11-13高考物理试题分类汇编--动量和能量.

1、（三年经典）2011-2013全国各地高考物理真题分类汇编（详解）动量和能量1.（ 2011年高考 全国大纲版理综卷）质量为 M、内壁间距为 L 的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为 m 的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为“初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞 N 次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程 中，系统损失的动能为1.BD 解析：本设最终箱子与小物块的速度为vi,根据动量守恒定律：mv = （m+ M）vi,11mM则动能损失 Ek= 2mv2 2（m + M）vi2，解得 Ek=

2、 2（m+M）V2,B 对；依题意：小物块与箱壁碰撞 N 次后回到箱子的正中央，相对箱子运动的路程为S= 0.5L+ （N- 1）L+ 0.5L= NL,故系统因摩擦产生的热量即为系统瞬时的动能：Ek= Q=mgL, D 对。2.（2011 年高考 四川理综卷）质量为 m 的带正电小球由空中 A 点无初速度自由下落，在 t 秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过 t 秒小球又回到 A 点，不计空气阻力且小球从末落地。则B.整个过程中小球动量增量的大小为2mgt2 2c.从加电场开始到小球运动到最低点时小球冬耕变化了mg tA.i12Bi mM2mv-v22 m MC.1D. Na m

3、gL-NmgLA.整个过程中小球电势能变化了22.3mgt2.BD 解析：整个过程中小球的位移为0,i i得a= 3g，根据牛丄 gt2+gt%tat2=02 2顿第二定律电场力是重力的 4 倍为 4mg,根据动量定理 P= mgt - 3mgt = - 2mgt, B 正确;D.从 A 点到最低点小球重力势能变化了22 23mgt1电势能变化量为 4mg 2gt2= 2mg2t2,A 错误；小球减速到最低点和最初加速时的动能变化量3. A 解析：由碰撞中的动量守恒得 mv = 2mvB mvA,VA0,则VB0.5V，故小于 0.5v的值不可能有，A 正确。4. （2011 年高考上海卷）光

4、滑水平面上两小球a、b 用不可伸长的松弛细绳相连。开始时 a 球静止，b 球以一定速度运动直至绳被拉紧，然后两球一起运动，在此过程中两球的总 动量_ （填“守恒”或“不守恒”）；机械能 _ （填“守恒”或“不守恒”）o4.守恒，不守恒 解析：本题考查动量守恒定律及机械能守恒定律。两球在光滑水平地 面上，外力和为零，故系统的总动量守恒。由于绳子在瞬间绷紧，系统的动能将有一部分转化为热量，故机械能不守恒。5. （2011 年高考 山东理综卷）如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为 10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2vo、v。为避免两船相撞,乙船上的人将一质量为

5、 m 的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货 物的最小速度。（不计水的阻力）上的人接到货物后速度为v2，由动量守恒定律得：12m v厂11m w-m vmin，大小相等为12,2，C错误；从A点到最低点重力势能变化了2mgm(lgt22+11gt32)=2mg2t2D 正确。答案为B3.（2011 年高考福建理综卷）在光滑水平面上，一质量为m、速度大小为 v 的 A 球与质量为 2m 静止的 B 球碰撞后，A 球的速度方向与碰撞前相反。则碰撞后 B 球的速度大小可能是_ o （题选项前的字母）A.0.6vB. 0.4vC. 0.3vD.0.2v5.4vo解析：设乙船上的人抛出

6、货物的最小速度为v，抛出货物后的速度为Vminv，甲船12vo乙甲1为避免两船相撞应满足:y =v2，联立式得:Vmin=4Vo10m 2v0-m vmin= 11m v26.（2011 年高考 四川理综卷）随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显。分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命。一货车严重超载后的总质量为49t，以 54km/h 的速率匀速行驶。 发现红灯时司机刹车， 货车即做匀减速直线运动， 加速度的大 小为 2.5m/s2（不超载时则为 5m/s2）。若前方无阻挡，问从刹车到停下来此货车在超载及不超载时分别前进多远？若超载货车刹车时正前方25m 处停着总质量为 1t

7、 的轿车，两车将发生碰撞，设相互作用 0.1s 后获得相同速度，问货车对轿车的平均冲力多大？2 26.解析：（1）货车刹车时的初速是vo=15vm/s，末速是 0,加速度分别是2.5m/s 和 5m/s，相撞时动量守恒，有Mv =（M m）V得V =9.8m/s7. （2011 年高考 天津理综卷）如图所示，圆管构成的半圆形轨道竖 直固定在水平地面上，轨道半径为R, MN 为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球 A 以某一速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点 时与静止于该处的质量与 A 相同的小球 B 发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距 N 为 2 R。重力加速度为 g,忽略圆管

