高考物理-2018高考物理大复习真题汇编F动量

F单元动量F1 动量冲量动量定理35．[2016·全国卷Ⅰ] [物理——选修3­5]F1(2)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．35.（2）[答案] (i)ρv0S(ii)v202g －M2g 2ρ2v20S2[解析] (i)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S③(ii)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得1 2(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝v202g －M2g2ρ2v20S2⑧24．F1[2016·北京卷] (1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1­所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．图1­a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δp x、Δp y；b．分析说明小球对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动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图1­所示，图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．a．光束①和②强度相同；b．光束①比②的强度大.图1­24．[答案] (1)a.0 2mv cos θb．沿y轴负方向(2)a.沿SO向左b．指向左上方[解析] (1)a.x方向：动量变化为Δp x＝mv sin θ－mv sin θ＝0y方向：动量变化为Δp y＝mv cos θ－(－mv cos θ)＝2mv cos θ方向沿y轴正方向．b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向．(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p.这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2np cos θ从小球出射时的总动量为p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理FΔt＝p2－p1＝2np(1－cos θ)>0可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左．b．建立如图所示的Oxy直角坐标系．x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．y方向：设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2.这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)p sin θ从小球出射时的总动量为p2y＝0根据动量定理：F yΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)p sin θ可知，小球对这些粒子的作用力F y 的方向沿y 轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y 轴正方向．所以两光束对小球的合力的方向指向左上方． 12．[2016·江苏卷] C ．[选修3­5] F1 O1 (2)已知光速为c ，普朗克常数为h ，则频率为ν的光子的动量为________．用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为________．12．C ．（2）[答案]h νc 2h νc[解析]因为光速c ＝λν，则λ＝c ν，所以光子的动量p ＝h λ＝h νc，由于动量是矢量，因此若以射向平面镜时光子的动量方向为正方向，即p 1＝h νc ，反射后p 2＝－h νc，动量的变化量Δp ＝p 2－p 1＝－h νc －h νc ＝－2h νc ，则光子在反射前后动量改变量的大小为2h νc. F2 动量守恒定律35．[2016·全国卷Ⅲ] [物理——选修3­5]F2(2)如图1­所示，水平地面上有两个静止的小物块a 和b ，其连线与墙垂直；a 和b 相距l ，b 与墙之间也相距l ；a 的质量为m ，b 的质量为34m .两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a 以初速度v 0向右滑动，此后a 与b 发生弹性碰撞，但b 没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g .求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．图1­35．（2）[答案] 32v 20113gl ≤μ<v 22gl[解析]设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a 、b 能够发生碰撞，应有 12mv 20>μmgl ① 即μ<v 202gl②设在a 、b 发生弹性碰撞前的瞬间，a 的速度大小为v 1.由能量守恒有 12mv 20＝12mv 21＋μmgl ③ 设在a 、b 碰撞后的瞬间，a 、b 的速度大小分别为v ′1、v ′2，由动量守恒和能量守恒有mv 1＝mv ′1＋3m4v ′2 ④12mv 21＝12mv ′21＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22 ⑤联立④⑤式解得v ′2＝87v 1 ⑥由题意，b 没有与墙发生碰撞，由功能关系可知 12⎝ ⎛⎭⎪⎫3m 4v ′22≤μ3m4gl ⑦ 联立③⑥⑦式，可得 μ≥32v 2113gl⑧联立②⑧式，a 与b 发生碰撞、但b 没有与墙发生碰撞的条件 32v 20113gl ≤μ<v 22gl⑨ 22A.F2[2016·上海卷] 如图1­所示，粗糙水平面上，两物体A 、B 以轻绳相连，在恒力F 作用下做匀速运动．某时刻轻绳断开，A 在F 牵引下继续前进，B 最后静止．则在B 静止前，A 和B 组成的系统动量________(选填“守恒”或“不守恒”)；在B 静止后，A 和B 组成的系统动量________(选填“守恒”或“不守恒”)．图1­22A.[答案] 守恒 不守恒[解析] B 静止前，系统受到的摩擦力等于拉力，合外力为零，满足动量守恒条件；B 静止后，系统受到的摩擦力小于拉力，合外力不为零，不满足动量守恒条件．F3 动量综合问题35．[2016·全国卷Ⅱ] [物理——选修3­5]F3(2)如图1­所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s 的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h ＝0.3 m(h 小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m 1＝30 kg ，冰块的质量为m 2＝10 kg ，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.(i)求斜面体的质量；(ii)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？