2014年高考物理真题分类汇编：F单元+动量

F单元动量F1动量冲量动量定理F2动量守恒定律[来源:Zxxk.Com]4．[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，重力加速度g取10m/s2，则下列图中两块弹片飞行的轨迹可能正确的是ABCD4．B[解析]弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有m弹丸v0＝34mv甲＋14mv乙，解得4v0＝3v甲＋v乙，爆炸后两块弹片均做平抛运动，竖直方向有h＝12gt2，水平方向对甲、乙两弹片分别有x甲＝v甲t，x乙＝v乙t，代入各图中数据，可知B正确．22．如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m；A和B的质量相等；A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2.重力加速度g取10m/s2.求：(1)碰撞前瞬间A的速率v；(2)碰撞后瞬间A和B整体的速率v′；(3)A和B整体在桌面上滑动的距离l.22．[答案](1)2m/s(2)1m/s(3)0.25m[解析]设滑块的质量为m.(1)根据机械能守恒定律有mgR＝12mv2解得碰撞前瞬间A的速率有v＝2gR＝2m/s.[来源:学科网](2)根据动量守恒定律有mv＝2mv′解得碰撞后瞬间A和B整体的速率v′＝12v＝1m/s.(3)根据动能定理有12(2m)v′2＝μ(2m)gl解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离l＝v′22μg＝0.25m．F3动量综合问题10．[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.10．(1)2.5m/s2(2)1m/s(3)0.45m[解析](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＝0.45m⑦35．(2)如图所示，质量分别为mA、mB的两个弹性小球A、B静止在地面上，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取10m/s2，忽略空气阻力及碰撞中的动能损失．求：(1)B球第一次到过地面时的速度；(2)P点距离地面的高度．(2)解：(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＝2gh①将h＝0.8m代入上式，得v1＝4m/s.②(ⅱ)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为v1和v′1(v′1＝0)，B球的速度分别为v2和v′2，由运动学规律可得v1＝gt③[来源:学科网ZXXK]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＝mBv′2④12mAv21＋12mBv22＝12mv′22⑤设B球与地面相碰后速度大小为v′B，由运动学及碰撞的规律可得v′B＝vB⑥设P点距地面的高度为h′，由运动学规律可得h′＝v′2B－v222g⑦联立②③④⑤⑥⑦式，并代入已知条件可得h′＝0.75m．⑧21．[2014·全国卷]一中子与一质量数为A(A1)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.A＋1A－1B.A－1A＋1C.4A（A＋1）2D.（A＋1）2（A－1）221．A[解析]本题考查完全弹性碰撞中的动量守恒、动能守恒．设碰撞前后中子的速率分别为v1，v′1，碰撞后原子核的速率为v2，中子的质量为m1，原子核的质量为m2，则m2＝Am1.根据完全弹性碰撞规律可得m1v1＝m2v2＋m1v′1，12m1v21＝12m2v22＋12m1v′21，解得碰后中子的速率v′1＝m1－m2m1＋m2v1＝A－1A＋1v1，因此碰撞前后中子速率之比v1v′1＝A＋1A－1，A正确．F4力学观点的综合应用35．(18分)图24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.35．(1)3m/s9J(2)10m/s≤v1≤14m/s17J[解析](1)P1、P2碰撞过程动量守恒，有mv1＝2mv解得v＝v12＝3m/s碰撞过程中损失的动能为ΔE＝12mv21－12(2m)v2解得ΔE＝9J.(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，碰后经过B点的速度为v2，由牛顿第二定律和运动学规律，得μ(2m)g＝2ma3L＝vt－12at2v2＝v－at解得v1＝2v＝6L＋μgt2tv2＝6L－μgt22t由于2s≤t≤4s所以解得v1的取值范围10m/s≤v1≤14m/s[来源:学科网ZXXK]v2的取值范围1m/s≤v2≤5m/s所以当v2＝5m/s时，P向左经过A点时有最大速度v3＝v22－2μgL则P向左经过A点时有最大动能E＝12(2m)v23＝17J.24．[2014·全国卷]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：[来源:学#科#网](1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失．24．[答案](1)1.0m/s(2)1400J[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、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＝1400J④F5实验：验证碰撞中的动量守恒