近6年高考物理真題分項版精解精析：專題14《動量》Word版含解析匯總

1、專題十四動量【2014高考真題】1.12014福建卷I】（2）一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率vo進入太空預(yù)定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離.已知前部分的衛(wèi)星質(zhì)量為mi,后部分的箭體質(zhì)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(tǒng)質(zhì)量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率vi為.（填選項前的字母）%f嶼f-Fto月A.V0V2B.V0+V2m2m2C-v0mv2D-vo+m；（v°v2）【答案】（2）D【解析】忽略空氣阻力和分離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變優(yōu)，衛(wèi)星和箭體整體分離前后動量守恒，則有（血+曬）為=加甘1+四（玲整理可得T1=玲+詈1%一故D項正確.2.12014浙江卷】（

2、1）如圖1所示，甲木塊的質(zhì)量為mi,以速度v沿光滑水平地面向前運動，正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊，乙上連有一輕質(zhì)彈簧.甲木塊與彈簧接觸后（）A.甲木塊的動量守恒一甲>/WWK乙B.乙木塊的動量守恒L-IC.甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)的動量守恒D.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒【答案】CDC【解析】（U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，由于彈簧強力的作用，甲、乙的動量要發(fā)生變化，但對于甲、乙所組成的系統(tǒng)因所受合力的沖量為零，故動量守恒,選項A、H錯誤，選項C正確：甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動13部分轉(zhuǎn)化為彈簧的勢能，故不守恒.3.12014重慶卷】一彈丸在飛行到

3、距離地面5m高時僅有水平速度v=2m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出，甲、乙的質(zhì)量比為3：1,不計質(zhì)量損失，重力加速度g取10m/s2,則下列圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的是【答案】B【解析】彈丸在爆炸過程中，水平方向的動量守恒，有族.為二/n甲+睥得4%=3下中+*匚，爆炸后兩塊彈片均做平拋運動j豎直方向有聲上巴水平方向?qū)?、乙兩彈片分別有了串="一,工工=匚。代入各圖中數(shù)據(jù)，可知E正確.4.【物理一一選彳35】【2014新課標(biāo)全國卷I】(2)如圖所示，質(zhì)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h=0.8m,A球在B球的正上方，先將B球釋放，經(jīng)過一段時

4、間后再將A球釋放，當(dāng)A球下落t=0.3s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mB=3mA,重力加速度大小g取10m/s2,忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失.求：IV(1)B球第一次到過地面時的速度；(2)P點距離地面的高度.【解析】(2)解：(i)設(shè)B球第一次到達地面時的速度大小為Vb,由運動學(xué)公式有vb=V2gh將h=0.8m代入上式，得vi=4m/s.(ii)設(shè)兩球相碰前后，A球的速度大小分別為vi和v'i(v'i=0),B球的速度分別為V2和v2,由運動學(xué)規(guī)律可得V1=gt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

5、守恒J總動能保持不變，規(guī)定向下的方向為正，有+mgV2=mgvjr諛B球與地面相匹后速度大小為由運動學(xué)及立握的捋律可得設(shè)P點距地面的高度為取，由運動學(xué)規(guī)律可得,卡聯(lián)立式，并代入已知條件可得M=0.75m.©5.12014新課標(biāo)n卷】【物理一一選彳35（2）現(xiàn)利用圖（a）所示的裝置驗證動量守恒定律.在圖（a）中，氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個滑塊，滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片，左側(cè)與打點計時器（圖中未畫出）的紙帶相連；滑塊B左側(cè)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(zhì)量m=0.310kg,滑塊B的質(zhì)量m2=0.108kg,遮

6、光片的寬度d=1.00cm；打點計時器所用交流電的頻率f=50.0Hz.將光電門固定在滑塊B的右側(cè)，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AtB=3.500ms,碰撞前后打出的紙帶如圖（b）所示.*（cm）.1->I<I'*_*HIIIM<Hy>11.911,921,93LW3.25"4.0014m，4.Q3"4m1圖（b）碰撞前后總動量之差若實驗允許的相對誤差絕對值（gyf曰X100%）最大為5%,本實驗是否在碰刖總動重誤差范圍內(nèi)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

7、速度大小v為v=Wt1式中As為物塊在短時間國內(nèi)走過的路程.設(shè)紙帶上打出相鄰兩點的時間間隔為AtA,則1AtA=f=0.02您AtA可視為很短設(shè)A在碰撞前、后時速度大小分別為VQ,VI.將由口圖給實驗數(shù)據(jù)代人式得v0=2,O0W5va=0.970iw/5謾B在碰撞后的速度大小為心，由式得代入題給實蛤數(shù)據(jù)得的=2£6nt/s諛兩滑塊在碰撞前、后的總動量分別為p和P，則p=mivo®p'=mW】+m2垮2®兩滑塊在碰撞前后總動量相對誤差的絕對值為5P=X100%P1寐立式并代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得5P=1.7%<5%因此，本實藏在允許的誤差范圍內(nèi)臉證了動量守恒定

8、律.6.12014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，為1.0m,凹槽與物塊的質(zhì)量均為m,兩者之間的動摩擦因數(shù)科為0.05.開始時物塊靜止,槽以V0=5m/s初速度向右運動，設(shè)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10m/s2.求:(1)物塊與凹槽相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(cè)槽壁碰撞的次數(shù)；(3)從凹槽開始運動到兩者剛相對靜止所經(jīng)歷的時間及該時間內(nèi)凹槽運動的位移大小.【答案】(1)2.5m/s(2)6次(3)12.75m【解析】(1)設(shè)兩者間相對靜止時速度為v,由動量守恒定律

