十年高考物理大全分類解析專題19動量與能量

#一．2013年高考題、（2013全國新課標理綜1第35題）（2）（9分）在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A和B,兩者相距為d?，F(xiàn)給A—初速度，使A與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短:當(dāng)兩木塊都停止運動后，相距仍然為很已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為u.B的質(zhì)量為A的2倍，重力加速度大小為g.求A的初速度的大小。解析：設(shè)在發(fā)生碰撞前的瞬間，木塊區(qū)的速度大小為附在碰撞后的瞬間，網(wǎng)和m的速度分別為的和生。在碰撞過程中，由能量守恒定律和動量守恒定律,得1.1?1一?三rr，二彳rr”廣一三*2rrv2%mv=rrvi-2rrvi,式中，以碰撞前木塊A的速度方向為正口聯(lián)立解得；千=-匕2設(shè)碰撞后竟和3運動的距離分別為血和出，由動能定理得[1rrg比二—nw二工代（2m）gd2=工按題意有:d=d二一出口設(shè)A的朝速度大小為由,由動能定理得mgd=1mv02-；mv2聯(lián)立解得；叼=均Ha（2013高考廣東理綜第35題）如圖18,兩塊相同平板P1,P2置于光滑水平面上，，質(zhì)量均為m。P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L。物體P置于P1的最右端，質(zhì)量為22m,且可看作質(zhì)點。P1與P以共同速度v°向右運動，與靜止的P2發(fā)生碰撞,碰撞時間極短。碰撞后P1與P2粘連在一起。P壓縮彈簧后被彈回 2 川并停在A點（彈簧始終在彈性限度內(nèi)）。P與P2之間的動,——v0_Va匕^絲也|摩擦因數(shù)為u。求 卓越教育李詠華作圖 卓越教育李詠華作圖r圖18（1）P/P2剛碰完時的共同速度七和P的最終速度凡；（2）此過程中彈簧的最大壓縮量x圖18E。考點：動量守叵.能量守叵、臨界分析解析.CDR和R碰撞，動量守恒：inv-（m+m）第： ①得出:3=（%F在氏上滑冷過程，P.P.F組成的系統(tǒng)動量守恒2rnv；+2mv-=^rnv； ②得出：v2=1%⑵R、P第一次等速，彈簧最大壓縮量工最大，由能量守恒得到■工用式工-目-Ef 班）遜--i（2詞％" @p剛進入p倒%p：」第二次等k由能直守恒得；jLl?2mg-（2L— 叨）%］—L［4明@由③④得?工二鳥—JEp二吟.二．2012年高考題、1.（2012?新課標理綜）如圖，小球a、b用等長細「線懸掛于同一固定點0。讓球a靜止下垂，將球b向右拉起，使細線水平。從靜止釋放球b，兩球碰后粘在一起向左擺動，此后細線與豎直方向之間的最大偏角為60°。忽略空氣阻力，求（i）兩球a、b的質(zhì)量之比；（ii）兩球在碰撞過程中損失的機械能與球b在碰前的最大動能之比?！窘?解析】Ci）設(shè)球b的質(zhì)量為5」細線長為球b下落至最低點、但未與球3相碰時的速率為‘八由機械能守恒定律得r1 2［簧、］L--J3J..V式中g(shù)是重力加速度的大小口L殳球白￡；”貢量為一i在兩球碰后的瞬間，兩球共同速度為十,以向左為正.由動墨守恒定隼得設(shè)兩球共同向左運動到最高處可，細線與豎直方向的夾角為比由機械能守恒定律得TOC\o"1-5"\h\z叫一孫”-叫）駐「10印 ③聯(lián)立①②③式得?丁二一1 ?叱JlCO<8代入題給數(shù)據(jù)得生二點-1 ⑤出iS（ii）兩球在碰撞過程中的機械能損失是Q=嗎或-（叨］—嗎近卬-3百日） @聯(lián)立①⑥式，口與碰前球b的最大動能瑪（連二六啊/）之比為TOC\o"1-5"\h\z￡=]上出門― ⑦& 班il ?聯(lián)立⑤⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得【考點定位】此題考查機械能守恒定律.碰撞.動量守恒定律及其相關(guān)知識.2.(18分)(2012?廣東理綜物理)圖18(a)所示的裝置中，小物塊A、B質(zhì)量均為m,水平面上PQ段長為1，與物塊間的動摩擦因數(shù)為u,其余段光滑。初始時，擋板上的輕質(zhì)彈簧處于原長；長為r的連桿位于圖中虛線位置；A緊靠滑桿(A、B間距大于2r)。隨后，連桿以角速度3勻速轉(zhuǎn)動，帶動滑桿作水平運動，滑桿的速度-時間圖像如圖18(b)所示。A在滑桿推動下運動，并在脫離滑桿后與靜止的B發(fā)生完全非彈性碰撞。(1)求A脫離滑桿時的速度uo,及A與B碰撞過程的機械能損失AE。(2)如果AB不能與彈簧相碰：設(shè)AB從P點到運動停止所用的時間為t1,求3得取值范圍,及t1與3的關(guān)系式。(3)如果AB能與彈簧相碰，但不能返回道P點左側(cè)，設(shè)每次壓縮彈簧過程中彈簧的最大彈性勢能為Ep,求3的取值范圍，及Ep與3的關(guān)系式(彈簧始終在彈性限度內(nèi))。2總8分)解；C1)由題如，再脫離滑桿時為速度3

