【最新出爐】2014全國(guó)高考物理真題分類匯編：動(dòng)量專題

1、2014年高考物理真題分類匯編：動(dòng)量專題30 2014福建卷 (2)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進(jìn)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m1，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v1為_(填選項(xiàng)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(tǒng)質(zhì)量的變化，衛(wèi)星和箭體整體分離前后動(dòng)量守恒，則有(m1m2)v0m1v1m2v2，整理可得v1v0eq f(m2,m1)(v0v2)，故D項(xiàng)正確（

2、2014上海）22A.動(dòng)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(dòng)量之比 ；兩者碰后粘在一起運(yùn)動(dòng)，其總動(dòng)量與A原來(lái)動(dòng)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(zhì)量為m1，以速度v沿光滑水平地面向前運(yùn)動(dòng)，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(dòng)量守恒B. 乙木塊的動(dòng)量守恒C. 甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量守恒D. 甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能守恒14答案 (1)C解析 (1)本題考查碰撞、動(dòng)量守恒定律等知識(shí)點(diǎn)甲木塊與彈簧接觸后，由于彈簧彈力的作用，甲、乙的動(dòng)量要發(fā)生

3、變化，但對(duì)于甲、乙所組成的系統(tǒng)因所受合力的沖量為零，故動(dòng)量守恒，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤，選項(xiàng)C正確；甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動(dòng)能，一部分轉(zhuǎn)化為彈簧的勢(shì)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(shí)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(zhì)量比為31，不計(jì)質(zhì)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(guò)程中，水平方向的動(dòng)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(yùn)動(dòng)，豎直方向有heq f(1,2)gt2，水平方向?qū)?、乙兩彈片分別有

4、x甲v甲t，x乙v乙t，代入各圖中數(shù)據(jù)，可知B正確35物理選修352014新課標(biāo)全國(guó)卷 (2)如圖所示，質(zhì)量分別為mA、mB的兩個(gè)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(jīng)過(guò)一段時(shí)間后再將A球釋放，當(dāng)A球下落t0.3 s時(shí)，剛好與B球在地面上方的P點(diǎn)處相碰，碰撞時(shí)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(dòng)能損失求：(1)B球第一次到過(guò)地面時(shí)的速度；(2)P點(diǎn)距離地面的高度(2)解：()設(shè)B球第一次到達(dá)地面時(shí)的速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有vBeq r(2gh)將h0.8 m代入

5、上式，得v14 m/s.()設(shè)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(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得v1gt由于碰撞時(shí)間極短，重力的作用可以忽略，兩球相碰前后的動(dòng)量守恒，總動(dòng)能保持不變，規(guī)定向下的方向?yàn)檎衜Av1mBv2mBv2eq f(1,2)mAveq oal(2,1)eq f(1,2)mBveq oal(2,2)eq f(1,2)mveq oal(2,2)設(shè)B球與地面相碰后速度大小為vB，由運(yùn)動(dòng)學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vBvB設(shè)P點(diǎn)距地面的高度為h，由運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律可得heq f(veq oal(2,B)veq oal(2,2),2g)聯(lián)立式，并代入已知條件可得h

6、0.75 m2014新課標(biāo)卷 物理選修35 (2)現(xiàn)利用圖(a)所示的裝置驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律在圖(a)中，氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個(gè)滑塊，滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片，左側(cè)與打點(diǎn)計(jì)時(shí)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(jì)時(shí)器(未完全畫出)可以記錄遮光片通過(guò)光電門的時(shí)間圖(a)實(shí)驗(yàn)測(cè)得滑塊A的質(zhì)量m10.310 kg，滑塊B的質(zhì)量m20.108 kg，遮光片的寬度d1.00 cm；打點(diǎn)計(jì)時(shí)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(cè)，啟動(dòng)打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，給滑塊A一向右的初速度，使它與B相碰碰后光電計(jì)時(shí)顯示的時(shí)間為tB3.500 ms，碰撞前后打出的紙帶

7、如圖(b)所示圖(b)若實(shí)驗(yàn)允許的相對(duì)誤差絕對(duì)值(eq blc|rc|(avs4alco1(f(碰撞前后總動(dòng)量之差,碰前總動(dòng)量)100%)最大為5%，本實(shí)驗(yàn)是否在誤差范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)量守恒定律？寫出運(yùn)算過(guò)程 解析 (2)按定義，物塊運(yùn)動(dòng)的瞬間時(shí)速度大小v為veq f(s,t)式中s為物塊在短時(shí)間t內(nèi)走過(guò)的路程設(shè)紙帶上打出相鄰兩點(diǎn)的時(shí)間間隔為tA，則tAeq f(1,f)0.02 stA可視為很短設(shè)A在碰撞前、后時(shí)速度大小分別為v0，v1.將式和圖給實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)代入式得v02.00 m/sv20.970 m/s設(shè)B在碰撞后的速度大小為v2，由式得v2eq f(d,tB)代入題給實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)得v22.86

8、m/s設(shè)兩滑塊在碰撞前、后的總動(dòng)量分別為p和p則pm1v0pm1v1m2v2兩滑塊在碰撞前后總動(dòng)量相對(duì)誤差的絕對(duì)值為peq blc|rc|(avs4alco1(f(pp,p)100%聯(lián)立式并代入有關(guān)數(shù)據(jù)，得p1.7%5%因此，本實(shí)驗(yàn)在允許的誤差范圍內(nèi)驗(yàn)證了動(dòng)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(zhì)量均為m，兩者之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.05.開始時(shí)物塊靜止，凹槽以v05 m/s初速度向右運(yùn)動(dòng)，設(shè)物塊與凹槽槽壁碰撞過(guò)程中沒(méi)有能量損失，且碰撞時(shí)間不計(jì)，g取10 m/s2.求：(1)物塊與凹槽相

