2014年高考《动量和能量》物理试题

12014年高考《动量和能量》物理试题1．（2014·福建卷·单选）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()A．02vvB．02vvC．2021mvvmD．20021()mvvvm2．（2014·上海卷）动能相等的两物体A、B在光滑水平面上沿同一直线相向而行，它们的速度大小之比vA:vB=2:1，则动量大小之比PA:PB=;两者碰后粘在一起运动，其总动量与A原来动量大小之比P:PA=。3．（2014·全国大纲卷）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．4．（2014·天津卷）如图所示，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粘合在一起，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.21.91图(b)（cm）1.921.931.943.254.004.024.034.055．（2014·新课标卷Ⅱ）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%碰撞前后总动量之差碰前总动量）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。6．（2014·安徽卷）在光滑水平地面上有一凹槽A，中央放一小物块B，物块与左右两边槽壁的距离如图所示，L为1．0m，凹槽与物块的质量均为m，两者之间的动摩擦因数μ为0．05。开始时物块静止，凹槽以v0=5m／s初速度向右运动，设物块与凹槽槽壁碰撞过程中没有能量损失，且碰撞时间不计，g取10m／s2。求：(1)物块与凹槽相对静止时的共同速度；(2)从凹槽开始运动到两者相对静止物块与右侧槽壁碰撞的次数；(3)从凹槽开始运动到两者刚相对静止所经历的时间及该时间内凹槽运动的位移大小。图(a)气垫导轨光电门遮光片纸带AB37．（2014·新课标卷Ⅰ）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：(1)B球第一次到达地面时的速度；(2)P点距离地面的高度。8．（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。9．（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.4广州卓越教育培训中心李咏华作图LLABCP1P2探测器10．（2014·广东卷）下图的水平轨道中，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ΔE；（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。5参考答案1．D2．1:2；1:13．解：(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、V，碰后乙的速度大小为V′.由动量守恒定律有mv－MV＝MV′①代入数据得V′＝1.0m/s②(2)设碰撞过程中总机械能的损失为ΔE，应有12mv2＋12MV2＝12MV′2＋ΔE③联立②③式，代入数据得ΔE＝1400J④4．解:(1)以A为研究对象，由牛顿第二定律有F＝mAa①代入数据解得a＝2.5m/s2②(2)对A、B碰撞后共同运动t＝0.6s的过程，由动量定理得Ft＝(mA＋mB)vt－(mA＋mB)v③代入数据解得v＝1m/s④(3)设A、B发生碰撞前，A的速度为vA，对A、B发生碰撞的过程，由动量守恒定律有mAvA＝(mA＋mB)v⑤A从开始运动到与B发生碰撞前，由动能定理有Fl＝12mAv2A⑥由④⑤⑥式，代入数据解得l＝0.45m⑦5．解析:按定义，物体运动的瞬时速度大小v为：xvt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=0.02sΔtA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/sv1=0.790m/s设B碰撞后瞬时速度大小为v222.56/Bdvmst设两滑块在碰撞前后的动量分别为P和P，则101122PmvPmvmv两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为6100%rPPP联立各式代入数据得：1.7%5%r因此，本实验在允许的误差范围内验证了动量守恒定律。6．解：（1）设两者间相对静止时速度为v，由动量守恒定律得0mv=2mvsmv/5.2（2）物快与凹槽间的滑动摩擦力umguNFf设两者相对静止前相对运动的路程为1s，由动能定理得-20212121·mvvmmsFf）（得ms5.121已知mL1，可推知物快与右侧槽壁共发生6次碰撞。（3）设凹槽与物快碰前的速度分别为1v、2v，碰后的速度分别为1'v、'2v。有1mv+2mv=1'mv+'2mv2121mv+2221mv=21'21mv+22'21mv得'1v=2v'2v=1v即每碰撞一次凹槽与物快发生一次速度交换，在同一坐标系上两者的速度图线如图所示。根据碰撞次数可分为13段，凹槽，物快tv图象在两条连续的匀变速运动图线间转换，故可用匀变速直线运动规律求时间。则v=0v+ata=g解得t=5s凹槽的tv图象所包围的阴影部分面积即为凹槽的位移大小2s。（等腰三角形面积共分13份，第一份面积为0.5L,其余每份面积均为L。）2s=21（20v）t+6.5L2s=12.75m7．解:(1)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=2gh①将h=0.8m代入上式，得vB=4m/s②(2)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=gt③7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′④12mAv21+12mBv22=12mB22v⑤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′=2222Bvvg⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′=0.75m⑧8．解: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RvmqvB2设衰变后新核的速度大小为V，衰变前后动量守恒，有mvMV0设衰变前原子核质量为M0，衰变前后能量守恒，有2222202121mvmcMVMccM解得]2)(1)[(220MmcqBRmMM9．10．（解：（1）P1、P2碰撞过程，动量守恒：mv1=2mv①解得v=v12=3m/s②碰撞损失的动能ΔE＝12mv21－12(2m)v2③解得ΔE＝9J④（2）由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞.故P在AC间等效为匀减速运动，设P在AC段加速度大小为a，由运动学规律，得：μ(2m)g＝2ma⑤83L=vt-12at2⑥v2＝v-at⑦由①⑤⑥⑦解得v1=t2+24tv2=24-t22t⑧由于2s≤t≤4s所以解得v1的取值范围10m/s≤v1≤14m/s⑨v2的取值范围1m/s≤v2≤7m/s所以当v2=7m/s时，P向左经过A点时有最大动能：E=12(2m)v22=49J⑩