近6年高考物理真题分项版精解精析：专题14《动量》Word版含解析汇总

1、专题十四动量【2014高考真题】1.12014福建卷I】（2）一枚火箭搭载着卫星以速率vo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mi,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vi为.（填选项前的字母）%f屿f-Fto月A.V0V2B.V0+V2m2m2C-v0mv2D-vo+m；（v°v2）【答案】（2）D【解析】忽略空气阻力和分离前后系统质量的变优，卫星和箭体整体分离前后动量守恒，则有（血+晒）为=加甘1+四（玲整理可得T1=玲+詈1%一故D项正确.2.12014浙江卷】（

2、1）如图1所示，甲木块的质量为mi,以速度v沿光滑水平地面向前运动，正前方有一静止的、质量为m2的乙木块，乙上连有一轻质弹簧.甲木块与弹簧接触后（）A.甲木块的动量守恒一甲>/WWK乙B.乙木块的动量守恒L-IC.甲、乙两木块所组成的系统的动量守恒D.甲、乙两木块所组成系统的动能守恒【答案】CDC【解析】（U本题考查碰撞、动量守恒定律等知识点.甲木块与弹簧接触后，由于弹簧强力的作用，甲、乙的动量要发生变化，但对于甲、乙所组成的系统因所受合力的冲量为零，故动量守恒,选项A、H错误，选项C正确：甲、乙两木块所组成系统的动13部分转化为弹簧的势能，故不守恒.3.12014重庆卷】一弹丸在飞行到

3、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【答案】B【解析】弹丸在爆炸过程中，水平方向的动量守恒，有族.为二/n甲+睥得4%=3下中+*匚，爆炸后两块弹片均做平抛运动j竖直方向有声上巴水平方向对甲、乙两弹片分别有了串="一,工工=匚。代入各图中数据，可知E正确.4.【物理一一选彳35】【2014新课标全国卷I】(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

4、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：IV(1)B球第一次到过地面时的速度；(2)P点距离地面的高度.【解析】(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=V2gh将h=0.8m代入上式，得vi=4m/s.(ii)设两球相碰前后，A球的速度大小分别为vi和v'i(v'i=0),B球的速度分别为V2和v2,由运动学规律可得V1=gt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

5、守恒J总动能保持不变，规定向下的方向为正，有+mgV2=mgvjr谀B球与地面相匹后速度大小为由运动学及立握的捋律可得设P点距地面的高度为取，由运动学规律可得,卡联立式，并代入已知条件可得M=0.75m.©5.12014新课标n卷】【物理一一选彳35（2）现利用图（a）所示的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，光电计时器（未完全画出）可以记录遮光片通过光电门的时间.图（a）实验测得滑块A的质量m=0.310kg,滑块B的质量m2=0.108kg,遮

6、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.碰后光电计时显示的时间为AtB=3.500ms,碰撞前后打出的纸带如图（b）所示.*（cm）.1->I<I'*_*HIIIM<Hy>11.911,921,93LW3.25"4.0014m，4.Q3"4m1图（b）碰撞前后总动量之差若实验允许的相对误差绝对值（gyf曰X100%）最大为5%,本实验是否在碰刖总动重误差范围内验证了动量守恒定律？写出运算过程.【解析】（2）按定义，物块运动的瞬间时

7、速度大小v为v=Wt1式中As为物块在短时间国内走过的路程.设纸带上打出相邻两点的时间间隔为AtA,则1AtA=f=0.02您AtA可视为很短设A在碰撞前、后时速度大小分别为VQ,VI.将由口图给实验数据代人式得v0=2,O0W5va=0.970iw/5谩B在碰撞后的速度大小为心，由式得代入题给实蛤数据得的=2£6nt/s谀两滑块在碰撞前、后的总动量分别为p和P，则p=mivo®p'=mW】+m2垮2®两滑块在碰撞前后总动量相对误差的绝对值为5P=X100%P1寐立式并代入有关数据，得5P=1.7%<5%因此，本实藏在允许的误差范围内脸证了动量守恒定

8、律.6.12014安徽卷】(20分)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，为1.0m,凹槽与物块的质量均为m,两者之间的动摩擦因数科为0.05.开始时物块静止,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.【答案】(1)2.5m/s(2)6次(3)12.75m【解析】(1)设两者间相对静止时速度为v,由动量守恒定律

