十年全國高考物理試題分類解析匯編專題19動量與能量

一．2012年Oba垂，將球b向右拉起，使細線水平。從球b，兩球 Oba a、b兩球在碰撞過程中損失的機械能與球b在碰前的最大動 .（i）bm2LbamgL1m 為v，以向左為正。由動量守恒定律得 1(mm)v2(mm)gL(1cos 11m1 11

2 2聯(lián)立①⑥式，QbE

⑥1mv2 Q1m1m2(1cos Q 2.（18分（2012·理綜物理）圖18（a）所示的裝置中，小物塊A、B質(zhì)量均為m，水平面PQl，與物塊間的動摩擦因數(shù)為μ，其余段光滑。初始時，擋板上的輕質(zhì)彈簧處2r角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，帶動滑桿作水平運動，滑桿的速度-18（b）所示。A在滑桿推動下運動，并在脫離滑桿后與的B發(fā)生完全非彈性碰撞。求uoAB碰撞過程的機械能損失ΔEABABPt1，求ω得取值范圍t1與ω的關(guān)系式。如果AB能與彈簧相碰，但不能返回道P點左側(cè)，設(shè)每次壓縮彈簧過程簧的最大Ep，求ωEp與ω的關(guān)系式（彈簧始終在彈性限度內(nèi)。2.(18分（1）A、Bv1，由動量守恒定律muo=2mv1AB碰撞過程損失的機械能E1mu21 解 E1m2r8AB不能與彈簧相碰，設(shè)AB在PQ上運動的加速度大小為a,由第二定律及運2mg

v

xv1x聯(lián)立解得0

2t 21AB能與彈簧相碰2mgl1 P點左側(cè)2mg2l122解 22

ABQv2，ABQ2mgl12mv21 ABE1 Ep

m(2r28。4·3.(2012理綜)水平地面上固定有高為h的平臺臺面上有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺面高也為h，坡道底端與臺面相切。小球從坡道頂端由開始滑下，到達水平光滑的臺面后與在臺面上的小球B發(fā) 生碰撞，·并粘連在一起，共同沿臺面滑行并從臺面 緣飛出點與飛出點的水平距離恰好為臺高的 半。兩球均可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速 AA、BmB∶mA在豎直方向，h1212聯(lián)立解得：mB∶mA=1∶34.（20分M=2kgA面，質(zhì)量m=1kg的小物塊B從其上距水平臺面h=1.0m處由。已知物塊B與傳送物塊A且處于平衡狀態(tài)。取g=10m/s2。BA第一次碰撞前的BA第一A、BA再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當(dāng)他Bn次碰撞后運動的速度大小。1mv2=1mv2+1 聯(lián)立解得：v=v/3=4m/s B1Bl’0v2=-14l’9m<1mBBv1A發(fā)生第二次碰撞。設(shè)第二次碰撞Bv2，212同上計算可知，v2v1/3=(3)BAB1v3=v2/3=(3

4v.，v4=v3/3=(34

nnBvn34

vn3n 5（20勻強電場的方向沿x軸正向，電場強度E隨x的分布。圖中E0和d均為已知量.將帶正電的質(zhì)點A在O點由能止.A離開電場足夠遠后再將另一帶正電的質(zhì)點B放在O點也由O點，當(dāng)B在電場中運動時，A.B間的相互作用力及相互作用能均為零；B離開電場后，A.B間的相作用視為靜電作用.已知A的電荷Q.ABmm/4.不計重力(I)A若B的電荷量q=4Q/9，,求兩質(zhì)點相互作用能的最大值B離開電場后不改變運動方向.BA、B相互作用過程中，動量和能量守恒。A、B相互作用為斥力，A受到的力與其運動B靠近的過程中，BAB做功的A做功的絕對值，因此相互作用力做功之和為負(fù)，相互作用能增加。所A、Bv’。有律和能二．2011年，1（2011·理綜卷）質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子于光滑的水平面上，箱子中間mμ。初始時小物塊停在箱子正中間?，F(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，井與箱子保持相對。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動，A．1mv2B．

