動量(高考真題+模擬新題))

1、.F單元動量F2動量守恒定律15F22011·海南物理卷 如圖114所示，水平地面上有一個坑，其豎直截面為半圓，ab為沿水平方向的直徑若在a點以初速度v0沿ab方向拋出一小球， 小球會擊中坑壁上的c點已知c點與水平地面的距離為圓半徑的一半，求圓的半徑圖114【答案】 略16F22011·海南物理卷 如圖115所示，ab和cd是兩條豎直放置的長直光滑金屬導軌，MN和MN是兩根用細線連接的金屬桿，其質(zhì)量分別為'm和2m，豎直向上的外力F作用在桿MN上，使兩桿水平靜止，并剛好與導軌接觸；兩桿的總電阻為R，導軌間距為l.整個裝置處在磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向與導軌

2、所在平面垂直導軌電阻可忽略，重力加速度為g.在t0時刻將細線燒斷，保持F不變，金屬桿和導軌始終接觸良好求：(1)細線燒斷后，任意時刻兩桿運動的速度之比；(2)兩桿分別達到的最大速度圖115【答案】 略17F22011·海南物理卷 模塊33試題(12分)(1)關(guān)于空氣濕度，下列說法正確的是_A當人們感到潮濕時，空氣的絕對濕度一定較大B當人們感到干燥時，空氣的相對濕度一定較小C空氣的絕對濕度用空氣中所含水蒸氣的壓強表示D空氣的相對濕度定義為水的飽和蒸氣壓與相同溫度時空氣中所含水蒸氣的壓強之比(2)如圖115所示，容積為V1的容器內(nèi)充有壓縮空氣容器與水銀壓強計相連，壓強計左右兩管下部由軟膠

3、管相連氣閥關(guān)閉時，兩管中水銀面等高，左管中水銀面上方到氣閥之間空氣的體積為V2.打開氣閥，左管中水銀面下降；緩慢地向上提右管，使左管中水銀面回到原來高度，此時右管與左管中水銀面的高度差為h.已知水銀的密度為，大氣壓強為p0，重力加速度為g；空氣可視為理想氣體，其溫度不變求氣閥打開前容器中壓縮空氣的壓強p1.圖116【解析】 (1)BC相對濕度是水蒸氣的實際壓強與同溫度下飽和汽壓的比18F22011·海南物理卷 模塊34試題(1)一列簡諧橫波在t0時的波形圖如圖116所示介質(zhì)中x2 m處的質(zhì)點P沿y軸方向做簡諧運動的表達式為y10sin5t cm.關(guān)于這列簡諧波，下列說法正確的是_圖1

4、16A周期為4.0 s B振幅為20 cmC傳播方向沿x軸正向 D傳播速度為10 m/s【解析】 (1)CD由簡諧運動表達式可得T s0.4 s，由波形圖可直接得到振幅A10 cm，波長4 m，根據(jù)公式可得波速v10 m/s；由簡諧運動表達式可知，當t0.1 s時，P點位于正向最大位移，表明t0時質(zhì)點P向上振動，可得波沿x正向傳播，故CD選項正確19F22011·海南物理卷 模塊35試題(1)2011年3月11日，日本發(fā)生九級大地震，造成福島核電站嚴重的核泄漏事故在泄漏的污染物中含有131I和137Cs兩種放射性核素，它們通過一系列衰變產(chǎn)生對人體有危害的輻射在下列四個式子中，有兩個能

5、分別反映131I和137Cs的衰變過程，它們分別是_和_(填入正確選項前的字母).131I和137Cs原子核中的中子數(shù)分別是_和_AX1BanBX2XeeCX3BaeDX4Xep(2)一質(zhì)量為2m的物體P靜止于光滑水平地面上，其截面如圖116所示圖中ab為粗糙的水平面，長度為L；bc為一光滑斜面，斜面和水平面通過與ab和bc均相切的長度可忽略的光滑圓弧連接現(xiàn)有一質(zhì)量為m的木塊以大小為v0的水平初速度從a點向左運動，在斜面上上升的最大高度為h，返回后在到達a點前與物體P相對靜止重力加速度為g.求：()木塊在ab段受到的摩擦力f；()木塊最后距a點的距離s.圖116【答案】 (1)BC7882【解

