2020高考物理二轮复习 抓分天天练 重点知识练1.9 动量和能量综合（二）课件

1．9动量和能量综合(二)一、选择题1．(2019·课标全国Ⅰ)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展．若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kgB．1.6×103kgC．1.6×105kgD．1.6×106kg答案B解析以气体为研究对象，设t＝1s内喷出的气体质量为m，根据动量定理可得：Ft＝mv－0其中v＝3km/s＝3000m/s解得：m＝Ftv＝4.8×106×13000kg＝1.6×103kg，故B项正确，A、C、D三项错误．2.(2019·河南模拟)如图所示，质量为M的长木块放在水平面上，子弹沿水平方向射入木块并留在其中，测出木块在水平面上滑行的距离为s.已知木块与水平面间的动摩擦因数为μ，子弹的质量为m，重力加速度为g，空气阻力可忽略不计，则由此可得子弹射入木块前的速度大小为()A.m＋Mm2μgsB.M－mm2μgsC.mm＋MμgsD.mM－mμgs答案A解析子弹击中木块的过程，系统内力远大于外力，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1＝(M＋m)v，解得：v＝mv1M＋m；子弹击中木块后做匀减速直线运动，对子弹与木块组成的系统，由动能定理得：－μ(M＋m)gs＝0－12(M＋m)v2，解得：v1＝M＋mm·2μgs；故A项正确，B、C、D三项错误．3．(2019·日照模拟)A、B两小球静止在光滑水平面上，用轻弹簧相连接，A、B两球的质量分别为m和M(mM)．若使A球获得瞬时速度v(如图甲)，弹簧压缩到最短时的长度为L1；若使B球获得瞬时速度v(如图乙)，弹簧压缩到最短时的长度为L2，则L1与L2的大小关系为()A．L1L2B．L1L2C．L1＝L2D．不能确定答案C解析当弹簧压缩到最短时，两球的速度相同．对甲图取A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝(m＋M)v′由机械能守恒定律得：Ep＝12mv2－12(m＋M)v′2.联立解得弹簧压缩到最短时有：Ep＝mMv22（m＋M）同理：对乙图取B的初速度方向为正方向，当弹簧压缩到最短时有：Ep＝mMv22（m＋M）故弹性势能相等，则有：L1＝L2.故A、B、D三项错误，C项正确．4．(2019·浙江模拟)如图所示，A、B、C、D、E五个小球放在光滑水平面上，其中mA＝mEmB＝mC＝mD，现在让小球A以初速度v0向右运动，当所有的弹性碰撞结束之后，下列说法中正确的是()A．B、C、D三个球静止，A、E两个球运动B．B、C两个球静止，A、E、D三个球运动C．A、B、C、D四个球静止，E一个球运动D．所有的小球都运动答案B解析两球发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，A、B碰撞过程，由动量守恒定律得：mAv0＝mAvA＋mBvB，由机械能守恒定律得：12mAv02＝12mAvA2＋12mBvB2，解得：vA＝mA－mBmA＋mBv0，vB＝2mAmA＋mBv0，由题意可知：mAmB，则：vA0，碰撞后A的速度方向向左，A向左运动，同理B、C碰撞过程，vB1＝0，vC＝vB＝2mAmA＋mBv0；C、D碰撞过程，vC1＝0，vD＝vC＝2mAmA＋mBv0；D、E碰撞过程，D、E两球向右运动．由以上分析可知，B项正确，A、C、D三项错误．5.(2019·岳阳一模)光滑的水平面上质量分别为m1＝3kg、m2＝2kg的带同种电荷的小球A、B，以等大的速度v＝10m/s相向运动，但始终没有相碰，则下列说法正确的是()A．A、B均做加速度增大的减速运动直到停止B．A、B相距最近时B球速度为零C．A、B相距最近时两球动量相同D．