滑动摩擦力cos2mgf=10N①（1分）B所受重力沿斜面的分力dABsin1mgG=10N因为fG1，所以B受力平衡，释放后B保持静止②（1分）释放A后，A做匀加速运动，由牛顿定律和运动学规律得1sinmamg③（1分）dav1212④（1分）解得A的加速度和碰撞前的速度分别为1a5m/s2，1v1.0m/s⑤（1分）A、B发生碰撞，动量守恒211''mvmvmv⑥（2分）碰撞过程不损失机械能，得222121'21'2121mvmvmv⑦（1分）解得第一次发生碰撞后瞬间A、B的速度分别为1'v0，2'v1.0m/s（方向沿斜面向下）⑧（2分）（2）A、B第一次碰撞后，B做匀速运动tvs22''⑨（1分）A做匀加速运动，加速度仍为a121121'tas⑩（1分）tavA1⑾（1分）经过时间t1，A的速度与B相等，A与B的左侧壁距离达到最大，即211'vta⑿（1分）12''sss⒀（1分）代入数据解得A与B左侧壁的距离s0.10m⒁（2分）因为ds，A恰好运动到B的右侧壁，而且速度相等，所以A与B的右侧壁恰好接触但没有发生碰撞。⒂（1分）因此A与B的左侧壁的距离最大可达到0.10m。8．（2010年湛江一模）(20分)如图所示，光滑水平面上有一长板车，车的上表面0A段是一长为己的水平粗糙轨道，A的右侧光滑，水平轨道左侧是一光滑斜面轨道，斜面轨道与水平轨道在O点平滑连接。车右端固定一个处于锁定状态的压缩轻弹簧，其弹性势能为Ep，一质量为m的小物体(可视为质点)紧靠弹簧，小物体与粗糙水平轨道间的动摩擦因数为μ，整个装置处于静止状态。现将轻弹簧解除锁定，小物体被弹出后滑上水平粗糙轨道。车的质量为2m，斜面轨道的长度足够长，忽略小物体运动经过O点处产生的机械能损失，不计空气阻力。求：(1)解除锁定结束后小物体获得的最大动能；(2)当∥满足什么条件小物体能滑到斜面轨道上，满足此条件时小物体能上升的最大高度为多少?【解析】(1)设解锁弹开后小物体的最大速度饷大小为v1，小物体的最大动啦为Ek,此时长板车的速度大小为v2，研究解锁弹开过程小物体和车组成的系统，根据动量守恒和机械能守恒，有120mvmv①(2分)221211.222pEmvmv②(3分)21112kEmv③(1分)联立①②③式解得123kpEE④(2分)(2)小物体相对车静止时，二者有共同的速度设为V共，长板车和小物体组成的系统水平方向动量守恒(2)0mmv共⑤(2分)所以v共=0⑥(1分)要使小物体能滑上斜面轨道，：必须满足PEmgL；⑦(3分)即当PEmgL时，小物体能滑上斜面轨道⑧(1分)设小物体上升的最大高度为h，此瞬间小物体相对车静止，由⑤式知两者有共同速度为零．⑨(1分)根据系统能量守恒有PEmghmgL⑩(3分)解得：PEhLmg(1分)9．（2010年韶关一模）（18分）如图所示，水平光滑地面上停放着一辆小车，左侧靠在竖直墙壁上，小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的，在最低点B与水平轨道BC相切，BC的长度是圆弧半径的10倍，整个轨道处于同一竖直平面内．可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落，恰好落入小车圆弧轨道滑动，然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出．已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍，小车的质量是物块的3倍，不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失．求：（1）物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍（2）物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ【解析】（1）设物块的质量为m，其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h，到达B点时的速度为v，小车圆弧轨道半径为R．由机械能守恒定律，有：mgh=mv24分根据牛顿第二定律，有：9mg－mg=m4分解得：h=4R1分则物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍．（2）设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F，物块滑到C点时与小车