2014年高考物理选修3-5(动量与动量守恒)试题归类例析

2014年高考物理选修3-5（动量与动量守恒）试题归类例析江苏省新沂市第一中学张统勋【例1】（2014·福建卷）一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离。已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为。（填选项前的字母）A．v0—v2B．v0＋v2C．v0—D．v0+【解析】箭、星系统分离过程可以认为动量守恒（m1+m2）v0=m2v2+m1v1，解得，D项正确。【答案】D【例2】（2014·江苏卷）牛顿的《自然哲学的数学原理》中记载，A、B两个玻璃球相碰，碰撞后的分离速度和它们碰撞前的接近速度之比总是约为15∶16。分离速度是指碰撞后B对A的速度，接近速度是指碰撞前A对B的速度。若上述过程是质量为2m的玻璃球，A以速度v0碰撞质量为m的静止玻璃球B，且为对心碰撞，求碰撞后A、B的速度大小。【解析】设A、B球碰后速度分别为v1和v2，由动量守恒定律2mv0=2mv1+mv2。且由题意知，解得，。【例3】（2014·大纲卷）一中子与一质量数为A（A＞1）的原子核发生弹性正碰。若碰前原子核静止，则碰撞前与碰撞后中子的速率之比为（）A．B．C．D．【解析】中子与原子核的碰撞属于弹性正碰，中子的质量数为1，设其速度为v0；根据动量守恒和能量守恒，有：、，解得，A项正确。【答案】A【例4】（2014·海南卷）一静止原子核发生α衰变，生成一α粒子及一新核，α粒子垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，其运动轨迹是半径为R的圆。已知α粒子的质量为m，电荷量为q；新核的质量为M；光在真空中的速度大小为c。求衰变前原子核的质量。【解析】设衰变产生的α粒子的速度大小为v，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得设衰变后新核的速度大小为V，衰变前后动量守恒，有，设衰变前原子核质量为M0，衰变前后能量守恒，有，解得。【例5】（2014·重庆卷）一弹丸在飞行到距离地面5m高时仅有水平速度v=2m/s，爆炸成为甲、乙两块水平飞出，甲、乙的质量比为3：1。不计质量损失，取重力加速度g=10m/s2。则下列图2中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是【解析】弹丸水平飞行爆炸时，在水平方向系统动量守恒，设m乙=m，则m甲=3m，故爆炸前水平方向总动量P=（3m+m）v=8m。而爆炸后两弹片做平抛运动，由平抛运动规律：，x甲=v甲t，x乙=v乙t。选项A中：v甲=2.5m/s，v乙=0.5m/s（向左），p’=3m×2.5+m×（-0.5）=7m，不满足动量守恒，A错误；选项B中：v甲=2.5m/s，v乙=0.5m/s，p’=3m×2.5+m×0.5=8m，满足动量守恒，B正确；选项C中：v甲=2m/s，v乙=1m/s，p’=3m×2+m×1=7m，不满足动量守恒，C错误；选项D中：v甲=2m/s，v乙=1m/s（向左），p’=3m×2+m×（-1）=6m，不满足动量守恒，D错误。【答案】B【例6】（2014·大纲卷）冰球运动员甲的质量为80.0kg。当他以5.0m/s的速度向前运动时，与另一质量为100kg、速度为3.0m/s的迎面而来的运动员乙相撞。碰后甲恰好静止。假设碰撞时间极短，求：（1）碰后乙的速度的大小；（2）碰撞中总机械能的损失。【解析】（1）设运动员甲、乙的质量分别为m、M碰前速度大小分别为v和V，碰后乙的速度为V’，由动量守恒定律得：mv-MV=MV’，代入数据得：V’=1.0m/s。（2）设碰撞过程中总机械能的损失为△E，应有：。联立上式，代入数据得：△E＝1400J。【答案】（1）1.0m/s（2）1400J【例7】（2014·山东卷）如图3所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m。开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度v0。一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起。碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间B的速度的一半。求：（ⅰ）B的质量；（ⅱ）碰撞过程中A、B系统机械能的损失。【解析】（i）以初速度的方向为正方向，设B的质量为，A、B碰撞后的共同速度为v，由题意知：碰撞前瞬间A的速度为，碰撞瞬间B的速度为2v，由动量守恒定律得①由①式得②（ii）从开始到碰撞后的全过程，由动量守恒定律得③设碰撞过程A、B系统机械能的损失为，则④联立②③④式得⑤【答案】（i）（ii）【例8】（2014·全国I卷）如图，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上方，B球距地面的高度b=0.8m，A球在B球的正上方。先将B球释放，经过一段时间后再将A球释放。当A球下落t=0.3s时，刚好与B球在地面上方的P点处相碰，碰撞时间极短，碰后瞬间A球的速度恰为零。已知mB=3mA，重力加速度大小g=10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失。