A、B相距最近时两球的电势能增加了240J答案D解析A、B两球先相向运动，随着库仑力的增大，它们的加速度增大，两者均做减速运动，B球的加速度较大，速度先减至零，之后A、B均向右运动，A做减速运动，B做加速运动，由于A球的速度比B球的大，两者间距继续减小，库仑力继续增大，两球的加速度继续增大，两球速度相同后，A球的速度小于B球的速度，两者间距增大，库仑力减小，加速度减小．根据系统的动量守恒知两球不会停止运动，故A项错误；A、B相距最近时速度相同，设共同速度为v′.根据动量守恒定律得m1v－m2v＝(m1＋m2)v′，可得v′＝2m/s，由于两球的质量不同，速度相同，所以A、B相距最近时两球动量不同，故B、C两项错误；A、B相距最近时两球的电势能增加量为ΔEp＝12(m1＋m2)v2－12(m1＋m2)v′2.解得ΔEp＝240J，故D项正确．6.(2019·辽宁模拟)如图所示，质量为m的A球以速度v0在光滑水平面上运动，与原静止的质量为4m的B球碰撞，碰撞后A球以v＝av0的速率弹回，并与挡板P发生完全弹性碰撞，若要使A球能追上B球再相撞，则a的可能取值为()A.15B.25C.13D.12答案B解析碰撞过程动量守恒，以v0方向为正方向，即：mAv0＝－mAav0＋mBvBA与挡板P碰撞后能追上B发生再碰撞的条件是：av0vB解得：a13碰撞过程中损失的机械能为：ΔEk＝12mAv02－[12mA(av0)2＋12mBvB2]≥0解得：a≤35所以，a的取值范围为：13a≤35故A、C、D三项错误，B项正确．7.(2019·泸州模拟)如图所示，质量为m的小车静止于光滑水平面，车上半径为R的四分之一光滑圆弧轨道和水平光滑轨道平滑连接，另一个质量也为m的小球以水平初速度v0从小车左端进入水平轨道，小球没有到达圆弧轨道最高点P，整个过程中不考虑系统机械能损失，则下列说法正确的是()A．小球运动到最高点的速度为零B．小球最终离开小车后向右做平抛运动C．小车能获得的最大速度为v02D．若v0≥2gR时，小球能到达圆弧轨道最高点P答案D解析小球运动到最高点小球和小车的速度相同，设为v.以小车和小球组成的系统为研究对象，取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得mv0＝(m＋m)v得：v＝v02，故A项错误；设小球最终离开小车速度为v1，小车的速度为v2.取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得：mv0＝mv1＋mv2.根据机械能守恒定律得：12mv02＝12mv12＋12mv22联立解得：v1＝0小车的速度为：v2＝v0，所以小球最终离开小车后做自由落体运动，故B项错误；小球在圆弧轨道上运动的过程中，小车一直在加速，所以小球最终离开小车时小车的速度最大，最大速度为v0，故C项错误；当小球恰能到达圆弧轨道最高点P时，由水平方向动量守恒得：mv0＝(m＋m)v′根据机械能守恒定律得：12mv02＝mgR＋12(m＋m)v′2解得：v0＝2gR所以若v0≥2gR时小球能到达圆弧轨道最高点P，故D项正确．8．(2019·洛阳一模)(多选)如图所示，一质量M＝2.0kg的长木板B放在光滑水平地面上，在其右端放一个质量m＝1.0kg的小物块A.给A和B以大小均为3.0m/s、方向相反的初速度，使A开始向左运动，B开始向右运动，A始终没有滑离B板．下列说法正确的是()A．A、B共速时的速度大小为1m/sB．在小物块A做加速运动的时间内，木板B速度大小可能是2m/sC．从A开始运动到A、B共速的过程中，木板B对小物块A的水平冲量大小为2N·sD．从A开始运动到A、B共速的过程中，小物块A对木板B的水平冲量方向向左答案AD解析A、B系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：Mv0－mv0＝(M＋m)v，代入数据解得：v＝1m/s，故A项正确；木块A先向左做减速运动，速度减为零后反向向右做加速运动，最后木块与木板一起做匀速直线运动．