2020最新高考物理大二輪復習優(yōu)選習題專題二能量與動量提升訓練9動量定理、動量守恒及其應用(考試專用

1、提升訓練9動量定理、動量守恒及其應用1.如圖所示，兩輛質量相同的小車置于光滑的水平面上，有一個人靜止站在 A車上，兩車靜止，若這個人自A車跳到B車上，接著又跳回A車，靜止于A車上，則A車的速率 （）A.等于零B.小于B車的速率C.大于B車的速率D.等于B車的速率2 .有甲、乙兩碰碰車沿同一直線相向而行，在碰前雙方都關閉了動力，且兩車動量關系為 p甲p乙。假設規(guī)定p甲方向為正，不計一切阻力，則（）A.碰后兩車可能以相同的速度沿負方向前進，且動能損失最大B.碰撞過程甲車總是對乙車做正功，碰撞后乙車一定沿正方向前進C.碰撞過程甲車可能反彈，且系統(tǒng)總動能減小，碰后乙車一定沿正方向前進D.兩車動量變化量

2、大小相等，方向一定是 A p甲沿正方向，A p乙沿負方向3 . （2017新課標I卷）將質量為1. 00 kg的模型火箭點火升空，50 g燃燒的燃氣以大小為 600 m/s，火箭的動量大小為（噴出過程中重力的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間和空氣阻力可忽略）（）A.30 kg m/sm/s m/s m/sB.5. 7X 102 kg -C.6. 0X 102 kg -D.6. 3X 102 kg -4. 質量為m的物體，以V0的初速度沿斜面上滑，到達最高點處返回原處的速度為vt,且vt=0. 5V0,則（）A.上滑過程中重力的沖量比下滑時大B.上滑時和下滑時支持力的沖量都等于

3、零C.合力的沖量在整個過程中大小為5mvD.整個過程中物體動量變化量為 m mv5.左.如圖，一長木板位于光滑水平面上，長木板的左端固定一擋板，木板和擋板的總質量為MI. 0 kg,木板的長度為L=1. 5 m,在木板右端有一小物塊,其質量m=1.0 kg,小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)=0.10,它們都處于靜止狀態(tài)，現(xiàn)令小物塊以初速度 vo沿木板向左運動，重力加速度g取10 m/s 2。若小物塊剛好能運動到左端擋板處，求V0的大?。唬?）若初速度V0=3 m/s,小物塊與擋板相撞后，恰好能回到右端而不脫離木板，求碰撞過程中損失的機械能。6.(啟慧全國大聯(lián)考2018屆高三12月聯(lián)考)如圖所示，一質

4、量為M20X103 kg的平板小貨車 A載有 一質量為m=. 0X103 kg的重物B,在水平直公路上以速度V0=36 km/h做勻速直線運動，重物與車廂前壁間的距離為L=1. 5 m,因發(fā)生緊急情況，貨車突然制動，已知貨車車輪與地面間的動摩擦因數(shù)為 邛=0.4,重物與車廂底板之間的動摩擦因數(shù)為2=0. 2,重力加速度g取10 m/s 2,若重物與車廂前壁發(fā)生碰撞，則碰撞時間極短，碰后重物與車廂前壁不分開。(1)請通過計算說明重物是否會與車廂前壁發(fā)生碰撞；(2)試求貨車從開始剎車到停止運動所用的時間和剎車距離。7.圖中兩根足夠長的平行光滑導軌，相距1 m水平放置，磁感應強度B=0. 4 T的勻

5、強磁場豎直向上穿過整個導軌所在的空間。金屬棒ab、cd質量分別為0.1 kg和0. 2 kg,電阻分別為0. 4 和0. 2Q,并排垂直橫跨在導軌上。若兩棒以大小相等的初速度3 m/s向相反方向分開，不計導軌電阻，求:(1)金屬棒運動達到穩(wěn)定后,ab棒的速度大??；(2)金屬棒運動達到年I定的過程中，ab上產生的焦耳熱(3)金屬棒運動達到穩(wěn)定后，兩棒間距離增加多少？8. (2018年2月杭州期末)某同學設計了一個電磁擊發(fā)裝置，其結構如圖所示。間距為 L=10 cm的平行長直導軌置于水平桌面上，導軌中NCW N'O'段用絕緣材料制成，其余部分均為導電金屬材料，兩種材料導軌平滑連接。