9、對(duì)靜止時(shí)的共同速度；(2)從凹槽開始運(yùn)動(dòng)到兩者相對(duì)靜止物塊與右側(cè)槽壁碰撞的次數(shù)；(3)從凹槽開始運(yùn)動(dòng)到兩者剛相對(duì)靜止所經(jīng)歷的時(shí)間及該時(shí)間內(nèi)凹槽運(yùn)動(dòng)的位移大小24答案 (1)2.5 m/s(2)6次(3)12.75 m解析 (1)設(shè)兩者間相對(duì)靜止時(shí)速度為v，由動(dòng)量守恒定律得mv02mv，解得v2.5 m/s(2)設(shè)物塊與凹槽間的滑動(dòng)摩擦力FfNmg設(shè)兩者相對(duì)靜止前相對(duì)運(yùn)動(dòng)的路程為s1，由動(dòng)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(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(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vt圖像在兩條連續(xù)的勻變速運(yùn)動(dòng)圖線間轉(zhuǎn)換，故可用勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律求時(shí)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(zhǎng))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(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(diǎn)和最低點(diǎn)現(xiàn)將A無(wú)初速釋放，A與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，并沿桌面滑動(dòng)已知圓弧軌道光滑，半徑R0.2 m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)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(dòng)的距離l.22答案 (1)2 m/s (2)1 m/s (3)0.25 m解析 設(shè)滑塊的質(zhì)量為m

12、.(1)根據(jù)機(jī)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(jù)動(dòng)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(jù)動(dòng)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(dòng)的距離leq f(v2,2g)0.25 m.24 2014全國(guó)卷 冰球運(yùn)動(dòng)員甲的質(zhì)量為80.0 kg.當(dāng)他以5.0 m/s的速度向前運(yùn)動(dòng)時(shí)，與另一質(zhì)量為100 kg、速度為3.0 m/s的迎面而來(lái)的運(yùn)動(dòng)員乙相撞碰后甲恰好靜止假設(shè)碰撞時(shí)間極短，求：(1 )碰后乙的速度的大??；(2)碰撞中總機(jī)械能的損

13、失24答案 (1)1.0 m/s(2)1400 J解析 (1)設(shè)運(yùn)動(dòng)員甲、乙的質(zhì)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(dòng)量守恒定律有mvMVMV代入數(shù)據(jù)得V1.0 m/s(2)設(shè)碰撞過(guò)程中總機(jī)械能的損失為E，應(yīng)有eq f(1,2)mv2eq f(1,2)MV2eq f(1,2)MV2E聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得E1400 J352014廣東卷 (18分)圖24 的水平軌道中，AC段的中點(diǎn)B的正上方有一探測(cè)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(diǎn)的物體P2碰撞，并接合成復(fù)合體P，以此碰撞時(shí)刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，探測(cè)器只在t12 s至t24 s內(nèi)工作已知P1、P2

14、的質(zhì)量都為m1 kg，P與AC間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1，AB段長(zhǎng)L4 m，g取10 m/s2，P1、P2和P均視為質(zhì)點(diǎn)，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(dòng)能E；(2)若P與擋板碰后，能在探測(cè)器的工作時(shí)間內(nèi)通過(guò)B點(diǎn)，求v1的取值范圍和P向左經(jīng)過(guò)A 點(diǎn)時(shí)的最大動(dòng)能E.35(1)3 m/s9 J(2)10 m/sv114 m/s17 J解析 (1)P1、P2碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，有mv12mv解得veq f(v1,2)3 m/s碰撞過(guò)程中損失的動(dòng)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(yùn)動(dòng)，設(shè)P在AC段加速度大小為a，碰后經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的速度為v2 ，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)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(dāng)v25 m/s時(shí)，P向左經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)有最大速度v3eq r(veq oal(2,2)2gL)則P向左經(jīng)過(guò)A點(diǎn)時(shí)有最大動(dòng)能Eeq f(1,2)(2m)veq oal(2,3)17 J.2014江蘇卷 (3)牛頓的自然哲學(xué)

16、的數(shù)學(xué)原理中記載，A、B兩個(gè)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(duì)A的速度，接近速度是指碰撞前A對(duì)B的速度若上述過(guò)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(duì)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(shè)A、B球碰撞后速度分別為v1和v2，由動(dòng)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(zhì)量為m.開始時(shí)橡皮筋松弛，B靜止，給A向左的初速度v0.一段時(shí)間后，B與A同向運(yùn)動(dòng)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(zhì)量；()碰撞過(guò)程中A、B系統(tǒng)機(jī)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?yàn)檎较?，設(shè)B的質(zhì)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(dòng)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(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得mv0(mmB)v設(shè)碰撞過(guò)程A、B系統(tǒng)機(jī)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(lián)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(zhì)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(jì)可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊 B置于A的最右端，B的質(zhì)量mB2 kg.現(xiàn)對(duì)A施加一個(gè)水平向右的恒力F10 N，A運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞，碰撞時(shí)間極短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下繼續(xù)運(yùn)動(dòng)，碰撞后經(jīng)時(shí)間t0.6 s，二者的速度達(dá)到vt2 m/s.求：(1)A開始運(yùn)