6、析】 核反應過程中電荷數(shù)、質(zhì)量數(shù)守恒；質(zhì)量數(shù)等于質(zhì)子數(shù)加中子數(shù)17F22011·浙江卷 “B超”可用于探測人體內(nèi)臟的病變狀況下圖是超聲波從肝臟表面入射，經(jīng)折射與反射，最后從肝臟表面射出的示意圖超聲波在進入肝臟發(fā)生折射時遵循的規(guī)律與光的折射規(guī)律類似，可表述為(式中1是入射角，2是折射角，v1 、v2分別是超聲波在肝外和肝內(nèi)的傳播速度)，超聲波在腫瘤表面發(fā)生反射時遵循的規(guī)律與光的反射規(guī)律相同已知v20.9v1，入射點與出射點之間的距離是d，入射角為i，腫瘤的反射面恰好與肝臟表面平行，則腫瘤離肝臟表面的深度h為()A.B.C.D.【解析】 D超聲波在肝臟的傳播情況如圖所示，根據(jù)其折射規(guī)律可

7、得：，由幾何關(guān)系有：tan，聯(lián)立解得：h，故選項A、B、C錯誤，選項D正確18F22011·浙江卷 關(guān)于波動，下列說法正確的是()A各種波均會發(fā)生偏振現(xiàn)象B用白光做單縫衍射與雙縫干涉實驗，均可看到彩色條紋C聲波傳播過程中，介質(zhì)中質(zhì)點的運動速度等于聲波的傳播速度D已知地震波的縱波波速大于橫波波速，此性質(zhì)可用于橫波的預警【解析】 BD只有橫波才能發(fā)生偏振現(xiàn)象，故選項A錯誤；白光做單縫衍射和雙峰干涉實驗，均可以看到彩色條紋，選項B正確；聲波在傳播的過程中，介質(zhì)中質(zhì)點是不隨波的傳播而遷移的，而是在平衡位置附近振動，所以質(zhì)點振動速度與傳播速度是不一樣的，故選項C錯誤；由于地震波的縱波波速大于橫

8、波波速，所以可以利用時間差預警，故選項D正確19F22011·浙江卷 為了探測X星球，載著登陸艙的探測飛船在以該星球中心為圓心、半徑為r1的圓軌道上運動，周期為T1，總質(zhì)量為m1.隨后登陸艙脫離飛船，變軌到離星球更近的半徑為r2的圓軌道上運動，此時登陸艙的質(zhì)量為m2，則()AX星球的質(zhì)量為MBX星球表面的重力加速度為gXC登陸艙在r1與r2軌道上運動時的速度大小之比為D登陸艙在半徑為r2的軌道上做圓周運動的周期為T2T1【解析】 AD當軌道半徑為r1時，由萬有引力提供向心力：Gm1r12，解得M，故選項A正確；設(shè)星球半徑為R，根據(jù)Gm1r12，GmgX(m為X星球表面某物體的質(zhì)量)，

9、解得gX，故選項B錯誤；根據(jù)Gm可知v，則，故選項C錯誤；由開普勒第三定律：k可知T2T1，故選項D正確20F22011·浙江卷 利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質(zhì)量為m、電荷量為q、具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是()A粒子帶正電B射出粒子的最大速度為C保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大F

10、3動量綜合問題352011·課標全國卷 F3(2)如圖117所示，A、B、C三個木塊的質(zhì)量均為m，置于光滑的水平面上，B、C之間有一輕質(zhì)彈簧，彈簧的兩端與木塊接觸而不固連將彈簧壓緊到不能再壓縮時用細線把B和C緊連，使彈簧不能伸展，以至于B、C可視為一個整體現(xiàn)A以初速v0 沿B、C的連線方向朝B運動，與B相碰并粘合在一起以后細線突然斷開，彈簧伸展，從而使C與A、B分離已知C離開彈簧后的速度恰為v0 ，求彈簧釋放的勢能圖117【解析】 設(shè)碰后A、B和C的共同速度的大小為v，由動量守恒得3mvmv0設(shè)C離開彈簧時，A、B的速度大小為v1，由動量守恒得3mv2mv1mv0設(shè)彈簧的彈性勢能為E

11、p，從細線斷開到C與彈簧分開的過程中機械能守恒，有(3m)v2Ep(2m)vmv由式得，彈簧所釋放的勢能為Epmv20F32011·全國卷 質(zhì)量為M、內(nèi)壁間距為L的箱子靜止于光滑的水平面上，箱子中間有一質(zhì)量為m的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為.初始時小物塊停在箱子正中間，如圖13所示現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v，圖13小物塊與箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中間，并與箱子保持相對靜止設(shè)碰撞都是彈性的，則整個過程中，系統(tǒng)損失的動能為()A.mv2 B. v2C.NmgL DNmgL【解析】 BD 根據(jù)動量守恒，小物塊和箱子的共同速度v，損失的動能Ekmv2(Mm)v2v2，所以

