《（浙江專用）2022年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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2022年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（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）2022年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 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

2、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,方向一定是Δp甲沿正方向,Δp乙沿負方向 3.(2017新課標Ⅰ卷)將質(zhì)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的速度從火箭噴口在很短時間內(nèi)噴出。在燃氣噴出后的瞬間,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 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s 4.質(zhì)量為m的物體,以v0的初速度沿斜面上滑,到達最高

3、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mv0 D.整個過程中物體動量變化量為mv0 5. 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)μ=0.10,它們都處于靜止狀態(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;

4、 (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=2.0×103 kg的平板小貨車A載有一質(zhì)量為m=1.0×103 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μ1=0.4,重物與車廂底板之間的動摩擦因數(shù)為μ2=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

5、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的勻強磁場豎直向上穿過整個導軌所在的空間。金屬棒ab、cd質(zhì)量分別為0.1 kg和0.2 kg,電阻分別為0.4 Ω和0.2 Ω,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棒的速度大小; (2)金屬棒運動達到穩(wěn)定的過程中,ab上

6、產(chǎn)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(jié)構(gòu)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NO和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。導軌左側(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的電容器通過單刀雙擲開關(guān)與導軌相連。在軌道間MPP'M'矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直桌面向上的勻強磁場,磁感應強度為2 T。磁場右側(cè)邊界PP'與OO'間距離為a=4 c

7、m。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 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 Ω,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(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

8、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,容器中為钚的放射性同位素Pu,可衰變?yōu)?U并放出能量為E的γ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,設衰變生成的U的質(zhì)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Pu核衰變過程的質(zhì)量虧損; (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

9、 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(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=v2,<1,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Δp甲沿負方向,Δp乙沿正方向,選項D錯誤。 3.A　

10、解析 根據(jù)動量守恒定律得:0=Mv1-mv2,故火箭的動量與燃氣的動量等大反向。故p=Mv1=mv2=0.05 kg×600 m/s=30 kg·m/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。設斜面長為L,則上滑過程所需時間t1=,下滑過程所需時間t2=,t1

11、度為v,由動量守恒定律mv0=(m+M)v① 對木板和物塊系統(tǒng),由功能關(guān)系得 μmgL=(M+m)v2② 由①②兩式解得 v0= = 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到共同速度v。 設碰撞過程中損失的機械能為ΔE。 對木板和物塊系統(tǒng)的整個運動過程,由功能關(guān)系有μmg2L+ΔE=(m+M)v2③ 由①③兩式解得ΔE=-2μmgL=×32 J-2×0.1×10×1.5 J=0.375 J。 6.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μ(M+m)

12、g-μ2mg=Ma1,μ2mg=ma2,解得a1=5 m/s2,a2=2 m/s2 假設B與A碰撞,且從開始剎車到碰撞所用時間為t1,則v0t1-a2-v0t1-a1=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vA

13、,由牛頓第二定律可得μ1(M+m)g=(M+m)a,解得a=4 m/s2 一起減速的時間為t2==1.5 s 一起減速的位移為x2=vt2-=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=ΔEk減=(mcd+mab)(-v2)=1.2 J Qab=Q=0.8

14、J。 (3)對cd棒利用動量定理: -BIL·Δt=mcdΔv 又q=IΔt= 所以Δs=∑Δx==1.5 m。 8.答案 (1)Nkπr2　1 C　(2)0.4 m/s　(3)0.88 C 解析 (1)E=N=N·πr2=Nkπr2 Q=CE=CNkπr2=1×100××π×0.052 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,沒有感應電流,A、B棒均做勻速直線運動直至A棒到達OO'處,設碰后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'后在安培力作用下減速。 由動

15、量定理可知:-BIlΔt=mΔv 即-·Δt=mΔv 即-·Δx=mΔv 兩邊求和可得-·a=-mv,即v= m/s=0.4 m/s。 (3)設A棒與B棒碰前的速度為v0,碰撞過程動量守恒,則有:mv0=mv+m?2v0,可得v0=3v A棒在安培力作用下加速,則有:BIlΔt=mΔv,即BlΔq=mΔv 兩邊求和得:Bl(Q-Q')=mv0 得:Q'=Q- 代入前面的數(shù)據(jù)可知,電容器所剩電荷量為Q'=1 C- C=0.88 C。 9.答案 (1PuHe+γ (2)-v　(3)　(4) 解析 (1PuHe+γ (2)設生成的另一個粒子質(zhì)量為m',速度為v',則 mv+m'v'=0 得到v'=-v。 (3)ΔE=mv2+m'v'2+E=mv2+E Δm=。 (4)設穿透的粒子速度變?yōu)関1',則m'v1'2=25%·m'v'2 解得v1'=v'=v 則穿透的粒子與探測屏的相互作用 F1Δt=(m'v'-m'v1')·0.4 NΔt 吸收的粒子速度變?yōu)?,則 F2Δt=(m'v'-0)·0.6 NΔt 探測屏受到的撞擊力為F=F1+F2=。