2020最新高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題專(zhuān)題二能量與動(dòng)量提升訓(xùn)練9動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒及其應(yīng)用(考試專(zhuān)用

1、提升訓(xùn)練9動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒及其應(yīng)用1.如圖所示，兩輛質(zhì)量相同的小車(chē)置于光滑的水平面上，有一個(gè)人靜止站在 A車(chē)上，兩車(chē)靜止，若這個(gè)人自A車(chē)跳到B車(chē)上，接著又跳回A車(chē)，靜止于A車(chē)上，則A車(chē)的速率 （）A.等于零B.小于B車(chē)的速率C.大于B車(chē)的速率D.等于B車(chē)的速率2 .有甲、乙兩碰碰車(chē)沿同一直線(xiàn)相向而行，在碰前雙方都關(guān)閉了動(dòng)力，且兩車(chē)動(dòng)量關(guān)系為 p甲p乙。假設(shè)規(guī)定p甲方向?yàn)檎挥?jì)一切阻力，則（）A.碰后兩車(chē)可能以相同的速度沿負(fù)方向前進(jìn)，且動(dòng)能損失最大B.碰撞過(guò)程甲車(chē)總是對(duì)乙車(chē)做正功，碰撞后乙車(chē)一定沿正方向前進(jìn)C.碰撞過(guò)程甲車(chē)可能反彈，且系統(tǒng)總動(dòng)能減小，碰后乙車(chē)一定沿正方向前進(jìn)D.兩車(chē)動(dòng)量變化量

2、大小相等，方向一定是 A p甲沿正方向，A p乙沿負(fù)方向3 . （2017新課標(biāo)I卷）將質(zhì)量為1. 00 kg的模型火箭點(diǎn)火升空，50 g燃燒的燃?xì)庖源笮?600 m/s，火箭的動(dòng)量大小為（噴出過(guò)程中重力的速度從火箭噴口在很短時(shí)間內(nèi)噴出。在燃?xì)鈬姵龊蟮乃查g和空氣阻力可忽略）（）A.30 kg m/sm/s m/s m/sB.5. 7X 102 kg -C.6. 0X 102 kg -D.6. 3X 102 kg -4. 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(diǎn)處返回原處的速度為vt,且vt=0. 5V0,則（）A.上滑過(guò)程中重力的沖量比下滑時(shí)大B.上滑時(shí)和下滑時(shí)支持力的沖量都等于

3、零C.合力的沖量在整個(gè)過(guò)程中大小為5mvD.整個(gè)過(guò)程中物體動(dòng)量變化量為 m mv5.左.如圖，一長(zhǎng)木板位于光滑水平面上，長(zhǎng)木板的左端固定一擋板，木板和擋板的總質(zhì)量為MI. 0 kg,木板的長(zhǎng)度為L(zhǎng)=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(dòng)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 vo沿木板向左運(yùn)動(dòng)，重力加速度g取10 m/s 2。若小物塊剛好能運(yùn)動(dòng)到左端擋板處，求V0的大??；（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(guò)程中損失的機(jī)械能。6.(啟慧全國(guó)大聯(lián)考2018屆高三12月聯(lián)考)如圖所示，一質(zhì)

4、量為M20X103 kg的平板小貨車(chē) A載有 一質(zhì)量為m=. 0X103 kg的重物B,在水平直公路上以速度V0=36 km/h做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，重物與車(chē)廂前壁間的距離為L(zhǎng)=1. 5 m,因發(fā)生緊急情況，貨車(chē)突然制動(dòng)，已知貨車(chē)車(chē)輪與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 邛=0.4,重物與車(chē)廂底板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為2=0. 2,重力加速度g取10 m/s 2,若重物與車(chē)廂前壁發(fā)生碰撞，則碰撞時(shí)間極短，碰后重物與車(chē)廂前壁不分開(kāi)。(1)請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明重物是否會(huì)與車(chē)廂前壁發(fā)生碰撞；(2)試求貨車(chē)從開(kāi)始剎車(chē)到停止運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間和剎車(chē)距離。7.圖中兩根足夠長(zhǎng)的平行光滑導(dǎo)軌，相距1 m水平放置，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0. 4 T的勻

5、強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向上穿過(guò)整個(gè)導(dǎo)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 和0. 2Q,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(kāi)，不計(jì)導(dǎo)軌電阻，求:(1)金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定后,ab棒的速度大??；(2)金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到年I定的過(guò)程中，ab上產(chǎn)生的焦耳熱(3)金屬棒運(yùn)動(dòng)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(jì)了一個(gè)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(zhǎng)直導(dǎo)軌置于水平桌面上，導(dǎo)軌中NCW N'O'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。

