浙江专用2022版高考物理大二轮复习优选习题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

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,方向一定是Δp甲沿正方向,Δp乙沿负方向3.(2022新课标Ⅰ卷)将质量为1.00kg的模型火箭点火升空,50g燃烧的燃气以大小为600m/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.30kg·m/sB.5.7×102kg·m/sC.6.0×102kg·m/sD.6.3×102kg·m/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32mv0D.整个过程中物体动量变化量为12mv05.6\n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=3.0kg,木板的长度为L=1.5m,在木板右端有一小物块,其质量m=1.0kg,小物块与木板间的动摩擦因数μ=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10m/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=3m/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。6.(启慧全国大联考2022届高三12月联考)如图所示,一质量为M=2.0×103kg的平板小货车A载有一质量为m=1.0×103kg的重物B,在水平直公路上以速度v0=36km/h做匀速直线运动,重物与车厢前壁间的距离为L=1.5m,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μ1=0.4,重物与车厢底板之间的动摩擦因数为μ2=0.2,重力加速度g取10m/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距离。7.6\n图中两根足够长的平行光滑导轨,相距1m水平放置,磁感应强度B=0.4T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0.1kg和0.2kg,电阻分别为0.4Ω和0.2Ω,并排垂直横跨在导轨上。若两棒以大小相等的初速度3m/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?8.(2022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=10cm的平行长直导轨置于水平桌面上,导轨中NO和N'O'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5cm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1F的电容器通过单刀双掷开关与导轨相连。在轨道间MPP'M'矩形区域内存在垂直桌面向上的匀强磁场,磁感应强度为2T。磁场右侧边界PP'与OO'间距离为a=4cm。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ΔBΔt=4πT/s;稳定后将开关拨向2,金属棒A被弹出,与金属棒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0.02kg、接入电路中的电阻均为0.1Ω,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?6\n9.(2022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 94239Pu,可衰变为 92235U并放出能量为E的γ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 92235U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)试写出衰变方程;(2)求打到Q点前该粒子的速度大小;(3)求一个 94239Pu核衰变过程的质量亏损;(4)求探测屏受到的撞击力大小。6\n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,则由动量守恒定律得(m1+m2)v1-m2v2=0,所以,有v1=m2m1+m2v2,m2m1+m2<1,故v1<v2,所以B正确。2.C　解析由于规定p甲方向为正,两车动量关系为p甲>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Δp甲沿负方向,Δp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=0.05kg×600m/s=30kg·m/s。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=lv02=2lv0,下滑过程所需时间t2=lvt2=4lv0,t1<t2。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=Δp=-mvt-mv0=-32mv0,C正确,D错误。5.答案(1)2m/s　(2)0.375J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)v①对木板和物块系统,由功能关系得μmgL=12mv02-12(M+m)v2②由①②两式解得v0=2μgL(M+m)M=2×0.1×10×1.5×(3+1)3m/s=2m/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ΔE。对木板和物块系统的整个运动过程,由功能关系有μmg2L+ΔE=12mv02-12(m+M)v2③由①③两式解得ΔE=mM2(M+m)v02-2μmgL=1×32×(3+1)×32J-2×0.1×10×1.5J=0.375J。6.答案(1)否　(2)2.5s　12m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μ(M+m)g-μ2mg=Ma1,μ2mg=ma2,解得a1=5m/s2,a2=2m/s2假设B与A碰撞,且从开始刹车到碰撞所用时间为t1,则v0t1-12a2t12-v0t1-12a1t12=L,解得t1=1s此时货车A的速度为vA=v0-a1t1=5m/s,重物B的速度为vB=v0-a2t1=8m/s此时A、B均未停止运动,且vA<vB,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=1s,运动的位移为x1=v0t1-12a2t12=7.5m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=6m/s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μ1(M+m)g=(M+m)a,解得a=4m/s2一起减速的时间为t2=va=1.5s一起减速的位移为x2=vt2-12at22=4.5m所以货车刹车的总时间t=t1+t2=2.5s,刹车距离x=x1+x2=12m。7.答案(1)1m/s　(2)0.8J　(3)1.5m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=1m/s。6\n(2)根据能量转化与守恒定律,产生的焦耳热为Q=ΔEk减=12(mcd+mab)(v02-v2)=1.2JQab=23Q=0.8J。(3)对cd棒利用动量定理:-BIL·Δt=mcdΔv又q=IΔt=ΔΦR1+R2=BLΔxR1+R2所以Δs=∑Δx=mcd(v0-v)(R1+R2)B2L2=1.5m。8.答案(1)Nkπr2　1C　(2)0.4m/s　(3)0.88C解析(1)E=NΔΦΔt=NΔBΔt·πr2=Nkπr2Q=CE=CNkπr2=1×100×4π×π×0.052C=1C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:-BIlΔt=mΔv即-B2l2v2R·Δt=mΔv即-B2l22R·Δx=mΔv两边求和可得-B2l22R·a=-mv,即v=B2l2a2mR=22×0.12×0.042×0.02×0.1m/s=0.4m/s。(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+m∙2v0,可得v0=3vA棒在安培力作用下加速,则有:BIlΔt=mΔv,即BlΔq=mΔv两边求和得:Bl(Q-Q')=mv0得:Q'=Q-mv0Bl代入前面的数据可知,电容器所剩电荷量为Q'=1C-0.02×1.22×0.1C=0.88C。9.答案(1)94239Pu→92235U+24He+γ(2)-2354v　(3)239mv2+8E8c2　(4)4Nmv5解析(1)94239Pu→92235U+24He+γ(2)设生成的另一个粒子质量为m',速度为v',则mm'=2354mv+m'v'=0得到v'=-2354v。(3)ΔE=12mv2+12m'v'2+E=2398mv2+EΔm=ΔEc2=239mv2+8E8c2。(4)设穿透的粒子速度变为v1',则12m'v1'2=25%·12m'v'2解得v1'=12v'=2358v则穿透的粒子与探测屏的相互作用F1Δt=(m'v'-m'v1')·0.4NΔt吸收的粒子速度变为0,则F2Δt=(m'v'-0)·0.6NΔt探测屏受到的撞击力为F=F1+F2=4Nmv5。6