浙江选考2018年高考物理二轮专题复习：提升训练9 动量定理、动量守恒及其应用 含答案 精品

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.如图所示,在光滑的水平面上有一物体M,物体上有一光滑的半圆弧轨道,最低点为C,两端A、B一样高。

现让小滑块m从A点静止下滑,则()
A.m不能到达小车上的B点
B.m从A到C的过程中M向左运动,m从C到B的过程中M向右运动
C.m从A到B的过程中小车一直向左运动,m到达B的瞬间,M速度为零
D.M与m组成的系统机械能守恒,动量守恒
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v t,且v t=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错误！未找到引用源。

mv0
D.整个过程中物体动量变化量为错误！未找到引用源。

mv0
5.质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正撞,碰撞后两者的动量正好相等,两者质量之比错误！未找到引用源。

可能为()
A.3
B.4
C.5
D.6
6.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,求碰撞过程中损失的机械能。

7.如图所示,在光滑的水平面上有一长为L的木板B,其右侧边缘放有小滑块C,与木板B完全相同的木板A以一定的速度向左运动,与木板B发生正碰,碰后两者粘在一起并继续向左运动,最终滑块C刚好没有从木板上掉下。

已知木板A、B和滑块C的质量均为m,C与A、B之间的动摩擦因数均为μ。

求:
(1)木板A与B碰前的速度v0;
(2)整个过程中木板B对木板A的冲量I。

8.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 Ω和0.2 Ω,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?
9.(2016浙江镇海中学月考)有电阻均为R的两金属棒a、b,a棒的质量为m,b棒的质量为M,两棒均放在如图所示的光滑轨道的水平部分上,轨道的水平部分有竖直向下的匀强磁场,圆弧部分无磁场,且轨道足够长。

开始时给a棒一水平向左的初速度v0,a、b两棒在运动过程中与轨道始终接触良好,且a棒与b棒始终不相碰,请问:
(1)当a、b两棒在水平轨道上稳定运动时,速度分别为多少?损失的机械能为多少?
(2)若b棒在水平轨道上稳定运动后,又冲上圆弧轨道,在b棒返回到水平轨道前,a棒已静止在水平轨道上,且b棒与a棒不相碰,然后达到新的稳定状态,最后a、b的速度为多少?
(3)整个过程中产生的内能是多少?
10.(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错误！未找到引用源。

Pu,可衰变为错误！未找到引用源。

U并放出能量为E的g 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U235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Pu239核衰变过程的质量亏损;
(4)求探测屏受到的撞击力大小。

答案：
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=错误！未找到引用源。

v2,错误！未找到引用源。

<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.C解析A.M和m组成的系统水平方向动量守恒,机械能守恒,所以m恰能达到小车上的B点,到达B点时小车与滑块的速度都是0,故A错误。

B.M和m组成的系统水平方向动量守恒,m从A到C的过程中以及m从C到B的过程中m一直向右运动,所以M一直向
左运动,m到达B的瞬间,M与m速度都为零,故B错误,C正确。

D.小滑块m从A点静止下滑,物体M与滑块m组成的系统水平方向所受合力为零,系统水平方向动量守恒,竖直方向有加速度,合力不为零,所以系统动量不守恒。

M和m组成的系统机械能守恒,故D错误。

4.C解析以v0的初速度沿斜面上滑,返回原处时速度为v t=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=错误！未找到引用源。

,下滑过程所需时间t2=错误！未找到引用源。

,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=-mv t-mv0=-错误！未找到引用源。

mv0,C正确,D错误。

5.A解析碰后动量相等,设此动量为p,方向一定与v相同,则可知碰后速度关系。

碰后m的速度v2一定要大于或等于碰后M的速度v1即v2≥v1。

由mv2=Mv1,可知错误！未找到引用源。

≥1,由能量关系可知错误！未找到引用源。

,解得错误！未找到引用源。

≤3,由上述结论可知,A项正确。

6.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)v①
对木板和物块系统,由功能关系得
μmgL=错误！未找到引用源。

