浙江鸭2018年高考物理二轮复习提升训练9动量定理动量守恒及其应用.doc

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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

2、,方向一定是p甲沿正方向,p乙沿负方向3.如图所示,在光滑的水平面上有一物体M,物体上有一光滑的半圆弧轨道,最低点为C,两端A、B一样高。现让小滑块m从A点静止下滑,则()A.m不能到达小车上的B点B.m从A到C的过程中M向左运动,m从C到B的过程中M向右运动C.m从A到B的过程中小车一直向左运动,m到达B的瞬间,M速度为零D.M与m组成的系统机械能守恒,动量守恒4.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mv0D.整个过程中物体

3、动量变化量为mv05.质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正撞,碰撞后两者的动量正好相等,两者质量之比可能为()A.3B.4C.5D.66.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

4、机械能。7.如图所示,在光滑的水平面上有一长为L的木板B,其右侧边缘放有小滑块C,与木板B完全相同的木板A以一定的速度向左运动,与木板B发生正碰,碰后两者粘在一起并继续向左运动,最终滑块C刚好没有从木板上掉下。已知木板A、B和滑块C的质量均为m,C与A、B之间的动摩擦因数均为。求:(1)木板A与B碰前的速度v0;(2)整个过程中木板B对木板A的冲量I。8.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

5、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?9.(2016浙江镇海中学月考)有电阻均为R的两金属棒a、b,a棒的质量为m,b棒的质量为M,两棒均放在如图所示的光滑轨道的水平部分上,轨道的水平部分有竖直向下的匀强磁场,圆弧部分无磁场,且轨道足够长。开始时给a棒一水平向左的初速度v0,a、b两棒在运动过程中与轨道始终接触良好,且a棒与b棒始终不相碰,请问:(1)当a、b两棒在水平轨道上稳定运动时,速度分别为多少?损失的机械能为多少?(2)若b棒在水

6、平轨道上稳定运动后,又冲上圆弧轨道,在b棒返回到水平轨道前,a棒已静止在水平轨道上,且b棒与a棒不相碰,然后达到新的稳定状态,最后a、b的速度为多少?(3)整个过程中产生的内能是多少?10.(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g光子(衰变前可视为静止,衰变放出的光子动量可忽略),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U235的质量为m、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

7、出衰变方程;(2)求打到Q点前该粒子的速度大小;(3)求一个Pu239核衰变过程的质量亏损;(4)求探测屏受到的撞击力大小。答案：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,则由动量守恒定律得(m1+m2)v1-m2v2=0,所以,有v1=v2,1,故v1p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

8、,p乙沿正方向,选项D错误。3.C解析 A.M和m组成的系统水平方向动量守恒,机械能守恒,所以m恰能达到小车上的B点,到达B点时小车与滑块的速度都是0,故A错误。B.M和m组成的系统水平方向动量守恒,m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动,所以M一直向左运动,m到达B的瞬间,M与m速度都为零,故B错误,C正确。D.小滑块m从A点静止下滑,物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零,系统水平方向动量守恒,竖直方向有加速度,合力不为零,所以系统动量不守恒。M和m组成的系统机械能守恒,故D错误。4.C解析 以v0的初速度沿斜面上滑,返回原处时速度为vt=0.5v0,说明斜面不光滑。

9、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。5.A解析 碰后动量相等,设此动量为p,方向一定与v相同,则可知碰后速度关系。碰后m的速度v2一定要大于或等于碰后M的速度v1即v2v1。由mv2=Mv1,可知1,由能量关系可知,解得3,由上述结论可知,A项正确。6.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

10、和物块系统,由功能关系得mgL=(M+m)v2由两式解得v0= m/s=2 m/s(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mg2L+E=(m+M)v2由两式解得E=-2mgL=32 J-20.1101.5 J=0.375 J7.答案 (1)2(2)-解析 (1)A、B碰后瞬时速度为v1,碰撞过程中动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv1A、B粘为一体后通过摩擦力与C发生作用,最后有共同的速度v2,此过程中动量守恒,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得2mv1=3mv

11、2C在A上滑动过程中,由动能定理得-mgL=3m2m联立以上三式解得v1=,v2=,v0=2(2)根据动量定理可知,B对A的冲量与A对B的冲量等大反向,则I的大小等于B的动量变化量,即I=-mv2=-,负号表示B对A的冲量方向向右。8.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 JQab=Q=0.8 J(3)对cd棒利用动量定理:-BILt=mc

12、dv又q=It=所以s=􀰑x=1.5 m9.答案 (1)(2)(3)1-解析 (1)a、b两棒水平轨道上动量守恒。设稳定运动时a、b两棒的共同速度为v1,由动量守恒定律,有mv0=(m+M)v1解得v1=损失的机械能为E=(m+M)(2)由于b棒在冲上圆弧轨道又返回水平轨道过程中机械能守恒,故返回时速度大小不变,即v2=v1b棒与a棒向右运动过程中,直到新的稳定状态,设达到新的稳定状态时a、b的共同速度为v3,由动量守恒定律,有Mv2=(M+m)v3解得v3=。(3)整个过程中产生的内能等于系统机械能的减少量,即Q=(M+m)解得Q=1-。10.答案 (1PuHe+(2)-v(3)(4)解析 (1PuHe+(2)设生成的另一个粒子质量为m,速度为v,则mv+mv=0得到v=-v(3)E=mv2+mv2+E=mv2+Em=(4)设穿透的粒子速度变为v1,则mv=25%mv2解得v1=v=v则穿透的粒子与探测屏的相互作用F1t=(mv-mv1)0.4 Nt吸收的粒子速度变为0,则F2t=(mv-0)0.6 Nt探测屏受到的撞击力为F=F1+F2=- 10 -