12、B正確根據(jù)能量守恒，損失的動能等于因摩擦產(chǎn)生的熱量，而計算熱量的方法是摩擦力乘以相對位移，所以EkfNLNmgL，可見D正確29(2)F32011·福建卷 (2)在光滑水平面上，一質(zhì)量為m、速度大小為v的A球與質(zhì)量為2m靜止的B球碰撞后，A球的速度方向與碰撞前相反則碰撞后B球的速度大小可能是_(填選項前的字母)A0.6v B0.4vC0.3v D0.2v29(2)F32011·福建卷 A【解析】 以A原來的運動方向為正方向，根據(jù)動量守恒定律mv02m·vBmvA，碰撞過程能量有損失，mv2mv·2m·v，聯(lián)立兩個方程解得0vBv；此外由mv02

13、m·vBmvA，解得vB>；所以<vB，只有A項符合要求F4力學觀點的綜合應用26F42011·全國卷 裝甲車和戰(zhàn)艦采用多層鋼板比采用同樣質(zhì)量的單層鋼板更能抵御穿甲彈的射擊通過對以下簡化模型的計算可以粗略說明其原因質(zhì)量為2m、厚度為2d的鋼板靜止在水平光滑桌面上質(zhì)量為m的子彈以某一速度垂直射向該鋼板，剛好能將鋼板射穿現(xiàn)把鋼板分成厚度均為d、質(zhì)量均為m的相同兩塊，間隔一段距離平行放置，如圖18所示若子彈以相同的速度垂直射向第一塊鋼板，穿出后再射向第二塊鋼板，求子彈射入第二塊鋼板的深度設(shè)子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，且兩塊鋼板不會發(fā)生碰撞不計重力影響圖18【解析】

14、設(shè)子彈初速度為v0，射入厚度為2d的鋼板后，最終鋼板和子彈的共同速度為V，由動量守恒得(2mm)Vmv0解得Vv0此過程中動能損失為Emv×3mV2解得Emv分成兩塊鋼板后，設(shè)子彈穿過第一塊鋼板時兩者的速度分別為v1和V1，由動量守恒得mv1mV1mv0因為子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，射穿第一塊鋼板的動能損失為，由能量守恒得mvmVmv聯(lián)立式，且考慮到v1必須大于V1，得v1v0設(shè)子彈射入第二塊鋼板并留在其中后兩者的共同速度為V2，由動量守恒得2mV2mv1損失的動能為Emv×2mV聯(lián)立式得E×因為子彈在鋼板中受到的阻力為恒力，由式可得，射入第二鋼板的深度x為x

15、d24F42011·安徽卷 如圖117所示，質(zhì)量M2 kg的滑塊套在光滑的水平軌道上，質(zhì)量m1 kg的小球通過長L0.5 m的輕質(zhì)細桿與滑塊上的光滑軸O連接，小球和輕桿可在豎直平面內(nèi)繞O軸自由轉(zhuǎn)動，開始輕桿處于水平狀態(tài)現(xiàn)給小球一個豎直向上的初速度v04 m/s，g取10 m/s2.(1)若鎖定滑塊，試求小球通過最高點P時對輕桿的作用力大小和方向(2)若解除對滑塊的鎖定，試求小球通過最高點時的速度大小(3)在滿足(2)的條件下，試求小球擊中滑塊右側(cè)軌道位置點與小球起始位置點間的距離圖117【解析】 (1)設(shè)小球能通過最高點，且此時的速度為v1.在上升過程中，因只有重力做功，小球的機械能

16、守恒，則mvmgLmvv1 m/s設(shè)小球到達最高點時，輕桿對小球的作用力為F，方向向下，則Fmgm由式，得F2 N由牛頓第三定律可知，小球?qū)p桿的作用力大小為2 N，方向豎直向上(2)解除鎖定后，設(shè)小球通過最高點時的速度為v2，此時滑塊的速度為V.在上升過程中，因系統(tǒng)在水平方向不受外力作用，水平方向的動量守恒以水平向右的方向為正方向，有mv2MV0在上升過程中，因只有重力做功，系統(tǒng)的機械能守恒，則mvMV2mgLmv由式，得v22 m/s(3)設(shè)小球擊中滑塊右側(cè)軌道的位置點與小球起始位置點間的距離為s1，滑塊向左移動的距離為s2.任意時刻小球的水平速度大小為v3，滑塊的速度大小為V.由系統(tǒng)水平