6、導軌左側與匝數(shù)為100、半徑為5 cm的圓形線圈相連，線圈內存在垂直線圈平面的勻強磁場。電容為 1 F的電容器通過單刀雙擲開關與導軌相連。在軌道間MPP'M矩形區(qū)域內存在垂直桌面向上的勻強磁場，磁感應弓雖度為2 T。磁場右側邊界 PP'與OO間距離為a=4 cm。初始時金屬棒 A處于NN'左側某處，金屬棒B處于OO左側距OO距離為a處。當開關與1連接時，圓形線圈中磁場隨時間均勻變化，變化率為工二三T/s;穩(wěn)定后將開關撥向2,金屬棒A被彈出，與金屬棒B相碰，并在B棒剛出磁場時 A棒剛好運動到 OO處，最終A棒恰在PP處停住。已知兩根金屬 棒的質量均為0. 02 kg、接入

7、電路中的電阻均為0. 1 Q,金屬棒與金屬導軌接觸良好，其余電阻均不計，一切摩擦不計。問：(1)當開關與1連接時，電容器兩端電壓是多少 ？下極板帶什么電？(2)金屬棒A與B相碰后A棒的速度v是多少？(3)電容器所剩電荷量 Q'是多少？9. (2017浙江湖州市高二考試)如圖所示，為一種研究核反應的設備示意圖，容器中為缽的放射性同239235位素94 Pu,可衰變?yōu)閝2 U并放出能量為E的丫光子(衰變前可視為靜止，衰變放出的光子動量可235忽略),衰變后速度大的粒子沿直線OQO探測屏MN1動。為簡化模型，設衰變生成的q力U的質量為m速度均為v,生成的另一種粒子每秒到達探測屏N個，打到Q點

8、后40慚透探測屏，60%被探測屏吸收，且粒子穿透時能量損失75%,則：詈加放射源(1)試寫出衰變方程(2)求打到Q點前該粒子的速度大小(3)求一個S4 Pu核衰變過程的質量虧損8(4) 求探測屏受到的撞擊力大小。提升訓練9動量定理、動量守恒及其應用1.B解析兩車和人組成的系統(tǒng)位于光滑的水平面上，因而該系統(tǒng)動量守恒，設人的質量為m,車的質量為 m, A、B車的速率分別為 vi、V2,則由動量守恒定律得(m+m) vi-mv2=0，所以，有 rajm2Vi=Eim;V2,mi+-Fn2 <1,故 Vi<V2,所以 B 正確。2. C解析 由于規(guī)定p甲方向為正，兩車動量關系為p甲>

9、p乙,碰后兩車可能以相同的速度沿正方 向前進，且動能損失最大，選項A錯誤。碰撞過程甲車先對乙車做負功，選項B錯誤。碰撞過程甲車可能反彈，且系統(tǒng)總動能減小，碰后乙車一定沿正方向前進，選項C正確。由動量守恒定律，兩車動量變化量大小相等，方向可能是 A p甲沿負方向，A p乙沿正方向，選項D錯誤。3. A解析 根據動量守恒定律得：0=Mv-mv2,故火箭的動量與燃氣的動量等大反向。故 p=Mv=mv=0. 05 kg X 600 m/s =30 kg - m/s。4. C解析以vo的初速度沿斜面上滑，返回原處時速度為 vt=0. 5vo,說明斜面不光滑。設斜面長 i _2ti _為L,則上滑過程所需

10、時間t1= 于 /下滑過程所需時間t2= 不 小，t1<t2。根據沖量的定 義，可知上滑過程中重力的沖量比下滑時小 ,A錯誤。上滑和下滑時支持力的大小都不等于零,B錯誤。對全過程應用動量定理，則I合=A p=-mvt-mvo=-£mv,C正確,D錯誤。5. 答案(1)2 m/s (2)0 . 375 J解析(1)設木板和物塊最后共同的速度為v,由動量守恒定律 mv=(m+Mv對木板和物塊系統(tǒng)，由功能關系得1 H 1mgL= .(M+mv2 由兩式解得h密切呼+啊Vo=f2X0.1>： 10X1,5X(3+1)=3 m/s =2 m/s 。(2)同樣由動量守恒定律可知，木板