9、得mv0=2mv,解得v=2.5m/s(2)设物块与凹槽间的滑动摩擦力Ff=mg设两者相对静止前相对运动的路程为Si,由动能定理得Ff,Si=2(m+m)v22mvo,得*=12.5m已知L=1m,可推知物块与右侧槽壁共发生6次碰撞.(3)设凹槽与物块碰前的速度分别为也、的，碰后的速度分别为J1、V,A有=拆也+mv'得v吃二环即每碰撞一次凹槽与物块发生一次速度交换,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，物块的£图像在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，则事="十W,a=一咫:解得，="凹槽的w图像所

10、包围的阴制部分面积即为凹槽的位移大小53僻腰三龟形面积共分13份，第一份面积为05&其余每份面积均为Z)5：=)?+6.5Z=12,75m.7.12014北京卷】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尸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1.【答案】。兄m/E(2)1

11、m/s(3)0.2Sm【解析】设滑块的质量为阻根据机械能守恒定律有口1寸ingR=-mv2解得碰撞前瞬间/的速率有Q)根据动量守恒定律有解得碰撞后瞬间R和B整体的速率力二;尸IW工0)根据动能定理有如前铲斗q晒m解得A和君整体沿水平桌面滑动的距离8.12014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：(1)碰后乙的速度的大小；(2)碰撞中总机械能的损失.【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

12、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'代入数据得V'=1.0m/s(2)设碰撞过程中总机械能的损失为AE,应有111119一公2mv+2MV=2MV+AE联立式，代入数据得AE=1400J9.12014广东卷】(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Pi沿轨道向右以速度vi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ti=2s至t2=4s内工作.已知Pi、P2的质量都为m=1kg,P与AC间的动摩擦因数为尸0.1,AB段长L=4m,g取10m/s2,Pi、P

13、2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PP2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能AE;(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.【答案】91lOm/W叫W14皿s17J【解析】Q)尸八巧碰撞过程动量守恒，有加产而解得“=/=3W*碰撞过程中损失的动能为-如"州解得功二9丁一由于p与岩板的碰撞为弹性碰撞.故R在c间等效力匀减速运动，谩p在RC段加速度大小为4碰后经过3点的速度为冷,由牛顿第二定律和运动学规律，得wP2jtw£t=val解得为=2=中力=当锂由于2sW，W4s所以解得力的

14、取值范围10m/s<V1<14m/sv2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=Mv2211gL19则P向左经过A点时有取大动能E=2（2m）v3=17J.10.12014江苏卷】（3）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.【答案】47V031vo【解析】设A、B球碰撞后

15、速度分别为V1和v2,由动量守恒定律得2mv0=2mv1+mv2,且由题意知V1=11，解得V1=17v。，V2=31vo.vo16482411.12014山东卷】【物理35（2）如图所示，光滑水平直轨道上两滑块A、B用橡皮筋连接，A的质量为m.开始时橡皮筋松弛，B静止，给A向左的初速度V0.一段时间后，B与A同向运动发生碰撞并粘在一起.碰撞后的共同速度是碰撞前瞬间A的速度的两倍，也是碰撞前瞬间b的速度的一半.求：生（i）B的质量;（ii）碰撞过程中A、B系统机械能的损失.【答案】（哨3比E【解析】（i以初速度地的方向为正方向，谩方的质量为"人R碰撞后的共同速度为v,由题sin：碰撞

16、前瞬间乂的速度为*碰撞前瞬间£的速度为2打由动量守恒定律得由式得（ii）从开始到碰后的全过程，由动量守恒定律得设碰撞过程B系统机械能的损失为则F2*=全电）+；加2力'一和n+Mflrjv2©联立式得AE=；mv212.12014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=

17、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1.1答案】(1)2.5m0(2)1tn/s3)045m【解析】(1)以9为研究对象,由牛顿第二定律有代入数据解得<r=2,5m/s20Q)对2碰撞后共同运动的过程，由动量定理得盾二(*,+用加%(风(+次甘)虎)代入数据解得v=lm/s®(3股.42发生碰撞前，且的速度为山，对儿£发生碰撞的过程，由动量守恒定律有力从开始运动到与B发生碰撞前,由动能定理有啊二寺叫吸由式，代人数据解得1=0.45m【2013高考真题】(2013天津

18、卷)2、我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现，接棒”的运动员甲提前站在交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则()A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功52【答案】BI解析】冲量是矢量，甲乙相互作用时，冲量大小相等方向相反,故A错误由动量守恒定律知，甲乙动量变化量大小相等方向相反，颉B正确$甲乙相互作用时是非强性碰撞，动能不

