高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專題二 能量與動量 提升訓(xùn)練9 動量定理、動量守恒及其應(yīng)用

1、提升訓(xùn)練9動量定理、動量守恒及其應(yīng)用1.如圖所示,兩輛質(zhì)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(guān)閉了動力,且兩車動量關(guān)系為p甲p乙。假設(shè)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(fù)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.兩車動量變化量大小相等

2、,方向一定是p甲沿正方向,p乙沿負(fù)方向3.(2017新課標(biāo)卷)將質(zhì)量為1.00 kg的模型火箭點火升空,50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?00 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)()A.30 kgm/sB.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/sD.6.3102 kgm/s4.質(zhì)量為m的物體,以v0的初速度沿斜面上滑,到達(dá)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零C.合力的沖量在整個過程中大小為32mv0D.整個過程中物體動量變

3、化量為12mv05.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(zhì)量為M=3.0 kg,木板的長度為L=1.5 m,在木板右端有一小物塊,其質(zhì)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?fàn)顟B(tài),現(xiàn)令小物塊以初速度v0沿木板向左運動,重力加速度g取10 m/s2。(1)若小物塊剛好能運動到左端擋板處,求v0的大小;(2)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(zhì)量為M=2.0103 kg的平板小貨車A載有一質(zhì)量為m=1.0103

4、 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1=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/s2,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(dǎo)軌,相距1 m水平放置,磁感應(yīng)強度B=0.4 T的勻強磁場豎直向上穿過整個導(dǎo)軌所在的空間。金屬棒ab、cd質(zhì)量分別為0.1 kg和0.

5、2 kg,電阻分別為0.4 和0.2 ,并排垂直橫跨在導(dǎo)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(dǎo)軌電阻,求:(1)金屬棒運動達(dá)到穩(wěn)定后,ab棒的速度大小;(2)金屬棒運動達(dá)到穩(wěn)定的過程中,ab上產(chǎn)生的焦耳熱;(3)金屬棒運動達(dá)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(xué)設(shè)計了一個電磁擊發(fā)裝置,其結(jié)構(gòu)如圖所示。間距為L=10 cm的平行長直導(dǎo)軌置于水平桌面上,導(dǎo)軌中NO和NO段用絕緣材料制成,其余部分均為導(dǎo)電金屬材料,兩種材料導(dǎo)軌平滑連接。導(dǎo)軌左側(cè)與匝數(shù)為100、半徑為5 cm的圓形線圈相連,線圈內(nèi)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

6、刀雙擲開關(guān)與導(dǎo)軌相連。在軌道間MPPM矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直桌面向上的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為2 T。磁場右側(cè)邊界PP與OO間距離為a=4 cm。初始時金屬棒A處于NN左側(cè)某處,金屬棒B處于OO左側(cè)距OO距離為a處。當(dāng)開關(guān)與1連接時,圓形線圈中磁場隨時間均勻變化,變化率為Bt=4 T/s;穩(wěn)定后將開關(guān)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(zhì)量均為0.02 kg、接入電路中的電阻均為0.1 ,金屬棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好,其余電阻均不計,一切摩擦不計。問:(1)當(dāng)開關(guān)與1連接時,電容器兩端電壓是多少?下極板帶什么電?(2)金

7、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(yīng)的設(shè)備示意圖,容器中為钚的放射性同位素94239Pu,可衰變?yōu)?92235U并放出能量為E的光子(衰變前可視為靜止,衰變放出的光子動量可忽略),衰變后速度大的粒子沿直線OQ向探測屏MN運動。為簡化模型,設(shè)衰變生成的92235U的質(zhì)量為m、速度均為v,生成的另一種粒子每秒到達(dá)探測屏N個,打到Q點后40%穿透探測屏,60%被探測屏吸收,且粒子穿透時能量損失75%,則:(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94239Pu核衰變過程的質(zhì)量虧損;

8、(4)求探測屏受到的撞擊力大小。提升訓(xùn)練9動量定理、動量守恒及其應(yīng)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(shè)人的質(zhì)量為m1,車的質(zhì)量為m2,A、B車的速率分別為v1、v2,則由動量守恒定律得(m1+m2)v1-m2v2=0,所以,有v1=m2m1+m2v2,m2m1+m21,故v1p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(fù)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p甲沿負(fù)方向,p乙沿正方向,選項D錯誤。3.A

