动量高考题(2011年动量高考题,有详解)

装甲车和战舰采用多层钢板比采用同样质量的单层钢板更能抵御穿甲弹的射击。通过对一下简化模型的计算可以粗略说明其原因。质量为2m、厚度为2d的钢板静止在水平光滑桌面上。质量为m的子弹以某一速度垂直射向该钢板，刚好能将钢板射穿。现把钢板分成厚度均为d、质量均为m的相同两块，间隔一段距离水平放置，如图所示。若子弹以相同的速度垂直射向第一块钢板，穿出后再射向第二块钢板，求子弹射入第二块钢板的深度。设子弹在钢板中受到的阻力为恒力，且两块钢板不会发生碰撞。不计重力影响。答案：12(1＋32)d解析：设子弹初速度为v0，射入厚度为2d的钢板后，最终钢板和子弹的共同速度为V由动量守恒得(2m＋m)V＝mv0①解得V＝13v0此过程中动能损失为△E＝12mv02－12×3mV2②解得△E＝13mv02分成两块钢板后，设子弹穿过第一块钢板时两者的速度分别为v1和V1，由动量守恒得mv1＋mV1＝mv0③因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，射穿第一块钢板的动能损失为△E2，由能量守恒得12mv12＋12mV12＝12mv02－△E2④联立①②③④式，且考虑到v1必须大于V1，得v1＝(12＋36)v0⑤设子弹射入第二块钢板并留在其中后两者的共同速度为V2，由动量守恒得2mV2＝mv1⑥损失的动能为△E′＝12mv12－12×2mV22⑦联立①②⑤⑥⑦式得△E′＝12(1＋32)×△E2⑧因为子弹在钢板中受到的阻力为恒力，由⑧式keep，射入第二块钢板的深度x为x＝12(1＋32)d⑨【点评】本题以子弹打木块模型为载体综合考查动量守恒定律，能量守恒定律，对考生能力要求较高，另外计算量较大，特别是联立1，2，3，4四式，在利用求根公式解二次方程以及根的取舍方面考验考生的耐心与细致，本题在本卷中，难度较大，从内容上看，属于陈题翻新，但不失为一道经典的压轴题。⑵如图2，用“碰撞试验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系。①试验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的。但是，可以通过仅测量（填选项前的序号），间接地解决这个问题。A．小球开始释放高度hB．小球抛出点距地面得高度HC．小球做平抛运动的射程②图2中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影。实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP。然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复。接下来要完成的必要步骤是。（填选项前的符号）A．用天平测量两个小球的质量m1、m2B．测量小球m1开始释放高度hC．测量抛出点距地面的高度HD．分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、NE．测量平抛射程OM、ON③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为_______________（用②中测量的量表示）；若碰撞是弹性碰撞。那么还应满足的表达式为（用②中测量的量表示）。④经测定，m1=45.0g，m2=7.5g，小球落地点的平均位置距O点的距离如图3所示。碰撞前、后m1的动量分别为p1与p1′，则p1∶p1′=∶11；若碰撞结束时m2的动量为p2′,则p1′∶p2′=11∶____。实验结果说明，碰撞前、后总动量的比值211ppp为________。⑤有同学认为，在上述实验中仅更换两个小球的材质，其它条件不变，可以使被撞小球做平抛运动的射程增大。请你用④中已知的数据，分析和计算出被撞小球m2平抛运动射程ON的最大值为____cm。答案：（1）①S；③T；0刻线；④ADC（2）①C；②ADE或DEA或DAE③m1·OM＋m2·OM＝m1·OP；m1·OM2＋m2·OM2＝m1·OP2；④14；2.9；1~1.01；⑤76.8解析：（1）①多用电表的电流档校零，应该调整校零旋钮S使指针对准电流的0刻线。③欧姆档的调零，应该在表笔短接的情况下调解欧姆调零旋钮T，是指针指在欧姆刻度线的0刻线。④选择较大的欧姆档，将选择开关K旋转到电阻挡×1k的位置；将两表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，对欧姆表进行校准；将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两恨引线相接测电阻，所以为A、D、C。（2）①由于本实验的碰撞是在同一高度，在空中运动时间相同，因而根据小球做平抛运动的射程就可知道碰撞后速度的大小之比，所以选C。②本实验必须用天平测量两个小球的质量ml、m2，分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N和测量平抛射程OM，ON，故选ADE。③由于m1·v1＋m2·v2＝m1·v，且v1＝OMt、v2＝ONt、v＝OPt所以m1·OM＋m2·OM＝m1·OP。