高考物理-历年高考真题分类汇编2017F单元动量

1、12 4 2f1动量冲量 动量定理20f1 (多选)2017全国卷 一质量为 2 kg的物块在合外力 f 的作用下从静止开始沿 直线运动f 随时间 t 变化的图线如图所示，则( )图 1a t1 s时物块的速率为 1 m/sb t2 s时物块的动量大小为 4 kgm/sc t3 s时物块的动量大小为 5 kgm/sd t4 s时物块的速度为零20ab 解析 由题目可知 f 2 n ，f 1 n ，由动量定理 ftm v m v ，可知 t1 0ft 211 s 时，ft m v ，代入数据可得 v m/s1 m/s，故 a 正确；t2 s 时，p1 1 1 m 2ft ，代入数据可得 p4 k

2、gm/s，故 b 正确；t3 s时，pft f (tt)，代入数据可得 p 2 2 3 2ft f （tt ）3 kgm/s，故c 错误；t4 s时，由 ft f (tt)m v ，代入数据可得 v 2 4 2 4 4 m221（42）2m/s1 m/s，故 d 错误4d6 、e1 、f1 2017天津卷 “天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是 天津市的地标之一摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动下列叙 述正确的是( )图 1a 摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变b 在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力c 摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零d 摩天轮

3、转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变4b 解析 乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能保持不变，而重力势能时4aa a442qb22mv2t222222刻改变，a 错误；在最高点合外力提供向心力，方向向下，所以在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力，b 正确；乘客重力的冲量等于重力与时间的乘积，c 错误；乘客向下的瞬 时分速度时刻在改变，所以重力的瞬时功率也时刻在变化，d 错误f2动量守恒定律23f2 、k2 、o2 2017北京卷 在磁感应强度为 b 的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次 衰变放射出的 粒子(2he)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为 r .用 m 、

4、q 分别表示粒子的质量和电荷量(1)放射性原子核用 x 表示，新核的元素符号用 y 表示，写出该衰变的核反应方程z(2)粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小 (3)设该衰变过程释放的核能都转为粒子和新核的动能，新核的质量为 m ，求衰变过程的质量亏损m .23答案 (1)x y hez z 2 22m 2 （m m ）（qbr ）(2) (3)qb 2mmc解析 (2)设粒子的速度大小为v，由 qvb mv2 2r ，t ，得r粒子在磁场中运动周期t q q b环形电流大小 i 2m2mqb(3)由 qvb mv qbr，得 vr m设衰变后新核 y 的速度大小

5、为 v，系统动量守恒，得 m vmv0m v qbr则 v m m1 1由mc m v m v2 2（m m ）（qbr ）得m 2mmc446242358914446 24235892解得 mma 4说明：若利用 m m 解答，亦可4122017江苏卷 【选做题】本题包括 a 、b 、c 三小题，请选定其中两小题，并在 相应的答题区域内作答若多做，则按 a 、b 两小题评分c o2 、o1 、f2 选修 3-5(1)原子核的比结合能曲线如图所示根据该曲线，下列判断正确的有_图 1a he 核的结合能约为 14 mev 2b he 核比 li 核更稳定2 3c 两个1h 核结合成 he 核时释

6、放能量2d u 核中核子的平均结合能比 kr 核中的大92 36(2)质子( h) 和粒子( he)被加速到相同动能时，质子的动量_(选填“大于”“小1 2于”或“等于”)粒子的动量，质子和粒子的德布罗意波波长之比为_ (3)甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是 1 m/s.甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为 1 m/s和 2 m/s. 求甲、乙两运动员的质量之比c (1)结合能等于比结合能乘以核子数，故 he 核的结合能约为 28 mev ，a 错误；由2图像可知 he 核的比结合能大于 li 核的比结合能，故 b 正确；两个

7、h 核结合成一个 he 核，2 3 1 2结合能增加，故一定存在质量亏损，故要释放能量，c 正确； u 核中核子的平均结合能92小于36kr 核中的，故 d 错误1(2)由 pm v，e m v 得 p 2me ，所以质子和粒子动能相同时，质子的动量更小德k 2 kh h布罗意波波长 ，所以波长之比为 21.p 2mek(3)由动量守恒定律得 m甲v m甲乙v m乙乙v m v 乙 甲 甲m v v 甲 乙 乙m v v 乙 甲 甲甲 3代入数据得 .2乙14f2 2017全国卷 将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空，50 g 燃烧的燃气以大22222小为 600 m/s的速度从火箭喷

