十年全國(guó)高考物理試題分類解析匯編專題19動(dòng)量與能量

一．2012年Oba垂，將球b向右拉起，使細(xì)線水平。從球b，兩球 Oba a、b兩球在碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能與球b在碰前的最大動(dòng) .（i）bm2LbamgL1m 為v，以向左為正。由動(dòng)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，其余段光滑。初始時(shí)，擋板上的輕質(zhì)彈簧處2r角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)滑桿作水平運(yùn)動(dòng)，滑桿的速度-18（b）所示。A在滑桿推動(dòng)下運(yùn)動(dòng)，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(guò)程的機(jī)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(diǎn)左側(cè)，設(shè)每次壓縮彈簧過(guò)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(dòng)量守恒定律muo=2mv1AB碰撞過(guò)程損失的機(jī)械能E1mu21 解 E1m2r8AB不能與彈簧相碰，設(shè)AB在PQ上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a,由第二定律及運(yùn)2mg

v

xv1x聯(lián)立解得0

2t 21AB能與彈簧相碰2mgl1 P點(diǎn)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(tái)臺(tái)面上有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺(tái)面高也為h，坡道底端與臺(tái)面相切。小球從坡道頂端由開(kāi)始滑下，到達(dá)水平光滑的臺(tái)面后與在臺(tái)面上的小球B發(fā) 生碰撞，·并粘連在一起，共同沿臺(tái)面滑行并從臺(tái)面 緣飛出點(diǎn)與飛出點(diǎn)的水平距離恰好為臺(tái)高的 半。兩球均可視為質(zhì)點(diǎn)，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(tái)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(shí)都會(huì)立即被鎖定，而當(dāng)他Bn次碰撞后運(yùn)動(dòng)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(jì)算可知，v2v1/3=(3)BAB1v3=v2/3=(3

4v.，v4=v3/3=(34

nnBvn34

vn3n 5（20勻強(qiáng)電場(chǎng)的方向沿x軸正向，電場(chǎng)強(qiáng)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(diǎn)A在O點(diǎn)由能止.A離開(kāi)電場(chǎng)足夠遠(yuǎn)后再將另一帶正電的質(zhì)點(diǎn)B放在O點(diǎn)也由O點(diǎn)，當(dāng)B在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，A.B間的相互作用力及相互作用能均為零；B離開(kāi)電場(chǎng)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(jì)重力(I)A若B的電荷量q=4Q/9，,求兩質(zhì)點(diǎn)相互作用能的最大值B離開(kāi)電場(chǎng)后不改變運(yùn)動(dòng)方向.BA、B相互作用過(guò)程中，動(dòng)量和能量守恒。A、B相互作用為斥力，A受到的力與其運(yùn)動(dòng)B靠近的過(guò)程中，BAB做功的A做功的絕對(duì)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(zhǎng)的箱子于光滑的水平面上，箱子中間mμ。初始時(shí)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(duì)。設(shè)碰撞都是彈性的，則整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)損失的動(dòng)，A．1mv2B．

mM

C．1N

D．N2

m 解析：小物塊與箱子碰撞過(guò)程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，由動(dòng)量守恒定律，mv=(m+M)v’，解得mv/(m+M)v；NNL的動(dòng)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(dòng)，開(kāi)始輕桿處于水平狀態(tài)，現(xiàn)給小球一個(gè)豎直向上的初速度m/s，g10m/s2若鎖定滑塊，試求小球通過(guò)最高點(diǎn)在滿足（2）的條件下，試求小球滑塊右側(cè)軌道位置點(diǎn)與小球起始位置點(diǎn)間的距豎直解除鎖定后，設(shè)小球通過(guò)最高點(diǎn)P時(shí)的速度為v2，此時(shí)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?，F(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(jì)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(dòng)量守恒 律得V=v0/3。 2 此過(guò)程中動(dòng)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(shí)間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運(yùn)動(dòng)，當(dāng)車運(yùn)動(dòng)了距離LL時(shí)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(qiáng)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(yùn)動(dòng)，與在B點(diǎn)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(diǎn)的B點(diǎn)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(dòng)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(dòng)量守恒5動(dòng)，涉及的主要知識(shí)點(diǎn)有類平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律、動(dòng)能守恒、運(yùn)）2（2010理綜，空間有場(chǎng)強(qiáng)E=0.5N/C的豎直向L=0.33mO）水平后，無(wú)初速。另一電荷量q=+0.1C、質(zhì)量與A相同Pv0=33m/st=0.2sADCCCD點(diǎn)下方一足g=10m/s2。P若小球Cs=0.09m0D點(diǎn)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(yùn)動(dòng)，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(diǎn)評(píng)】拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律、動(dòng)能定理、動(dòng)量守恒定律、運(yùn)動(dòng)定律、力的與分解、勻變速直線運(yùn)四．2009年llθ上放置三個(gè)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(shí)間極短，求：答案（1）3mgsin3mgcos（2） 2gL(sincos)（3）mgL(sincos3【解析】(1)當(dāng)勻速時(shí),Ff和支持力.F3mgsin3mgcos加速度

