1、2021年高考物理真題分類匯編：動量專題30. 2021福建卷I(2)一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率Vo進(jìn)入太空預(yù)定位置,由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星別離.前局部的衛(wèi)星質(zhì)量為m,后局部的箭體質(zhì)量為m,別離后箭體以速率V2沿火箭原方向飛行,假設(shè)忽略空氣阻力及別離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化,那么別離后衛(wèi)星的速率Vi為.(填選項前的字母)¥1to¥1h=ciA.VoV2B.V0+V2-m20C.V0V2D.V0+(V0V2)mm30.(2)D解析忽略空氣阻力和別離前后系統(tǒng)質(zhì)量的變化,衛(wèi)星和箭體整體別離前后動量守恒,那么有(m+m)V0=mVi+mV2,整理可得vi=v°+0(v°

2、V2),故D項正確.m(2021上海)22A.動能相等的兩物體A、B在光滑水平面上沿同一直線相向而行,它們的速度大小之比V1：V2=2:1,那么動量之比pA:pB=;兩者碰后粘在一起運(yùn)動,其總動量與A原來動量大小之比p：pA=答案1:2;1:114.2021浙江卷(1)如圖1所示,甲木塊的質(zhì)量為m,以速度V沿光滑水平地面向前運(yùn)動,正前方有一靜止的、質(zhì)量為由的乙木塊,乙上連有一輕質(zhì)彈簧.甲木塊與彈簧接觸后()A.甲木塊的動量守恒甲I二AWW乙B.乙木塊的動量守恒C.甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)的動量守恒D.甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能守恒14.答案(1)C解析(1)此題考查碰撞、動量守恒定律等知識點

3、.甲木塊與彈簧接觸后,由于彈簧彈力的作用,甲、乙的動量要發(fā)生變化,但對于甲、乙所組成的系統(tǒng)因所受合力的沖量為零,故動量守恒,選項A、B錯誤,選項C正確；甲、乙兩木塊所組成系統(tǒng)的動能,一局部轉(zhuǎn)化為彈簧的勢能,故不守恒.4.2021重慶卷一彈丸在飛行到距離地面5m高時僅有水平速度v=2m/s,爆炸成為甲、乙兩塊水平飛出,甲、乙的質(zhì)量比為3：1,不計質(zhì)量損失,重力加速度g取102m/s,那么以下圖中兩塊彈片飛行的軌跡可能正確的選項是BACD一.31.4.B解析彈丸在爆炸過程中,水平方向的動重寸恒,有m單丸v0=4mw+%mv乙,解1 2、-E得4Vo=3v甲+v乙,爆炸后兩塊彈片均做平拋運(yùn)動,豎直方

4、向有h=,gt,水平方向?qū)?、乙兩彈片分別有x甲=丫甲1,x乙=丫乙1,代入各圖中數(shù)據(jù),可知B正確.35.物理一一選修352021新課標(biāo)全國卷I(2)如下圖,質(zhì)量分別為m,nB的兩個彈性小球AB靜止在地面上,B球距地面的高度h=0.8m,A球在B球的正上方,先將B球釋放,經(jīng)過一段時間后再將A球釋放,當(dāng)A球下落t=0.3s時,剛好與B球在地面上方的P點處相碰,碰撞時間極短,碰后瞬間A球的速度恰為零,mB=3m,重力加速度大小g取10m/s2,忽略空氣阻力及碰撞中的動能損失.求：於制：0.8口(1) B球第一次到過地面時的速度；(2) P點距離地面的高度.(2)解：(i)設(shè)B球第一次到達(dá)地面時的速

5、度大小為vb,由運(yùn)動學(xué)公式有vb=2gh將h=0.8m代入上式,得v1=4m/s.(ii)設(shè)兩球相碰前后,A球的速度大小分別為v1和v'1(v'1=0),B球的速度分別為丫2和v'2,由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得v1=gt由于碰撞時間極短,重力的作用可以忽略,兩球相碰前后的動量守恒,總動能保持不變,規(guī)定向下的方向為正,有mv1+mv2=mv'21mv2+1rrav2=mv2222設(shè)B球與地面相碰后速度大小為v'b,由運(yùn)動學(xué)及碰撞的規(guī)律可得vb=vb設(shè)P點距地面的高度為h',由運(yùn)動學(xué)規(guī)律可得,22,vB-v2h=；2g聯(lián)立式,并代入條件可得h'=0.7

6、5m.2021新課標(biāo)n卷物理選彳3-5(2)現(xiàn)利用圖(a)所示的裝置驗證動量守恒定律.在圖a中,氣墊導(dǎo)軌上有A、B兩個滑塊,滑塊A右側(cè)帶有一彈簧片,左側(cè)與打點計時器圖中未畫出的紙帶相連；滑塊B左側(cè)也帶有一彈簧片,上面固定一遮光片,光電計時器未完全畫出可以記錄遮光片通過光電門的時間.氣墊等軌圖a實驗測得滑塊A的質(zhì)量m=0.310kg,滑塊B的質(zhì)量m>=0.108kg,遮光片的寬度d=1.00cn打點計時器所用交流電的頻率f=50.0Hz.將光電門固定在滑塊B的右側(cè),啟動打點計時器,給滑塊A一向右的初速度,使它與B相碰.碰后光電計時顯示的時間為AtB=3.500m§碰撞前后打出的紙