mM

C．1N

D．N2

m 解析：小物塊與箱子碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，由動量守恒定律，mv=(m+M)v’，解得mv/(m+M)v；NNL的動能為μmgNL=1mv2-1(m+M)v’2=

v2BD 2m2（20分（2011·理綜卷），質(zhì)量M=2kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)m=1kgL=0.5mO連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸轉(zhuǎn)動，開始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度m/s，g10m/s2若鎖定滑塊，試求小球通過最高點在滿足（2）的條件下，試求小球滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距豎直解除鎖定后，設(shè)小球通過最高點P時的速度為v2，此時滑塊的速度為V。在上升m1mv22+

MV2+mgL=2

mv22m/s（2011·理綜）車和戰(zhàn)艦采用剁成鋼板筆采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲質(zhì)量為2m、厚度為2d的鋼板精致在水平光滑的桌面上。質(zhì)量為m的以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿。現(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量為m的相同的兩塊，間隔一段距離平行放置，。若以 相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后在射向第 塊鋼板求攝入第二塊鋼板的深度。設(shè)在鋼 中受 計重力.解：設(shè)初速度為v0，射入厚度為2d的 板后終鋼板和的共同速度為V，由動量守恒 律得V=v0/3。 2 此過程中動能損失為△E2mv0-2 解得△E=3 2mV2=⑥4.（201124題）24圖所示，靜置于水平地面的三輛手推車沿一直線排列，質(zhì)量均為m，人在的時間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運動，當(dāng)車運動了距離LL時與第三車相碰，三車以共同速度Lk倍，重力加速度為三．2010年1.（2010理綜）如圖，ABD為豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道，其中AB段是水平的，BD段為半徑R=0.2m的半圓兩段軌道相切于 強大小E=5.0×103V/m。一不帶電的絕緣小 甲，以速度υ0沿水平軌道向右運動，與在B點帶正電的小球乙發(fā)生彈性碰撞。已 甲、乙兩球的質(zhì)量均為m=1.0×10-2kg，乙所帶電荷量q=2.0×10-5C，g取10m/s2。(水平軌道DB點的B點的距離范圍?！窘馕觯?）vD，DtBx，則vmDmg R2R1mgqEt 2 v甲、v乙 1mv21mv21mv 聯(lián)立⑤⑥得：v乙= 2 由動能定理得：-mg·2R-qE·2R=2mv0-2mv 5mgqER聯(lián)立①⑦⑧得5mgqER設(shè)甲的質(zhì)量為M，碰撞后甲、乙的速度分別為vM、vm，根據(jù)動量守恒5動，涉及的主要知識點有類平拋運動規(guī)律、動能定理、動量守恒定律、動能守恒、運）2（2010理綜，空間有場強E=0.5N/C的豎直向L=0.33mO）水平后，無初速。另一電荷量q=+0.1C、質(zhì)量與A相同Pv0=33m/st=0.2sADCCCD點下方一足g=10m/s2。P若小球Cs=0.09m0D點下方任意改變平板C均能與平板正碰，求出所有滿足條件的恒力。v2v2 【解析】⑴P做拋物線運動，豎直方向的加速度v2v2

amgEq15mP

vP

6設(shè)恒力F與豎直方向的夾角為α，如圖，根據(jù)第二定Fsin(90°-α-)–(2mg+qE)cos=0Fsin(90°-α-)=0.1253。F=3/4，α=30°

a=C【點評】拋運動規(guī)律、動能定理、動量守恒定律、運動定律、力的與分解、勻變速直線運四．2009年llθ上放置三個質(zhì)量均為m的木箱，相鄰兩木箱的距離均為l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐llθμg。設(shè)碰撞時間極短，求：答案（1）3mgsin3mgcos（2） 2gL(sincos)（3）mgL(sincos3【解析】(1)當(dāng)勻速時,Ff和支持力.F3mgsin3mgcos加速度

Fmgsinmgm

2g(sincos根據(jù)運動學(xué)公式或動能定理有V12gL(sincos)EmgL(sincos)