(M+m)v2②
由①②两式解得
v0=错误！未找到引用源。

=错误！未找到引用源。

m/s=2 m/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=错误！未找到引用源。

(m+M)v2③
由①③两式解得ΔE=错误！未找到引用源。

-2μmgL=错误！未找到引用源。

×32 J-2×0.1×10×1.5 J=0.375 J
7.答案(1)2错误！未找到引用源。

(2)-错误！未找到引用源。

解析(1)A、B碰后瞬时速度为v1,碰撞过程中动量守恒,以A的初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=2mv1
A、B粘为一体后通过摩擦力与C发生作用,最后有共同的速度v2,此过程中动量守恒,以A的速度方向为正方向,由动量守恒定律得2mv1=3mv2
C在A上滑动过程中,由动能定理得
-μmgL=错误！未找到引用源。

·3m错误！未找到引用源。

·2m错误！未找到引用源。

联立以上三式解得v1=错误！未找到引用源。

,v2=错误！未找到引用源。

,v0=2错误！未找到引用源。

(2)根据动量定理可知,B对A的冲量与A对B的冲量等大反向,则I的大小等于B的动量变化量,即I=-mv2=-错误！未找到引用源。

,负号表示B对A的冲量方向向右。

8.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m cd v0-m ab v0=(m cd+m ab)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=ΔE k减=错误！未找到引用源。

(m cd+m ab)(错误！未找到引用源。

-v2)=1.2 J
Q ab=错误！未找到引用源。

Q=0.8 J
(3)对cd棒利用动量定理:
-BIL·Δt=m cdΔv
又q=IΔt=错误！未找到引用源。

所以Δs=Δx=错误！未找到引用源。

=1.5 m
9.答案(1)错误！未找到引用源。

(2)错误！未找到引用源。

(3)错误！未找到引用源。

[1-错误！未找到引用源。

]
解析(1)a、b两棒水平轨道上动量守恒。

设稳定运动时a、b两棒的共同速度为v1,由动量守恒定律,有
mv0=(m+M)v1
解得v1=错误！未找到引用源。

损失的机械能为
ΔE=错误！未找到引用源。

(m+M)错误！未找到引用源。

(2)由于b棒在冲上圆弧轨道又返回水平轨道过程中机械能守恒,故返回时速度大小不变,即v2=v1
b棒与a棒向右运动过程中,直到新的稳定状态,设达到新的稳定状态时a、b的共同速度为v3,由动量守恒定律,有
Mv2=(M+m)v3
解得v3=错误！未找到引用源。

(3)整个过程中产生的内能等于系统机械能的减少量,即
Q=错误！未找到引用源。

(M+m)错误！未找到引用源。

解得Q=错误！未找到引用源。

[1-错误！未找到引用源。

]。

10.答案(1错误！未找到引用源。

Pu错误！未找到引用源。

He+γ
(2)-错误！未找到引用源。

v(3)错误！未找到引用源。

(4)错误！未找到引用源。

解析(1错误！未找到引用源。

Pu错误！未找到引用源。

He+γ
(2)设生成的另一个粒子质量为m',速度为v',则错误！未找到引用源。

mv+m'v'=0
得到v'=-错误！未找到引用源。

v
(3)ΔE=错误！未找到引用源。

mv2+错误！未找到引用源。

m'v'2+E=错误！未找到引用源。

mv2+E
Δm=错误！未找到引用源。

(4)设穿透的粒子速度变为v'1,则错误！未找到引用源。

m'v错误！未找到引用源。

=25%·错误！未找到引用源。

m'v'2
解得v'1=错误！未找到引用源。

v'=错误！未找到引用源。

v
则穿透的粒子与探测屏的相互作用
F1Δt=(m'v'-m'v'1)·0.4 NΔt
吸收的粒子速度变为0,则
F2Δt=(m'v'-0)·0.6 NΔt
探测屏受到的撞击力为F=F1+F2=错误！未找到引用源。