11、和物塊最后也要達到共同速度v。設碰撞過程中損失的機械能為A E。對木板和物塊系統(tǒng)白整個運動過程，由功能關系有mg？L+A E=一 £( m+Mv2wuW 21X3由兩式解得 AE= .產-2 mgL:WU X 32 J-2 X 0. 1 X 10X 1.5 J =0. 375Jo6 .答案(1)否(2)2 . 5 s 12 m解析(1)剛剎車時，貨車的加速度大小為 a1,重物的加速度大小為 a2,由牛頓第二定律可知(. ( M+mg-(12mg=Ma2mg=ma 解得 a1=5 m/s 2, a2=2 m/s 2假設B與A碰撞，且從開始剎車到碰撞所用時間為t1,則vot 1-%彳-(

12、vot1-山1h" =L,解得 t1=1 s此時貨車 A的速度為vA=vo-a1t1=5 m/s,重物B的速度為v B=vo-a 2t 1=8 m/s此時A、B均未停止運動，且va<vb,故重物會與車廂前壁發(fā)生碰撞。1 z(2)碰前貨車的運動時間為11=1 s,運動的位移為X1=vot 1-2324-=7. 5 m由于碰撞時間極短，故滿足動量守恒，設碰后共同的速度為 v,則Mv+mv=( M+mv,解得v=6 m/s 碰后一起減速運動的加速度大小為 a,由牛頓第二定律可得 (11( M+mg=( M+ma,解得a=4 m/s 2 一起減速的時間為 t2= .=1. 5 sL山之

13、一起減速的位移為 X2=vt 2-= = = =4. 5 m所以貨車剎車的總時間t=t1+t2=2.5 s,剎車距離x=X1 +X2=12 m。7 .答案(1)1 m/s (2)0 . 8 J (3)1 . 5 m解析(1) ab、cd棒組成的系統(tǒng)動量守恒，最終具有共同速度v,以水平向右為正方向 貝U ncdV0-mabV0=( md+mb) v所以 v=1 m/s 。(2)根據能量轉化與守恒定律，產生的焦耳熱為Q=A R減=E(md+rm)(即2-v 2) =1.2 JzQb=5Q=0. 8 J。對cd棒利用動量定理：-BIL A t=mcd A v4中 _ Blar又q=I A t=由*由

14、由十咫叫。力切砒t+尺方所以 A s=E A x=/=1. 5 m。8 .答案(1) Nkn r2 1 C (2)0 .4 m/s (3)0 . 88 C解析(1) E=N7T=NQ=CE=CNkr2=1x100xajf 兀 r2=NkTt r2+工X 兀 X 0. 052 C=1 C將開關撥向2時,A棒會彈出說明所受安培力向右(2) A B棒相碰時沒有構成回路，沒有感應電流 設碰后A棒速度為v,由于B棒的位移是A棒的兩倍,電流向上，故電容器下板帶正電。,A、B棒均做勻速直線運動直至 A棒到達OO處,，故B棒速度是2v。A棒過OO后在安培力作用下減速。由動量定理可知：-BIl A t=mA v

15、即- A t=mA v即咨即- 萬彳- A x=mA v兩邊求和可得 - 而- a=-mv 即 v= s-mff而而而丁 m/s =0. 4 m/s。 設A棒與B棒碰前的速度為 v°,碰撞過程動量守恒，則有：mv0=mv+i?2v0,可得v0=3vA棒在安培力作用下加速，則有：BIl At=mAv,即Bl Aq=mA v兩邊求和得：Bl(Q-Q')=mvE麻得：Q'=Q-. .D2X1.22XD.L C=0. 88 C。代入前面的數(shù)據可知，電容器所剩電荷量為Q'=1 C-(9) 案(1； Pu :"汗 u ： ；,He+丫235239mi2 +8F鼻際皿(10) - v v (3)' (4) 二解析(1：Pu-He+丫(2)設生成的另一個粒子質量為m',速度為v',則mv+m'v'=0郎得至I v'=-vo1X門9(11) A E= Wm2+Zm'v' 2+E="-Fm/+E££ _ 2