7、帶如圖b所示.Jem*I<>I-4H>|>I>|-4<H*LW'TW1L.M32514.0014.0214.0314.05圖b假設(shè)實驗允許的相對誤差絕對值碰撞前后總動量之差碰前總動量X100%最大為5%本實驗是否在誤差范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律？寫出運(yùn)算過程.解析2按定義,物塊運(yùn)動的瞬間時速度大小As小v=At式中As為物塊在短時間At內(nèi)走過的路程.設(shè)紙帶上打出相鄰兩點的時間間隔為AtA,那么1Ata=f=0.02Ata可視為很短設(shè)A在碰撞前、后時速度大小分別為v.,V1.將式和圖給實驗數(shù)據(jù)代入式得vc=2.00m/sV2=0.970m/s設(shè)B在碰撞后

8、的速度大小為V2,由式得丫2=代入題給實驗數(shù)據(jù)得v2=2.86m/s設(shè)兩滑塊在碰撞前、后的總動量分別為p和p'那么p=mv0p'=mv1+mw2兩滑塊在碰撞前后總動量相對誤差的絕對值為pp_Sp=X100%Dp聯(lián)立式并代入有關(guān)數(shù)據(jù),得M=1.7%<5須因此,本實驗在允許的誤差范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律.24.2021安徽卷(20分)在光滑水平地面上有一凹槽A,中央放一小物塊B.物塊與左右兩邊槽壁的距離如圖所簿兩者之間的動摩擦因數(shù)科為0.05.開始時物塊靜設(shè)物塊與凹槽槽壁碰撞過程中沒有能量損失,且碰示,L為1.0m凹槽與物塊的質(zhì)量均為止,凹槽以vo=5m/s初速度向右運(yùn)動,撞

9、時間不計,g取10m/s2.求：(1)物塊與凹槽相對靜止時的共同速度；(2)從凹槽開始運(yùn)動到兩者相對靜止物塊與右側(cè)槽壁碰撞的次數(shù)；(3)從凹槽開始運(yùn)動到兩者剛相對靜止所經(jīng)歷的時間及該時間內(nèi)凹槽運(yùn)動的位移大小.24.答案(1)2.5m/s(2)6次(3)12.75m解析(1)設(shè)兩者間相對靜止時速度為v,由動量守恒定律得mv=2mv解得v=2.5m/s(2)設(shè)物塊與凹槽間的滑動摩擦力Ff=科2科mg設(shè)兩者相對靜止前相對運(yùn)動的路程為Si,由動能定理得FfSi=2(n)v2；m4,得S3=12.5mL=1m,可推知物塊與右側(cè)槽壁共發(fā)生6次碰撞.(3)設(shè)凹槽與物塊碰前的速度分別為vi、v2,碰后的速度分

10、別為v'1、v'2.有mv+mv=mv'1+mV22m2+2mv=2m/2+；mv2得v'1=v2,v2=Vi即每碰撞一次凹槽與物塊發(fā)生一次速度交換,在同一坐標(biāo)系上兩者的速度圖線如圖所示,根據(jù)碰撞次數(shù)可分為13段凹槽,物塊的vt圖像在兩條連續(xù)的勻變速運(yùn)動圖線間轉(zhuǎn)換,故可用勻變速直線運(yùn)動規(guī)律求時間.那么v=v0+at,a=g,解得t=5s凹槽的vt圖像所包圍的陰影局部面積即為凹槽的位移大小S2.(等腰三角形面積共分13份,第一份面積為0.5L,其余每份面積均為L)1 V0S2=ct+6.5L=12.75m.2222. 2021北京卷如下圖,豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧

11、軌道下端與水平桌面相切,小滑塊A和B分別靜止在圓弧軌道的最高點和最低點.現(xiàn)將A無初速釋放,A與B碰撞后結(jié)合為一個整體,并沿桌面滑動.圓弧軌道光滑,半徑R=0.2m；A和B的質(zhì)量相等；A和B整體與桌面之間的動摩擦因數(shù)科=0.2.重力加速度g取10m/s2.求：(1)碰撞前瞬間A的速率v；(2)碰撞后瞬間A和B整體的速率v'(3)A和B整體在桌面上滑動的距離l.22.答案(1)2m/s(2)1m/s(3)0.25m解析設(shè)滑塊的質(zhì)量為m(1)根據(jù)機(jī)械能守恒定律有12mg住-mv解得碰撞前瞬間A的速率有v=2gR=2m/s.(2)根據(jù)動量守恒定律有mv=2mv'解得碰撞后瞬間A和B整體