19、守恒,甲的动能增加量和乙动能的减少量不相等，故C错误w因甲的动能增加量和乙动【能的减少量科目等,由动能定理知，甲对乙做功的绝对值和乙对甲做功的绝对值科目等，故D错误。【考点定位】本题考查冲量、动量、动量守恒定律和动能定理，意在考查考生的推理能力。(2013上海卷)22A.质量为M的物块静止在光滑水平桌面上，质量为m的子弹以水平速度vo射入物块后，以水平速度2vo/3射出。则物块的速度为,此过程中损失的机械能为mv05M-m2v13M，18MmV0【解析】能即动能Mv22子弹穿过物块过程动量守恒mv0=m2v0+Mv1,解得v1=m0，系统损失的机械33M5M-m2mvo18M【考点定位】动量守

20、恒定律和功能关系(2013江苏卷)C.选彳3-5(12分)(1)如果一个电子的德布罗意波长和一个中子的相等，则它们的也相等.(A)速度(B)动能(C)动量(D)总能量(2)根据玻尔原子结构理论，氨离子(He+)的能级图如题12C-1图所示.电子处在n=3轨道上比处在n=5轨道上离氨核的距离(选填“近”或“远”).当大量He+处在n=4的激发态时，由于跃迁所发射的谱线有条.如题12C-2图所示，进行太空行走的宇航员A和B的质量分别为80kg和100kg,他们携手远离空间站，相对空间站的速度为0.1m/s.A将B向空间站方向轻推后,A的速度变为0.2m/s,求此时B的速度大小和方向.4空间站(题1

21、2C-2图)1答案】1)(2)近，6jC3)=惠开空间站方向。h【解析】由德布罗意波长与粒子的动量关系式尸二；可知，由于电子的德布罗意波长和一个甲子的相等，则它们的动量也故c正确。由于电子和中子的质量不等,根据尸=,鼠二一"二一%芭二mc上可推知它们的速度、动能、总能量均不等,故答案为22(2)从图上可知口=3轨道上的能级比n二5轨道的能级低。根据玻尔原子结构理论：离核越近j能级越低可知n=3轨道上的电子离氨核的距离近。处于第4激发态的加+的发射光子的种类为:"二C：=6种.(3)太空中没有空气阻力，在宇航员推动前后，两宇航员系统则满足动量守恒定律。设离开空间站运动方向为正

22、，宇航员2b的质量分别为用金、m3,推动前的速度为yqj推动后的速度分别为VA和VB,则由动量守恒定律有3"+疗%W)=憎AVA+mBVB，代入数据可解得：=(匕02%,可知其运动方向是：离开空间站方向。1考点定位】德布罗意波长与动量、动9医总能量等概念的关系考查宁玻尔原子结构理论i动量守恒定律*难度士较易。(2013江苏卷)5.水平面上，一白球与一静止的灰球碰撞，两球质量相等.碰撞过程的频闪照片如图所示，据此可推断，碰撞过程中系统损失的动能约占碰撞前动能的(A)30%(B)50%(C)70%(D)90%OOO。心O【答案】A【解析】试题分析：闪光照片的闪旭寸间是相等的，根据图上！I

23、明的间®可推如白球和灰球在1,碰撞前后的速度的关系,再根据动靛4=；而仍可推知粒后白球彳眩球与独撞前的白球的动能2关系,进而可推知系统碰撞中损失的动能°解：通过直尺可测量上碰前的白球照片间距与碰后白球照片间距及灰球照片间距的比值约为鼻谩丽星前白球的速度为j碰撞后白球速度大小为片，灰球速度大小为均由于闪光时间是相等的，则%:唧：V2=1.5:09:09,根据系统损失的动靛A£fc = - fftv* - -一!网g可解得A£丈222近豆版本题答案为人7 一50rw 反-28%,与a四国接【考点定位】本题考查动能、速度、位移与频闪照相相结合。通过对频闪照片的

24、观察与测量,估测出碰撞前后小球的速度关系，进而推和动能的关系，有效考查考生的观察能力与分析能力.较难.（2013海南卷）17.（2）（8分）如图，光滑水平面上有三个物块A、B和C,它们具有相同的质量，且位于同一直线上。开始时，三个物块均静止，先让A以一定速度与B碰撞，碰后它们粘在一起，然后又一起与C碰撞并粘在一起，求前后两次碰撞中损失的动能之比。【答案】3【解析】设三个物块A、B和C的质量均为wA与B碰撞前A的速度为d碰撞后的共同速度为弭；A、B与C版撞后的推周速度为丐。由动量守恒定律得mV=（FTT+JwR设第一次碰撞中动能的损失为屿第二次碰撞中动能的损失为鹤，由能量守恒定律得.-gmtJ