8、口在很短时间内喷出在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小 为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)( )a 30 kgm/s b 5.710kgm/sc 6.010kgm/s d 6.310kgm/s14a 解析 在燃气喷出后的瞬间，喷出的燃气的动量 pm v30 kgm/s，由动量守 恒定律可得火箭的动量大小为 30 kgm/s，选项 a 正确10a3 、e3 、f2 2017天津卷 如图所示，物块 a 和 b 通过一根轻质不可伸长的细绳 相连，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为m 2 kg、m 1 kg.初始时 a 静止a b于水平地面上，b 悬于空中现将 b 竖直向上再举高 h1.8 m

9、 未(触及滑轮)，然后由静止释 放一段时间后细绳绷直，a、b 以大小相等的速度一起运动，之后 b 恰好可以和地面接触取 g10 m/s，空气阻力不计求：图 1(1) b 从释放到细绳刚绷直时的运动时间 t；(2) a 的最大速度 v 的大小；(3) 初始时 b 离地面的高度 h .10答案 (1)0.6 s(2)2 m/s (3)0.6 m解析 (1)b 从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 1h gt 2代入数据解得t0.6 s (2)设细绳绷直前瞬间 b 速度大小为 v ，有bvbgt 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于 a 、b 的重力，a 、b 相互作用，由动量守恒得mv (m m )v

10、b b a b之后 a 做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度 v 即为最大速度，联立式， 代入数据解得22v2 m/s (3)细绳绷直后，a 、b 一起运动，b 恰好可以和地面接触，说明此时 a 、b 的速度为零， 这一过程中 a 、b 组成的系统机械能守恒，有12(m m )v m gh m gh a b b a代入数据解得h 0.6 m f3f4动量综合问题力学观点的综合应用25a8 、c5 、f4 2017全国卷 如图，两个滑块 a 和 b 的质量分别为 m 1 kg 和am 5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为0.5； b 1木板的质量为 m 4

11、kg，与地面间的动摩擦因数为 0.1.某时刻 a 、b 两滑块开始相向滑2动，初速度大小均为 v 3 m/s.a 、b 相遇时，a 与木板恰好相对静止设最大静摩擦力等于0滑动摩擦力，取重力加速度大小 g10 m/s.求：图 1(1) b 与木板相对静止时，木板的速度；(2) a 、b 开始运动时，两者之间的距离25答案 (1)1 m/s(2)1.9 m解析 (1)滑块 a 和 b 在木板上滑动时，木板也在地面上滑动设 a 、b 所受木板的摩擦力和木板所受地面的摩擦力大小分别为 f 、f 和 f ，a 和 b 相对于地面的加速度大小分别为1 2 3a 和 a ，木板相对于地面的加速度大小为 a

12、.在滑块 b 与木板达到共同速度前有a b 1f m g 1 1 af m g 2 1 bf (m m m )g 3 2 a b由牛顿第二定律得f m a1 a a222f m a2 b bf f f ma 2 1 3 1设在 t 时刻，b 与木板达到共同速度，其大小为 v .由运动学公式有 1 1vv a t 1 0 b 1va t 1 1 1联立式，代入已知数据得v11 m/s (2)在 t 时间间隔内，b 相对于地面移动的距离为 11s v t a t b 0 1 2 b 1设在 b 与木板达到共同速度 v 后，木板的加速度大小为 a .对于 b 与木板组成的体系，1 2由牛顿第二定律有

13、f f (m m )a1 3 b 2由式知，a a ；再由式知，b 与木板达到共同速度时，a 的速度大小也a b为 v ，但运动方向与木板相反由题意知，a 和 b 相遇时，a 与木板的速度相同，设其大小 1为 v .设 a 的速度大小从 v 变到 v 所用的时间为 t ，则由运动学公式，对木板有2 1 2 2vv a t2 1 2 2对 a 有vv a t2 1 a 2在 t 时间间隔内，b (以及木板)相对地面移动的距离为 21s v t a t1 1 2 2 2 2在(t t )时间间隔内，a 相对地面移动的距离为 1 21s v (t t ) a (t t )a 0 1 2 2 a 1

14、22a 和 b 相遇时，a 与木板的速度也恰好相同因此 a 和 b 开始运动时，两者之间的距 离为s s s s0 a 1 b联立以上各式，并代入数据得s 1.9 m0(也可用如图的速度时间图线求解)f5实验：验证碰撞中的动量守恒12017吉林四中月考 如图 k18 1 所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以 速度 v 抽出纸条后，铁块掉在地面上的 p 点，若以 2v 速度抽出纸条，则铁块落地点为( )图 k18 1a 仍在 p 点b 在 p 点左侧c 在 p 点右侧不远处d 在 p 点右侧原水平位移的两倍处1.b2一位质量为 m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经t 时间，身体伸直并刚好离开