9、解析 根據(jù)動量守恒定律得:0=Mv1-mv2,故火箭的動量與燃?xì)獾膭恿康却蠓聪?。故p=Mv1=mv2=0.05 kg600 m/s=30 kgm/s。4.C解析 以v0的初速度沿斜面上滑,返回原處時速度為vt=0.5v0,說明斜面不光滑。設(shè)斜面長為L,則上滑過程所需時間t1=lv02=2lv0,下滑過程所需時間t2=lvt2=4lv0,t1t2。根據(jù)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(yīng)用動量定理,則I合=p=-mvt-mv0=-32mv0,C正確,D錯誤。5.答案 (1)2 m/s(2)0.375 J解析 (1)設(shè)木板和

10、物塊最后共同的速度為v,由動量守恒定律mv0=(m+M)v對木板和物塊系統(tǒng),由功能關(guān)系得mgL=12mv02-12(M+m)v2由兩式解得v0=2gL(M+m)M=20.1101.5(3+1)3 m/s=2 m/s。(2)同樣由動量守恒定律可知,木板和物塊最后也要達(dá)到共同速度v。設(shè)碰撞過程中損失的機械能為E。對木板和物塊系統(tǒng)的整個運動過程,由功能關(guān)系有mg2L+E=12mv02-12(m+M)v2由兩式解得E=mM2(M+m)v02-2mgL=132(3+1)32 J-20.1101.5 J=0.375 J。6.答案 (1)否(2)2.5 s12 m解析 (1)剛剎車時,貨車的加速度大小為a1

11、,重物的加速度大小為a2,由牛頓第二定律可知(M+m)g-2mg=Ma1,2mg=ma2,解得a1=5 m/s2,a2=2 m/s2假設(shè)B與A碰撞,且從開始剎車到碰撞所用時間為t1,則v0t1-12a2t12-v0t1-12a1t12=L,解得t1=1 s此時貨車A的速度為vA=v0-a1t1=5 m/s,重物B的速度為vB=v0-a2t1=8 m/s此時A、B均未停止運動,且vAvB,故重物會與車廂前壁發(fā)生碰撞。(2)碰前貨車的運動時間為t1=1 s,運動的位移為x1=v0t1-12a2t12=7.5 m由于碰撞時間極短,故滿足動量守恒,設(shè)碰后共同的速度為v,則MvA+mvB=(M+m)v,

12、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1(M+m)g=(M+m)a,解得a=4 m/s2一起減速的時間為t2=va=1.5 s一起減速的位移為x2=vt2-12at22=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,則mcdv0-mabv0=(mcd+mab)v所以v=1 m/s。(2)根據(jù)能量轉(zhuǎn)化與守恒定律,產(chǎn)生的焦耳熱為Q=Ek減=12(mcd+mab)(v02-v2)=1

13、.2 JQab=23Q=0.8 J。(3)對cd棒利用動量定理:-BILt=mcdv又q=It=R1+R2=BLxR1+R2所以s=x=mcd(v0-v)(R1+R2)B2L2=1.5 m。8.答案 (1)Nkr21 C(2)0.4 m/s(3)0.88 C解析 (1)E=Nt=NBtr2=Nkr2Q=CE=CNkr2=110040.052 C=1 C將開關(guān)撥向2時,A棒會彈出說明所受安培力向右,電流向上,故電容器下板帶正電。(2)A、B棒相碰時沒有構(gòu)成回路,沒有感應(yīng)電流,A、B棒均做勻速直線運動直至A棒到達(dá)OO處,設(shè)碰后A棒速度為v,由于B棒的位移是A棒的兩倍,故B棒速度是2v。A棒過OO后

14、在安培力作用下減速。由動量定理可知:-BIlt=mv即-B2l2v2Rt=mv即-B2l22Rx=mv兩邊求和可得-B2l22Ra=-mv,即v=B2l2a2mR=220.120.0420.020.1 m/s=0.4 m/s。(3)設(shè)A棒與B棒碰前的速度為v0,碰撞過程動量守恒,則有:mv0=mv+m2v0,可得v0=3vA棒在安培力作用下加速,則有:BIlt=mv,即Blq=mv兩邊求和得:Bl(Q-Q)=mv0得:Q=Q-mv0Bl代入前面的數(shù)據(jù)可知,電容器所剩電荷量為Q=1 C-0.021.220.1 C=0.88 C。9.答案 (1)94239Pu92235U+24He+(2)-2354v(3)239mv2+8E8c2(4)4Nmv5解析 (1)94239Pu92235U+24He+(2)設(shè)