【最新出爐】2014全國高考物理真題分類匯編：動量專題

1、2014年高考物理真題分類匯編：動量專題30 2014福建卷 (2)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統使箭體與衛(wèi)星分離已知前部分的衛(wèi)星質量為m1，后部分的箭體質量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統質量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為_(填選項前的字母)Av0v2 Bv0v2Cv0eq f(m2,m1)v2 Dv0eq f(m2,m1)(v0v2)30(2)D解析 忽略空氣阻力和分離前后系統質量的變化，衛(wèi)星和箭體整體分離前后動量守恒，則有(m1m2)v0m1v1m2v2，整理可得v1v0eq f(m2,m1)(v0v2)，故D項正確（

2、2014上海）22A.動能相等的兩物體A、B在光滑水平面上沿同一直線相向而行，它們的速度大小之比，則動量之比 ；兩者碰后粘在一起運動，其總動量與A原來動量大小之比 。 答案 1：2；1：1142014浙江卷 (1)如圖1所示，甲木塊的質量為m1，以速度v沿光滑水平地面向前運動，正前方有一靜止的、質量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質彈簧甲木塊與彈簧接觸后()A. 甲木塊的動量守恒B. 乙木塊的動量守恒C. 甲、乙兩木塊所組成的系統的動量守恒D. 甲、乙兩木塊所組成系統的動能守恒14答案 (1)C解析 (1)本題考查碰撞、動量守恒定律等知識點甲木塊與彈簧接觸后，由于彈簧彈力的作用，甲、乙的動量要發(fā)生

3、變化，但對于甲、乙所組成的系統因所受合力的沖量為零，故動量守恒，選項A、B錯誤，選項C正確；甲、乙兩木塊所組成系統的動能，一部分轉化為彈簧的勢能，故不守恒4 2014重慶卷 一彈丸在飛行到距離地面5 m高時僅有水平速度v2 m/s，爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質量比為31，不計質量損失，重力加速度g取10 m/s2，則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是ABCD4B解析 彈丸在爆炸過程中，水平方向的動量守恒，有m彈丸v0eq f(3,4)mv甲eq f(1,4)mv乙，解得4v03v甲v乙，爆炸后兩塊彈片均做平拋運動，豎直方向有heq f(1,2)gt2，水平方向對甲、乙兩彈片分別有

4、x甲v甲t，x乙v乙t，代入各圖中數據，可知B正確35物理選修352014新課標全國卷 (2)如圖所示，質量分別為mA、mB的兩個彈性小球A、B靜止在地面上，B球距地面的高度h0.8 m，A球在B球的正上方，先將B球釋放，經過一段時間后再將A球釋放，當A球下落t0.3 s時，剛好與B球在地面上方的P點處相碰，碰撞時間極短，碰后瞬間A球的速度恰為零，已知mB3mA，重力加速度大小g取10 m/s2，忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失求：(1)B球第一次到過地面時的速度；(2)P點距離地面的高度(2)解：()設B球第一次到達地面時的速度大小為vB，由運動學公式有vBeq r(2gh)將h0.8 m代入

5、上式，得v14 m/s.()設兩球相碰前后，A球的速度大小分別為v1和v1(v10)，B球的速度分別為v2和v2，由運動學規(guī)律可得v1gt由于碰撞時間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動量守恒，總動能保持不變，規(guī)定向下的方向為正，有mAv1mBv2mBv2eq f(1,2)mAveq oal(2,1)eq f(1,2)mBveq oal(2,2)eq f(1,2)mveq oal(2,2)設B球與地面相碰后速度大小為vB，由運動學及碰撞的規(guī)律可得vBvB設P點距地面的高度為h，由運動學規(guī)律可得heq f(veq oal(2,B)veq oal(2,2),2g)聯立式，并代入已知條件可得h

6、0.75 m2014新課標卷 物理選修35 (2)現利用圖(a)所示的裝置驗證動量守恒定律在圖(a)中，氣墊導軌上有A、B兩個滑塊，滑塊A右側帶有一彈簧片，左側與打點計時器(圖中未畫出)的紙帶相連；滑塊B左側也帶有一彈簧片，上面固定一遮光片，光電計時器(未完全畫出)可以記錄遮光片通過光電門的時間圖(a)實驗測得滑塊A的質量m10.310 kg，滑塊B的質量m20.108 kg，遮光片的寬度d1.00 cm；打點計時器所用交流電的頻率f50.0 Hz. 將光電門固定在滑塊B的右側，啟動打點計時器，給滑塊A一向右的初速度，使它與B相碰碰后光電計時顯示的時間為tB3.500 ms，碰撞前后打出的紙帶

