11-13高考物理试题分类汇编--动量和能量.

（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μ。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A．212mvB．212mMvmMC．12NmgLD．NμmgL1.BD解析：本设最终箱子与小物块的速度为v1，根据动量守恒定律：mv＝(m＋M)v1，则动能损失△Ek＝12mv2－12(m＋M)v12，解得△Ek＝mM2(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＝NμmgL，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A．整个过程中小球电势能变化了2232tmgB．整个过程中小球动量增量的大小为2mgtC．从加电场开始到小球运动到最低点时小球冬耕变化了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能变化了2232tmg2.BD解析：整个过程中小球的位移为0，2211022gtgttat得a＝3g，根据牛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；vL电势能变化量为4mg×12gt2＝2mg2t2,A错误；小球减速到最低点和最初加速时的动能变化量大小相等为2221tmg，C错误；从A点到最低点重力势能变化了222232)213121(tmggtgtmg，D正确。答案为BD。3.（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__________。（题选项前的字母）A．0.6vB．0.4vC．0.3vD．0.2v3．A解析：由碰撞中的动量守恒得mv=2mvB－mvA，vA＞0，则vB＞0.5v，故小于0.5v的值不可能有，A正确。4.（2011年高考·上海卷）光滑水平面上两小球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”)。4.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2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为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）5.4v0解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度为minv，抛出货物后的速度为1v，甲船上的人接到货物后速度为2v，由动量守恒定律得：01min1211mvmvmv①，0min210211mvmvmv②为避免两船相撞应满足：12vv③，联立①②③式得：min04vv。v02v0甲乙6．（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）。⑴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？⑵若超载货车刹车时正前方25m处停着总质量为1t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？6.解析：（1）货车刹车时的初速是v0=15vm/s，末速是0，加速度分别是2.5m/s2和5m/s2，根据位移推论式得avS220代入数据解得：超载45Sm；不超载5.22Sm。（2）货车与轿车相撞时的速度为10255.22225220aSvvm/s相撞时动量守恒，有VmMMv)(得8.9Vm/s对轿车根据动量定理有mVft解得4108.9fN7．（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M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2R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求⑴粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；⑵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2122Rgt①解得2Rtg②（2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能BARONM定为0，由机械能守恒定律知22111222mvmvmgR③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122mvmv④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22Rvt⑤综合②③④⑤式得222vgR8.（2011年高考·海南理综卷）一质量为2m的物体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；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc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v0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。8.202063vghsLvgh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达共同速度过程由动量和能量守恒得：0(2)mvmmv①；22011(2)22mvmmvmghfL②由①②得：20(3)3mvghfL③。（ii）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：22011(2)(2)22mvmmvfLs④v0cPba由②③④得：202063vghsLvgh。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v0沿B、C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v0。求弹簧释放的势能。9.2013mv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03mvmv①设C离开弹簧时，A、B的速度大小为1v，由动量守恒得1032mvmvmv②设弹簧的弹性势能为pE，从细线断开到C与弹簧分开的过程中机械能守恒，有22210111(3)(2)222pmvEmvmv③由①②③式得弹簧所释放的势能为2013pEmv。10．（2011年高考·海南理综卷）如图，ab和cd是两条竖直放置的长直光滑金属导轨，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，导轨间距为l。整个装置处在磁感应强度为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，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（1）细线烧断后，任意时刻两杆运动的速度之比；（2）两杆分别达到的最大速度。10.解析：设某时刻MN和''MN速度分别为v1、v2。（1）MN和''MN动量守恒：mv1－2mv2=0求出：122vv①ABCBaccdMNN′FM′（2）当MN和''MN的加速度为零时，速度最大对''MN受力平衡：BIl＝2mg②，EIR③，12EBlvblv④由①②③④得：12223mgRvBl、2223mgRvBl11．（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O连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕O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v0=4m/s，g取10m/s2。⑴若锁定滑块，试求小球通过最高点P时对轻杆的作用力大小和方向。⑵若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的速度大小。⑶在满足⑵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v1。在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒。则12mv12＋mgL＝12mv02，则v1＝6m/s，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＝mv12L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＝0在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则12mv22＋12MV2＋mgL＝12mv02，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Mmv0OPL守恒，得mv3－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△t都成立，累积相加后，有ms1－Ms2＝0，又s1＋s2＝2L，得s1＝23m12．（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v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V由动量守恒得(2m＋m)V＝mv0①解得V＝13v0此过程中动能损失为△E＝12mv02－12×3mV2②解得△E＝13mv02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v1和V1，由动量守恒得mv1＋mV1＝mv0③因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为△E2，由能量守恒得12mv12＋12mV12＝12mv02－△E2④联立①②③④式，且考虑到v1必须大于V1，得v1＝(12＋36)v0⑤设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得2mV2＝mv1⑥m2mmmm损失的动能为△E′＝12mv12－12×2mV22⑦联立①②⑤⑥⑦式得△E′＝12(1＋32)×△E2⑧因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式keep，射入第二块钢板的深度x为x＝12(1＋32)d⑨13．（2011年高考·重庆理综卷）如图所示，静置于水