由动量守恒定律得：当木块A的速度为零过程中：Mv0－mv0＝MvB解得：vB＝1.5m/s，则木块加速运动时间内，木板的速度为：1m/sv木板1.5m/s，故B项错误；向右为正方向，对A，由动量定理得：I＝mv－mv0＝1×1N·s－1×(－3)N·s＝4N·s，故C项错误；向右为正方向，对B，由动量定理得：I＝Mv－Mv0＝2×1N·s－2×3N·s＝－4N·s，负号表示方向向左，故D项正确．9.(多选)如图所示，两根足够长的平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，两导轨间的距离为L；导轨上面垂直于导轨横放着两根相距x0的导体棒ab、cd，两导体棒与导轨构成矩形闭合回路．两导体棒的质量均为m、电阻均为R，回路中其余部分的电阻忽略不计．整个装置处于磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中．开始时，cd棒静止，ab棒的速度大小为v0、方向指向cd棒．若两导体棒在运动过程中始终不接触，选水平向右的方向为正方向，则在运动过程中()A．ab棒产生的焦耳热最多为34mv02B．安培力对cd棒的冲量最多为12mv0C．通过ab棒某一横截面的电量最多为mv02BLD．ab棒与cd棒间的最终距离为x0－mv0RB2L2答案BCD解析从开始到最终稳定的过程中，两棒总动量守恒，取向右为正方向，根据动量守恒定律有mv0＝2mv，ab棒产生的焦耳热最多为：Q＝12Q总＝12×12mv02－12·2mv2＝18mv02，故A错误；安培力对cd棒的冲量最多为：I′安＝Δp＝mv－0＝12mv0，故B项正确；对ab棒，由动量定理可得：I安＝12mv0－mv0，即为：－FΔt＝12mv0－mv0，所以有：BILΔt＝12mv0，通过ab棒某一横截面的电量最多为：q＝IΔt＝mv02BL，故C项正确；由于通过ab棒某一横截面的电量最多为：q＝ΔΦ2R＝BLx2R，则有：x＝mv0RB2L2，ab棒与cd棒间的最终距离为：s＝x0－x＝x0mv0RB2L2，故D项正确．10．(2019·浙江等级考试)(多选)静止在匀强磁场中的原子核X发生α衰变后变成新原子核Y.已知核X的质量数为A，电荷数为Z，核X、核Y和α粒子的质量分别为mX、mY和mα，α粒子在磁场中运动的半径为R.则()A．衰变方程可表示为ZAX→Z－2A－4Y＋24HeB．核Y的结合能为(mX－mY－mα)c2C．核Y在磁场中运动的半径为2RZ－2D．核Y的动能为EKY＝mY（mX－mY－mα）c2mY＋mα答案AC解析根据电荷数守恒和质量数守恒，核衰变反应方程为：ZAX→24He＋Z－2A－4Y，故A项正确；该过程中亏损的质量为：Δm＝mX－mY－mα，所以释放的核能为(mX－mY－mα)c2，由于原子核也有一定的结合能，则核Y的结合能一定大于(mX－mY－mα)c2，故B项错误；在衰变过程中遵守动量守恒，根据动量守恒定律得：0＝pY－pα，则pY＝pα，根据半径公式r＝mvqB，又mv＝p(动量)，则得：r＝pqB，联立可得：RY＝2RZ－2，故C项正确；由动能与动量的关系：Ek＝p22m，得原子核Y与α粒子的动能之比为：EkYEkα＝mαmY＝4A－4，由题，原子核X衰变时释放的核能全部转化为动能，则有释放的核能为：E＝Ekα＋EkY＝(mX－mY－mα)c2，联立可得：EkY＝mα（mX－mY－mα）c2mY＋mα，故D项错误．二、非选择题11.(2019·湖北模拟)如图所示，一条长为L的细绳端系于O点，另一端系一个质量为m的小钢球A(视为质点)，另一条相同的细绳两端系着质量为2m的小钢球B(视为质点)和质量为m的小钢球C(视为质点)，其中C球穿过光滑的水平细杆，开始时悬线竖直，A、B两球刚好接触，现将A拉到与竖直方向成θ＝60°的位置，由静止释放后与B球发生弹性正碰，已知重力加速度为g，求：(1)A、B碰撞结束时，小球B的速度vB；(2)B球向右运动过程中的最大高度h2.答案(1)23gL(2)2L27解析(1)设小球A即将与小球B碰撞前的速度为v0，小球A由初始位置摆动到最低点的过程中，由机械能守恒定律可得：mgL(1－cos60°)＝12mv02解得：v0＝gL设碰撞后小球A速度为v1，小球B速度为vB，由于小球A与小球B是弹性碰撞，所以碰撞过程满足