9、得mv0=2mv,解得v=2.5m/s(2)設(shè)物塊與凹槽間的滑動摩擦力Ff=mg設(shè)兩者相對靜止前相對運動的路程為Si,由動能定理得Ff,Si=2(m+m)v22mvo,得*=12.5m已知L=1m,可推知物塊與右側(cè)槽壁共發(fā)生6次碰撞.(3)設(shè)凹槽與物塊碰前的速度分別為也、的，碰后的速度分別為J1、V,A有=拆也+mv'得v吃二環(huán)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(biāo)系上兩者的速度圖線如圖所示，根據(jù)碰撞次數(shù)可分為13段凹槽，物塊的£圖像在條連續(xù)的勻變速運動圖線間轉(zhuǎn)換，故可用勻變速直線運動規(guī)律求時間，則事="十W,a=一咫:解得，="凹槽的w圖像所

10、包圍的陰制部分面積即為凹槽的位移大小53僻腰三龜形面積共分13份，第一份面積為05&其余每份面積均為Z)5：=)?+6.5Z=12,75m.7.12014北京卷】如圖所示，豎直平面內(nèi)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(xiàn)將A無初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個整體，并沿桌面滑動.已知圓弧軌道光滑，半徑R=0.2m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)尸0.2.重力加速度g取10m/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1.【答案】。兄m/E(2)1

11、m/s(3)0.2Sm【解析】設(shè)滑塊的質(zhì)量為阻根據(jù)機械能守恒定律有口1寸ingR=-mv2解得碰撞前瞬間/的速率有Q)根據(jù)動量守恒定律有解得碰撞后瞬間R和B整體的速率力二;尸IW工0)根據(jù)動能定理有如前鏟斗q曬m解得A和君整體沿水平桌面滑動的距離8.12014全國卷】冰球運動員甲的質(zhì)量為80.0kg.當(dāng)他以5.0m/s的速度向前運動時，與另一質(zhì)量為100kg、速度為3.0m/s的迎面而來的運動員乙相撞.碰后甲恰好靜止.假設(shè)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失.【答案】(1)1.0m/s(2)1400J【解析】(1)設(shè)運動員甲、乙的質(zhì)量分別為m、M,碰前速度大小

12、分別為v、V,碰后乙的速度大小為V'由動量守恒定律有mv-MV=MV'代入數(shù)據(jù)得V'=1.0m/s(2)設(shè)碰撞過程中總機械能的損失為AE,應(yīng)有111119一公2mv+2MV=2MV+AE聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得AE=1400J9.12014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Pi沿軌道向右以速度vi與靜止在A點的物體P2碰撞，并接合成復(fù)合體P,以此碰撞時刻為計時零點，探測器只在ti=2s至t2=4s內(nèi)工作.已知Pi、P2的質(zhì)量都為m=1kg,P與AC間的動摩擦因數(shù)為尸0.1,AB段長L=4m,g取10m/s2,Pi、P

13、2和P均視為質(zhì)點，P與擋板的碰撞為彈性碰撞.(1)若V1=6m/s,求PP2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能AE;(2)若P與擋板碰后，能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點，求V1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點時的最大動能E.【答案】91lOm/W叫W14皿s17J【解析】Q)尸八巧碰撞過程動量守恒，有加產(chǎn)而解得“=/=3W*碰撞過程中損失的動能為-如"州解得功二9丁一由于p與巖板的碰撞為彈性碰撞.故R在c間等效力勻減速運動，謾p在RC段加速度大小為4碰后經(jīng)過3點的速度為冷,由牛頓第二定律和運動學(xué)規(guī)律，得wP2jtw£t=val解得為=2=中力=當(dāng)鋰由于2sW，W4s所以解得力的

14、取值范圍10m/s<V1<14m/sv2的取值范圍1m/s&v2<5m/s所以當(dāng)V2=5m/s時，P向左經(jīng)過A點時有最大速度V3=Mv2211gL19則P向左經(jīng)過A點時有取大動能E=2（2m）v3=17J.10.12014江蘇卷】（3）牛頓的自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)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15：16.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(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v0碰撞質(zhì)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.【答案】47V031vo【解析】設(shè)A、B球碰撞后

15、速度分別為V1和v2,由動量守恒定律得2mv0=2mv1+mv2,且由題意知V1=11，解得V1=17v。，V2=31vo.vo16482411.12014山東卷】【物理35（2）如圖所示，光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接，A的質(zhì)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：生（i）B的質(zhì)量;（ii）碰撞過程中A、B系統(tǒng)機械能的損失.【答案】（哨3比E【解析】（i以初速度地的方向為正方向，謾方的質(zhì)量為"人R碰撞后的共同速度為v,由題sin：碰撞

16、前瞬間乂的速度為*碰撞前瞬間£的速度為2打由動量守恒定律得由式得（ii）從開始到碰后的全過程，由動量守恒定律得設(shè)碰撞過程B系統(tǒng)機械能的損失為則F2*=全電）+；加2力'一和n+Mflrjv2©聯(lián)立式得AE=；mv212.12014天津卷】如圖所示，水平地面上靜止放置一輛小車A,質(zhì)量mA=4kg,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(zhì)點的物塊B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB=2kg.現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F=10N,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(jīng)時間t=

17、0.6s,二者的速度達到vt=2m/s.求：(1)A開始運動時加速度a的大??；(2)A、B碰撞后瞬間的共同速度v的大小；(3)A的上表面長度1.1答案】(1)2.5m0(2)1tn/s3)045m【解析】(1)以9為研究對象,由牛頓第二定律有代入數(shù)據(jù)解得<r=2,5m/s20Q)對2碰撞后共同運動的過程，由動量定理得盾二(*,+用加%(風(fēng)(+次甘)虎)代入數(shù)據(jù)解得v=lm/s®(3股.42發(fā)生碰撞前，且的速度為山，對兒£發(fā)生碰撞的過程，由動量守恒定律有力從開始運動到與B發(fā)生碰撞前,由動能定理有啊二寺叫吸由式，代人數(shù)據(jù)解得1=0.45m【2013高考真題】(2013天津

