高三物理一輪復習5年真題分類6年真題匯編6動量含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精專題6動量1。［2016·全國卷Ⅰ3。5（2)10分]某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出;玩具底部為平板（面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后,在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ,重力加速度大小為g.求:（i）噴泉單位時間內噴出的水的質量；（ii)玩具在空中懸停時,其底面相對于噴口的高度．答案:（i）ρv0S(ii)eq\f（veq\o\al(2,0）,2g）－eq\f(M2g，2ρ2veq\o\al(2，0）S2)解析：(i)設Δt時間內，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質量為Δm，則Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，單位時間內從噴口噴出的水的質量為eq\f（Δm,Δt)＝ρv0S③（ii)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v。對于Δt時間內噴出的水，由能量守恒得eq\f（1，2）（Δm)v2＋（Δm）gh＝eq\f（1,2)（Δm）veq\o\al(2，0）④在h高度處，Δt時間內噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp＝（Δm）v⑤設水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg⑦聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝eq\f（veq\o\al(2，0)，2g)－eq\f（M2g，2ρ2veq\o\al（2，0)S2)⑧2.[2016·北京卷］（1）動量定理可以表示為Δp＝FΔt,其中動量p和力F都是矢量．在運用動量定理處理二維問題時，可以在相互垂直的x、y兩個方向上分別研究．例如，質量為m的小球斜射到木板上,入射的角度是θ，碰撞后彈出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v，如圖1。所示．碰撞過程中忽略小球所受重力．圖1。a．分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化Δpx、Δpy;b．分析說明小球對木板的作用力的方向．(2）激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的動量沿光傳播方向運動．激光照射到物體上，在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時,也會對物體產生作用．光鑷效應就是一個實例，激光束可以像鑷子一樣抓住細胞等微小顆粒．一束激光經S點后被分成若干細光束,若不考慮光的反射和吸收，其中光束①和②穿過介質小球的光路如圖1。所示，圖中O點是介質小球的球心，入射時光束①和②與SO的夾角均為θ，出射時光束均與SO平行．請在下面兩種情況下，分析說明兩光束因折射對小球產生的合力的方向．a．光束①和②強度相同；b．光束①比②的強度大。圖1。答案：（1）a。02mvcosθb．沿y軸負方向(2）a.沿SO向左b．指向左上方解析：(1)a.x方向：動量變化為Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0y方向:動量變化為Δpy＝mvcosθ－（－mvcosθ）＝2mvcosθ方向沿y軸正方向．b．根據(jù)動量定理可知,木板對小球作用力的方向沿y軸正方向；根據(jù)牛頓第三定律可知,小球對木板作用力的方向沿y軸負方向．(2)a。僅考慮光的折射，設Δt時間內每束光穿過小球的粒子數(shù)為n，每個粒子動量的大小為p。這些粒子進入小球前的總動量為p1＝2npcosθ從小球出射時的總動量為p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右根據(jù)動量定理FΔt＝p2－p1＝2np（1－cosθ)>0可知，小球對這些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對小球的合力的方向沿SO向左．b．建立如圖所示的Oxy直角坐標系．x方向:根據(jù)(2）a同理可知,兩光束對小球的作用力沿x軸負方向．y方向:設Δt時間內,光束①穿過小球的粒子數(shù)為n1，光束②穿過小球的粒子數(shù)為n2，n1〉n2。這些粒子進入小球前的總動量為p1y＝(n1－n2）psinθ從小球出射時的總動量為p2y＝0根據(jù)動量定理:FyΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)psinθ可知，小球對這些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負方向，根據(jù)牛頓第三定律，兩光束對小球的作用力沿y軸正方向．所以兩光束對小球的合力的方向指向左上方．3．