Fmgsinmgm

2g(sincos根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式或動(dòng)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(kāi)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(yùn)動(dòng)方向處于同一水平線上，且在碰撞過(guò)程中無(wú)機(jī)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(gè)球沿直線相間排列，給第1個(gè)球初能Ek1，從而引起各球的依次碰撞。定義其中第n個(gè)球經(jīng)過(guò)依次碰撞后獲得的動(dòng)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(shí)，k1n值最（1）

2gh得，球m2和球m3碰撞后，動(dòng)能傳遞系數(shù) 應(yīng)

Ek3Ek2Ek3

(mm k 依次類推，動(dòng)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(shí)，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(guò)程分析K的取值范圍，并與C碰撞后AB的可能運(yùn)動(dòng)方向。（1）4m/s（2）（1）A、B碰后速度為v1，由于碰撞時(shí)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(zhǎng)L=15m,現(xiàn)有質(zhì) m2=0.2kgv0=2，對(duì)。物塊與車面間的動(dòng)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(guò)5m/s24（2009年重慶卷）23．2009年中國(guó)女子冰壺隊(duì)首次獲得了世界錦標(biāo)賽冠軍，這引起了動(dòng)員將于O點(diǎn)的冰壺（視為質(zhì)點(diǎn)）沿直線OO'推到A點(diǎn)放手，此后冰壺沿AO'滑行Cμm，AC＝LCOgAOA點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中受到的沖量若將BO段冰面與冰壺間的動(dòng)摩擦因數(shù)減小為0.8C點(diǎn)的冰壺能停于AB（1） 2gL（1）ACA2g2gL應(yīng)用動(dòng)能定理有－μmgL＝2mV1對(duì)冰壺，從O到A，設(shè)冰壺受到的沖量為I，應(yīng)用動(dòng)量定理有I＝mV1－0，解得I＝m 2gL；ABSAO′ 應(yīng)用動(dòng)能定理，－μmgS－0.8μmg(L＋r－S)＝02mV1m4m.筆的彈跳過(guò)程分為三個(gè)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(shí)，與的內(nèi)芯碰撞（見(jiàn)題24圖b；③碰后，內(nèi)芯與外殼以共cg。求：從外殼下端離開(kāi)桌面到上升至h2處，筆損失的機(jī)械能 W－4mgh1＝2(4m)V1W＝25h29h14（3）由于外殼和內(nèi)芯達(dá)到共同速度后上升高度h2的過(guò)程，機(jī)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(dòng)，小球與滑Ol。開(kāi)始時(shí)，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(shí)小球達(dá)到最高點(diǎn)。求小球從到第一次到達(dá)最低點(diǎn)的過(guò)程中，繩的拉力對(duì)小球做功的大小【思路分析】題述有三個(gè)物理過(guò)程：1小球由到小球到達(dá)最低點(diǎn)，該過(guò)程小球和滑塊系統(tǒng)機(jī)械能守恒；對(duì)于小球可利用動(dòng)能定理求繩的拉力對(duì)小球做功的大小。2v23滑塊被涂【解析（1）設(shè)小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)時(shí)，滑塊和小球速度的大小分別為v1、v2，由機(jī)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(gè)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(duì)滑塊的阻力可調(diào).起初，滑塊,ER流體對(duì)其阻力為0，彈簧的長(zhǎng)度為L(zhǎng)，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(yùn)動(dòng).為保證滑塊做勻2mgk0，ER流體對(duì)滑塊的阻力須隨滑塊下移而變.試求（略空氣阻力dER流體對(duì)滑塊阻力的大小【思路分析】題述有三個(gè)物理過(guò)程：1物體下落機(jī)械能守恒定律；2物體與薄滑塊碰撞，動(dòng)量守恒；碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能等于系統(tǒng)碰撞前后機(jī)械能之差。31塊向下勻運(yùn)動(dòng)滿足公式2as=v24求滑塊下移距離d時(shí)ER流體對(duì)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(diǎn)評(píng)】此題涉及動(dòng)量守恒定律、能量守恒定律和運(yùn)動(dòng)定律，考查的知識(shí)點(diǎn)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(diǎn)小物與斜面之間的動(dòng)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(kāi)始沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，到達(dá)斜面底端時(shí)速度為v。mgh1mv2mgcos

