《（浙江專用）2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專題二 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》由會(huì)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(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專題二 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（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí)優(yōu)選習(xí)題 專題二 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 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(gè)人靜止站在A車上,兩車靜止,若這個(gè)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(dòng)力,且兩車動(dòng)量關(guān)系為p甲>p乙。假設(shè)規(guī)定p甲方向?yàn)檎?不計(jì)一切阻力,則(　　) A.碰后兩車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)程甲車總是對(duì)乙車

2、做正功,碰撞后乙車一定沿正方向前進(jìn) C.碰撞過(guò)程甲車可能反彈,且系統(tǒng)總動(dòng)能減小,碰后乙車一定沿正方向前進(jìn) D.兩車動(dòng)量變化量大小相等,方向一定是Δp甲沿正方向,Δp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?00 m/s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,火箭的動(dòng)量大小為(噴出過(guò)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(dá)最高

3、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零 C.合力的沖量在整個(gè)過(guò)程中大小為mv0 D.整個(gè)過(guò)程中物體動(dòng)量變化量為mv0 5. 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M=3.0 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)μ=0.10,它們都處于靜止?fàn)顟B(tài),現(xiàn)令小物塊以初速度v0沿木板向左運(yùn)動(dòng),重力加速度g取10 m/s2。 (1)若小物塊剛好能運(yùn)動(dòng)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(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)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(yùn)動(dòng),重物與車廂前壁間的距離為L(zhǎng)=1.5 m,因發(fā)生緊急情況,貨車突然制動(dòng),已知貨車車輪與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.4,重物與車廂底板之間的動(dòng)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(shí)間極短,碰后重物

5、與車廂前壁不分開(kāi)。 (1)請(qǐng)通過(guò)計(jì)算說(shuō)明重物是否會(huì)與車廂前壁發(fā)生碰撞; (2)試求貨車從開(kāi)始剎車到停止運(yùn)動(dòng)所用的時(shí)間和剎車距離。 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 Ω和0.2 Ω,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棒的速度大小; (2)金屬棒運(yùn)動(dòng)達(dá)到穩(wěn)定的過(guò)程中,ab上

6、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(zhǎng)=10 cm的平行長(zhǎng)直導(dǎo)軌置于水平桌面上,導(dǎo)軌中NO和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。導(dǎo)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(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)強(qiáng)度為2 T。磁場(chǎng)右側(cè)邊界PP'與OO'間距離為a=4 c

7、m。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),圓形線圈中磁場(chǎng)隨時(shí)間均勻變化,變化率為 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、接入電路中的電阻均為0.1 Ω,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

8、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(dòng)量可忽略),衰變后速度大的粒子沿直線OQ向探測(cè)屏MN運(yùn)動(dòng)。為簡(jiǎn)化模型,設(shè)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(dá)探測(cè)屏N個(gè),打到Q點(diǎn)后40%穿透探測(cè)屏,60%被探測(cè)屏吸收,且粒子穿透時(shí)能量損失75%,則: (1)試寫出衰變方程; (2)求打到Q點(diǎn)前該粒子的速度大小; (3)求一個(gè)Pu核衰變過(guò)程的質(zhì)量虧損; (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

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(dòng)量守恒,設(shè)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(dòng)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(jìn),且動(dòng)能損失最大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤。碰撞過(guò)程甲車先對(duì)乙車做負(fù)功,選項(xiàng)B錯(cuò)誤。碰撞過(guò)程甲車可能反彈,且系統(tǒng)總動(dòng)能減小,碰后乙車一定沿正方向前進(jìn),選項(xiàng)C正確。由動(dòng)量守恒定律,兩車動(dòng)量變化量大小相等,方向可能是Δp甲沿負(fù)方向,Δp乙沿正方向,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 3.A　

10、解析 根據(jù)動(dòng)量守恒定律得:0=Mv1-mv2,故火箭的動(dòng)量與燃?xì)獾膭?dòng)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(shí)速度為vt=0.5v0,說(shuō)明斜面不光滑。設(shè)斜面長(zhǎng)為L(zhǎng),則上滑過(guò)程所需時(shí)間t1=,下滑過(guò)程所需時(shí)間t2=,t1

11、度為v,由動(dòng)量守恒定律mv0=(m+M)v① 對(duì)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(dòng)量守恒定律可知,木板和物塊最后也要達(dá)到共同速度v。 設(shè)碰撞過(guò)程中損失的機(jī)械能為ΔE。 對(duì)木板和物塊系統(tǒng)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)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(shí),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(shè)B與A碰撞,且從開(kāi)始剎車到碰撞所用時(shí)間為t1,則v0t1-a2-v0t1-a1=L,解得t1=1 s 此時(shí)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(shí)A、B均未停止運(yùn)動(dòng),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(shí)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(shí)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(dòng)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(duì)cd棒利用動(dòng)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(kāi)關(guān)撥向2時(shí),A棒會(huì)彈出說(shuō)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(shí)沒(méi)有構(gòu)成回路,沒(méi)有感應(yīng)電流,A、B棒均做勻速直線運(yùn)動(dòng)直至A棒到達(dá)OO'處,設(shè)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(guò)OO'后在安培力作用下減速。 由動(dòng)

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(shè)A棒與B棒碰前的速度為v0,碰撞過(guò)程動(dòng)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(shè)生成的另一個(gè)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(shè)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(cè)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(cè)屏受到的撞擊力為F=F1+F2=。