17、方向的動量守恒，得mv3MV0將式兩邊同乘以t，得mv3tMVt0因式對任意時刻附近的微小間隔t都成立，累積相加后，有ms1Ms20又s1s22L由式，得s1 m24F42011·重慶卷 如圖113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.人在極短時間內(nèi)給第一輛車一水平?jīng)_量使其運動，當車運動了距離L時與第二車相碰，兩車以共同速度繼續(xù)運動了距離L時與第三車相碰，三車以共同速度又運動了距離L時停止車運動時受到的摩擦阻力恒為車所受重力的k倍，重力加速度為g，若車與車之間僅在碰撞時發(fā)生相互作用，碰撞時間很短，忽略空氣阻力，求：圖113(1)整個過程中摩擦阻力所做的總功；(2)

18、人給第一輛車水平?jīng)_量的大?。?3)第一次與第二次碰撞系統(tǒng)動能損失之比24F42011·重慶卷 【解析】 (1)設(shè)運動過程中摩擦阻力做的總功為W，則WkmgL2kmgL3kmgL6kmgL(2)設(shè)第一車初速度為u0，第一次碰前速度為v1，碰后共同速度為u1；第二次碰前速度為v2，碰后共同速度為u2；人給第一車的水平?jīng)_量大小為I.由：kmgLmvmuk(2m)gL(2m)v(2m)uk(3m)gL0(3m)umv12mu12mv23mu2得：Imu002m(3)設(shè)兩次碰撞中系統(tǒng)動能損失分別為Ek1和Ek2.由Ek1kmgLEk2kmgL得：F5實驗：驗證碰撞中的動量守恒21J8 F520

19、11·北京卷 (1)用如圖1所示的多用電表測量電阻，要用到選擇開關(guān)K和兩個部件S、T.請根據(jù)下列步驟完成電阻測量：圖1旋動部件_，使指針對準電流的“0”刻線將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×100”的位置將插入“”、“”插孔的表筆短接，旋動部件_，使指針對準電阻的_(填“0刻線”或“刻線”)將兩表筆分別與待測電阻相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過小為了得到比較準確的測量結(jié)果，請從下列選項中挑出合理的步驟，并按_的順序進行操作，再完成讀數(shù)測量A將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×1 k”的位置B將K旋轉(zhuǎn)到電阻擋“×10”的位置C將兩表筆的金屬部分分別與被測電阻的兩根引線相接D將兩表筆短接，旋動合

20、適部件，對電表進行校準【答案】 ST0刻線ADC【解析】 S為指針定位螺絲，作用是把電表的指針調(diào)到左端零位置，稱之為機械調(diào)零T為歐姆調(diào)零旋紐，當選擇開關(guān)打到歐姆擋時，調(diào)節(jié)該旋紐，使指針指到右端零位置當筆尖相互接觸時，接入的電阻為零，所以指針的示數(shù)應在0刻度將兩表筆分別與待測電阻相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過小，說明電阻很大(打到歐姆擋，指針在無窮大處)，所以量程應該調(diào)大一些，讓指針在中央刻度附近，所以先換成大擋位，調(diào)零，再測量，所以順序為ADC.(2)如圖2所示，用“碰撞實驗器”可以驗證動量守恒定律，即研究兩個小球在軌道水平部分碰撞前后的動量關(guān)系圖2實驗中，直接測定小球碰撞前后的速度是不容易的但是，

21、可以通過僅測量_(填選項前的序號)，間接地解決這個問題A小球開始釋放高度hB小球拋出點距地面的高度HC小球做平拋運動的射程圖2中O點是小球拋出點在地面上的垂直投影實驗時，先讓入射球m1多次從斜軌上S位置靜止釋放，找到其平均落地點的位置P，測量平拋射程OP.然后，把被碰小球m2靜置于軌道的水平部分，再將入射球m1從斜軌S位置靜止釋放，與小球m2相撞，并多次重復接下來要完成的必要步驟是_(填選項的符號)A用天平測量兩個小球的質(zhì)量m1、m2B測量小球m1開始釋放高度hC測量拋出點距地面的高度HD分別找到m1、m2相碰后平均落地點的位置M、NE測量平拋射程OM、ON若兩球相碰前后的動量守恒，其表達式可