7、如圖(b)所示圖(b)若實驗允許的相對誤差絕對值(eq blc|rc|(avs4alco1(f(碰撞前后總動量之差,碰前總動量)100%)最大為5%，本實驗是否在誤差范圍內驗證了動量守恒定律？寫出運算過程 解析 (2)按定義，物塊運動的瞬間時速度大小v為veq f(s,t)式中s為物塊在短時間t內走過的路程設紙帶上打出相鄰兩點的時間間隔為tA，則tAeq f(1,f)0.02 stA可視為很短設A在碰撞前、后時速度大小分別為v0，v1.將式和圖給實驗數據代入式得v02.00 m/sv20.970 m/s設B在碰撞后的速度大小為v2，由式得v2eq f(d,tB)代入題給實驗數據得v22.86

8、m/s設兩滑塊在碰撞前、后的總動量分別為p和p則pm1v0pm1v1m2v2兩滑塊在碰撞前后總動量相對誤差的絕對值為peq blc|rc|(avs4alco1(f(pp,p)100%聯立式并代入有關數據，得p1.7%5%因此，本實驗在允許的誤差范圍內驗證了動量守恒定律242014安徽卷 (20分)在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物塊B.物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖所示，L為1.0 m，凹槽與物塊的質量均為m，兩者之間的動摩擦因數為0.05.開始時物塊靜止，凹槽以v05 m/s初速度向右運動，設物塊與凹槽槽壁碰撞過程中沒有能量損失，且碰撞時間不計，g取10 m/s2.求：(1)物塊與凹槽相

9、對靜止時的共同速度；(2)從凹槽開始運動到兩者相對靜止物塊與右側槽壁碰撞的次數；(3)從凹槽開始運動到兩者剛相對靜止所經歷的時間及該時間內凹槽運動的位移大小24答案 (1)2.5 m/s(2)6次(3)12.75 m解析 (1)設兩者間相對靜止時速度為v，由動量守恒定律得mv02mv，解得v2.5 m/s(2)設物塊與凹槽間的滑動摩擦力FfNmg設兩者相對靜止前相對運動的路程為s1，由動能定理得Ffs1eq f(1,2)(mm)v2eq f(1,2)mveq oal(2,0)，得s312.5 m已知L1 m，可推知物塊與右側槽壁共發(fā)生6次碰撞(3)設凹槽與物塊碰前的速度分別為v1、v2，碰后的

10、速度分別為v1、v2.有mv1mv2mv1mv2eq f(1,2)mveq oal(2,1)eq f(1,2)mveq oal(2,2)eq f(1,2)mveq oal(2,1)eq f(1,2)mveq oal(2,2)得v1v2，v2v1即每碰撞一次凹槽與物塊發(fā)生一次速度交換，在同一坐標系上兩者的速度圖線如圖所示，根據碰撞次數可分為13段凹槽，物塊的vt圖像在兩條連續(xù)的勻變速運動圖線間轉換，故可用勻變速直線運動規(guī)律求時間則vv0at，ag，解得t5 s凹槽的vt圖像所包圍的陰影部分面積即為凹槽的位移大小s2.(等腰三角形面積共分13份，第一份面積為0.5 L，其余每份面積均為L)s2eq

11、 f(1,2)eq blc(rc)(avs4alco1(f(v0,2)t6.5 L12.75 m222014北京卷如圖所示，豎直平面內的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點現將A無初速釋放，A與B碰撞后結合為一個整體，并沿桌面滑動已知圓弧軌道光滑，半徑R0.2 m；A和B的質量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數0.2.重力加速度g取10 m/s2.求：(1) 碰撞前瞬間A的速率v；(2) 碰撞后瞬間A和B整體的速率v； (3) A和B整體在桌面上滑動的距離l.22答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m解析 設滑塊的質量為m

12、.(1)根據機械能守恒定律有mgReq f(1,2)mv2解得碰撞前瞬間A的速率有veq r(2gR)2 m/s.(2)根據動量守恒定律有mv2mv解得碰撞后瞬間A和B整體的速率veq f(1,2)v1 m/s.(3)根據動能定理有eq f(1,2)(2m)v2(2m)gl解得A和B整體沿水平桌面滑動的距離leq f(v2,2g)0.25 m.24 2014全國卷 冰球運動員甲的質量為80.0 kg.當他以5.0 m/s的速度向前運動時，與另一質量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來的運動員乙相撞碰后甲恰好靜止假設碰撞時間極短，求：(1 )碰后乙的速度的大??；(2)碰撞中總機械能的損