8、内径，空气阻力及各处摩擦均不计, 求粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t;小球 A 冲进轨道时速度 v 的大小。7解析：（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动,有2Rgt22根据位移推论式得v2代入数据解得：超载s = 45m ;不超载S = 22 5m。S =02a（2）货车与轿车相撞时的速度为v =v02aS=一225一2 2.5 25二10恥对轿车根据动量定理有ft二mV解得f = 9.8 104N解得t=2g（2）设球 A 的质量为 m ,碰撞前速度大小为 vi,把球 A 冲进轨道最低点时的重力势能8. （2011 年高考 海南理综卷）一质量为 2m 的物

9、体 P 静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中 ab 为粗糙的水平面，长度为 L； be 为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和 be 均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m 的木块以大小为 vo的水平初速度从 a 点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h,返回后在到达 a 点前与物体 P 相对静止。重力加速度为 g。求（i）木块在 ab 段受到的摩擦力 f;（ii）木块最后距 a 点的距离 s。达共同速度过程由动量和能量守恒得：mv=（m，2m）v；1212mv0(m 2m)v mgh fL2 2由得：f=m(v02-3gh)。-3L（ii ）木块返回与物体 P 第二次达到共同速

10、度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：1 mv02J (m 2m)v2f (2L -s)22定为 0,由机械能守恒定律知1 mv?J mv22mgR22设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为V2,由动量守恒定律知ms =2mv2飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有2R = v?t综合式得V2= 2 2 gR8.V。2-6ghVo2-3gh解析：（i）设木块和物体P 共同速度为 v,两物体从开始到第一次到b77777777777777777777777777777777voa=2V1212122（3m）VEp（2m）v12叫(1)细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比;(2)

11、两杆分别达到的最大速度。10.解析：设某时刻 MN 和M N 速度分别为 Vi、V2。（1）MN 和M N 动量守恒： mvi 2mv2=0 求出:由得：9. (2011 年高考 全国卷新课标版)如图，A、B C 三个木块的质量均为 m。置于光滑的水平面上，B、C 之间有一轻质弹簧，弹簧的两端与木块接触而不固连。将弹簧压紧到不能再压缩时用细线把 B 和 C 紧连，使弹簧不能伸展，以至于B、C 可视为一个整体。现 A 以初速 vo沿 BC 的连线方向朝 B 运动，与 B 相碰并粘合在一起。以后细线突然断开，弹簧伸展，从而使C 与 A、B 分离。已知 C 离开弹簧后的速度恰为 Vo。求弹簧释放的势

12、能。9.12mvo3解析：设碰后 A、B 和 C 的共同速度的大小为 v,由动量守恒得3mv二mv。设 C 离开弹簧时，A、B 的速度大小为Vi，由动量寸恒得3mv = 2mv, mv0设弹簧的弹性势能为E，从细线断开到EPC 与弹簧分开的过程中机械能守恒，有由式得弹簧所释放的势能为Ep1- 3mv。10. ( 2011 年高考 海南理综卷)如图,ab 和cd是两金属导轨，MN 和 M N是两根用细线连接的金属杆，其质量分别为m 和 2m。竖直向上的外力 F 作用在杆 MN 上，使两杆水平静止，并刚好与导轨接触； 两杆的总电阻为R,导B 的匀强磁场中，磁场方向与导轨所在平面垂直。导轨电阻可忽略

13、，重力加速度为g。在 t=0 时刻将细线烧断，保持 F 不变，金属杆和导轨始终接触良好。求XXx1FXvXXXXXXd?Vic-XN:XcXNXHa(2)当 MN 和MN的加速度为零时，速度最大由得：2mgR、mgRv1 2 2v2 2 23B2|23B2|211. ( 2011 年高考安徽理综卷)如图所示，质量 M=2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上，质量 m=1kg 的小球通过长 L=0.5m 的轻质细杆与滑块上的光滑轴0 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕 0 轴自由转动。开始轻杆处于水平状态。现给小球一个竖直向上的初速度2vo=4m/s， g 取 10m/s。若锁定滑块，试求小球通过最高