图1­35.（2）[答案] (i)20 kg (ii)不能[解析](i)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v ，斜面体的质量为m 3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m 2v 20＝(m 2＋m 3)v ①12m 2v 220＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh ② 式中v 20＝－3 m/s 为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得 m 3＝20 kg ③(ii)设小孩推出冰块后的速度为v 1，由动量守恒定律有 m 1v 1＋m 2v 20＝0 ④代入数据得 v 1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v 2和v 3，由动量守恒和机械能守恒定律有 m 2v 20＝m 2v 2＋m 3v 3 ⑥ 12m 2v 220＝12m 2v 22＋12m 3v 23 ⑦ 联立③⑥⑦式并代入数据得v 2＝1 m/s ⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．F4 力学观点的综合应用9．[2016·天津卷]F4(1) 如图所示，方盒A 静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B ，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v 开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．图1­[答案] v 3 v 23μg[解析] 设滑块的质量为m ，则盒的质量为2m .对整个过程，由动量守恒定律可得mv ＝3mv 共解得v 共＝v3由能量关系可知μmgx ＝12mv 2－12·3m ·⎝ ⎛⎭⎪⎫v 32解得x ＝v 23μgF5 实验：验证碰撞中的动量守恒17． [2016·海南卷] [选修3­5]F5(2)如图1­所示，物块A 通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止；从发射器(图中未画出)射出的物块B 沿水平方向与A 相撞，碰撞后两者粘连在一起运动；碰撞前B 的速度的大小v 及碰撞后A 和B 一起上升的高度h 均可由传感器(图中未画出)测得．某同学以h 为纵坐标，v 2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，求得该直线的斜率为k ＝1.92 ×10－3 s 2/m.已知物块A 和B 的质量分别为m A ＝0.400 kg 和m B ＝0.100 kg ，重力加速度大小g 取9.80 m/s 2.图1­(i)若碰撞时间极短且忽略空气阻力，求h ­v 2直线斜率的理论值k 0； (ii)求k 值的相对误差δ(δ＝|k －k 0|k 0×100%，结果保留1位有效数字)．17．(2) [答案] (i )2.04×10－3 s 2/m (ii)6%[解析] (i)设物块A 和B 碰撞后共同运动的速度为v ′，由动量守恒定律有 m B v ＝(m A ＋m B )v ′ ①在碰后A 和B 共同上升的过程中，由机械能守恒定律有 12(m A ＋m B )v ′2＝(m A ＋m B )gh ② 联立①②式得h ＝m 2B 2g （m A ＋m B ）2v 2③ 由题意得k 0＝m 2B2g （m A ＋m B ）2 ④代入题给数据得k 0＝2.04×10－3 s 2/m ⑤ (ii)按照定义δ＝|k －k 0|k 0×100% ⑥由⑤⑥式和题给条件得 δ＝6% ⑦1．[2016·银川一中第五次月考] 如图K49­1所示，可视为质点的小物块A 、B 的质量分别为m 和3m ，静止放在光滑水平地面上，物块A 、B 间夹有一小块炸药(炸药的质量可以忽略不计)．某时刻炸药爆炸使物块A 、B 脱离，然后物块A 与一质量为2m 且以速度v 0向右滑动的物块C 发生碰撞，物块A 、C 碰撞后，物块A 、B 、C 具有相同的速度．若炸药爆炸释放的化学能全部转化为物块A 、B 的机械能，求炸药爆炸时释放的化学能．图K49­11.23mv 20 [解析] 炸药爆炸时，由动量守恒定律可得：3mv B ＝mv A A 、C 碰撞过程中满足动量守恒定律：2mv 0－mv A ＝3mv B 联立解得：v A ＝v 0，v B ＝13v 0根据能量守恒定律得爆炸释放的化学能：E ＝12mv 2A ＋12×3mv 2B解得：E ＝23mv 20.2．[2016·贵阳一中第三次月考] 在光滑的冰面上放置一个截面为四分之一圆的半径足够大的光滑自由曲面体，一个坐在冰车上的小孩手扶一小球静止在冰面上．已知小孩和冰车的总质量为m 1，小球的质量为m 2，曲面体的质量为m 3.某时刻小孩将小球以v 0＝4 m/s 的速度向曲面体推出(如图K49­2所示)．(1)求小球在圆弧面上能上升的最大高度；(2)若m 1＝40 kg ，m 2＝2 kg ，小孩将球推出后还能再接到小球，试求曲面质量m 3应满足的条件．图K49­22．(1)m 3v 202（m 2＋m 3）g (2)m 3＞4219kg[解析] (1)小球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m 2v 0＝(m 2＋m 3)v系统机械能守恒，由机械能守恒定律得12m 2v 20＝12(m 2＋m 3)v 2＋m 2gh 解得：h ＝m 3v 202（m 2＋m 3）g.(2)小孩推出球的过程小孩与球组成的系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得m 2v 0－m 1v 1＝0，球与曲面组成的系统在水平方向动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得 m 2v 0＝－m 2v 2＋m 3v 3 由机械能守恒定律得12m 2v 20＝12m 2v 22＋12m 3v 23 解得：v 2＝m 3－m 2m 3＋m 2v 0 如果小孩将球推出后还能再接到球，则需要满足：v 2＞v 1 解得：m 3＞4219kg.3．[2016·江西重点中学协作体第一次联考] 如图K49­3所示，质量均为m 的木板AB 和滑块CD 紧靠在一起静置在光滑水平面上，木板AB 的上表面粗糙，滑块CD 的表面是光滑的四分之一圆弧，其始端D 点切线水平且与木板AB 上表面相平．一可视为质点的物块P 质量也为m ，从木板AB 的右端以初速度v 0滑上木板AB ，过B 点时的速度为v 02，然后滑上滑块CD ，最终恰好能滑到滑块CD 的最高点C 处．重力加速度为g .求：(1)物块滑到B 点时木板的速度v 的大小； (2)滑块CD 圆弧的半径R .图K49­33．(1)v 04 (2)v 2064g[解析] (1)对P 和木板、滑块CD 组成的系统，由动量守恒定律有mv 0＝12mv 0＋2mv解得v ＝v 04.(2)物块P 由D 点滑到C 点的过程中，滑块CD 和物块P 组成的系统在水平方向动量守恒，有m v 02＋m v 04＝2mv 共系统能量守恒，有mgR ＝12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 022＋12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫v 042－12×2mv 2共解得R ＝v 2064g.。