22、表示為_(用中測量的量表示)；若碰撞是彈性碰撞那么還應滿足的表達式為_(用中測量的量表示)經(jīng)測定，m145.0 g，m27.5 g，小球落地點的平均位置距O點的距離如圖3所示圖3碰撞前、后m1的動量分別為p1與p1，則p1p1_11；若碰撞結(jié)束時m2的動量為p2，則p1p211_.實驗結(jié)果說明，碰撞前、后總動量的比值為_有同學認為，在上述實驗中僅更換兩個小球的材質(zhì)，其他條件不變，可以使被碰小球做平拋運動的射程增大請你用中已知的數(shù)據(jù)，分析和計算出被碰小球m2平拋運動射程ON的最大值為 _ cm.21J8 F52011·北京卷 CADE或DEA或DAEm1·OMm2·

23、ONm1·OPm1·OM2m2·ON2m1·OP2142.911.0176.8【解析】 被碰小球碰撞前后的時間僅由下落高度決定，兩球下落高度相同，時間相同，所以水平速度可以用水平位移數(shù)值表示本實驗需要測量的量有兩小球的質(zhì)量m1、m2和平拋射程OM、ON，顯然要確定兩小球的平均落點M和N的位置碰撞過程中，動量守恒，即碰撞前的動量m1·OP等于碰撞后的動量m1·OMm2·ON；若是彈性碰撞，則機械能守恒，m1·m2·m1·，整理可得m1·OM2m2·ON2m1·OP2.

24、把測量的小球的質(zhì)量以及圖中的距離代入動量守恒公式中，就可以得出結(jié)果當碰撞為彈性碰撞時，被碰小球射程最大，把數(shù)據(jù)代入中的兩個方程，可以得出結(jié)果1【2011·溫州質(zhì)檢】如圖X301所示，國際花樣滑冰錦標賽男女雙人自由滑項目中，我國著名選手申雪、趙宏博在決賽中的一個瞬間，他們正以相同的速度v0在光滑冰面上前進，當趙宏博用力將申雪向后推出后，申雪單腿沿直線勻速運動后繼而做出優(yōu)美的旋轉(zhuǎn)動作，若趙宏博以相對自己的速度v向后推出申雪，問趙宏博的速度變?yōu)槎啻螅?設(shè)趙宏博的質(zhì)量為M，申雪的質(zhì)量為m)圖X3011【解析】 設(shè)他們前進的方向為正方向，以冰面為參考系，推出后，趙宏博的動量為Mv男，申雪相對冰

25、面的速度為，根據(jù)動量守恒定律得：v0Mv男m解得v男v0.2【2011·臨沂模擬】兩磁鐵各放在一輛小車上，小車能在水平面上無摩擦地沿同一直線運動已知甲車和磁鐵的總質(zhì)量為0.5 kg，乙車和磁鐵的總質(zhì)量為1.0 kg.兩磁鐵的N極相對，推動一下，使兩車相向運動某時刻甲車的速率為2 m/s，乙車的速率為3 m/s，方向與甲相反兩車運動過程中始終未相碰求：(1)兩車最近時，乙車的速度為多大？(2)甲車開始反向運動時，乙車的速度為多大？2【解析】 (1)兩車相距最近時，兩車的速度相同，設(shè)該速度為v，取乙車的速度方向為正方向由動量守恒定律得m乙v乙m甲v甲(m甲m乙)v所以兩車最近時，乙車的速

26、度為v m/s m/s1.33 m/s(2)甲車開始反向時，其速度為0，設(shè)此時乙車的速度為v乙，由動量守恒定律得m乙v乙m甲v甲m乙v乙解得v乙 m/s2 m/s.3【解析】 (1)在子彈撞擊A的過程中，子彈與A組成系統(tǒng)的總動量守恒，此過程結(jié)束時A的速度最大，設(shè)此刻子彈的速度為v，A的速度為vA，則有mv0mvmAvA，解得：vA2.5 m/s.(2)當A在B上滑動過程中，A與B組成的系統(tǒng)的總動量守恒，若A不會滑離B，則當A滑到B右端時兩者速度恰好相等，設(shè)相對滑動距離為s，兩者達到的共同速度為v共，則有：mAvA(mAmB)v共，mAv(mAmB)vmAgs ，解得：v共1.25 m/s，s3.125 m4【2011·濮陽一?！咳鐖DX304所示，子彈水平射入放在光滑水平地面上靜止的木塊，子彈未穿透木塊，此過程木塊動能增加了E.請推證：此過程子彈和木塊系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能一定大于E.圖X3044【解析】 設(shè)子彈和木塊的質(zhì)量分別為m、M，子彈打入木塊前的速度為v0，打入后二者的共同速度為v.子彈打入木塊過程中，動量守恒，有：mv0(mM)v子彈打入木塊過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為：Qmv(mM)v2而EMv2聯(lián)立解得：QMv2E>E.5【2011·萊蕪