14、点P 时对轻杆的作用力大小和方向。若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。在满足的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的距离。11.解析：(1 )设小球能通过最高点，且此时的速度为VI。在上升过程中，因只有重力做1 1 功，小球的机械能守恒。则 2mv12+ mgL= 2mvo2，贝 U V1=&：6m/s ,2V1设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F,方向向下，则 F+ mg= mL联立解得 F= 2N,由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N,方向竖直向上。(2)解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为V2,此时滑块的速度为 V。在上升过

15、程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。 以水平向右的方向为正方向，有 mv2+ MV= 0111在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则2mv22+ 2MV2+ mgL= 2mvo2,联立解得 V2=2m/s(3)设小球击中滑块右侧轨道的位置点与小球起始点的距离为S1,滑块向左移动的距离对M N 受力平衡：BIl=2mg，EI，E=Blv1blv2P|M为 S2，任意时刻小球的水平速度大小为V3,滑块的速度大小为 V。由系统水平方向的动量分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为Vi和 Vi,由动量守恒得mvi+ mVi= mvo因为子弹在钢板中受到的

16、阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为由能量守恒得iii E- 2 2 2 -2mvi十 2mVi= 2mvo 2联立式，且考虑到 vi必须大于 Vi,得设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为i 3vi=（2+ 6 ）vo由动量守恒得2mV2= mvi守恒，得mv3一 MV = 0,两边同乘以 t,得 mv3 t MV t= 0,故对任意时刻附近的微小间隔2 t 都成立，累积相加后，有 msi Ms2= 0，又 si+ S2= 2L,得 si= 3m12. (2011 年高考 全国大纲版理综卷)装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的 单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型

17、的计算可以粗略说明其原因。质量 为 2m、厚度为 2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为 m 的子弹以某一速度垂直射向该 钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为 m 的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二 块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板 不会发生碰撞。不计重力影响。12.解析：设子弹初速度为 vo,射入厚度为 2d 的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为由动量守恒得 (2m + m)V= mvo1解得 V= 3V0此过程中动能损失为1 解得 E= 3 mvo21 1 E=

18、 2mvo 2x3V-1muj -2kmgL J (2m)v| -1(2m)u：2 2 2-3kmgL = 0 -1(3m)u；2mvi= 2mu1, 2mv2= 3mu2，得：1= mu0 0= 2m/7kgL133(3)设两次碰撞中系统动能损失分别为Ek1和丘由厶 Ek1= 2kmgL,A Ek2= 2kmgL得： Eki/ Ek2= 133。1 1损失的动能为E= 2mv12 2X2mV2213 E联立式得E=2(1 +2) X2因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由式 keep,射入第二块钢板的深度 x 为13x= 2(1 + 2 )d13. (2011 年高考 重庆理综卷)如图所示，静

19、置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为在极短时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离 L 时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离 L 时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离 L 时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍，重力加速度为 g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力, 求:整个过程中摩擦阻力所做的总功;人给第一辆车水平冲量的大小;第一次与第二次碰撞系统动能损失之比。13.解析：(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W,W = kmgL 2kmgL 3kmgL= 6kmgL(2)设第一车初速度为 Uo,第一次碰前速度为 V

20、i,碰后共同速度为 Ui;第二次碰前速度为 V2,碰后共同速度为吐；人给第一I。由：12-kmgLmw人地面地面(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5 10_2 5 = 40kg m/s ,碰撞前后动量守恒，则有40 =5帖2 v，故碰后 B 的

21、速度大小为v =10m/ s【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0。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。Oba :(2)

22、【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12m2gL = ? m2v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m v (m m )vm2v = (m m2)v设两球共同向左运动到最高处，细线与竖直方向的夹角为0,由机械能守恒定律得42.-(m1m2)v2二血m2)gL(1 -cos)联立式，并代入题给数据得小二Q “721 -Ek2(2012 大纲卷)21.如图，大小相同的摆球 a 和 b 的质量分别为 m

23、 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：mvmv!3mv2；又两球碰撞是弹性的，故机械能守恒，即：联立式得m211 - cos(ii)两球在碰撞过程中的机械能损失是Q = m2gL-(mm2)gL(1 - cos )联立Q 与碰前

24、球 b 的最大动能Ek( Ek=1)之比为12-m2v2(1 -coS)kvv，可见第一次碰撞后的瞬间，两vovoW = ,2= 22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1 mv；=1mv；13mv；解两式得:后的最大摆角相同，选项 C 错；由单摆的周期公式，可知，两球摆动周期相同,T=2 江丄 g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