15、地 面，速度为 v.在此过程中(重力加速度为 g)( )1a 地面对他的冲量为 m vmg t，地面对他做的功为 m v22b 地面对他的冲量为 m vmg t，地面对他做的功为零1c 地面对他的冲量为 m v，地面对他做的功为 m v2d 地面对他的冲量为 m vmg t，地面对他做的功为零2b 解析 设地面对运动员的作用力为 f ，则由动量定理得：(f mg )tm v，故 f22000tm vmg t；运动员从下蹲状态到身体伸直并刚好离开地面，地面对运动员做功为零， 这是因为地面对人的作用力沿力的方向没有位移b 正确3(多选)2017河南南阳一中月考 如图 k19 3 甲所示，一轻弹簧的

16、两端与质量分别为m 和 m 的两物块 a 、b 相连接，并静止在光滑的水平面上现使 b 瞬时获得水平向右的速 1 2度 3 m/s，以此刻为计时起点，两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，从图像信息可 得( )图 k19 3a 在 t 、t 时刻两物块达到共同速度 1 m/s，且弹簧都处于伸长状态1 3b 从 t 到 t 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长3 4c 两物块的质量之比为 m m 121 2d 在 t 时刻 a 与 b 的动能之比为 e e 812 k1 k22 bd 解析 图线与横轴围成的面积表示位移大小，在 t 时刻 b 的位移大于 a 的位1移，此时弹簧处于拉伸状态，在 t 时刻

17、 b 做加速运动，即受到向右的弹力，所以此时弹簧3处于压缩状态，当 b 的加速度为零时，弹簧弹力为零，所以 t 时刻 b 受到的弹力为零，即4弹簧恢复原长，故从 t 到 t 时刻弹簧由压缩状态恢复到原长，a 错误，b 正确；由于整个过3 4程中两者和弹簧组成的系统动量守恒，故从 0t 过程中有 m 3 m/s(m m )1 m/s，解1 2 2 1得 2m m ，故 m m 21，c 错误；在 t 时刻 a 的速度为 v 2 m/s，b 的速度为 v 2 1 1 2 2 a b1 m/s，根据 m m 21，解得 e e 81，故 d 正确1 2 k1 k242017广东肇庆二模 如图 k19

18、 5 所示，在光滑的水平面上有一长为 l 的木板 b ，1上表面粗糙，在其左端有一光滑的 圆弧槽 c 与长木板接触但不相连，圆弧槽的下端与木板41上表面相平，b 、c 静止在水平面上现有滑块 a 以初速度 v 从右端滑上 b ，并以 v0 2 0度滑离 b ，恰好能到达 c 的最高点a 、b 、c 的质量均为 m ，求：(1)滑块 a 与木板 b 上表面间的动摩擦因数 ；1(2) 圆弧槽 c 的半径 r ；4(3)当 a 滑离 c 时，c 的速度大小图 k19 5的速5v v v4(1) (2) (3)16lg 64g 2解析 (1)当a 在 b 上滑动时，a 与 b 、c 整体发生作用，规定

19、向左为正方向，由于水平 面光滑，故 a 与 b 、c 组成的系统动量守恒，有0222000224000222 2 2401 m v m v202m v11解得 v v1 4 0由能量守恒定律知系统动能的减小量等于滑动过程中产生的内能，有1 1 v 2 1q mgl m v m 2m 2 0 2 2v 2045v解得 .16lg(2)当 a 滑上 c 时，b 与 c 分离，a 与 c 发生作用，设到达最高点时速度相等，为 v ，2规定向左为正方向，a 与 c 组成的系统水平方向动量守恒，有1m v2m v 2m v0 123v解得 v 2 80a 与 c 组成的系统机械能守恒，有1 v 2 1 v 2 1m m (2m )v mgr2 2 2 2v2解得 r .64g(3)当 a 滑下 c 时，设 a 的速度为 v ，c 的速度为 v ，规定向左为正方向，a 与 c 组成a c的系统水平方向动量守恒，且 v v ，有c a1m v2m v m v m v 0 1 a ca 与 c 组成的系统动能守恒，有1 v 2 1 v 2 1 1m m m v m v2 a 2 cv解得 v .c 25某同学设计了一个用打点计时器验证