25、Pi、P2刚碰完时的共同速度vi和P的最终速度V2；（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能 Ep4即谢+A£!51+国加：=Lg+2M*涉）噌+Aj2联立式，解得组二3评分参考；©式共3分，式共3分,式工分.【考点定位】考查动量守恒定律。（2013广东卷）35.（18分）如图18,两块相同平板PP2置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L。物体P置于Pi的最右端，质量为2m且可以看作质点。Pi与P以共同速度vo向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后Pi与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弓t回并停在A点（弹簧始终

26、在弹性限度内）。P与P2之间的动摩擦因数为由求【答案】(1)v1=v023v。v。v"7(2)*二禹-1,E2_mV。一16“ vv。解得vi2(m 2m)v0 = 4mv23vo解得v24(2)当弹簧压缩最大时，Pl、P2、P三者具有共同速度V2,对Pl、P2、P系统，从Pl、P2碰撞结束到P压缩弹簧后被弓t回并停在A点，用能量守恒定律1 21212Vo2mv1+2mv0=(m+2m+m)v2+u(2mg)2(L+X)解得X=-L2 2232lg对Pi、外、P系统从PhP口碰撞结束到弹簧压缩量最大，用能量守恒定律2m4+2m+璐»；+X)+EP222最大弹性势能.翌16注

27、意三个易错点：碰撞只是冉、/参与i碰撞过程有热量产生;P所受摩擦力，其正压力为2mg【考点定位】碰撞模型、动量守恒定律、能量守恒定律,弹性势能.摩擦生热，中档题(2013山东卷)38.(8分)(物理选修3-5)(1)恒星向外辐射的能量来自于其内部发生的各种热核反应，当温度达到108K时，可以发生“氢燃烧”。完成“氢燃烧”的核反应方程：24He+：Be+丫。：Be是一种不稳定的粒子，其半衰期为2.6x10-16s。一定质量的8Be,经7.8x10-16s后所剩下的8Be占开始时的。(2)如图所示，光滑水平轨道上放置长木板A(上表面粗糙)和滑块C,滑块B置于A的左端，三者质量分别为mA=2kg、m

28、B=1kg、mC=2kg。开始时C静止，A、B一起以v0=5m/s的速度匀速向右运动，A与C发生碰撞(时间极短)后C向右运动，经过一段时间，A、B再次达到共同速度一起向右运动，且恰好不再与C碰撞。求A与C发生碰撞后瞬间A的速度大小。T一1【答案】(1)：He(或")、(或12.5%)(2)2m/s(1)由题意结合核反应方程满足质量数和电荷数守恒可得答案。1 ，1由题意可知经过3个半盘期，剩余的：Be的质量m=m0(_)3=-m0。2 8(2)设碰后A的速度为Va,C的速度为Vc,由动量守恒可得mAVo=mAVA+mcvc,碰后A、B满足动量守恒，设A、B的共同速度为v1,则mAvA+

29、mBv0=(mA+mB)v)由于A、B整体恰好不再与C碰撞，故v1=vc联立以上三式可得vA=2m/s。【考点定位】核反应方程，半衰期，动量守恒定律。(2013天津卷)10、(16分)质量为m=4kg的小物块静止于水平地面上的A点，现用F=10N的水平恒力拉动物块一段时间后撤去，物块继续滑动一段位移停在B点，A、B两点相距x=20m,物块与地面间的动摩擦因数"0.2,g取10m/s2,求：(1)物块在力F作用过程发生位移风的大小；(2)撤去力F后物块继续滑动的时间to本解析为名师解析团队原创，授权独家使用，如有盗用，依法追责！【答案】(1)16m,(2)2s【解析】方法一：(1)分别

30、作出物体在恒力作用下运动的受力情况和撤去恒力后的受力情况，如图所示：设物块受到的滑动摩擦力为耳，N.Vms则及二“侬因为此问题不涉及加速度、时间、不需要研究整个过程的中间状态,所以可对全过程用动能定理。根据动肯淀理，对物块由A到B整个置程，有附耳x=0代入数据，解得Jq=16m(2)小物块在运动过程中第一过程的末速度就是下一过程的初速度，设刚撤去力F时物块的速度为止住物块的加速度为叫滑动的位移为登,它们之间的位移关系如图，则由与变速直线运动公式得v2=2ax2以物块运动的方向为正方向，由动量定理，得-F1t = 0 - mv以上各式联立，代入数据解得：t=2s方法二：（1）分别作出物体在恒力作

