高考物理试题分类汇编15 动量 能量要点.docx

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高考物理试题分类汇编15动量能量要点

专题15动量能量

（2012上海）22A．A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5kg，速度大小为10m/s，B质量为2kg，速度大小为5m/s，它们的总动量大小为_________kgm/s；两者相碰后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s，则B的速度大小为_________m/s。

40，10，

22A.【考点】本题考查动量守恒定律

【解析】设物体A运动的方向为正方向，则碰前的总动量大小为5102540⨯-⨯=kg·m/s，碰撞前后动量守恒，则有40542v=⨯+，故碰后B的速度大小为10/vms=【答案】40，10

【误区警示】在应用动量守恒定律解答题目时，首先要规定正方向，然后把相关的物理量代入公式进行计算，若出现符号，需要说明符号的物理意义。

该类型的题目容易出错的原因就在于正方向的规定。

（2012新课标）35.

（2）（9分）如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O。

让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平。

从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60°。

忽略空气阻力，求（i）两球a、b的质量之比；

（ii）两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比。

（2）【考点】动量守恒、能量守恒综合

解：

（i）设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点，但未与球a相碰时的速度为v，由机械能守恒定律得2

2212

mgLmv=

①

式中g是重力加速度的大小。

设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为v′，以向左为正。

有动量守恒定律得212（mvmmv'=+②

设两球共同向左运动到最高处，细线与竖直方向的夹角为θ，由机械能守恒定律得2

12121（（（1cos2

mmvmmgLθ'+=+-③

联立①②③式得12

1mm=

代入数据得

12

1mm=

（ii）两球在碰撞过程中的机械能损失是21

2

（

（1cos

QmgLmmgLθ=-+

-联立①⑥式，Q与碰前球b的最大动能Ek（Ek=2

212

mv）之比为

12

2

1（1cosk

mmQEmθ+=--⑦

联立⑤⑦式，并代入题给数据得

12

k

QE=-

⑧

（2012大纲卷）21.如图，大小相同的摆球a和b的质量分别为m和3m，摆长相同，并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是

A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同

D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置

21.AD解题思路】两球在碰撞前后，水平方向不受外力，故水平两球组成的系统动量守恒，由动量守恒定律有：

2103mvmvmv+=；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：

2

22

12

032

12

121mvmvmv+

=

，解两式得：

2

2

0201vvvv=

-

=，可见第一次碰撞后的瞬间，两

球的速度大小相等，选项A正确；因两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等，选项B错；两球碰后上摆过程，机械能守恒，故上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错；由单摆的周期公式g

lTπ

2=，可知，两球摆动周期相

同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞，选项D正确。

（2012大纲卷）17.分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做

匀速圆周运动，已知两粒子的动量大小相等。

下列说法正确的是A.若q1=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等B.若m1=m2，则它们作圆周运动的周期一定相等C.若q1≠q2，则它们作圆周运动的半径一定不相等D.若m1≠m2，则它们作圆周运动的周期一定不相等

17.A【解题思路】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，其半径qB

pqB

mvR==

，已

知两粒子动量相等，若21qq=，则它们的圆周运动半径一定相等，选项A正确；若21mm=，不能确定两粒子电量关系，不能确定半径是否相等，选项B错；由周期公式qB

mTπ2=

，仅

由电量或质量关系，无法确定两粒子做圆周运动的周期是否相等，选项C、D错。

（2012广东）36.（18分）

图18（a）所示的装置中，小物块A、B质量均为m，水平面上PQ段长为l，与物块间的动摩擦因数为μ，其余段光滑。

初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为r的连杆位于图中虚线位置；A紧靠滑杆（A、B间距大于2r）。

随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图18（b）所示。

A在滑杆推动下运动，并在脱离滑杆后与静止的B发生完全非弹性碰撞。

（1）求A脱离滑杆时的速度uo，及A与B碰撞过程的机械能损失ΔE。

（2）如果AB不能与弹簧相碰，设AB从P点到运动停止所用的时间为t1，求ω得取值范围，及t1与ω的关系式。

（3）如果AB能与弹簧相碰，但不能返回道P点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能为Ep，求ω的取值范围，及Ep与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）。

【考点】力学综合（牛顿运动定律、动量守恒、能量转换与守恒定律）【答案】

（1）uo=ωr2

2

18Emrω∆=

（2）1

40lrtω<≤

12rtg

ωμ=

（3

）

r

r

ω<≤

22

（8

4

pmrglEωμ-=

【解析】

（1）由题知，A脱离滑杆时的速度uo=ωr设A、B碰后的速度为v1，由动量守恒定律muo=2mv1

A与B碰撞过程损失的机械能2

2

011122

2

Emumv∆=

-

⨯

解得2

2

18Emrω∆=

（2）AB不能与弹簧相碰，设AB在PQ上运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律及运动学规律