13、失24答案 (1)1.0 m/s(2)1400 J解析 (1)設運動員甲、乙的質量分別為m、M，碰前速度大小分別為v、V，碰后乙的速度大小為V.由動量守恒定律有mvMVMV代入數據得V1.0 m/s(2)設碰撞過程中總機械能的損失為E，應有eq f(1,2)mv2eq f(1,2)MV2eq f(1,2)MV2E聯立式，代入數據得E1400 J352014廣東卷 (18分)圖24 的水平軌道中，AC段的中點B的正上方有一探測器，C處有一豎直擋板，物體P1沿軌道向右以速度v1與靜止在A點的物體P2碰撞，并接合成復合體P，以此碰撞時刻為計時零點，探測器只在t12 s至t24 s內工作已知P1、P2

14、的質量都為m1 kg，P與AC間的動摩擦因數為0.1，AB段長L4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均視為質點，P與擋板的碰撞為彈性碰撞(1)若v16 m/s，求P1、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能E；(2)若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內通過B點，求v1的取值范圍和P向左經過A 點時的最大動能E.35(1)3 m/s9 J(2)10 m/sv114 m/s17 J解析 (1)P1、P2碰撞過程動量守恒，有mv12mv解得veq f(v1,2)3 m/s碰撞過程中損失的動能為Eeq f(1,2)mveq oal(2,1)eq f(1,2)(2m)v2解得E9 J.(2)由

15、于P與擋板的碰撞為彈性碰撞故P在AC間等效為勻減速運動，設P在AC段加速度大小為a，碰后經過B點的速度為v2 ，由牛頓第二定律和運動學規(guī)律，得(2m)g2ma3Lv teq f(1,2)at2v2vat解得v12veq f(6Lgt2,t)v2eq f(6Lgt2,2t)由于2 st4 s所以解得v1的取值范圍10 m/sv114 m/sv2的取值范圍1 m/sv25 m/s所以當v25 m/s時，P向左經過A點時有最大速度v3eq r(veq oal(2,2)2gL)則P向左經過A點時有最大動能Eeq f(1,2)(2m)veq oal(2,3)17 J.2014江蘇卷 (3)牛頓的自然哲學

16、的數學原理中記載，A、B兩個玻璃球相碰，碰撞后的分離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為1516.分離速度是指碰撞后B對A的速度，接近速度是指碰撞前A對B的速度若上述過程是質量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質量為m的靜止玻璃球B，且為對心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小 (3)eq f(17,48)v0eq f(31,24)v0解析 設A、B球碰撞后速度分別為v1和v2，由動量守恒定律得2mv02mv1mv2，且由題意知eq f(v2v1,v0)eq f(15,16)，解得v1eq f(17,48)v0，v2eq f(31,24)v0. 2014山東卷 【物理35】 (2)如圖所示，光滑水平直

17、軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質量為m.開始時橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0.一段時間后，B與A同向運動發(fā)生碰撞并粘在一起碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍，也是碰撞前瞬間B的速度的一半求：()B的質量；()碰撞過程中A、B系統機械能的損失(2)答案 ()eq f(m,2)()eq f(1,6)mveq oal(2,0)解析 ()以初速度v0的方向為正方向，設B的質量為mB，A、B碰撞后的共同速度為v，由題意知：碰撞前瞬間A的速度為eq f(v,2)，碰撞前瞬間B的速度為2v，由動量守恒定律得meq f(v,2)2mBv(mmB)v由式得mBeq f(m,2)()從開始

18、到碰后的全過程，由動量守恒定律得mv0(mmB)v設碰撞過程A、B系統機械能的損失為E，則Eeq f(1,2)meq blc(rc)(avs4alco1(f(v,2)eq sup12(2)eq f(1,2)mB(2v)2eq f(1,2)(mmB)v2聯立式得Eeq f(1,6)mveq oal(2,0)10 2014天津卷 如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A，質量mA4 kg，上表面光滑，小車與地面間的摩擦力極小，可以忽略不計可視為質點的物塊 B置于A的最右端，B的質量mB2 kg.現對A施加一個水平向右的恒力F10 N，A運動一段時間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運動，碰撞后經時間t0.6 s，二者的速度達到vt2 m/s.求：(1)A開始運