31、用下运动的受力情况和撤去恒力后的受力情况，如图所示：设物块受到的滑动摩擦力为F1,刚撤去力F时物块的速度为v,撤力前物块的加速度为a1,撤力后物块的加速度为a2,滑动的位移为x2,它们之间的位移关系如图，则x1x2;xFi=mg由牛顿第二±律得：尸-用=出叼芮=吟小物块在运动过程中第一过程的末速度就是下一过程的初速度，由匀变速直线运动公式得：/=为可v3=2为#2以上各式联立解得；河=v=4rnfs（2）由匀变速直线运淞式得“冲代人数据解得£=太此题易错点J力和运动关系不明确，过程分析不充分*【考点定位】本题考查匀变速直线运动、牛顿第二定律、动能定理、动量定理，意在考查考生

32、的分析综合能力。（2013新课标II卷）35.物理一选彳3-5（15分）（1）（5分）关于原子核的结合能，下列说法正确的是（填正确答案标号。选对I个得2分，选对2个得4分，选对3个得5分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）。A.原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量B.一重原子核衰变成“粒子和另一原子核，衰变产物的结合能之和一定大于原来重核的结合能c.葩原子核（155Cs）的结合能小于铅原子核（208Pb）的结合能D.比结合能越大，原子核越不稳定E.自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能量大于该原子核的结合能【答案】ABC（5分。选对1个给2分，选对2个给4分，选对3个给5

33、分；每选错1个扣3分，最低得分为0分）【解析】原子核的结合能等于核子结合成原子核所释放的能量，也等于将原子核分解成核子所需要的最小能量，A正确；重核的比结合能比中等核小，因此重核衰变时释放能量，衰变产物的结合能之和小球原来重核的结合能，B项正确；原子核的结合能是该原子核的比结合能与核子数的乘积，虽然金色原子核（133Cs）的比结合能稍大于铅原子核（208Pb）的比结合能，但金色原子核（153Cs）的核子数比铅原子核（20；Pb）的核子数少得多，因此其结合能小，c项正确；比结合能越大，要将原子核分解成核子平均需要的能量越大，因此原子核越稳定，D错;自由核子组成原子核时，其质量亏损所对应的能最等于

34、该原子核的结合能，E错。中等难度。【考点定位】原子核（2）（10分）如图，光滑水平直轨道上有三个质童均为m的物块A、B、C。B的左侧固定一轻弹簧（弹簧左侧的挡板质最不计）.设A以速度v。朝B运动，压缩弹簧；当A、B速度相等时，B与C恰好相碰并粘接在一起，然后继续运动。假设B和C碰撞过程时间极短。求从A开始压缩弹簧直至与弹黄分离的过程中，（i）整个系统损失的机械能；（ii）弹簧被压缩到最短时的弹性势能。【答案】见解析。E解析】解；（i）从a压缩弹警到A与B具有相同速度/时，对A、E与弹警组成的系统J由动量守恒定律得Hi%=2ftt马此汨E与C发生完全非弹性碰撞.设碰撞后的瞬时速度为外,损失的机械

35、能为AF。对B、C组成的系统，由动量守恒和能量守恒定律得fti珥=2川叫=皿+（2/m）uJ22联立式得AE=16（ii）由式可知V2<V1,A将继续压缩弹簧，直至A、B、C三者速度相同，设此速度为V3,此时弹簧被压缩至最短，其弹性势能为EPo由动量守恒和能量守恒定律得mv0=3mv31212mv0=EP(3m)v322联立式得匚132EPmv048【考点定位】动量守恒定律（2013新课标I卷）35.物理一选彳3-5（15分）（1）（6分）一质子束入射到静止靶核错误！未找到引用源。上，产生如下核反应：P+错误！未找到引用源。一X+n式中P代表质子，n代表中子，x代表核反应产生的新核.由反

36、应式可知，新核X的质子数（2）（9分）在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B,两者相距为do现给A一初速度,使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短：当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为科.B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g。求A的初速度的大小。【答案】Q）1413Q）解二谩物块A的初速度为玲，运动距离d的速度为4B碰后的速度分别为VI、运运动的离分别为X1、工*由于A、B发生弹性正碰，时间极坦,所以碰撞墙后动量守恒，动能守恒，有ffljV=甲j巧十也.Ei，0=riijV十加日为工用上+施/3AB与地面的动摩擦因数1慨，有动能定理得S酩=0-；雁4重