mamg22=⋅μv1=at1112vxt=

由题知xl≤联立解得1

40lrtω<≤

12rtg

ωμ=

（3）AB能与弹簧相碰2

11222

mglmvμ⋅<

⨯不能返回道P点左侧2

112222

mglmvμ⋅⋅≥

⨯

解得r

r

ω<≤AB在的Q点速度为v2，AB碰后到达Q点过程，由动能定理

2

2

21112222

2

mglmvmvμ-⋅=

⨯-

⨯

AB与弹簧接触到压缩最短过程，由能量守恒

2

2122

pEmv=

⨯

解得22

（8

4

pmrglEωμ-=

（2012北京）24．（20分）匀强电场的方向沿x轴正向，电场强度E随x的分布如图所示，图中E0和d均为已知量。

将带正电的质点A在O点由静止释放。

A离开电场足够远后，再将另一带正电的质点B放在O点也由静止释放。

当B在电场中运动时，A、B间的相互作用力及相互作用能均为零；B离开电场后，A、B间的相互作用视为静电作用。

已知A的电荷

量为Q，A和B的质量分别为m和4

m

。

不计重力。

（1）求A在电场中的运动时间t；

（2）若B的电荷量Qq9

4

=，求两质点相互作用能的最大值Epm；

（3）为使B离开电场后不改变运动方向，求B所带电荷量的最大值qm。

解析：

（1）A在电场中做匀加速直线运动位移为d，根据牛顿第二定律

mQ

Em

FaAA0==

①根据位移公式得Q

EdmadtA

022=

=

（2）设A、B分别离开电场后的速度为vA和vB，根据动能定理有

Qd

Emv

A

022

1=②d

QEvm

B9

44

210

2

=③

由以上两式比较可知A、B分别离开电场后的速度为vA小于vB，所以B离开电场后与A间的静电斥力使B减速，使A加速，A、B系统的总动能减小，相互作用能增大，当A、B的速度相同为v时系统的总动能最小，相互作用能最大，在此过程中只有相互作用的静电斥力系统的能量和动量都守恒有

v

mmvvmmv

BA

4

4

+

=+

④

2

2

22

4

21212

14

21v

mmv

Emv

vm

pmA

B+

+

=+

⑤

连立②③④⑤四式解得

45

0QdEEpm=

（3）A、B间距达到最小后静电斥力继续使B减速，使A加速，A、B系统的总动能增大，相互作用能减小，A、B间距达到无穷大时相互作用能为0。

为使B离开电场后不改变运动¢方向，B的速度满足条件vB³0mvA+⑥。

根据系统的能量和动量都守恒有mmvB=mv¢+v¢AB44⑦1m21211m22vB+mvA=mv¢+v¢AB2422241m2vB=E0qBd③式中B的电量变为qB有24连立②⑥⑦⑧⑨五式解得⑧⑨qB£1616Qqm=Q9，所以B所带电荷量的最大值9（2012福建）29.

（2）如图，质量为M的小船在静止水面上以速率V0向右匀速行驶，一质量为m的救生员站在船尾，相对小船静止。

若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中，则救生员跃出后小船的速率为______。

（填选项前的字母）mmvvB.v0-MMmm（v0+vD.v0+（v0-vC.v0+MMA.v0+【考点】考查动量守恒定律的应用【解析】人在跃出的过程中船人组成的系统水平方向动量守恒，M+m）v0=Mv-mv，（/第6页共9页

/解得v=v0+m（v+v0，C项正确。

M【答案】C（2012山东）38.

（2）光滑水平轨道上有三个木块A、B、C，质量分别为mA=3m、mB=mC=m，开始时B、C均静止，A以初速度向右运动，A与B相撞后分开，B又与C发生碰撞并粘在一起，此后A与B间的距离保持不变。

求B与C碰撞前B的速度大小。

【答案】

（1）61

（2）vB=v054解析：

（2）设A与B碰撞后，A的速度为，B与C碰撞前B的速度为，B与V碰撞后粘在一起的速度为，由动量守恒定律得对A、B木块：

mAv0对B、C木块：

mBvB=mAvA+mBvB=（mB+mCv1○2○由A与B间的距离保持不变可知vA=v联立○○○式，代入数据得1233○6vB=v054○（2012天津）9（1质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞前后的动量变化为______kg·m/s。

若小球与地面的作用时间为0,2s，则小球收到地面的平均作用力大小为______N（g=10m/s29．

（1）【考点】本题考查对动量变化量的理解及动量定理的应用，考查学生对一维矢量运算【答案】

（1）212。

（1）解析：

取竖直向上为正方向则初动量为负末动量为正，动量变化为Dp=p¢-p=4´0.2-（-6´0.2=2kgm/sF=Dp2+mg=+0.2´10=12Nt0.2第7页共9页

（2012天津）10、如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上固定有光滑坡道，坡道顶端局台面高也为h，坡道底端与台面相切。

小球A从坡道顶端由静止开始滑下，到达水平光滑的台面后与静止在台面上的小球B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半。

两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为g。

求

（1）小球A刚滑至水平台面的速度VA

（2）A、B两球的质量之比ma:

mb10．（16分）解析：

（1）小球A在坡道上只有重力做功机械能守恒，有①解得12mAvA=mAgh2②vA=2ghmAvA=（mA+mBv

（2）小球A、B在光滑台面上发生碰撞粘在一起速度为v，根据系统动量守恒得③离开平台后做平抛运动，在竖直方向有在水平方向有联立②③④⑤化简得12gt=h21h=vt2④⑤mA∶mB=13∶（2012重庆）17．质量为m的人站在质量为2m的平板小车上，以共同的速度在水平地面上沿直线前行，车所地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。

当车速为v0时，人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下。

跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计，则能正确表示车运动的v－t图象为第8页共9页

17.考点透析：

考察牛顿第二定律图像综合问题答案：

B解析：

人跳离瞬间由动量守恒可得3mv0=-mv0+2mv，则人跳离小车后小车的速度为v=2v0，符合条件的为B选项。

技巧点拨：

动量守恒问题一定要选对系统和正方向，本题中选人和小车组成的系统以小车原运动方向为正，同时要注意本题中所给速度均为对地速度。

如果为对车的速度还要进行相对转化。

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