12、的速率v'=-v=1m/s.2(3)根據(jù)動能定理有1,2萬(2m)v=(2m)gl解得A和B整體沿水平桌面滑動的距離,2,v一一l=c=0.25m.2dg24. 2021全國卷冰球運(yùn)發(fā)動甲的質(zhì)量為80.0kg.當(dāng)他以5.0m/s的速度向前運(yùn)動時,與另一質(zhì)量為100kg、速度為3.0m/s的迎面而來的運(yùn)發(fā)動乙相撞.碰后甲恰好靜止.假設(shè)碰撞時間極短,求：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中總機(jī)械能的損失.25. 答案(1)1.0m/s(2)1400J解析(1)設(shè)運(yùn)發(fā)動甲、乙的質(zhì)量分別為mM碰前速度大小分別為v、V,碰后乙的速度大小為V.由動量守恒定律有mv-MV=MV代入數(shù)據(jù)得V'

13、;=1.0m/s(2)設(shè)碰撞過程中總機(jī)械能的損失為AE,應(yīng)有mv+MV=2mV2+AE聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)得AE=1400J35. 2021廣東卷(18分)圖24的水平軌道中,AC段的中點B的正上方有一探測器,C處有一豎直擋板,物體R沿軌道向右以速度v1與靜止在A點的物體P2碰撞,并接合成復(fù)合體P,以此碰撞時刻為計時零點,探測器只在t1=2s至t2=4s內(nèi)工作.R、巳的質(zhì)量都為F1kg,P與AC間的動摩擦因數(shù)為科=0.1,AB段長L=4m,g取10m/s2,R、P2和P均視為質(zhì)點,P與擋板的碰撞為彈性碰撞.(1)假設(shè)vi=6m/s,求Pi、P2碰后瞬間的速度大小v和碰撞損失的動能AE;(2)假設(shè)P

14、與擋板碰后,能在探測器的工作時間內(nèi)通過B點,求V1的取值范圍和P向左經(jīng)過A點時的最大動能E.36. (1)3m/s9J(2)10m/s<V1<14m/s17J解析(1)R、P2碰撞過程動量守恒,有mv=2mv-v1解得v=3m/s.1)10碰撞過程中損失的動能為AE=mv,(2m)v解得AE=9J.(2)由于P與擋板的碰撞為彈性碰撞.故P在AC間等效為勻減速運(yùn)動,設(shè)P在AC段加速度大小為a,碰后經(jīng)過B點的速度為v2,由牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)規(guī)律,得(2n)g=2ma,123L=vt2atv2=vat22口6L+gt6L-gt解得v1=2v=tv2=2t由于2s<t<4s所

15、以解得v1的取值范圍10m/s<v1<14m/sv2的取值范圍1m/s<v2<5m/s所以當(dāng)v2=5m/s時,P向左經(jīng)過A點時有最大速度v3=v22gL12那么P向左經(jīng)過A點時有最大功能E=2(2m)v2=17J.2021江蘇卷(3)牛頓的?自然哲學(xué)的數(shù)學(xué)原理?中記載,A、B兩個玻璃球相碰,碰撞后的別離速度和它們碰撞前的接近速度之比總是約為15：16.別離速度是指碰撞后B對A的速度,接近速度是指碰撞前A對B的速度.假設(shè)上述過程是質(zhì)量為2m的玻璃球A以速度v.碰撞質(zhì)量為m的靜止玻璃球B,且為對心碰撞,求碰撞后AB的速度大小.(3)4020解析設(shè)A、B球碰撞后速度分別為v1

16、和v2,由動量守恒定律得2mvv2-v1151731=2mv+mv,且由題思知=77,斛得v1=70,v2=v0.v01648242021山東卷【物理35(2)如下圖,光滑水平直軌道上兩滑塊A、B用橡皮筋連接,A的質(zhì)量為m開始時橡皮筋松弛,B靜止,給A向左的初速度va一段時間后,B與A同向運(yùn)動發(fā)生碰撞并粘在一起.碰撞后的共同速度是碰撞前瞬間A的速度的兩倍,也是碰撞前瞬間B的速度的一半.求:(i)B的質(zhì)量；(ii)碰撞過程中A、B系統(tǒng)機(jī)械能的損失.m.12(2)答案(1)2(u)6mv2解析(i)以初速度V0的方向為正方向,設(shè)B的質(zhì)量為mB,AB碰撞后的共同速度為vv,由題息知：碰撞刖瞬間A的速

17、度為2,碰撞刖瞬間B的速度為2v,由動重寸恒7E律得v+2mv=(m)v由式得仁=m(ii)從開始到碰后的全過程,由動量守恒定律得mv=(m+m)v設(shè)碰撞過程AB系統(tǒng)機(jī)械能的損失為AE,那么AE=；mj+gmB(2v)22(m+m)v2聯(lián)立式得12AE=1mvCD610. 2021天津卷如下圖,水平地面上靜止放置一輛小車A,質(zhì)量m=4kg,上外表光滑,小車與地面間的摩擦力極小,可以忽略不計.可視為質(zhì)點的物塊B置于A的最右端,B的質(zhì)量m<=2kg,現(xiàn)對A施加一個水平向右的恒力F=10N,A運(yùn)動一段時間后,小車左端固定的擋板與B發(fā)生碰撞,碰撞時間極短,碰后AB粘合在一起,共同在F的作用下繼續(xù)運(yùn)動,碰撞后經(jīng)時間t=0.6s,二者的速度到達(dá)vt=2m/