設(shè)曾.E碰后的速腔內(nèi)七由動量守恒定律mLjD=2m力a與b碰撞過程損失的機械能二彳明%：-±燈大解得=夕尸C.2J 小能與彈黃柏施，設(shè)48在尸Q上運動的加速度大小為必由牛頓第二定律及運動學(xué)規(guī)律

由題知工0f聯(lián)立解得0:0三" A=—遇 2川總（3）45能與彈簧相碰*-2也H不能返回道F點左側(cè)加2mg■一；主iximvf解得三叵匚:審支過道r 廣在的0點速度為6當(dāng)日碰后到達a點過程，由動靛定理一0-2.mgi=^x2加年一±%2冊寸A8與彈簧血到壓縮盤短過程，由能量守恒解春邑=逛七產(chǎn)2?！究键c定位】此題考查動量守恒定律、能量守恒定律及其相關(guān)知識。（2012?天津理綜）如圖所示，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。小球從坡道頂端由靜止開始滑下，到達水平光滑的臺面后與靜止在臺面上的小球B發(fā)生碰撞，并粘連在一起，共同沿臺面滑行并從臺面邊緣飛出，落地點與飛出點的水平距離恰好為臺高的一半。兩球均可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度為g。求：（1）小球A剛滑至水平臺面的速度v；AA、B兩球的質(zhì)量之比mB：mA。工【解析】：（1）小球口從坡道頂端到滑至水平臺面的過程中，由機械能守恒定律，得rrigh=—m.-解得速度#g九0（2）設(shè)兩球碰撞后共同速度為由動量守恒定律得，二|；m廠m日）f正在一起的兩球水平飛出臺面后做平拋運動，設(shè)運動時間為t,由平拋運動規(guī)律,在豎直方向，h=：卻，