18、卷)2、我國女子短道速滑隊在今年世錦賽上實現(xiàn)女子3000m接力三連冠。觀察發(fā)現(xiàn)，接棒”的運動員甲提前站在交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()A.甲對乙的沖量一定等于乙對甲的沖量B.甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反C.甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量D.甲對乙做多少負(fù)功，乙對甲就一定做多少正功52【答案】BI解析】沖量是矢量，甲乙相互作用時，沖量大小相等方向相反,故A錯誤由動量守恒定律知，甲乙動量變化量大小相等方向相反，頡B正確$甲乙相互作用時是非強性碰撞，動能不

19、守恒,甲的動能增加量和乙動能的減少量不相等，故C錯誤w因甲的動能增加量和乙動【能的減少量科目等,由動能定理知，甲對乙做功的絕對值和乙對甲做功的絕對值科目等，故D錯誤?！究键c定位】本題考查沖量、動量、動量守恒定律和動能定理，意在考查考生的推理能力。(2013上海卷)22A.質(zhì)量為M的物塊靜止在光滑水平桌面上，質(zhì)量為m的子彈以水平速度vo射入物塊后，以水平速度2vo/3射出。則物塊的速度為,此過程中損失的機械能為mv05M-m2v13M，18MmV0【解析】能即動能Mv22子彈穿過物塊過程動量守恒mv0=m2v0+Mv1,解得v1=m0，系統(tǒng)損失的機械33M5M-m2mvo18M【考點定位】動量守

20、恒定律和功能關(guān)系(2013江蘇卷)C.選彳3-5(12分)(1)如果一個電子的德布羅意波長和一個中子的相等，則它們的也相等.(A)速度(B)動能(C)動量(D)總能量(2)根據(jù)玻爾原子結(jié)構(gòu)理論，氨離子(He+)的能級圖如題12C-1圖所示.電子處在n=3軌道上比處在n=5軌道上離氨核的距離(選填“近”或“遠(yuǎn)”).當(dāng)大量He+處在n=4的激發(fā)態(tài)時，由于躍遷所發(fā)射的譜線有條.如題12C-2圖所示，進行太空行走的宇航員A和B的質(zhì)量分別為80kg和100kg,他們攜手遠(yuǎn)離空間站，相對空間站的速度為0.1m/s.A將B向空間站方向輕推后,A的速度變?yōu)?.2m/s,求此時B的速度大小和方向.4空間站(題1

21、2C-2圖)1答案】1)(2)近，6jC3)=惠開空間站方向。h【解析】由德布羅意波長與粒子的動量關(guān)系式尸二；可知，由于電子的德布羅意波長和一個甲子的相等，則它們的動量也故c正確。由于電子和中子的質(zhì)量不等,根據(jù)尸=,鼠二一"二一%芭二mc上可推知它們的速度、動能、總能量均不等,故答案為22(2)從圖上可知口=3軌道上的能級比n二5軌道的能級低。根據(jù)玻爾原子結(jié)構(gòu)理論：離核越近j能級越低可知n=3軌道上的電子離氨核的距離近。處于第4激發(fā)態(tài)的加+的發(fā)射光子的種類為:"二C：=6種.(3)太空中沒有空氣阻力，在宇航員推動前后，兩宇航員系統(tǒng)則滿足動量守恒定律。設(shè)離開空間站運動方向為正

22、，宇航員2b的質(zhì)量分別為用金、m3,推動前的速度為yqj推動后的速度分別為VA和VB,則由動量守恒定律有3"+療%W)=憎AVA+mBVB，代入數(shù)據(jù)可解得：=(匕02%,可知其運動方向是：離開空間站方向。1考點定位】德布羅意波長與動量、動9醫(yī)總能量等概念的關(guān)系考查寧玻爾原子結(jié)構(gòu)理論i動量守恒定律*難度士較易。(2013江蘇卷)5.水平面上，一白球與一靜止的灰球碰撞，兩球質(zhì)量相等.碰撞過程的頻閃照片如圖所示，據(jù)此可推斷，碰撞過程中系統(tǒng)損失的動能約占碰撞前動能的(A)30%(B)50%(C)70%(D)90%OOO。心O【答案】A【解析】試題分析：閃光照片的閃旭寸間是相等的，根據(jù)圖上！I

23、明的間®可推如白球和灰球在1,碰撞前后的速度的關(guān)系,再根據(jù)動靛4=；而仍可推知粒后白球彳眩球與獨撞前的白球的動能2關(guān)系,進而可推知系統(tǒng)碰撞中損失的動能°解：通過直尺可測量上碰前的白球照片間距與碰后白球照片間距及灰球照片間距的比值約為鼻謾麗星前白球的速度為j碰撞后白球速度大小為片，灰球速度大小為均由于閃光時間是相等的，則%:唧：V2=1.5:09:09,根據(jù)系統(tǒng)損失的動靛A£fc = - fftv* - -一!網(wǎng)g可解得A£丈222近豆版本題答案為人7 一50rw 反-28%,與a四國接【考點定位】本題考查動能、速度、位移與頻閃照相相結(jié)合。通過對頻閃照片的