求：（i）B球第一次到达地面时的速度；（ii）P点距离地面的高度。【解析】（i）设B球第一次到达地面时的速度大小为vB，由运动学公式有vB=①将h=0.8m代入上式，得vB=4m/s②（ii）设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v1′（v1′=0），B球的速度分别为v2和v2′，由运动学规律可得v1=gt③由于碰撞时间极短，重力的作用可以忽略，两球相碰前后的动量守恒，总动能保持不变。规定向下的方向为正，有mAv1+mBv2=mBv2′④⑤设B球与地面相碰后的速度大小为vB′，由运动学及碰撞的规律可得vB′=vB⑥设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′=⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′=0.75m。【答案】（i）4m/s（ii）0.75m【例9】（2014·天津卷）如图5所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA=4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB=2kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.6s，二者的速度达到vt=2m/s。求（1）A开始运动时加速度a的大小；（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小；（3）A的上表面长度l。【解析】（1）以A为研究对象，根据牛顿第二定律有F＝mAa代入数据解得a＝2.5m/s2（2）对A、B碰后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft=（mA+mB）v1-（mA+mB）v。代入数据解得v=1.0m/s。（3）设碰前A的速度为vA，由动量守恒mvA=（mA+mB）vA从开始运动到与B碰撞前，代入数据解得l=0.45m。【答案】（1）2.5m/s2（2）1m/s（3）0.45m【例10】（2014·全国II卷）现利用图（a）所示装置验证动量守恒定律。在图（a）中，气垫导轨上有A、B两个滑块，滑块A右侧带有一弹簧片，左侧与打点计时器（图中未画出）的纸带相连；滑块B左侧也带有一弹簧片，上面固定一遮光片，光电计数器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间。实验测得滑块A的质量m1=0.301kg，滑块B的质量m2=0.108kg，遮光片的宽度d=1.00cm；打点计时器所用交流电的频率f=50.0Hz。将光电门固定在滑块B的右侧，启动打点计时器，给滑块A一向右的初速度，使它与B相碰。碰后光电计数器显示的时间为ΔtB=3.500ms，碰撞前后打出的纸带如图（b）所示。若实验允许的相对误差绝对值（×100%）最大为5%，本实验是否在误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程。【解析】按定义，物体运动的瞬时速度大小v为：，式中Δx为物块在很短的时间Δt内的位移，设纸带上打出相邻两点的时间间隔为ΔtA，则ΔtA=1/f=0.02s，ΔtA可视为很短。设在A碰撞前后瞬时速度大小分别为v0和v1，由图（b）所给数据可得：v0=2.00m/s，v1=0.790m/s。设B碰撞后瞬时速度大小为v2，则。设两滑块在碰撞前后的动量分别为p和p’，则p=m1v0，p’=m1v1+m2v2。两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为。联立各式代入数据得：δr=1.7%5%。因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。【例11】（2014·广东卷）图6的水平轨道中，AC段的中点B的正上方有一探测器，C处有一竖直挡板，物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞，并接合成复合体P，以此碰撞时刻为计时零点，探测器只在t1=2s至t2=4s内工作。已知P1、P2的质量都为m=1kg，P与AC间的动摩擦因数为μ=0.1，AB段长L=4m，g取10m/s2，P1、P2和P均视为质点，P与挡板的碰撞为弹性碰撞。（1）若v1=6m/s，求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能△E；（2）若P与挡板碰后，能在探测器的工作时间内通过B点，求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。【解析】：（1）令P1和P2发生弹性碰撞后速度为v2，根据动量守恒定律有：，解得：。碰撞过程中损失的动能为：。（2）可以把P从A点运动到第二次到B点过程可以做匀减速直线运动，加速度大小为：，根据运动学公式，又因为。①当2s时通过B点，解得：。②当4s时通过B点，解得：。综上：的取值范围为：。向左经过A点的最大速度为：，解得：。则通过A点的最大动能为：。【答案】：（1）9J（2）17J