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

sinmgh1mv2mgcosImv

sin⑤式中v為小物塊再次到達(dá)斜面底端時(shí)的速度，I為再次碰撞過(guò)程中擋板的摩擦力和支持力，小物塊向下運(yùn)動(dòng)的加速度為a，依第二定律

斜面對(duì)它mgsinmgcos v2

sinImv 2gh(1cot2gh(1cot設(shè)小物塊碰撞后沿斜面向上運(yùn)動(dòng)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(diǎn)，A靠在豎直墻壁上，A、B間夾一個(gè)被壓縮的輕彈簧（AB均不拴接BEp＝49JA、B間系一輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩長(zhǎng)度大于彈簧的自然長(zhǎng)度，．放手后B向右運(yùn)動(dòng)，繩在短暫時(shí)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(diǎn)與金屬球?qū)⒂谠俅闻鲎睬巴Ｔ谧畹忘c(diǎn)處。求經(jīng)過(guò)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(guò)程中與M相碰之前滿足機(jī)械能守恒：mgl(1cos)1mv m和M碰撞過(guò)程滿足：mv0MVM 1mv21mv21MV

vmM mM說(shuō)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?yàn)?50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(zhǎng)度是圓弧10A點(diǎn)正上方某處無(wú)初速下落，恰好落人小車圓弧軌道滑動(dòng)，然后沿水平軌道滑行至軌道末端C處恰好沒(méi)有滑出。B93⑴.BC⑵.BC間的動(dòng)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(dòng)摩擦力的大小為F物塊滑到C點(diǎn)時(shí)與小車的共同速度為，物塊在小車上由B運(yùn)動(dòng)到C的過(guò)程中小車對(duì)地面的位移大小為s。依題意，小車的質(zhì)量為m，BC長(zhǎng)度為R。由滑動(dòng)摩擦定律有： =μmg由動(dòng)量守恒定律，有 對(duì)物塊、小車分別應(yīng)用動(dòng)能定理，22

mv'2

22七．2006年22[2006`卷I.20]一位質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經(jīng)Δt時(shí)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(diǎn)，質(zhì)量相過(guò)程簧具有的最大彈性勢(shì)能等于QP1A．P的動(dòng) B．P的動(dòng)2C．P3

D．P4【解析：當(dāng)兩個(gè)物體有相同速度時(shí)，彈簧具有最大彈性勢(shì)能，由動(dòng)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(dòng)，將輕彈簧的一端固定在Mm2的檔板相連，彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)，B恰O點(diǎn)。AB碰撞時(shí)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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，其余各處的摩擦不計(jì)，重力加速度為g，ABvAhBdEP（設(shè)彈簧處于原長(zhǎng)時(shí)彈性勢(shì)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(kāi)始沿軌道下滑， 于軌道最低點(diǎn)的B球相撞，碰撞后A、B球能達(dá)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(shí)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(shí)各自的速度，并小球A、B在軌n次碰撞剛結(jié)束時(shí)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(yuǎn)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(guò)程動(dòng)量守恒Mv1=(M+m)v2 則v15 2（2005·物理）如圖14所示，兩個(gè)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(dòng)摩擦力。開(kāi)始時(shí)，三個(gè)物體處于狀態(tài)?，F(xiàn)給C施加一個(gè)水平向右，大2mg/5F，A、BC18．（17得 12

·2mv2-323

·2mv 2 2對(duì)C物體，由動(dòng)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(diǎn)以BA滑過(guò)距離l1BA、BAB在一起運(yùn)動(dòng)，但互不粘連。已知最后A恰好返回出發(fā)點(diǎn)P并停止。滑塊A和B與導(dǎo)軌 AB運(yùn)動(dòng)過(guò)程 大形變量為l2，求