24、觀察與測量,估測出碰撞前后小球的速度關(guān)系，進而推和動能的關(guān)系，有效考查考生的觀察能力與分析能力.較難.（2013海南卷）17.（2）（8分）如圖，光滑水平面上有三個物塊A、B和C,它們具有相同的質(zhì)量，且位于同一直線上。開始時，三個物塊均靜止，先讓A以一定速度與B碰撞，碰后它們粘在一起，然后又一起與C碰撞并粘在一起，求前后兩次碰撞中損失的動能之比?！敬鸢浮?【解析】設(shè)三個物塊A、B和C的質(zhì)量均為wA與B碰撞前A的速度為d碰撞后的共同速度為弭；A、B與C版撞后的推周速度為丐。由動量守恒定律得mV=（FTT+JwR設(shè)第一次碰撞中動能的損失為嶼第二次碰撞中動能的損失為鶴，由能量守恒定律得.-gmtJ

25、Pi、P2剛碰完時的共同速度vi和P的最終速度V2；（2）此過程中彈簧最大壓縮量x和相應(yīng)的彈性勢能 Ep4即謝+A£!51+國加：=Lg+2M*涉）噌+Aj2聯(lián)立式，解得組二3評分參考；©式共3分，式共3分,式工分.【考點定位】考查動量守恒定律。（2013廣東卷）35.（18分）如圖18,兩塊相同平板PP2置于光滑水平面上，質(zhì)量均為m。P2的右端固定一輕質(zhì)彈簧，左端A與彈簧的自由端B相距L。物體P置于Pi的最右端，質(zhì)量為2m且可以看作質(zhì)點。Pi與P以共同速度vo向右運動，與靜止的P2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰撞后Pi與P2粘連在一起，P壓縮彈簧后被弓t回并停在A點（彈簧始終

26、在彈性限度內(nèi)）。P與P2之間的動摩擦因數(shù)為由求【答案】(1)v1=v023v。v。v"7(2)*二禹-1,E2_mV。一16“ vv。解得vi2(m 2m)v0 = 4mv23vo解得v24(2)當(dāng)彈簧壓縮最大時，Pl、P2、P三者具有共同速度V2,對Pl、P2、P系統(tǒng)，從Pl、P2碰撞結(jié)束到P壓縮彈簧后被弓t回并停在A點，用能量守恒定律1 21212Vo2mv1+2mv0=(m+2m+m)v2+u(2mg)2(L+X)解得X=-L2 2232lg對Pi、外、P系統(tǒng)從PhP口碰撞結(jié)束到彈簧壓縮量最大，用能量守恒定律2m4+2m+璐»；+X)+EP222最大彈性勢能.翌16注

27、意三個易錯點：碰撞只是冉、/參與i碰撞過程有熱量產(chǎn)生;P所受摩擦力，其正壓力為2mg【考點定位】碰撞模型、動量守恒定律、能量守恒定律,彈性勢能.摩擦生熱，中檔題(2013山東卷)38.(8分)(物理選修3-5)(1)恒星向外輻射的能量來自于其內(nèi)部發(fā)生的各種熱核反應(yīng)，當(dāng)溫度達到108K時，可以發(fā)生“氫燃燒”。完成“氫燃燒”的核反應(yīng)方程：24He+：Be+丫。：Be是一種不穩(wěn)定的粒子，其半衰期為2.6x10-16s。一定質(zhì)量的8Be,經(jīng)7.8x10-16s后所剩下的8Be占開始時的。(2)如圖所示，光滑水平軌道上放置長木板A(上表面粗糙)和滑塊C,滑塊B置于A的左端，三者質(zhì)量分別為mA=2kg、m

28、B=1kg、mC=2kg。開始時C靜止，A、B一起以v0=5m/s的速度勻速向右運動，A與C發(fā)生碰撞(時間極短)后C向右運動，經(jīng)過一段時間，A、B再次達到共同速度一起向右運動，且恰好不再與C碰撞。求A與C發(fā)生碰撞后瞬間A的速度大小。T一1【答案】(1)：He(或")、(或12.5%)(2)2m/s(1)由題意結(jié)合核反應(yīng)方程滿足質(zhì)量數(shù)和電荷數(shù)守恒可得答案。1 ，1由題意可知經(jīng)過3個半盤期，剩余的：Be的質(zhì)量m=m0(_)3=-m0。2 8(2)設(shè)碰后A的速度為Va,C的速度為Vc,由動量守恒可得mAVo=mAVA+mcvc,碰后A、B滿足動量守恒，設(shè)A、B的共同速度為v1,則mAvA+

29、mBv0=(mA+mB)v)由于A、B整體恰好不再與C碰撞，故v1=vc聯(lián)立以上三式可得vA=2m/s?！究键c定位】核反應(yīng)方程，半衰期，動量守恒定律。(2013天津卷)10、(16分)質(zhì)量為m=4kg的小物塊靜止于水平地面上的A點，現(xiàn)用F=10N的水平恒力拉動物塊一段時間后撤去，物塊繼續(xù)滑動一段位移停在B點，A、B兩點相距x=20m,物塊與地面間的動摩擦因數(shù)"0.2,g取10m/s2,求：(1)物塊在力F作用過程發(fā)生位移風(fēng)的大??；(2)撤去力F后物塊繼續(xù)滑動的時間to本解析為名師解析團隊原創(chuàng)，授權(quán)獨家使用，如有盜用，依法追責(zé)！【答案】(1)16m,(2)2s【解析】方法一：(1)分別

30、作出物體在恒力作用下運動的受力情況和撤去恒力后的受力情況，如圖所示：設(shè)物塊受到的滑動摩擦力為耳，N.Vms則及二“儂因為此問題不涉及加速度、時間、不需要研究整個過程的中間狀態(tài),所以可對全過程用動能定理。根據(jù)動肯淀理，對物塊由A到B整個置程，有附耳x=0代入數(shù)據(jù)，解得Jq=16m(2)小物塊在運動過程中第一過程的末速度就是下一過程的初速度，設(shè)剛撤去力F時物塊的速度為止住物塊的加速度為叫滑動的位移為登,它們之間的位移關(guān)系如圖，則由與變速直線運動公式得v2=2ax2以物塊運動的方向為正方向，由動量定理，得-F1t = 0 - mv以上各式聯(lián)立，代入數(shù)據(jù)解得：t=2s方法二：（1）分別作出物體在恒力作