37、63;/Z/HjgXj=0-由题意知巧+巧=d©联立至式解得v0 二28 ,gNgd=、5.6Ngd 5本问也可以用牛顿第二定律求解如下由牛顿第二定律得Nmg=ma，所以A、B的加速度均为a=Ng，A、B均做匀减速直线运动对A物体有：碰前v2=v；-2ad,碰后:A物体反向匀减速运动：0=v；-2axi对B物体有0=v2-2ax2由题意知x1+%=d18,联立解得vgd（11）将上式带入解得/二N3=66必磔（匕）【解析】由汨+1Hf咫+由质量数守恒定律,电荷数守恒定律新核的质子数为巴中子数为13.难度易.Q）由弹性正碰得出动量守叵动能守恒有%4%*+,小，®联立解得V=也

38、>=-9.2=-v=2v（“、超数值不求出也可1mA+mg3mA+mB3从只需求出吟=一;力的关系也可以求出本问工解题的关键是为反方向的运动,得出西+芝l=，再由AB均是匀减速直线运动，由动能定理或牛顿第二定律均可求解一难度:中等【考点定位】核反应方程中子质子质量数守恒定律电荷数守恒定律动量守恒定律弹性正碰匀减速直线运动规律动能定理牛顿第二定律（2013重庆）9.（18分）在一种新的子母球”表演中，让同一竖直线上的小球A和小球B,从距水平地面高度为ph（p>1）和h的地方同时由静止释放，如题9图所示。球A的质量为m,球B的质量为3m。设所有碰撞都是弹性碰撞，重力加速度大小为g,忽略

39、球的直径、空气阻力及碰撞时间。AxrMS9图（1）求球B第一次落地时球A的速度大小；（2）若球B在第一次上升过程中就能与球A相碰，求p的取值范围；（3）在（2）情形下，要使球A第一次碰后能到达比其释放点更高的位置，求p应满足的条件。【解析】解：（18分）(1)B球第一次落地下落的高度为无，则A球F落的高麦已为A。设此时A球的速度大小为,mgk=解得/=姬新Q)B球以速度私开始做竖直上抛运动，若能与A球在空中相遇，没B从上抛到相遇时间为力A、E运动的距离分别为瓦、%,则上%=卬;靖的一h二枚十%相遇必须在H策U达最高点前j因此有n>0联立式解得”5即F的取值范围是l<p<5(3

40、)设碰撞时A、B的速度分别为Vi、J,碰撞后的速度分别为V；、V2,根据动量守恒和能量守恒有mv1-3mv2=mv；3mv21 21_2121_2八-mv1+一M3mv2=mv1+x3mv22 222联立解得v1-3v2v1'J2A球反弹后能上升到比释放位置更高，则须满足|v1|>V1,解得V1:二3V2。1设B从上升到相遇时间为t,则有V1=7。gt:V2=vo-gt，二将©代入解得t<旦2g联立后将代入解得p：二3匕即p应满足的条件是0<p<3【考点定位】动量、能量【2012高考真题】（2012大纲版全国卷）21.如图，大小相同的摆球a和b的质量分

41、别为m和3m,摆长相同,并排悬挂，平衡时两球刚好接触，现将摆球a向左边拉开一小角度后释放，若两球的碰撞是弹性的，下列判断正确的是A.第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等B.第一次碰撞后的瞬间，两球的动量大小相等C.第一次碰撞后，两球的最大摆角不相同D.发生第二次碰撞时，两球在各自的平衡位置【答案】AD【解析】两球在碰撞前后，水平方向不受外力j故水平两球组成的系统动量守恒由动量守恒定律有！呼%-削h州马；又两球碰撞是弹性的，故机械能守宜即：所吃-解两式得：H=一.,/二应，可见第一次碰撞后的瞬间，两球的速度大小相等，选项A正确厘因22两球质量不相等，故两球碰后的动量大小不相等j选项B错；两球碰

42、后上摆过程，机械能守恒，敌上升的最大高度相等，另摆长相等，故两球碰后的最大摆角相同，选项C错；由单摆的酗公式F二吗卜可知j两球摆动周期相同，故经半个周期后，两球在平衡位置处发生第二次碰撞选项D正确*【考点定位】此题考查弹性碰撞、单摆运动的等时性及其相关知识.（2012浙江）23、（16分）为了研究鱼所受水的阻力与其形状的关系，小明同学用石蜡做成两条质量均为m、形状不同的“A鱼”和“B鱼”，如图所示。在高出水面H处分别静止释放“A鱼”和“B鱼”，“A鱼”竖直下滑hA后速度减为零，“B鱼”竖直下滑hB后速度减为零。鱼”在水中运动时，除受重力外还受浮力和水的阻力，已知爸”在水中所受浮力是其重力的10

