（浙江选考）2019届高考物理二轮复习专题二能量与动量提升训练9动量定理、动量守恒及其应用.doc

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1、1提升训练 9 动量定理、动量守恒及其应用1.如图所示,两辆质量相同的小车置于光滑的水平面上,有一个人静止站在 A 车上,两车静止,若这个人自 A 车跳到 B 车上,接着又跳回 A 车,静止于 A 车上,则 A 车的速率 ( )A.等于零B.小于 B 车的速率C.大于 B 车的速率D.等于 B 车的速率2.有甲、乙两碰碰车沿同一直线相向而行,在碰前双方都关闭了动力,且两车动量关系为 p 甲 p 乙 。假设规定 p 甲 方向为正,不计一切阻力,则( )A.碰后两车可能以相同的速度沿负方向前进,且动能损失最大B.碰撞过程甲车总是对乙车做正功,碰撞后乙车一定沿正方向前进C.碰撞过程甲车可能反弹,且系

2、统总动能减小,碰后乙车一定沿正方向前进D.两车动量变化量大小相等,方向 一定是 p 甲 沿正方向, p 乙 沿负方向3.(2017 新课标 卷)将质量为 1.00 kg 的模型火箭点火升空,50 g 燃烧的燃气以大小为 600 m/s的速度从火箭喷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/sB.5.7102 kgm/sC.6.0102 kgm/sD.6.3102 kgm/s4.质量为 m 的物体,以 v0的初速度沿斜面上滑,到达最高点处返回原处的速度为 vt,且 vt=0.5v0,则( )A.上滑过程中重力的冲量比下滑时

3、大B.上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零C.合力的冲量在整个过程中大小为 mv032D.整个过程中物体动量变化量为 mv0125.如图,一长木板位于光滑水平面上,长木板的左端固定一挡板,木板和挡板的总质量为 M=3.0 kg,木板的长度为 L=1.5 m,在木板右端有一小物块,其质量 m=1.0 kg,小物块与木板间的动摩擦因数= 0.10,它们都处于静止状态,现令小物块以初速度 v0沿木板向左运动,重力加速度 g 取 10 m/s2。(1)若小物块刚好能运动到左端挡板处,求 v0的大小;(2)若初速度 v0=3 m/s,小物块与挡板相撞后,恰好能回到右端而不脱离木板,求碰撞过程中损失的机械能

4、。26.(启慧全国大联考 2018 届高三 12 月联考)如图所示,一质量为 M=2.0103 kg 的平板小货车 A 载有一质量为 m=1.0103 kg 的重物 B,在水平直公路上以速度 v0=36 km/h 做匀速直线运动,重物与车厢前壁间的距离为 L=1.5 m,因发生紧急情况,货车突然制动,已知货车车轮与地面间的动摩擦因数为 1=0.4,重物与车厢底板之间的动摩擦因数为 2=0.2,重力加速度 g 取 10 m/s2,若重物与车厢前壁发生碰撞,则碰撞时间极短,碰后重物与车厢前壁不分开。(1)请通过计算说明重物是否会与车厢前壁发生碰撞;(2)试求货车从开始刹车到停止运动所用的时间和刹车

5、距离。7.图中两根足够长的平行光滑导轨,相距 1 m 水平放置,磁感应强度 B=0.4 T 的匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间。金属棒 ab、 cd 质量分别为 0.1 kg 和 0.2 kg,电阻分别为 0.4 和 0.2 ,并排垂直横跨在导轨上。若两棒以大小相等的初速度 3 m/s 向相反方向分开,不计导轨电阻,求:(1)金属棒运动达到稳定后, ab 棒的速度大小;(2)金属棒运动达到稳定的过程中, ab 上产生的焦耳热;(3)金属棒运动达到稳定后,两棒间距离增加多少?38.(2018 年 2 月杭州期末)某同学设计了一个电磁击发装置,其结构如图所示。间距为 L=10 cm 的平行长

