高二物理培優(yōu)答案

PAGE9-高二物理培優(yōu)答案2012/2/211.解析：（1）對系統(tǒng)，設(shè)小球在最低點時速度大小為v1，此時滑塊的速度大小為v2，滑塊與擋板接觸前由系統(tǒng)的機械能守恒定律：mgl=EQ\F(1,2)mv12+EQ\F(1,2)mv22 ①由系統(tǒng)的水平方向動量守恒定律：mv1=mv2 ②對滑塊與擋板接觸到速度剛好變?yōu)榱愕倪^程中，擋板阻力對滑塊的沖量為：I=mv2 ③聯(lián)立①②③解得I=mEQ\R(,gl)方向向左 ④（2）小球釋放到第一次到達(dá)最低點的過程中，設(shè)繩的拉力對小球做功的大小為W，對小球由動能定理：mgl＋W=EQ\F(1,2)mv12 ⑤聯(lián)立①②⑤解得：W=－EQ\F(1,2)mgl，即繩的拉力對小球做負(fù)功，大小為EQ\F(1,2)mgl。（3）提示：共速時達(dá)到最高。第二題：解析：解法一：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動，到達(dá)斜面底端時速度為v。由功能關(guān)系得①以沿斜面向上為動量的正方向。按動量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量②設(shè)碰撞后小物塊所能達(dá)到的最大高度為h’，則③同理，有④⑤式中，v’為小物塊再次到達(dá)斜面底端時的速度，I’為再次碰撞過程中擋板給小物塊的沖量。由①②③④⑤式得 ⑥式中⑦由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數(shù)，首項為⑧總沖量為⑨由⑩得⑾代入數(shù)據(jù)得N·s⑿解法二：設(shè)小物塊從高為h處由靜止開始沿斜面向下運動，小物塊受到重力，斜面對它的摩擦力和支持力，小物塊向下運動的加速度為a，依牛頓第二定律得①設(shè)小物塊與擋板碰撞前的速度為v，則②以沿斜面向上為動量的正方向。按動量定理，碰撞過程中擋板給小物塊的沖量為③由①②③式得④設(shè)小物塊碰撞后沿斜面向上運動的加速度大小為a’，依牛頓第二定律有⑤小物塊沿斜面向上運動的最大高度為⑥由②⑤⑥式得⑦式中⑧同理，小物塊再次與擋板碰撞所獲得的沖量⑨由④⑦⑨式得 ⑩由此可知，小物塊前4次與擋板碰撞所獲得的沖量成等比級數(shù)，首項為 ⑾總沖量為⑿由 ⒀得⒁代入數(shù)據(jù)得N·s⒂第三題：解析：設(shè)擺球A、B的質(zhì)量分別為、，擺長為l，B球的初始高度為h1，碰撞前B球的速度為vB.在不考慮擺線質(zhì)量的情況下，根據(jù)題意及機械能守恒定律得①②設(shè)碰撞前、后兩擺球的總動量的大小分別為P1、P2。有P1=mBvB③聯(lián)立①②③式得④同理可得⑤聯(lián)立④⑤式得⑥代入已知條件得⑦由此可以推出≤4%⑧所以，此實驗在規(guī)定的范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律。第四題：解析：（1）P1滑到最低點速度為，由機械能守恒定律有：解得：P1、P2碰撞，滿足動量守恒，機械能守恒定律，設(shè)碰后速度分別為、解得：=5m/sP2向右滑動時，假設(shè)P1保持不動，對P2有：（向左）對P1、M有：此時對P1有：，所以假設(shè)成立。（2）P2滑到C點速度為，由得P1、P2碰撞到P2滑到C點時，設(shè)P1、M速度為v，對動量守恒定律：解得：對P1、P2、M為系統(tǒng)：代入數(shù)值得：滑板碰后，P1向右滑行距離：P2向左滑行距離：所以P1、P2靜止后距離：

第五題：第六題：第七題：

第八題：(1)B與A碰撞后，B相對于A向左運動，A所受摩擦力方向向左，A的運動方向向右，故摩擦力做負(fù)功.設(shè)B與A碰撞后的瞬間A的速度為v1,B的速度為v2,A、B相對靜止后的共同速度為v，整個過程中A、B組成的系統(tǒng)動量守恒，有Mv0=(M+1.5M)v,v=.碰撞后直至相對靜止的過程中,系統(tǒng)動量守恒,機械能的減少量等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，即Mv2+1.5Mv1=2.5Mv,①×1.5Mv12+Mv22-×2.5Mv2=Mμgl,②可解出v1=v0(另一解v1=v0因小于v而舍去)這段過程中，A克服摩擦力做功W=×1.5Mv12-×1.5Mv2=Mv02(0.068Mv02).(2)A在運動過程中不可能向左運動，因為在B未與A碰撞之前，A受到的摩擦力方向向右，做加速運動，碰撞之后A受到的摩擦力方向向左，做減速運動，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左運動.B在碰撞之后，有可能向左運動，即v2<0.先計算當(dāng)v2=0時滿足的條件，由①式，得v1=-,當(dāng)v2=0時，v1=，代入②式，得×1.5M-×2.5M=Mμgl,解得μgl=.B在某段時間內(nèi)向左運動的條件之一是μl<.另一方面，整個過程中損失的機械能一定大于或等于系統(tǒng)克服摩擦力做的功，即Mv02-2.5M()2≥2Mμgl,解出另一個條件是μl≤,最后得出B在某段時間內(nèi)向左運動的條件是<μl≤第九題：第十題：1）P先做自由落體運動，然后進(jìn)入相互作用區(qū)做勻減速運動υ12=2gh①υ22-υ12=2ad②a=eq\A(EQ\F(-(kmg-mg),m))③由①②③解得υ2=0④(2)P先做自由落體運動過程，有eq\A(h)=EQ\F(υ1+02)t1⑤進(jìn)入相互作用區(qū)做勻減速運動過程，有eq\A(d)=EQ\F(0+υ12)t2⑥υ1=eq\A(\R(2gh))=2m/s⑦由式⑤、⑥、⑦解得t1=0.2st2=0.02s⑧所以P釋放后到與平板接觸經(jīng)歷的時間為t=t1+t2=0.2s+0.02s=0.22s⑨（3）從P釋放后到剛與平板接觸的時間內(nèi)，平板位移了L1=υ0t=4×0.22m=0.88m⑩P與平板接觸后，在水平方向上，P與平板組成的系統(tǒng)滿足動量守恒EQ\A((m+3m)υ=3mυ0)⑾υ為P與平板相對靜止時的共同速度。這一過程根據(jù)系統(tǒng)能量守恒，有μ(kmg+mg)L2=EQ\A(EQ