12（2009年卷）20（1）如圖1所示，ABC為一固定在豎直平面內(nèi)的光滑軌道，BC段水平，AB段與BC段平滑連接。質(zhì)量為m1的小球從h處由開始沿軌道下滑，與在軌道BC段上質(zhì)量為m2的小球發(fā)生碰撞，碰撞后兩球兩球的運動方向處于同一水平線上，且在碰撞過程中無機械能損失。求碰撞后小球m2的速度大小，泛的應(yīng)用。為了探究這一規(guī)律才用多球依次碰2，質(zhì)量分別為m1、m2、m3……mn-1、mn……的若干個球沿直線相間排列，給第1個球初能Ek1，從而引起各球的依次碰撞。定義其中第n個球經(jīng)過依次碰撞后獲得的動能Ekn與Ek1之1nk1n。若m1=4m0，mk=m0，m0為確定的已知量。求m2為何值時，k1n值最（1）

2gh得，球m2和球m3碰撞后，動能傳遞系數(shù) 應(yīng)

Ek3Ek2Ek3

(mm k 依次類推，動能傳遞系數(shù)k1n應(yīng)

EknEk2Ek3 k4n1mm2m2…m2解得

12 n1 (mm)2(mm b.將m1=4m0,m3=mo代入⑥式可 64m2 0(4mm)(mm o為使k13最大，只需

24m2 2m2m m由

0

4m0 2m0,即m2m時，k最 Av0=10m/sBA和BCCv=2.0m/sAB的質(zhì)量均為m，CAKμ=0.45（gCAB根據(jù)AB與C的碰撞過程分析K的取值范圍，并與C碰撞后AB的可能運動方向。（1）4m/s（2）（1）A、B碰后速度為v1，由于碰撞時間很短，A、Bmv0 A、B向CC碰撞前速度為v22mgl12mv21 當(dāng)k4v30C碰撞后，AB當(dāng)4k7.74v30C碰撞后，AB．22（2009年卷）10質(zhì)量m1=0.3kg．小車在光滑的水平面上，車長L=15m,現(xiàn)有質(zhì) m2=0.2kgv0=2，對。物塊與車面間的動摩擦因數(shù)=0.5,取g=10m/s2，（1）0.24s m2v0m1m2v F 其 F

t m1m2t 故要使物塊不從小車右端滑出，物塊滑上小車的速度v0′過5m/s24（2009年重慶卷）23．2009年中國女子冰壺隊首次獲得了世界錦標(biāo)賽冠軍，這引起了動員將于O點的冰壺（視為質(zhì)點）沿直線OO'推到A點放手，此后冰壺沿AO'滑行Cμm，AC＝LCOgAOA點的運動過程中受到的沖量若將BO段冰面與冰壺間的動摩擦因數(shù)減小為0.8C點的冰壺能停于AB（1） 2gL（1）ACA2g2gL應(yīng)用動能定理有－μmgL＝2mV1對冰壺，從O到A，設(shè)冰壺受到的沖量為I，應(yīng)用動量定理有I＝mV1－0，解得I＝m 2gL；ABSAO′ 應(yīng)用動能定理，－μmgS－0.8μmg(L＋r－S)＝02mV1m4m.筆的彈跳過程分為三個階①題24圖a；②由，外殼豎直上升至下端距桌面高度為h1時，與的內(nèi)芯碰撞（見題24圖b；③碰后，內(nèi)芯與外殼以共cg。求：從外殼下端離開桌面到上升至h2處，筆損失的機械能 W－4mgh1＝2(4m)V1W＝25h29h14（3）由于外殼和內(nèi)芯達到共同速度后上升高度h2的過程，機械能守恒，只是在外殼和內(nèi)