31、用下運動的受力情況和撤去恒力后的受力情況，如圖所示：設(shè)物塊受到的滑動摩擦力為F1,剛撤去力F時物塊的速度為v,撤力前物塊的加速度為a1,撤力后物塊的加速度為a2,滑動的位移為x2,它們之間的位移關(guān)系如圖，則x1x2;xFi=mg由牛頓第二±律得：尸-用=出叼芮=吟小物塊在運動過程中第一過程的末速度就是下一過程的初速度，由勻變速直線運動公式得：/=為可v3=2為#2以上各式聯(lián)立解得；河=v=4rnfs（2）由勻變速直線運淞式得“沖代人數(shù)據(jù)解得£=太此題易錯點J力和運動關(guān)系不明確，過程分析不充分*【考點定位】本題考查勻變速直線運動、牛頓第二定律、動能定理、動量定理，意在考查考生

32、的分析綜合能力。（2013新課標(biāo)II卷）35.物理一選彳3-5（15分）（1）（5分）關(guān)于原子核的結(jié)合能，下列說法正確的是（填正確答案標(biāo)號。選對I個得2分，選對2個得4分，選對3個得5分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）。A.原子核的結(jié)合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B.一重原子核衰變成“粒子和另一原子核，衰變產(chǎn)物的結(jié)合能之和一定大于原來重核的結(jié)合能c.葩原子核（155Cs）的結(jié)合能小于鉛原子核（208Pb）的結(jié)合能D.比結(jié)合能越大，原子核越不穩(wěn)定E.自由核子組成原子核時，其質(zhì)量虧損所對應(yīng)的能量大于該原子核的結(jié)合能【答案】ABC（5分。選對1個給2分，選對2個給4分，選對3個給5

33、分；每選錯1個扣3分，最低得分為0分）【解析】原子核的結(jié)合能等于核子結(jié)合成原子核所釋放的能量，也等于將原子核分解成核子所需要的最小能量，A正確；重核的比結(jié)合能比中等核小，因此重核衰變時釋放能量，衰變產(chǎn)物的結(jié)合能之和小球原來重核的結(jié)合能，B項正確；原子核的結(jié)合能是該原子核的比結(jié)合能與核子數(shù)的乘積，雖然金色原子核（133Cs）的比結(jié)合能稍大于鉛原子核（208Pb）的比結(jié)合能，但金色原子核（153Cs）的核子數(shù)比鉛原子核（20；Pb）的核子數(shù)少得多，因此其結(jié)合能小，c項正確；比結(jié)合能越大，要將原子核分解成核子平均需要的能量越大，因此原子核越穩(wěn)定，D錯;自由核子組成原子核時，其質(zhì)量虧損所對應(yīng)的能最等于

34、該原子核的結(jié)合能，E錯。中等難度?！究键c定位】原子核（2）（10分）如圖，光滑水平直軌道上有三個質(zhì)童均為m的物塊A、B、C。B的左側(cè)固定一輕彈簧（彈簧左側(cè)的擋板質(zhì)最不計）.設(shè)A以速度v。朝B運動，壓縮彈簧；當(dāng)A、B速度相等時，B與C恰好相碰并粘接在一起，然后繼續(xù)運動。假設(shè)B和C碰撞過程時間極短。求從A開始壓縮彈簧直至與彈黃分離的過程中，（i）整個系統(tǒng)損失的機械能；（ii）彈簧被壓縮到最短時的彈性勢能?！敬鸢浮恳娊馕觥解析】解；（i）從a壓縮彈警到A與B具有相同速度/時，對A、E與彈警組成的系統(tǒng)J由動量守恒定律得Hi%=2ftt馬此汨E與C發(fā)生完全非彈性碰撞.設(shè)碰撞后的瞬時速度為外,損失的機械

35、能為AF。對B、C組成的系統(tǒng)，由動量守恒和能量守恒定律得fti珥=2川叫=皿+（2/m）uJ22聯(lián)立式得AE=16（ii）由式可知V2<V1,A將繼續(xù)壓縮彈簧，直至A、B、C三者速度相同，設(shè)此速度為V3,此時彈簧被壓縮至最短，其彈性勢能為EPo由動量守恒和能量守恒定律得mv0=3mv31212mv0=EP(3m)v322聯(lián)立式得匚132EPmv048【考點定位】動量守恒定律（2013新課標(biāo)I卷）35.物理一選彳3-5（15分）（1）（6分）一質(zhì)子束入射到靜止靶核錯誤！未找到引用源。上，產(chǎn)生如下核反應(yīng)：P+錯誤！未找到引用源。一X+n式中P代表質(zhì)子，n代表中子，x代表核反應(yīng)產(chǎn)生的新核.由反

36、應(yīng)式可知，新核X的質(zhì)子數(shù)（2）（9分）在粗糙的水平桌面上有兩個靜止的木塊A和B,兩者相距為do現(xiàn)給A一初速度,使A與B發(fā)生彈性正碰，碰撞時間極短：當(dāng)兩木塊都停止運動后，相距仍然為d.已知兩木塊與桌面之間的動摩擦因數(shù)均為科.B的質(zhì)量為A的2倍，重力加速度大小為g。求A的初速度的大小?！敬鸢浮縌）1413Q）解二謾物塊A的初速度為玲，運動距離d的速度為4B碰后的速度分別為VI、運運動的離分別為X1、工*由于A、B發(fā)生彈性正碰，時間極坦,所以碰撞墻后動量守恒，動能守恒，有ffljV=甲j巧十也.Ei，0=riijV十加日為工用上+施/3AB與地面的動摩擦因數(shù)1慨，有動能定理得S酩=0-；雁4重