在水平方向，；h=vt,聯(lián)立解得:mE:ita=1:九【考點定位】本題主要考查機械能守恒定律、動量守恒定律和平拋運動規(guī)律及其相關(guān)知識，意在考查考生靈活應(yīng)用知識解決實際問題的能力.（20分）（2012?安徽理綜）如圖所示，裝置的左邊是足夠長的光滑水平面，一輕質(zhì)彈簧左端固定，右端連接著質(zhì)量M=2kg的小物塊A。裝置的中間是水平傳送帶，它與左右兩邊的臺面等高，并能平滑對接。傳送帶始終以n=2m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動。裝置的右邊是一光滑的曲面，質(zhì)量m=1kg的小物塊B從其上距水平臺面h=1.0m處由靜止釋放。已知物塊B與傳送帶之間的摩擦因數(shù)n=0.2,f=1.0m。設(shè)物塊A、B中間發(fā)生的是對心彈性碰撞，第一次碰撞前物塊A靜止且處于平衡狀態(tài)。取g=10m/s2。（1）求物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大??；（2）通過計算說明物塊B與物塊A第一次碰撞后能否運動到右邊曲面上？（3）如果物塊A、B每次碰撞后，物塊A再回到平衡位置時都會立即被鎖定，而當(dāng)他們再次碰撞前鎖定被解除，試求出物塊B第n次碰撞后運動的速度大小。4.【解析】（。設(shè)物塊B沿光滑曲面下滑到水平位置時速度大小為卬山由機械能守恒定律，mgh=-^rrmqJ解得v0=血第。設(shè)物塊3在傳送帶上猾動因受到摩擦力所產(chǎn)生的加速度大小為白，也設(shè)物塊3通過傳送帶后運動速度大小為v,有產(chǎn)一技二-2W,聯(lián)立解得v=4m/so由于v>u=2m/s,所以"二4mA即為物塊B與物塊A第一次碰撞前的速度大小。設(shè)物塊43第一次碰撞后的速度分別為kwl,取向右為正方向，由彈性碰撞可知，-m3二m的一MV1 n1 n1 --nv--mu二------聯(lián)立解得：UHa二:m*。即碰撞后物塊B沿水平臺面向右勻速運動o設(shè)物塊m在傳送帶上向右運動的最大位移為「，則口一仃二二々口廠，解得FYlrv口所以物塊B不能通過傳送帶運動到右邊的曲面上。CbJ當(dāng)物塊m在傳送帶上向右運砌的速度為零后，將會沿傳送帶同左加速?？梢耘袛?，物塊三運動到左邊臺面上時的恒度大小為叱，繼續(xù)與物塊兒發(fā)生第二次碰撞。設(shè)第二次碰撞后物塊b的速度大小為”同上計算可知，冷=vi/3=（i）2二物塊H與物塊A第三次碰上筍口次而嵬、……，碰撞后物塊E的速度大小依次為，內(nèi)二咚力二,：!；：匕，,七二的君』：?,小 -則在第門次碰撞后物塊B的速度=?「為咻=弓7-%二金T,公【考點定位:］此題考查彈性碰撞及其相關(guān)知識口5.（20分）勻強電場的方向沿x軸正向，電場強度E隨x的分布如圖所示。圖中E0和d均為已知量.將帶正電的質(zhì)點A在0點由能止釋放.A離開電場足夠遠后，再將另一帶正電的質(zhì)點B放在0點也由8點靜止釋放，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的電荷量為Q.A和B的質(zhì)量分別為m和m/4.不計重力.（1）求A在電場中的運動時間t,（2）若B的電荷量q=4Q/9,,求兩質(zhì)點相互作用能的最大值E；pm（3）為使B離開電場后不改變運動方向.求B所帶電荷量的最大值qm【解析1Cl）由牛頓第二定律，A在電場中運動的加速度三4在電場中做勻變速直線運動，d二—管,解得運動時間t=⑶設(shè)4B離開電場時的速度分別為收、w處由動能定理，有QMd=g ，qE口d=g；mn&F①4日相互另用過程中，動量和能量守恒，43相互作用為斥力，月受到的力與其運動方向相同，3受到的力與其運動方向相反，相互作用力對內(nèi)做正功，對B

做負功.a,m靠近的過程中，m的路程大于a的路程，由于作用力大小相等，作用力對B做功的絕對值大于對A做功的絕對值，因此相互作用力做功之和為負，相互作用能增加口所以，當(dāng)A、m最接近時相互作用能最大，此時兩者速度相等，設(shè)為g有（it--rr:M二不匕曰一—片Ig,②Eprn=（— —（rr--m}V2.③TOC\o"1-5"\h\z2 ' 24 - 2 4已知q=4G自聯(lián)立解得兩質(zhì)點相互作用能的最大值3二點砥九C）質(zhì)點兒B在心d區(qū)間的運動，由動量守恒和能量守恒，且質(zhì)點在初態(tài)和未態(tài)均無相互作用，有m則+：mv■□二?1 ? 11 ? 1 ? 11 .心——不%-=—euacT———mvgA也J聯(lián)立解得：『E=-：昨口十g四0。因B不改變方向，故岫二三叱|「"經(jīng)》。" ?由①⑥聯(lián)立解得即