(4m)V－(4m＋m)V 聯(lián)立解得

損＝4mg(h2－h(huán)1)五．2008年例1（2008年高考理綜1）圖1中滑塊和小球的質(zhì)量均為m，滑塊可在水平放置的光滑固定導(dǎo)軌上滑動，小球與滑Ol。開始時，輕繩處于水平拉直狀態(tài)，小球和滑塊均?，F(xiàn)將小球由θ＝60°時小球達到最高點。求小球從到第一次到達最低點的過程中，繩的拉力對小球做功的大小【思路分析】題述有三個物理過程：1小球由到小球到達最低點，該過程小球和滑塊系統(tǒng)機械能守恒；對于小球可利用動能定理求繩的拉力對小球做功的大小。2v23滑塊被涂【解析（1）設(shè)小球第一次到達最低點時，滑塊和小球速度的大小分別為v1、v2，由機械1mv21mv 1mv2=mgl（1- 解得I=

mgl+W=21W=2小球 2例２（2008年高考重慶理綜）2中有一個豎直固定在地面的透氣圓筒，筒中有一勁度為km的薄滑塊，圓筒內(nèi)壁涂有一層新型智能材料——ER流體，它對滑塊的阻力可調(diào).起初，滑塊,ER流體對其阻力為0，彈簧的長度為L，現(xiàn)有一質(zhì)量也為m的物體從距地面2L處落下，與滑塊碰撞后粘在一起向運動.為保證滑塊做勻2mgk0，ER流體對滑塊的阻力須隨滑塊下移而變.試求（略空氣阻力dER流體對滑塊阻力的大小【思路分析】題述有三個物理過程：1物體下落機械能守恒定律；2物體與薄滑塊碰撞，動量守恒；碰撞過程中系統(tǒng)損失的機械能等于系統(tǒng)碰撞前后機械能之差。31塊向下勻運動滿足公式2as=v24求滑塊下移距離d時ER流體對滑塊阻力的大小可應(yīng) 1(2)a2as=v2，s=

aFN，ER受力分析，由第二定律得FN+FER-G=2maFN=kx，x=d+mg/kFERmg+kL/4-【點評】此題涉及動量守恒定律、能量守恒定律和運動定律，考查的知識點多，綜合25（20（2008·一傾角為θ＝h＝1m于斜而的固定擋板在斜面頂端一質(zhì)量＝0.09kg的小物（視為質(zhì)點小物與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝2。當(dāng)小物塊與擋板碰撞后，將以原速返回。重力加速度g＝10m/s2425（20解法一：設(shè)小物塊從高為h處由開始沿斜面向下運動，到達斜面底端時速度為v。mgh1mv2mgcos

sinImv 設(shè)碰撞后小物塊所能達到的最大高度為h，1mv2mghmgcos

sinmgh1mv2mgcosImv

sin⑤式中v為小物塊再次到達斜面底端時的速度，I為再次碰撞過程中擋板的摩擦力和支持力，小物塊向下運動的加速度為a，依第二定律

斜面對它mgsinmgcos v2

sinImv 2gh(1cot2gh(1cot設(shè)小物塊碰撞后沿斜面向上運動的加速度大小為a，依第二定律mgsinmgcos 為 總沖量 IIIIII(1kk2 1 1kk 1得⒁I 1

6) （2008理綜光滑水平面上放著質(zhì)量mA＝1kg的物塊A與質(zhì)量為mB＝2kg的物塊AB均可視為質(zhì)點，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個被壓縮的輕彈簧（AB均不拴接BEp＝49JA、B間系一輕質(zhì)細繩，細繩長度大于彈簧的自然長度，．放手后B向右運動，繩在短暫時間BR＝0.5m，B恰能Cg＝10m/s2，求BvBBIRCOBAARCOBAE1mv B解得：I＝－4N·sAvAW1m A解得：W＝8六．2007年（理綜質(zhì)量為m的由絕緣材料制成的球與質(zhì)量為M=19m的金屬球并排懸掛現(xiàn)將絕緣球拉至與豎直方向成θ0的位置下擺后在最低點與金屬球?qū)⒂谠俅闻鲎睬巴Ｔ谧畹忘c處。求經(jīng)過幾次碰撞后絕緣球偏離豎直方向的最大角度0。24.m小球m在下落過程中與M相碰之前滿足機械能守恒：mgl(1cos)1mv m和M碰撞過程滿足：mv0MVM 1mv21mv21MV