6、導(dǎo)軌左側(cè)與匝數(shù)為100、半徑為5 cm的圓形線(xiàn)圈相連，線(xiàn)圈內(nèi)存在垂直線(xiàn)圈平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。電容為 1 F的電容器通過(guò)單刀雙擲開(kāi)關(guān)與導(dǎo)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(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)弓雖度為2 T。磁場(chǎng)右側(cè)邊界 PP'與OO間距離為a=4 cm。初始時(shí)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(kāi)關(guān)與1連接時(shí)，圓形線(xiàn)圈中磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻變化，變化率為工二三T/s;穩(wěn)定后將開(kāi)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(chǎng)時(shí) A棒剛好運(yùn)動(dòng)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

7、電路中的電阻均為0. 1 Q,金屬棒與金屬導(dǎo)軌接觸良好，其余電阻均不計(jì)，一切摩擦不計(jì)。問(wèn)：(1)當(dāng)開(kāi)關(guān)與1連接時(shí)，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，容器中為缽的放射性同239235位素94 Pu,可衰變?yōu)閝2 U并放出能量為E的丫光子(衰變前可視為靜止，衰變放出的光子動(dòng)量可235忽略),衰變后速度大的粒子沿直線(xiàn)OQO探測(cè)屏MN1動(dòng)。為簡(jiǎn)化模型，設(shè)衰變生成的q力U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(cè)屏N個(gè)，打到Q點(diǎn)

8、后40慚透探測(cè)屏，60%被探測(cè)屏吸收，且粒子穿透時(shí)能量損失75%,則：詈加放射源(1)試寫(xiě)出衰變方程(2)求打到Q點(diǎn)前該粒子的速度大小(3)求一個(gè)S4 Pu核衰變過(guò)程的質(zhì)量虧損8(4) 求探測(cè)屏受到的撞擊力大小。提升訓(xùn)練9動(dòng)量定理、動(dòng)量守恒及其應(yīng)用1.B解析兩車(chē)和人組成的系統(tǒng)位于光滑的水平面上，因而該系統(tǒng)動(dòng)量守恒，設(shè)人的質(zhì)量為m,車(chē)的質(zhì)量為 m, A、B車(chē)的速率分別為 vi、V2,則由動(dòng)量守恒定律得(m+m) vi-mv2=0，所以，有 rajm2Vi=Eim;V2,mi+-Fn2 <1,故 Vi<V2,所以 B 正確。2. C解析 由于規(guī)定p甲方向?yàn)檎?，兩?chē)動(dòng)量關(guān)系為p甲>

9、p乙,碰后兩車(chē)可能以相同的速度沿正方 向前進(jìn)，且動(dòng)能損失最大，選項(xiàng)A錯(cuò)誤。碰撞過(guò)程甲車(chē)先對(duì)乙車(chē)做負(fù)功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤。碰撞過(guò)程甲車(chē)可能反彈，且系統(tǒng)總動(dòng)能減小，碰后乙車(chē)一定沿正方向前進(jìn)，選項(xiàng)C正確。由動(dòng)量守恒定律，兩車(chē)動(dòng)量變化量大小相等，方向可能是 A p甲沿負(fù)方向，A p乙沿正方向，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3. A解析 根據(jù)動(dòng)量守恒定律得：0=Mv-mv2,故火箭的動(dòng)量與燃?xì)獾膭?dòng)量等大反向。故 p=Mv=mv=0. 05 kg X 600 m/s =30 kg - m/s。4. C解析以vo的初速度沿斜面上滑，返回原處時(shí)速度為 vt=0. 5vo,說(shuō)明斜面不光滑。設(shè)斜面長(zhǎng) i _2ti _為L(zhǎng),則上滑過(guò)程所需

10、時(shí)間t1= 于 /下滑過(guò)程所需時(shí)間t2= 不 小，t1<t2。根據(jù)沖量的定 義，可知上滑過(guò)程中重力的沖量比下滑時(shí)小 ,A錯(cuò)誤。上滑和下滑時(shí)支持力的大小都不等于零,B錯(cuò)誤。對(duì)全過(guò)程應(yīng)用動(dòng)量定理，則I合=A p=-mvt-mvo=-£mv,C正確,D錯(cuò)誤。5. 答案(1)2 m/s (2)0 . 375 J解析(1)設(shè)木板和物塊最后共同的速度為v,由動(dòng)量守恒定律 mv=(m+Mv對(duì)木板和物塊系統(tǒng)，由功能關(guān)系得1 H 1mgL= .(M+mv2 由兩式解得h密切呼+啊Vo=f2X0.1>： 10X1,5X(3+1)=3 m/s =2 m/s 。(2)同樣由動(dòng)量守恒定律可知，木板