37、63;/Z/HjgXj=0-由題意知巧+巧=d©聯(lián)立至式解得v0 二28 ,gNgd=、5.6Ngd 5本問也可以用牛頓第二定律求解如下由牛頓第二定律得Nmg=ma，所以A、B的加速度均為a=Ng，A、B均做勻減速直線運動對A物體有：碰前v2=v；-2ad,碰后:A物體反向勻減速運動：0=v；-2axi對B物體有0=v2-2ax2由題意知x1+%=d18,聯(lián)立解得vgd（11）將上式帶入解得/二N3=66必磔（匕）【解析】由汨+1Hf咫+由質(zhì)量數(shù)守恒定律,電荷數(shù)守恒定律新核的質(zhì)子數(shù)為巴中子數(shù)為13.難度易.Q）由彈性正碰得出動量守叵動能守恒有%4%*+,小，®聯(lián)立解得V=也

38、>=-9.2=-v=2v（“、超數(shù)值不求出也可1mA+mg3mA+mB3從只需求出吟=一;力的關(guān)系也可以求出本問工解題的關(guān)鍵是為反方向的運動,得出西+芝l=，再由AB均是勻減速直線運動，由動能定理或牛頓第二定律均可求解一難度:中等【考點定位】核反應(yīng)方程中子質(zhì)子質(zhì)量數(shù)守恒定律電荷數(shù)守恒定律動量守恒定律彈性正碰勻減速直線運動規(guī)律動能定理牛頓第二定律（2013重慶）9.（18分）在一種新的子母球”表演中，讓同一豎直線上的小球A和小球B,從距水平地面高度為ph（p>1）和h的地方同時由靜止釋放，如題9圖所示。球A的質(zhì)量為m,球B的質(zhì)量為3m。設(shè)所有碰撞都是彈性碰撞，重力加速度大小為g,忽略

39、球的直徑、空氣阻力及碰撞時間。AxrMS9圖（1）求球B第一次落地時球A的速度大?。唬?）若球B在第一次上升過程中就能與球A相碰，求p的取值范圍；（3）在（2）情形下，要使球A第一次碰后能到達比其釋放點更高的位置，求p應(yīng)滿足的條件。【解析】解：（18分）(1)B球第一次落地下落的高度為無，則A球F落的高麥已為A。設(shè)此時A球的速度大小為,mgk=解得/=姬新Q)B球以速度私開始做豎直上拋運動，若能與A球在空中相遇，沒B從上拋到相遇時間為力A、E運動的距離分別為瓦、%,則上%=卬;靖的一h二枚十%相遇必須在H策U達最高點前j因此有n>0聯(lián)立式解得”5即F的取值范圍是l<p<5(3

40、)設(shè)碰撞時A、B的速度分別為Vi、J,碰撞后的速度分別為V；、V2,根據(jù)動量守恒和能量守恒有mv1-3mv2=mv；3mv21 21_2121_2八-mv1+一M3mv2=mv1+x3mv22 222聯(lián)立解得v1-3v2v1'J2A球反彈后能上升到比釋放位置更高，則須滿足|v1|>V1,解得V1:二3V2。1設(shè)B從上升到相遇時間為t,則有V1=7。gt:V2=vo-gt，二將©代入解得t<旦2g聯(lián)立后將代入解得p：二3匕即p應(yīng)滿足的條件是0<p<3【考點定位】動量、能量【2012高考真題】（2012大綱版全國卷）21.如圖，大小相同的擺球a和b的質(zhì)量分

41、別為m和3m,擺長相同,并排懸掛，平衡時兩球剛好接觸，現(xiàn)將擺球a向左邊拉開一小角度后釋放，若兩球的碰撞是彈性的，下列判斷正確的是A.第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬間，兩球的動量大小相等C.第一次碰撞后，兩球的最大擺角不相同D.發(fā)生第二次碰撞時，兩球在各自的平衡位置【答案】AD【解析】兩球在碰撞前后，水平方向不受外力j故水平兩球組成的系統(tǒng)動量守恒由動量守恒定律有！呼%-削h州馬；又兩球碰撞是彈性的，故機械能守宜即：所吃-解兩式得：H=一.,/二應(yīng)，可見第一次碰撞后的瞬間，兩球的速度大小相等，選項A正確厘因22兩球質(zhì)量不相等，故兩球碰后的動量大小不相等j選項B錯；兩球碰

42、后上擺過程，機械能守恒，敵上升的最大高度相等，另擺長相等，故兩球碰后的最大擺角相同，選項C錯；由單擺的酗公式F二嗎卜可知j兩球擺動周期相同，故經(jīng)半個周期后，兩球在平衡位置處發(fā)生第二次碰撞選項D正確*【考點定位】此題考查彈性碰撞、單擺運動的等時性及其相關(guān)知識.（2012浙江）23、（16分）為了研究魚所受水的阻力與其形狀的關(guān)系，小明同學(xué)用石蠟做成兩條質(zhì)量均為m、形狀不同的“A魚”和“B魚”，如圖所示。在高出水面H處分別靜止釋放“A魚”和“B魚”，“A魚”豎直下滑hA后速度減為零，“B魚”豎直下滑hB后速度減為零。魚”在水中運動時，除受重力外還受浮力和水的阻力，已知爸”在水中所受浮力是其重力的10