43、/9倍，重力加速度为g,鱼”运动的位移远大于鱼”的长度。假设鱼”运动时所受水的阻力恒定，空气阻力不计。求：h%7第23题图(1) “A鱼”入水瞬间的速度Vai；(2) “A鱼”在水中运动时所受阻力fA；(3) “A鱼”与“B鱼”在水中运动时所受阻力之比fA：fB【解析】？鱼农入水前作自由落体运动，有曰=2我得到：以=居比。广A鱼虫水中运动fi寸受到重力、浮力和阻力的作用，做匀减速运动j设加速度为有电=/F=maA0-记=-由题得；0=3唠寻9综合上述各式，得力二啰(一金(3)考虑到“B鱼”的运动情况、受力与“A鱼”相似，有f/H1fB=mg()(DhB9综合两式得到：fA=hB(9H：hA)f

44、BhA(9H-hB)【考点定位】力和运动、动能定理(2012天津)10.(16分)如图所示，水平地面上固定有高为h的平台，台面上有固定的光滑坡道，坡道顶端距台面高度也为h,坡道底端与台面相切。小球A从坡道顶端由静止开B发生碰撞，并粘连在一起，共同沿始滑下，到达水平光滑的台面与静止在台面上的小球台面滑行并从台面边缘飞出，落地点与飞出点的水平距离恰好为台高的一半，两球均可视为质点，忽略空气阻力，重力加速度为go求(1)小球A刚滑至水平台面的速度VA；(2)A、B两球的质量之比mA：mB。【答案】姆而(2)1:3【解析】解:小球从坡道顶鼐滑至水平台面的过程中j由机械能守恒定律得的助=疗解得士必=J&

45、amp;h(2)设两球碰撞后共同的速度为v,由动量守恒定律得小力=+ma)v粘在一起的两球飞出台面后做平抛运动竖直方向：h=如水平方向：9w金联立上式各式解得:詈二2Eh#【考点定位】本题考查机械能守恒定律，动量守恒定律，平抛运动。(2012四J|)24.(19分)E如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角0=370,半径r=2.5m,CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场弓虽大小为E=2105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量m=5102kg>电荷量q=+1X10-6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，

46、沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨。以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数尸0.25。设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2,sin37°=0.6,cos370=0.8。(1)求弹簧枪对小物体所做的功；(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P,求CP的长度。【答案】(1)04751(2)0.57s【解析】解：(D设弹蓄枪对d阚体做功为郎，由动能定理得(l-oosfl)三wrUp代入数据解得:用力一4抬1(力皎沿平直斜轨向上为正方向八殳小物体通过C点进入电场后的加速度为公，由牛顿第二定律得-被一出(tn

47、cosd+qE).阳4小物体向上做匀减速运动，经FiF-N后，速度达到Wj则Vl=l+<314解得：设运动的位移为力，则电场力反向后，设小物体的加速度为a2,由牛顿第二定律得mgsin0(1(mgcos。一qE)=ma2设小物体以此加速度运动到速度为0,运动时间为t2,位移为S2,则0=vi+a2t22S2=V1t2+错反！未找到引用源。a2t2设CP的长度为s,则s=Si+S2解得：s=0.57m【考点定位】本题考查匀变速直线运动规律，牛顿第二定律，动能定理。(2012江苏)14.(16分)某缓冲装置的理想模型如图所示，劲度系数足够大的轻质弹簧与轻杆相连，轻杆可在固定的槽内移动，与槽间

48、的滑动摩擦力恒为f.轻杆向右移动不超过l时，装置可安全工作.一质量为m的小车若以速度v0撞击弹簧，将导致轻杆向右移动14.轻杆与槽间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计小车与地面的摩擦(1)若弹簧的劲度系数为k,求轻杆开始移动时，弹簧的压缩量x;（2）求为使装置安全工作，允许该小车撞击的最大速度vm;（3）讨论在装置安全工作时，该小车弹回速度v'和撞击速度v的关系.【解析】14.（1）轻杆开始移动时，弹蓄粉单力F=kx且F=f于©解得x-fit®Q）设轻杆移动前小车对狸蕾所做的功为处则小车从撞击到停止的过程中动能定理/q一歹=®同理.小车以vm撞击弹箸时一

49、”印二0-；加年A解得/=业+-®（3）设轻杆恰好移割寸,1等撞击速度为巧则。屈=犷由©解得耳匚当v<'v2-fl-时，v'=v2m当v1<vEvm时，v=v【考点定位】胡可定律动能定理（2012山东）22.（15分）如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径R=1.0m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度L=0.5m的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点。一可视为质点的物块，其质量m=0.2kg,与BC间的动摩擦因数9=0.4。工件质M=0.8kg,与地面间的动摩擦因数g=04。（取g=10m/