11、和物塊最后也要達(dá)到共同速度v。設(shè)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為A E。對(duì)木板和物塊系統(tǒng)白整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程，由功能關(guān)系有mg？L+A E=一 £( m+Mv2wuW 21X3由兩式解得 AE= .產(chǎn)-2 mgL:WU X 32 J-2 X 0. 1 X 10X 1.5 J =0. 375Jo6 .答案(1)否(2)2 . 5 s 12 m解析(1)剛剎車(chē)時(shí)，貨車(chē)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(. ( M+mg-(12mg=Ma2mg=ma 解得 a1=5 m/s 2, a2=2 m/s 2假設(shè)B與A碰撞，且從開(kāi)始剎車(chē)到碰撞所用時(shí)間為t1,則vot 1-%彳-(

12、vot1-山1h" =L,解得 t1=1 s此時(shí)貨車(chē) A的速度為vA=vo-a1t1=5 m/s,重物B的速度為v B=vo-a 2t 1=8 m/s此時(shí)A、B均未停止運(yùn)動(dòng)，且va<vb,故重物會(huì)與車(chē)廂前壁發(fā)生碰撞。1 z(2)碰前貨車(chē)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為11=1 s,運(yùn)動(dòng)的位移為X1=vot 1-2324-=7. 5 m由于碰撞時(shí)間極短，故滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，設(shè)碰后共同的速度為 v,則Mv+mv=( M+mv,解得v=6 m/s 碰后一起減速運(yùn)動(dòng)的加速度大小為 a,由牛頓第二定律可得 (11( M+mg=( M+ma,解得a=4 m/s 2 一起減速的時(shí)間為 t2= .=1. 5 sL山之

13、一起減速的位移為 X2=vt 2-= = = =4. 5 m所以貨車(chē)剎車(chē)的總時(shí)間t=t1+t2=2.5 s,剎車(chē)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(dòng)量守恒，最終具有共同速度v,以水平向右為正方向 貝U ncdV0-mabV0=( md+mb) 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=A R減=E(md+rm)(即2-v 2) =1.2 JzQb=5Q=0. 8 J。對(duì)cd棒利用動(dòng)量定理：-BIL A t=mcd A v4中 _ Blar又q=I A t=由*由

14、由十咫叫。力切砒t+尺方所以 A s=E A x=/=1. 5 m。8 .答案(1) Nkn r2 1 C (2)0 .4 m/s (3)0 . 88 C解析(1) E=N7T=NQ=CE=CNkr2=1x100xajf 兀 r2=NkTt r2+工X 兀 X 0. 052 C=1 C將開(kāi)關(guān)撥向2時(shí),A棒會(huì)彈出說(shuō)明所受安培力向右(2) A B棒相碰時(shí)沒(méi)有構(gòu)成回路，沒(méi)有感應(yīng)電流 設(shè)碰后A棒速度為v,由于B棒的位移是A棒的兩倍,電流向上，故電容器下板帶正電。,A、B棒均做勻速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)直至 A棒到達(dá)OO處,，故B棒速度是2v。A棒過(guò)OO后在安培力作用下減速。由動(dòng)量定理可知：-BIl A t=mA v

15、即- A t=mA v即咨即- 萬(wàn)彳- A x=mA v兩邊求和可得 - 而- a=-mv 即 v= s-mff而而而丁 m/s =0. 4 m/s。 設(shè)A棒與B棒碰前的速度為 v°,碰撞過(guò)程動(dòng)量守恒，則有：mv0=mv+i?2v0,可得v0=3vA棒在安培力作用下加速，則有：BIl At=mAv,即Bl Aq=mA v兩邊求和得：Bl(Q-Q')=mvE麻得：Q'=Q-. .D2X1.22XD.L C=0. 88 C。代入前面的數(shù)據(jù)可知，電容器所剩電荷量為Q'=1 C-(9) 案(1； Pu :"汗 u ： ；,He+丫235239mi2 +8F鼻際皿(10) - v v (3)' (4) 二解析(1：Pu-He+丫(2)設(shè)生成的另一個(gè)粒子質(zhì)量為m',速度為v',則mv+m'v'=0郎得至I v'=-vo1X門(mén)9(11) A E= Wm2+Zm'v' 2+E="-Fm/+E££ _ 2