若碰撞是弹性碰撞，机械能守恒12m1v12＋12m2v22＝12m1v2，所以m1·OM2＋m2·OM2＝m1·OP2④由于11111144.801435.2011pmvOPpOMmv；1111222245.035.201584117.555.68417.62.9pmvmOMpmONmv；11121245.044.8020161.00745.035.207.555.682001.6pmOPppmOMmON。所以为14；2.9；1~1.01。⑤当两个球发生完全弹性碰撞时，被碰小球m2平抛运动射程ON的有最大值。弹性碰撞动量守恒11221mvmvmv，机械能守恒22211221111222mvmvmv解得：12122mvvmm，所以1122245.044.876.845.07.5mmONOPcmcmmm。被碰小球m2平抛运动射程ON的最大值76.8cm。(2)按照玻尔原子理论，氢原子中的电子离原子核越远，氢原子的能量__________(选填“越大”或“越小”)。已知氢原子的基态能量为E1(E10)，电子质量为m，基态氢原子中的电子吸收一频率为υ的光子被电离后，电子速度大小为___________(普朗克常量为h)。答案：越大；12()hEm解析：根据213.6neVEn及20nrnr，越远，n越大，En越大（注意En为负值）。电阻动能2112kEhEmv（注意E1为负值）可解得：12()hEvm。24．（18分）如题24图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极端的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：（1）整个过程中摩擦阻力所做的总功；（2）人给第一辆车水平冲量的大小；（3）第一次与第二次碰撞系统功能损失之比。答案：（1）6WkmgL（2）27ImkgL（3）1kE/2kE=13/3解析：（1）设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，则kmgLkmgLkmgLkmgLW632（2）设第一车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2；人给第一车的水平冲量大小为I。由：20212121mumvkmgL，2122)2(21)2(212umvmkmgL22)3(2103umkmgL，112mumv2232mumv，得：kgLmmuI7200（3）设两次碰撞中系统动能损失分别为1kE和2kE由kmgLEk2131，kmgLEk232，得：1kE/2kE=13/3(2)如图所示，甲、乙两船的总质量（包括船、人和货物）分别为10m、12m，两船沿同一直线同一方向运动，速度分别为2v0、v0。为避免两船相撞，乙船上的人将一质量为m的货物沿水平方向抛向甲船，甲船上的人将货物接住，求抛出货物的最小速度。（不计水的阻力）答案：4v0解析：设乙船上的人抛出货物的最小速度为minv，抛出货物后的速度为1v，甲船上的人接到货物后速度为2v，由动量守恒定律得：01min1211mvmvmv①0min210211mvmvmv②为避免两船相撞应满足：12vv③联立①②③式得：min04vv④10．（16分）如图所示，圆管构成的半圆形竖直轨道固定在水平地面上，轨道半径为R，MN为直径且与水平面垂直，直径略小于圆管内径的小球A以某一初速度冲进轨道，到达半圆轨道最高点M时与静止于该处的质量与A相同的小球B发生碰撞，碰后两球粘在一起飞出轨道，落地点距N为2R。重力加速度为g，忽略圆管内径，空气阻力及各处摩擦均不计，求：（1）粘合后的两球从飞出轨道到落地的时间t；（2）小球A冲进轨道时速度v的大小。答案：（1）2Rg，（2）22gR解析：（1）粘合后的两球飞出轨道后做平抛运动，竖直方向分运动为自由落体运动，有2122Rgt①，解得2Rtg②（2）设球A的质量为m，碰撞前速度大小为v1，把球A冲进轨道最低点时的重力势能定为0，由机械能守恒定律知22111222mvmvmgR③设碰撞后粘合在一起的两球速度大小为v2，由动量守恒定律知122mvmv④飞出轨道后做平抛运动，水平方向分运动为匀速直线运动，有22Rvt⑤综合②③④⑤式得222vgR（2）（8分）一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示。图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接。现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止。重力加速度为g。求（i）木块在ab段受到的摩擦力f；（ii）木块最后距a点的距离s。解析：（i）设木块和物体P共同速度为v,两物体从开始到第一次到达共同速度过程由动量和能量守恒得：0(2)mvmmv①，22011(2)22mvmmvmghfL②由①②得：20(3)3mvghfL③（ii）木块返回与物体P第二次达到共同速度与第一次相同（动量守恒）全过程能量守恒得：22011(2)(2)22mvmmvfLs④由②③④得：202063vghsLvgh