[2016·江蘇卷](2)已知光速為c，普朗克常數(shù)為h，則頻率為ν的光子的動量為________．用該頻率的光垂直照射平面鏡,光被鏡面全部垂直反射回去，則光子在反射前后動量改變量的大小為________．答案：eq\f（hν，c)2eq\f(hν，c）解析:因為光速c＝λν，則λ＝eq\f(c，ν），所以光子的動量p＝eq\f(h,λ)＝eq\f(hν，c)，由于動量是矢量，因此若以射向平面鏡時光子的動量方向為正方向，即p1＝eq\f（hν,c)，反射后p2＝－eq\f(hν,c），動量的變化量Δp＝p2－p1＝－eq\f(hν,c)－eq\f（hν,c)＝－2eq\f（hν,c)，則光子在反射前后動量改變量的大小為2eq\f（hν,c）.3.[2016·全國卷Ⅲ]［物理-—選修3.5］如圖1。所示，水平地面上有兩個靜止的小物塊a和b,其連線與墻垂直；a和b相距l(xiāng)，b與墻之間也相距l(xiāng)；a的質量為m，b的質量為eq\f(3，4）m.兩物塊與地面間的動摩擦因數(shù)均相同，現(xiàn)使a以初速度v0向右滑動，此后a與b發(fā)生彈性碰撞，但b沒有與墻發(fā)生碰撞．重力加速度大小為g.求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)滿足的條件．圖1.解析：設物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為μ.若要物塊a、b能夠發(fā)生碰撞,應有eq\f（1，2）mveq\o\al(2,0）>μmgl①即μ〈eq\f（veq\o\al（2，0）,2gl)②設在a、b發(fā)生彈性碰撞前的瞬間,a的速度大小為v1。由能量守恒有eq\f(1，2)mveq\o\al(2，0）＝eq\f(1，2）mveq\o\al(2,1）＋μmgl③設在a、b碰撞后的瞬間，a、b的速度大小分別為v′1、v′2，由動量守恒和能量守恒有mv1＝mv′1＋eq\f（3m,4）v′2④eq\f（1，2)mveq\o\al(2，1)＝eq\f(1，2)mv′eq\o\al（2，1)＋eq\f(1，2)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(3m，4）））v′eq\o\al(2，2)⑤聯(lián)立④⑤式解得v′2＝eq\f(8,7）v1⑥由題意,b沒有與墻發(fā)生碰撞,由功能關系可知eq\f(1,2)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（3m，4））)v′eq\o\al（2,2)≤μeq\f（3m，4)gl⑦聯(lián)立③⑥⑦式，可得μ≥eq\f(32veq\o\al(2,0），113gl)⑧聯(lián)立②⑧式，a與b發(fā)生碰撞、但b沒有與墻發(fā)生碰撞的條件eq\f（32veq\o\al(2,0),113gl）≤μ〈eq\f(veq\o\al(2,0)，2gl)⑨4．［2016·全國卷Ⅱ][物理——選修3-5]如圖1-所示，光滑冰面上靜止放置一表面光滑的斜面體，斜面體右側一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰塊均靜止于冰面上．某時刻小孩將冰塊以相對冰面3m/s的速度向斜面體推出，冰塊平滑地滑上斜面體，在斜面體上上升的最大高度為h＝0.3m(h小于斜面體的高度)．已知小孩與滑板的總質量為m1＝30kg，冰塊的質量為m2＝10kg，小孩與滑板始終無相對運動．取重力加速度的大小g＝10m/s2。(i）求斜面體的質量；（ii）通過計算判斷，冰塊與斜面體分離后能否追上小孩？圖1-解析：(i)規(guī)定向右為速度正方向．冰塊在斜面體上運動到最大高度時兩者達到共同速度，設此共同速度為v，斜面體的質量為m3.由水平方向動量守恒和機械能守恒定律得m2v20＝（m2＋m3)v①eq\f(1,2)m2veq\o\al（2,20)＝eq\f（1，2)（m2＋m3）v2＋m2gh②式中v20＝－3m/s為冰塊推出時的速度．聯(lián)立①②式并代入題給數(shù)據(jù)得m3＝20kg③(ii）設小孩推出冰塊后的速度為v1，由動量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0④代入數(shù)據(jù)得v1＝1m/s⑤設冰塊與斜面體分離后的速度分別為v2和v3，由動量守恒和機械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥eq\f(1,2)m2veq\o\al（2，20）＝eq\f（1，2)m2veq\o\al（2,2)＋eq\f（1，2）m3veq\o\al(2，3)⑦聯(lián)立③⑥⑦式并代入數(shù)據(jù)得v2＝1m/s⑧由于冰塊與斜面體分離后的速度與小孩推出冰塊后的速度相同且處在后方，故冰塊不能追上小孩．5．［2016·天津卷］如圖所示，方盒A靜止在光滑的水平面上，盒內有一小滑塊B，盒的質量是滑塊的2倍,滑塊與盒內水平面間的動摩擦因數(shù)為μ.若滑塊以速度v開始向左運動,與盒的左、右壁發(fā)生無機械能損失的碰撞，滑塊在盒中來回運動多次，最終相對于盒靜止，則此時盒的速度大小為________，滑塊相對于盒運動的路程為________．圖1.答案：eq\f(v,3)eq\f(v2，3μg）解析：設滑塊的質量為m，則盒的質量為2m.對整個過程，由動量守恒定律可得mv＝3mv共解得v共＝