6、直导轨置于水平桌面上,导轨中 NO 和 NO段用绝缘材料制成,其余部分 均为导电金属材料,两种材料导轨平滑连接。导轨左侧与匝数为 100、半径为 5 cm 的圆形线圈相连,线圈内存在垂直线圈平面的匀强磁场。电容为 1 F 的电容器通过单刀双掷开关与导轨相连。在轨道间 MPPM矩形区域内存在垂直桌面向上的匀强磁场,磁感应强度为 2 T。磁场右侧边界 PP与 OO间距离为 a=4 cm。初始时金属棒 A 处于 NN左侧某处,金属棒 B 处于 OO左侧距 OO距离为 a 处。当开关与 1 连接时,圆形线圈中磁场随时间均匀变化,变化率为 T/s;稳定后将开关拨向 2,金属棒 A 被弹出,与=4金属棒

7、B 相碰,并在 B 棒刚出磁场时 A 棒刚好运动到 OO处,最终 A 棒恰在 PP处停住。已知两根金属棒的质量均为 0.02 kg、接入电路中的电阻均为 0.1 ,金属棒与金属导轨接触良好,其余电阻均不计,一切摩擦不计。问:(1)当开关与 1 连接时,电容器两端电压是多少?下极板带什么电?(2)金属棒 A 与 B 相碰后 A 棒的速度 v 是多少?(3)电容器所剩电荷量 Q是多少?9.(2017 浙江湖州市高二考试)如图所示,为一种研究核反应的设备示意图,容器中为钚的放射性同位素 Pu,可衰变为 U 并放出能量为 E 的 光子(衰变前可视为静止,衰变放出的光子动量可 23994 23592忽略

8、),衰变后速度大的粒子沿直线 OQ 向探测屏 MN 运动。为简化模型,设衰变生成的 U 的质量为 23592m、速度均为 v,生成的另一种粒子每秒到达探测屏 N 个,打到 Q 点后 40%穿透探测屏,60%被探测屏吸收,且粒子穿透时能量损失 75%,则:(1)试写出衰变方程;(2)求打到 Q 点前该粒子的速度大小;(3)求一个 Pu 核衰变过程的质量亏损; 239944(4)求探测屏受到的撞击力大小。5提升训练 9 动量定理、动量守恒及其应用1.B 解析 两车和人组成的系统位于光滑的水平面上,因而该系统动量守恒,设人的质量为 m1,车的质量为 m2,A、 B 车的速率分别为 v1、 v2,则由

9、动量守恒定律得( m1+m2)v1-m2v2=0,所以,有 v1=v2, p 乙 ,碰后两车可能以相同的速度沿正方向前进,且动能损失最大,选项 A 错误。碰撞过程甲车先对乙车做负功,选项 B 错误。碰撞过程甲车可能反弹,且系统总动能减小,碰后乙车一定沿正方向前进,选项 C 正确。由动量守恒定律,两车动量变化量大小相等,方向可能是 p 甲 沿负方向, p 乙 沿正方向,选项 D 错误。3.A 解析 根据动量守恒定律得:0 =Mv1-mv2,故火箭的动量与燃气的动量等大反向。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,返回原处时速

10、度为 vt=0.5v0,说明斜面不光滑。设斜面长为 L,则上滑过程所需时间 t1= ,下滑过程所需时间 t2= ,t1t2。根据冲量的定义,可02=20 2=40知上滑过程中重力的冲量比下滑时小,A 错误。上滑和下滑时支持力的大小都不等于零,B 错误。对全过程应用动量定理,则 I 合 = p=-mvt-mv0=- mv0,C 正确,D 错误。325.答案 (1)2 m/s (2)0.375 J解析 (1)设木板和物块最后共同的速度为 v,由动量守恒定律 mv0=(m+M)v对木板和物块系统,由功能关系得mgL= (M+m)v212m0212由 两式解得v0=2(+)= m/s=2 m/s。20