43、/9倍，重力加速度為g,魚”運動的位移遠(yuǎn)大于魚”的長度。假設(shè)魚”運動時所受水的阻力恒定，空氣阻力不計。求：h%7第23題圖(1) “A魚”入水瞬間的速度Vai；(2) “A魚”在水中運動時所受阻力fA；(3) “A魚”與“B魚”在水中運動時所受阻力之比fA：fB【解析】？魚農(nóng)入水前作自由落體運動，有曰=2我得到：以=居比。廣A魚蟲水中運動fi寸受到重力、浮力和阻力的作用，做勻減速運動j設(shè)加速度為有電=/F=maA0-記=-由題得；0=3嘮尋9綜合上述各式，得力二啰(一金(3)考慮到“B魚”的運動情況、受力與“A魚”相似，有f/H1fB=mg()(DhB9綜合兩式得到：fA=hB(9H：hA)f

44、BhA(9H-hB)【考點定位】力和運動、動能定理(2012天津)10.(16分)如圖所示，水平地面上固定有高為h的平臺，臺面上有固定的光滑坡道，坡道頂端距臺面高度也為h,坡道底端與臺面相切。小球A從坡道頂端由靜止開B發(fā)生碰撞，并粘連在一起，共同沿始滑下，到達水平光滑的臺面與靜止在臺面上的小球臺面滑行并從臺面邊緣飛出，落地點與飛出點的水平距離恰好為臺高的一半，兩球均可視為質(zhì)點，忽略空氣阻力，重力加速度為go求(1)小球A剛滑至水平臺面的速度VA；(2)A、B兩球的質(zhì)量之比mA：mB。【答案】姆而(2)1:3【解析】解:小球從坡道頂鼐滑至水平臺面的過程中j由機械能守恒定律得的助=療解得士必=J&

45、amp;h(2)設(shè)兩球碰撞后共同的速度為v,由動量守恒定律得小力=+ma)v粘在一起的兩球飛出臺面后做平拋運動豎直方向：h=如水平方向：9w金聯(lián)立上式各式解得:詈二2Eh#【考點定位】本題考查機械能守恒定律，動量守恒定律，平拋運動。(2012四J|)24.(19分)E如圖所示，ABCD為固定在豎直平面內(nèi)的軌道，AB段光滑水平，BC段為光滑圓弧，對應(yīng)的圓心角0=370,半徑r=2.5m,CD段平直傾斜且粗糙，各段軌道均平滑連接，傾斜軌道所在區(qū)域有場弓雖大小為E=2105N/C、方向垂直于斜軌向下的勻強電場。質(zhì)量m=5102kg>電荷量q=+1X10-6C的小物體(視為質(zhì)點)被彈簧槍發(fā)射后，

46、沿水平軌道向左滑行，在C點以速度v0=3m/s沖上斜軌。以小物體通過C點時為計時起點，0.1s以后，場強大小不變，方向反向。已知斜軌與小物體間的動摩擦因數(shù)尸0.25。設(shè)小物體的電荷量保持不變，取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos370=0.8。(1)求彈簧槍對小物體所做的功；(2)在斜軌上小物體能到達的最高點為P,求CP的長度?！敬鸢浮?1)04751(2)0.57s【解析】解：(D設(shè)彈蓄槍對d闞體做功為郎，由動能定理得(l-oosfl)三wrUp代入數(shù)據(jù)解得:用力一4抬1(力皎沿平直斜軌向上為正方向八殳小物體通過C點進入電場后的加速度為公，由牛頓第二定律得-被一出(tn

47、cosd+qE).陽4小物體向上做勻減速運動，經(jīng)FiF-N后，速度達到Wj則Vl=l+<314解得：設(shè)運動的位移為力，則電場力反向后，設(shè)小物體的加速度為a2,由牛頓第二定律得mgsin0(1(mgcos。一qE)=ma2設(shè)小物體以此加速度運動到速度為0,運動時間為t2,位移為S2,則0=vi+a2t22S2=V1t2+錯反！未找到引用源。a2t2設(shè)CP的長度為s,則s=Si+S2解得：s=0.57m【考點定位】本題考查勻變速直線運動規(guī)律，牛頓第二定律，動能定理。(2012江蘇)14.(16分)某緩沖裝置的理想模型如圖所示，勁度系數(shù)足夠大的輕質(zhì)彈簧與輕桿相連，輕桿可在固定的槽內(nèi)移動，與槽間

48、的滑動摩擦力恒為f.輕桿向右移動不超過l時，裝置可安全工作.一質(zhì)量為m的小車若以速度v0撞擊彈簧，將導(dǎo)致輕桿向右移動14.輕桿與槽間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計小車與地面的摩擦(1)若彈簧的勁度系數(shù)為k,求輕桿開始移動時，彈簧的壓縮量x;（2）求為使裝置安全工作，允許該小車撞擊的最大速度vm;（3）討論在裝置安全工作時，該小車彈回速度v'和撞擊速度v的關(guān)系.【解析】14.（1）輕桿開始移動時，彈蓄粉單力F=kx且F=f于©解得x-fit®Q）設(shè)輕桿移動前小車對貍蕾所做的功為處則小車從撞擊到停止的過程中動能定理/q一歹=®同理.小車以vm撞擊彈箸時一

