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

《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》由会员分享，可在线阅读，更多相关《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（7页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1提升训练提升训练 9 9 动量定理、动量守恒及其应用动量定理、动量守恒及其应用1 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 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

2、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,方向一定是 p甲沿正方向,p乙沿负方向 3 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/s B.5.7102 kgm/s C.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s 4 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

3、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mv03 2D.整个过程中物体动量变化量为mv01 25 5.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

4、失的 机械能。26 6.(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

5、刹车距离。7 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 8.(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B相碰,并在B棒刚出磁场时A

7、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 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2399423592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

8、变生成的U 的质量为23592 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 9 动量定理、动量守恒及其应用 1 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,p乙,碰后两车可能以相同

9、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 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 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。设斜面长为L,则上滑过程所需时间t1=,下滑过程所需时间t

10、2=,t1t2。根据冲量的定义,可 02=2 0 2=4 0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。3 2 5 5.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)v21 2m021 2 由两式解得v0=2( + ) = m/s=2 m/s。2 0.1 10 1.5 (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

11、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)v21 2m021 2由两式解得 E=-2mgL=32 J-20.1101.5 J=0.375 2( + )021 3 2 (3 + 1)J。 6 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,且从开始刹车到碰撞所用时间为t1,则v0t1- a2- v0t1- a1=L,解得t1=1 1 2

12、211 212s 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 m1 212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,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 m1 2a22所以货车刹车的总时

13、间t=t1+t2=2.5 s,刹车距离x=x1+x2=12 m。 7 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 J1 202Qab= Q=0.8 J。2 3 (3)对cd棒利用动量定理: -BILt=mcdv又q=It= 1+ 2= 1+ 2所以 s=x=1.5 m。(0- )(1+ 2)22 8 8.答案 (1)Nkr2

14、1 C (2)0.4 m/s (3)0.88 C解析 (1)E=N=Nr2=Nkr2 Q=CE=CNkr2=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后在安培力作用下 减速。 由动量定理可知:-BIlt=mv即-t=mv22 2即-x=mv22 2两边求和可得-a=-mv,即v= m/s=0.4 m/s。22 222 2=22 0.12 0.042

15、0.02 0.1 (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=3v A棒在安培力作用下加速,则有:BIlt=mv,即Blq=mv 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。0.02 1.22 0.19 9.答案 (1PuHe+)2399423592 +4 2(2)-v (3) (4)235 42392+ 8824 57解析 (1PuHe+)2399423592 +4 2(2)设生成的另一个粒子质量为m,速度为v,则=235 4mv+mv=0得到v=-v。235 4(3)E= mv2+ mv2+E=mv2+E1 21 2239 8m=。2=2392+ 882(4)设穿透的粒子速度变为v1,则mv12=25%mv21 21 2解得v1= v=v1 2235 8 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=。4 5