11、.1101.5(3+1)3(2)同样由动量守恒定律可知,木板和物块最后也要达到共同速度 v。设碰撞过程中损失的机械能为 E。对木板和物块系统的整个运动过程,由功能关系有 mg 2L+ E= (m+M)v212m0212由 两式解得 E= -2mgL= 32 J-20.1101.5 J=0.375 2(+)02 132(3+1)J。6.答案 (1)否 (2)2.5 s 12 m解析 (1)刚刹车时,货车的加速度大小为 a1,重物的加速度大小为 a2,由 牛顿第二定律可知 (M+m)g- 2mg=Ma1, 2mg=ma2,解得 a1=5 m/s2,a2=2 m/s2假设 B 与 A 碰撞,且从开始

12、刹车到碰撞所用时间为 t1,则 v0t1- a2 - v0t1- a1 =L,解得 t1=1 12 21 12 12s此时货车 A 的速度为 vA=v0-a1t1=5 m/s,重物 B 的速度为 vB=v0-a2t1=8 m/s此时 A、 B 均未停止运动,且 vAvB,故重物会与车厢前壁发生碰撞。(2)碰前货车的运动时间为 t1=1 s,运动的位移为 x1=v0t1- a2 =7.5 m12 12由于碰撞时间极短,故满足动量守恒,设碰后共同的速度为 v,则 MvA+mvB=(M+m)v,解得 v=6 m/s6碰后一起减速运动的加速度大小为 a,由牛顿第二定律可得 1(M+m)g=(M+m)a

13、,解得 a=4 m/s2一起减速的时间为 t2= =1.5 s一起减速的位移为 x2=vt2- =4.5 m12a22所以货车刹车的总时间 t=t1+t2=2.5 s,刹车距离 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 棒组成的系统动量守恒,最终具有共同速度 v,以水平向右为正方向,则 mcdv0-mabv0=(mcd+mab)v所以 v=1 m/s。(2)根据能量转化与 守恒定律,产生的焦耳热为Q= Ek 减 = (mcd+mab)( -v2)=1.2 J12 02Qab= Q=0.8 J。23(3)对 cd 棒利用动

14、量定理:-BIL t=mcd v又 q=I t=1+2=1+2所以 s= x= =1.5 m。(0-)(1+2)228.答案 (1) Nk r2 1 C (2)0.4 m/s (3)0.88 C解析 (1) E=N =N r2=Nk r2 Q=CE=CNk r2=1100 0.052 C=1 C4将开关拨向 2 时, A 棒会弹出 说明所受安培力向右,电流向上,故电容器下板带正电。(2)A、 B 棒相碰时没有构成回路,没有感应电流, A、 B 棒均做匀速直线运动直至 A 棒到达 OO处,设碰后 A 棒速度为 v,由于 B 棒的位移是 A 棒的两倍,故 B 棒速度是 2v。 A 棒过 OO后在安

15、培力作用下减速。由动量定理可知: -BIl t=m v即 - t=m v222即 - x=m v222两边求和可得 - a=-mv,即 v= m/s=0.4 m/s。222 222=220.120.0420.020.1(3)设 A 棒与 B 棒碰前的速度为 v0,碰撞过程动量守恒,则有: mv0=mv+m2v0,可得 v0=3vA 棒在安培力作用下加速,则有: BIl t=m v,即 Bl q=m v两边求和得: Bl(Q-Q)=mv0得: Q=Q-0代入前面的数据可知,电容器所剩电荷量为 Q=1 C- C=0.88 C。0.021.220.19.答案 (1 Pu He+)23994 2359

16、2+42(2)- v (3) (4)2354 2392+882 457解析 (1 Pu He+)23994 23592+42(2)设生成的另一个粒子质量为 m,速度为 v,则=2354mv+mv=0得到 v=- v。2354(3) E= mv2+ mv2+E= mv2+E12 12 2398 m= 。2=2392+882(4)设穿透的粒子速度变为 v1,则 mv12=25% mv212 12解得 v1= v= v12 2358则穿透的粒子与探测屏的相互作用F1 t=(mv-mv1)0.4 N t吸收的粒子速度变为 0,则F2 t=(mv-0)0.6 N t探测屏受到的撞击力为 F=F1+F2= 。45