25、运动，已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是A.若 qi=q2，则它们作圆周运动的半径一定相等B 若 mi=m2，则它们作圆周运动的周期一定相等C. 若 qiM q2,则它们作圆周运动的半径一定不相等D. 若 mi* 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mvp，已R qB qB知两粒子动量相等，若q_q，则它们的圆周运动半径一定相等，选项 A 正确；若m m,q q2I iii 112qB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

26、中，小物块 A、B 质量均为 m，水平面上 PQ 段长为 I,与物块间 的动摩擦因数为仏其余段光滑。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 3 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 U。，及 A 与 B 碰撞过程的机械能损失 AE(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 3 得取值范 围，及 t1与 3的关系式。(3)如果

27、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 3 的取值范围，及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2：m，仅Ep与 3的关系O-IF【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）12 2=m- r8解得（2） AB 不能与弹簧相碰，设 AB 在 PQ 上运动的加速度大小为学规律丄 2mg =2mav1=at1wx = 匕2由题知x乞l联立解得4|r0切兰花匕=页(3)AB 能与弹簧相碰1卩-2mgl cVmv2不能返回道 P 点左侧1卩2mg 22mv2解得22了gl二4 fglrrAB 在的

28、 Q 点速度为 V2, AB 碰后到达 Q 点过程，由动能定理【答案】（1）u=3(2)410：rtitir2g(3)2.、门gr4药- -co ,22 2式中，以碰撞前木块 A 的速度方向为正。联立解得：V1=- v2/2.设碰撞后 A 和 B 运动的距离分别为 d1 和 d2,由动能定理得mgd=1mv2o（2m）gd2= 2mv2。按题意有：d=di+d2。设 A 的初速度大小为 vo,由动能定理得 卩 mgd=4 mvo- mv2.（ 2013 全国新课标理综 II 第 35 题）（2）（ 10 分）如图，光滑水平直轨道上有三个质量均为 m 的物块 A、B C。B 的左侧固定一轻弹簧（

29、弹簧左侧的挡板质量不计）。设 A 以速度 Vo朝 B 运动，压缩弹簧；当 AB 速度相等时，B 与 C 恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动，假设 B 和 C 碰撞过程时间极短。求从A 开始压缩弹簧直至与弹簧分离的过程中，（i ）整个系统损失的机械能；（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。【命题意图】 本题考查碰撞、弹性势能、动量守恒定律、能量守恒定律及其相关知识点，意在考查考生综合运用知识解决问题的能力。解析：（i ）从 A 开始压缩弹簧到 A 与 B 具有相同速度 Vi时，对 AB 与弹簧组成的系统，由动量守恒定律得： m vo=2 m vi，此时 B 与 C 发生完全非弹性碰撞，设碰撞后的

30、瞬时速度为v2,系统损失的机械能为 E，对BC 组成的系统，由动量守恒定律，mv=2 m v2，由能量守恒定律，imv2=1（2m）7各E 联立解得： E=mvo2。16（ii ）由式可知，V2v1，A 将继续压缩弹簧，直至三者速度相同，设此时速度为V3，此时弹簧被压缩到最短。其弹性势能为Ep。由动量守恒定律，m V0=3m V3，22由能量守恒定律，1mv- E =1（3m）V3+ Ep。2联立解得：弹簧被压缩到最短时的弹性势能EP=13mv。483.（2013 高考江苏物理第 12B 题）（3）如题 12C-2 图所示，进行太空行走的宇航员 A 和 B 的 质量分别为 80kg 和 100

31、kg，他们携手远离空间站，相对空间站的速度为 0.1m/ s。A 将 B 向空间站方向轻推后， A空间站（题12C-2图）联立解得：Vo=BA的速度变为 0.2m/ s，求此时 B 的速度大小和方向。AB 一起以 vo=5m/s 的速度匀速向右运动，A 与 C 发生碰撞（时间极短）后 C 向右运动，经过一段时间，A、B 再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C 碰撞。求 A 与 C 发生碰撞后瞬间 A 的速度大小。解析：因碰撞时间极短，A 与 C 碰撞过程动量守恒，设碰撞后瞬间A 的速度大小为VA，C 的速度大小为VC，以向右为正方向，由动量守恒定律得mvo=mAVA+mcVc，A 与 B 在摩擦力作用下达