第五章第五讲动量守恒定律及其应用 2011年高考一轮复习测试题

从斜面上距斜面底端L＝1 m处由静止下滑．(g＝10 m/s²，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：

图11

(1)滑块A到达斜面底端时的速度大小；

(2)滑块A与C接触后粘连在一起，求此后两滑块和弹簧构成的系统在相互作用过程中，弹簧的最大弹性势能．

解析：(1)施加恒力F时，μ(F＋mgcosα)＝mgsinα

未施加力F时，(mgsinα－μmgcosα)L＝

代入数据，得v₁＝2 m/s.

(2)滑块A与C接触后，A、B、CD组成系统动量守恒，能量守恒，所以当A、B具有共同速度时，系统动能最小，弹簧弹性势能最大，设为E_p，

∴mv₁＝2mv₂

mv₁²＝E_p＋2mv₂²

代入数据，得E_p＝1 J.

答案：(1)2 m/s　(2)1 J

12．(15分)(2009·广东高考)如图12所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l＝1.0 m．物块A以速度v₀＝10 m/s沿水平方向与B正碰．碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v＝2.0 m/s.已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面间的动摩擦因数μ＝0.45.(设碰撞时间很短，g取10 m/s²)

图12

(1)计算与C碰撞前瞬间AB的速度；

(2)根据AB与C的碰撞过程分析k的取值范围，并讨论与C碰撞后AB的可能运动方向．

解析：(1)设物块A、B的质量分别为m_A和m_B，A与B发生完全非弹性碰撞后的共同速度为v₁.取向右为速度正方向，由动量守恒定律

m_Av₀＝(m_A＋m_B)v₁                                                        ①

v₁＝v₀＝5.0 m/s

设AB运动到C时的速度为v₂，由动能定理

(m_A＋m_B)v₂²－(m_A＋m_B)v₁²＝－μ(m_A＋m_B)gl                           ②

v₂＝＝4.0 m/s.                                        ③

(2)设与C碰撞后AB的速度为v₃.碰撞过程中动量守恒，有

(m_A＋m_B)v₂＝(m_A＋m_B)v₃＋m_Cv                                     ④

碰撞过程中，应有碰撞前的动能大于或等于碰撞后的动能，即

(m_A＋m_B)v₂²≥(m_A＋m_B)v₃²＋m_Cv²                                         ⑤

由④式，得

v₃＝＝(4－k) m/s                                  ⑥

联立⑤和⑥式，得k≤6

即：当k＝6时，碰撞为弹性碰撞；当k＜6时，碰撞为非弹性碰撞．碰撞后AB向右运动的速度不能大于C的速度．由⑥式，得4－k≤2故k≥2

所以k的合理取值范围是6≥k≥2

综上得到：

当取k＝4时，v₃＝0，即与C碰后AB静止

当取4＞k≥2时，v₃＞0，即与C碰后AB继续向右运动

当取6≥k＞4时，v₃＜0，即碰后AB被反弹向左运动．

答案：(1)4.0 m/s　(2)2≤k≤6　当k＝4时，碰后AB静止；当4＞k≥2时AB向右

运动；当6≥k＞4时AB向左运动探讨实验

上一页  [1] [2] [3]