49、”印二0-；加年A解得/=業(yè)+-®（3）設(shè)輕桿恰好移割寸,1等撞擊速度為巧則。屈=獷由©解得耳匚當(dāng)v<'v2-fl-時，v'=v2m當(dāng)v1<vEvm時，v=v【考點定位】胡可定律動能定理（2012山東）22.（15分）如圖所示，一工件置于水平地面上，其AB段為一半徑R=1.0m的光滑圓弧軌道，BC段為一長度L=0.5m的粗糙水平軌道，二者相切與B點，整個軌道位于同一豎直平面內(nèi)，P點為圓弧軌道上的一個確定點。一可視為質(zhì)點的物塊，其質(zhì)量m=0.2kg,與BC間的動摩擦因數(shù)9=0.4。工件質(zhì)M=0.8kg,與地面間的動摩擦因數(shù)g=04。（取g=10m/

50、s2）求F的大小當(dāng)速度時，使工件立刻停止運動（即不考慮減速的時間和位移），物塊飛離圓弧軌道落至BC段，求物塊的落點與B點間的距離。t解析】解；U）物塊從P點下滑經(jīng)B點至C點的整個過程，根據(jù)動能定理得M-fKgL=。代入數(shù)據(jù)得h=OZh（2）設(shè)物塊的加速度大小為口jP點與圓心的連線與豎直方向間的夾角為氏.由幾何關(guān)系可得根據(jù)牛頓第二定律，對物體有帆對工件和物體整體有F+mg=（M+2fl聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得產(chǎn)=&0設(shè)物體平拋運動的時間為t,水平位移為X1,物塊落點與B間的距離為X2,由運動學(xué)公式可得1Nh=2gtx1=vtx2=x1Rsin聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得x2=0.4m【考點定位】平拋運動

51、、動能定理（2012上海）22.（A組）A、B兩物體在光滑水平地面上沿一直線相向而行，A質(zhì)量為5kg,速度大小為10m/s,B質(zhì)量為2kg,速度大小為5m/s,它們的總動量大小為kgm/s:兩者碰撞后，A沿原方向運動，速度大小為4m/s,則B的速度大小為m/s。22A答案.40,10,【解析】總動量P=MAv1MBv2=5父102M5=40kgm/s；碰撞過程中滿足動量守恒,【2011高考真題】MAv1 -MBv2 =MAv； + MBv2 代入數(shù)據(jù)可得：vB=10m/s1.（全國）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)量為的小物塊，小物塊與箱子底板間的動摩擦因數(shù)為卬

52、初始時小物塊停在箱子正中間，如圖所示。現(xiàn)給小物塊一水平向右的初速度v,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1C.2NmgLD.N科mgL【答案】BD【解析】由于水平面光滑，一方面箱子和物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，二者經(jīng)多次碰撞后，保持相對靜止，易判斷二者具有向右的共同速度”，根據(jù)動量守恒定律有系統(tǒng)損失的動能為44+知B正確，另一方面，系統(tǒng)損失的動能可由9消,且Ju,占Q-阿噌y相對，由于小物塊從中間向右出發(fā)，最終又回到箱子正中間，其間共發(fā)生N次碰撞，則）朝=NU則B選項也正豳2 .（福建）（20分）如圖甲，在xv0的空間中

53、存在沿y軸負(fù)方向的勻強電場和垂直于xoy平面向里的勻強磁場，電場強度大小為巳磁感應(yīng)強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從坐標(biāo)原點。處，以初速度vo沿x軸正方向射人，粒子的運動軌跡見圖甲，不計粒子的重力。求該粒子運動到y(tǒng)=h時的速度大小v;現(xiàn)只改變?nèi)松淞Ｗ映跛俣鹊拇笮?，發(fā)現(xiàn)初速度大小不同的粒子雖然運動軌跡（y-x曲線）不同，但具有相同的空間周期性，如圖乙所示；同時，這些粒子在y軸方向上的運動（y-t關(guān)系）是簡諧運動，且都有相同的周期丁二竺旦。qBI.求粒子在一個周期T內(nèi)，沿x軸方向前進的距離s;n.當(dāng)入射粒子的初速度大小為vo時，其y-t圖像如圖丙所示，求該粒子在y軸方向上

54、做簡諧運動白振幅A,并寫出y-t的函數(shù)表達式。甲乙解析：此題考查動能定理、洛侖茲力、帶電粒子在復(fù)合場中的運動等知識點。（1）由于洛侖茲力不做功，只有電場力做功，由動能定理有-qEh=1mv2-mvo2,22由式解得v=Jv：多吧。m（23I.由圖乙可知，所有粒子在一個周期了內(nèi)沿k軸方向前進的距離相同，即者建于恰好沿K軸方向勻速運動的粒子在T時間內(nèi)前進的距離。設(shè)粒子恰好沿X軸方向勻速運動的速度大小為“1.則印/正個民®又s=V1T,式中T-由式解得A2絆型】L設(shè)苞子在y方向上的最大位移為川（圖丙曲線的最高氏處），對應(yīng)的立了運動速度大小為為（方向沿乂軸），因為粒子在y方向上的運動為簡諧運

55、動，因而在N和處粒子所受的合外力大小相等，方向相反，貝|J>岫-西=WvjB-，由動能定理有-密=:摘物工。假地，由式解得Ay=(vo-E/B)。qBy= - ( vo-E/B) (1-cos - t)qBm可寫出圖丙曲線滿足的簡諧運動y-t的函數(shù)表達式為3 .（廣東）（18分）如圖20所示，以A、B和C、D為斷電的兩半圓形光滑軌道固定于豎直平面內(nèi)，一滑板靜止在光滑的地面上，左端緊靠B點，上表面所在平面與兩半圓分別相切于B、C,一物塊被輕放在水平勻速運動的傳送帶上E點，運動到A時剛好與傳送帶速度相同，然后經(jīng)A沿半圓軌道滑下，再經(jīng)B滑上滑板?；暹\動到C時被牢固粘連。物塊可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m,滑板質(zhì)量為M=2m,兩半圓半徑均為R,板長l=6.5R,板右端到C的距離L在R<