高二物理培优答案

PAGE9-高二物理培优答案2012/2/211.解析：（1）对系统，设小球在最低点时速度大小为v1，此时滑块的速度大小为v2，滑块与挡板接触前由系统的机械能守恒定律：mgl=EQ\F(1,2)mv12+EQ\F(1,2)mv22 ①由系统的水平方向动量守恒定律：mv1=mv2 ②对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为：I=mv2 ③联立①②③解得I=mEQ\R(,gl)方向向左 ④（2）小球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的大小为W，对小球由动能定理：mgl＋W=EQ\F(1,2)mv12 ⑤联立①②⑤解得：W=－EQ\F(1,2)mgl，即绳的拉力对小球做负功，大小为EQ\F(1,2)mgl。（3）提示：共速时达到最高。第二题：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②设碰撞后小物块所能达到的最大高度为h’，则③同理，有④⑤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 ⑥式中⑦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⑧总冲量为⑨由⑩得⑾代入数据得N·s⑿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①设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则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③由①②③式得④设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为a’，依牛顿第二定律有⑤小物块沿斜面向上运动的最大高度为⑥由②⑤⑥式得⑦式中⑧同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量⑨由④⑦⑨式得 ⑩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 ⑾总冲量为⑿由 ⒀得⒁代入数据得N·s⒂第三题：解析：设摆球A、B的质量分别为、，摆长为l，B球的初始高度为h1，碰撞前B球的速度为vB.在不考虑摆线质量的情况下，根据题意及机械能守恒定律得①②设碰撞前、后两摆球的总动量的大小分别为P1、P2。有P1=mBvB③联立①②③式得④同理可得⑤联立④⑤式得⑥代入已知条件得⑦由此可以推出≤4%⑧所以，此实验在规定的范围内验证了动量守恒定律。第四题：解析：（1）P1滑到最低点速度为，由机械能守恒定律有：解得：P1、P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为、解得：=5m/sP2向右滑动时，假设P1保持不动，对P2有：（向左）对P1、M有：此时对P1有：，所以假设成立。（2）P2滑到C点速度为，由得P1、P2碰撞到P2滑到C点时，设P1、M速度为v，对动量守恒定律：解得：对P1、P2、M为系统：代入数值得：滑板碰后，P1向右滑行距离：P2向左滑行距离：所以P1、P2静止后距离：

第五题：第六题：第七题：

第八题：(1)B与A碰撞后，B相对于A向左运动，A所受摩擦力方向向左，A的运动方向向右，故摩擦力做负功.设B与A碰撞后的瞬间A的速度为v1,B的速度为v2,A、B相对静止后的共同速度为v，整个过程中A、B组成的系统动量守恒，有Mv0=(M+1.5M)v,v=.碰撞后直至相对静止的过程中,系统动量守恒,机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，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)这段过程中，A克服摩擦力做功W=×1.5Mv12-×1.5Mv2=Mv02(0.068Mv02).(2)A在运动过程中不可能向左运动，因为在B未与A碰撞之前，A受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后A受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动.B在碰撞之后，有可能向左运动，即v2<0.先计算当v2=0时满足的条件，由①式，得v1=-,当v2=0时，v1=，代入②式，得×1.5M-×2.5M=Mμgl,解得μgl=.B在某段时间内向左运动的条件之一是μl<.另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即Mv02-2.5M()2≥2Mμgl,解出另一个条件是μl≤,最后得出B在某段时间内向左运动的条件是<μl≤第九题：第十题：1）P先做自由落体运动，然后进入相互作用区做匀减速运动υ12=2gh①υ22-υ12=2ad②a=eq\A(EQ\F(-(kmg-mg),m))③由①②③解得υ2=0④(2)P先做自由落体运动过程，有eq\A(h)=EQ\F(υ1+02)t1⑤进入相互作用区做匀减速运动过程，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释放后到与平板接触经历的时间为t=t1+t2=0.2s+0.02s=0.22s⑨（3）从P释放后到刚与平板接触的时间内，平板位移了L1=υ0t=4×0.22m=0.88m⑩P与平板接触后，在水平方向上，P与平板组成的系统满足动量守恒EQ\A((m+3m)υ=3mυ0)⑾υ为P与平板相对静止时的共同速度。这一过程根据系统能量守恒，有μ(kmg+mg)L2=EQ\A(EQ