50、s2）求F的大小当速度时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。t解析】解；U）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得M-fKgL=。代入数据得h=OZh（2）设物块的加速度大小为口jP点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为氏.由几何关系可得根据牛顿第二定律，对物体有帆对工件和物体整体有F+mg=（M+2fl联立式，代入数据得产=&0设物体平抛运动的时间为t,水平位移为X1,物块落点与B间的距离为X2,由运动学公式可得1Nh=2gtx1=vtx2=x1Rsin联立式，代入数据得x2=0.4m【考点定位】平抛运动

51、、动能定理（2012上海）22.（A组）A、B两物体在光滑水平地面上沿一直线相向而行，A质量为5kg,速度大小为10m/s,B质量为2kg,速度大小为5m/s,它们的总动量大小为kgm/s:两者碰撞后，A沿原方向运动，速度大小为4m/s,则B的速度大小为m/s。22A答案.40,10,【解析】总动量P=MAv1MBv2=5父102M5=40kgm/s；碰撞过程中满足动量守恒,【2011高考真题】MAv1 -MBv2 =MAv； + MBv2 代入数据可得：vB=10m/s1.（全国）质量为M,内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为卬

52、初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v,小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为1C.2NmgLD.N科mgL【答案】BD【解析】由于水平面光滑，一方面箱子和物块组成的系统动量守恒，二者经多次碰撞后，保持相对静止，易判断二者具有向右的共同速度”，根据动量守恒定律有系统损失的动能为44+知B正确，另一方面，系统损失的动能可由9消,且Ju,占Q-阿噌y相对，由于小物块从中间向右出发，最终又回到箱子正中间，其间共发生N次碰撞，则）朝=NU则B选项也正豳2 .（福建）（20分）如图甲，在xv0的空间中

53、存在沿y轴负方向的匀强电场和垂直于xoy平面向里的匀强磁场，电场强度大小为巳磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子从坐标原点。处，以初速度vo沿x轴正方向射人，粒子的运动轨迹见图甲，不计粒子的重力。求该粒子运动到y=h时的速度大小v;现只改变人射粒子初速度的大小，发现初速度大小不同的粒子虽然运动轨迹（y-x曲线）不同，但具有相同的空间周期性，如图乙所示；同时，这些粒子在y轴方向上的运动（y-t关系）是简谐运动，且都有相同的周期丁二竺旦。qBI.求粒子在一个周期T内，沿x轴方向前进的距离s;n.当入射粒子的初速度大小为vo时，其y-t图像如图丙所示，求该粒子在y轴方向上

54、做简谐运动白振幅A,并写出y-t的函数表达式。甲乙解析：此题考查动能定理、洛仑兹力、带电粒子在复合场中的运动等知识点。（1）由于洛仑兹力不做功，只有电场力做功，由动能定理有-qEh=1mv2-mvo2,22由式解得v=Jv：多吧。m（23I.由图乙可知，所有粒子在一个周期了内沿k轴方向前进的距离相同，即者建于恰好沿K轴方向匀速运动的粒子在T时间内前进的距离。设粒子恰好沿X轴方向匀速运动的速度大小为“1.则印/正个民®又s=V1T,式中T-由式解得A2绊型】L设苞子在y方向上的最大位移为川（图丙曲线的最高氏处），对应的立了运动速度大小为为（方向沿乂轴），因为粒子在y方向上的运动为简谐运

55、动，因而在N和处粒子所受的合外力大小相等，方向相反，贝|J>岫-西=WvjB-，由动能定理有-密=:摘物工。假地，由式解得Ay=(vo-E/B)。qBy= - ( vo-E/B) (1-cos - t)qBm可写出图丙曲线满足的简谐运动y-t的函数表达式为3 .（广东）（18分）如图20所示，以A、B和C、D为断电的两半圆形光滑轨道固定于竖直平面内，一滑板静止在光滑的地面上，左端紧靠B点，上表面所在平面与两半圆分别相切于B、C,一物块被轻放在水平匀速运动的传送带上E点，运动到A时刚好与传送带速度相同，然后经A沿半圆轨道滑下，再经B滑上滑板。滑板运动到C时被牢固粘连。物块可视为质点，质量为m,滑板质量为M=2m,两半圆半径均为R,板长l=6.5R,板右端到C的距离L在R<