vmM mM說明小球被反彈而后小球又以反彈速度和小球M發(fā)生碰撞滿足：mv1MVM1 1mv21mv21MV Mmm解得：vmm整理得：v(mM)2 m 所以：v(mM)n m 而偏離方向為450的臨界速度滿足：mgl(1cos450)1 (2007年高考理綜)水平光滑地面上停放著一輛小車左側(cè)靠在豎直墻壁上，ABBBC相切，BC的長度是圓弧10A點正上方某處無初速下落，恰好落人小車圓弧軌道滑動，然后沿水平軌道滑行至軌道末端C處恰好沒有滑出。B93⑴.BC⑵.BC間的動摩擦因數(shù)μ（1）BvR

根據(jù)第二定律，有

mg=m

BC4設(shè)物塊與BC的滑動摩擦力的大小為F物塊滑到C點時與小車的共同速度為，物塊在小車上由B運動到C的過程中小車對地面的位移大小為s。依題意，小車的質(zhì)量為m，BC長度為R。由滑動摩擦定律有： =μmg由動量守恒定律，有 對物塊、小車分別應(yīng)用動能定理，22

mv'2

22七．2006年22[2006`卷I.20]一位質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時間【答案QP30.[卷Ⅱ.18]，位于光滑水平桌面上的小滑塊P和Q都可視作質(zhì)點，質(zhì)量相過程簧具有的最大彈性勢能等于QP1A．P的動 B．P的動2C．P3

D．P4【解析：當(dāng)兩個物體有相同速度時，彈簧具有最大彈性勢能，由動量守恒定律得mv＝2mv ∴v/＝2m( ＝1mv2－1 v2＝1mvm(

＝2[2006卷.]坡道頂端距水平面高度為h，質(zhì)量為m1的小物塊A從坡道頂端由A制動，將輕彈簧的一端固定在Mm2的檔板相連，彈簧處于原長時，B恰O點。AB碰撞時間極短，碰撞后結(jié)合在一起共同壓縮彈簧。已知在OM段A、B與水平面間的動摩擦因數(shù)為μ，其余各處的摩擦不計，重力加速度為g，ABvAhBdEP（設(shè)彈簧處于原長時彈性勢能為零AhB m2mEP gh(m1m2)gd 35.[2006重慶卷(2025RA、B質(zhì)量分別為m、βm（β為待定系數(shù)。A球從工邊與圓心等高處由開始沿軌道下滑， 于軌道最低點的B球相撞，碰撞后A、B球能達到的最大高度均為1R,碰4g待定系數(shù)第一次碰撞剛結(jié)束時小球A、B各自的速度和B球 25小球A、B在軌道最低處第二次碰撞剛結(jié)束時各自的速度，并小球A、B在軌n次碰撞剛結(jié)束時各自的速度。（20vN－βmg＝βmRN＝－N＝－4.5mgA、BV1、V2mv1mv2mV1mVmgR1mV21mV 八．2005年L，撞車后共同滑行的距離l

8LMm4vvv1v v2卡車至少在距故障車多遠處采取同樣的緊急剎車措施，事故就能免于發(fā)生解析（1）由碰撞過程動量守恒Mv1=(M+m)v2 則v15 2（2005·物理）如圖14所示，兩個完全相同的質(zhì)量為m的木板A、B置于水平地以認(rèn)為等于滑動摩擦力。開始時，三個物體處于狀態(tài)?，F(xiàn)給C施加一個水平向右，大2mg/5F，A、BC18．（17得 12

·2mv2-323

·2mv 2 2對C物體，由動能定理F(2l+s)-f(2l+s)=1·2mv

mv 2 2

·22由以上各式，再代入數(shù)據(jù)可 九．2004年1（14（200434

Im(3v) 4

I7 2（16（2004BAP點以BA滑過距離l1BA、BAB在一起運動，但互不粘連。已知最后A恰好返回出發(fā)點P并停止?；瑝KA和B與導(dǎo)軌 AB運動過程 大形變量為l2，求