动量和能量(2013级学生用-含答案)练习题.doc

长寿中学高2013级高三第二轮专题复习资料专题动量和能量练习题一、选择题1把一支枪水平固定在小车上，小车放在光滑的水平地面上，枪发射出子弹时，关于枪、子弹、车的下列说法正确的是（ ）A枪和子弹组成的系统动量守恒 B枪和车组成的系统动量守恒C只有忽略不计子弹和枪筒之间的摩擦，枪、车和子弹组成的系统的动量才近似守恒D枪、子弹、车组成的系统动量守恒2如图所示，一竖直绝缘轻弹簧的下端固定在地面上，上端连接一带正电小球P，小球所处的空间存在着竖直向上的匀强电场，小球平衡时，弹簧恰好处于原长状态；现给小球一竖直向上的初速度，小球最高能运动到M点，在小球从开始运动至到达最高点M的过程中，以下说法正确的是 ()A小球机械能的改变量等于电场力做的功B小球电势能的减少量大于小球重力势能的增加量C弹簧弹性势能的增加量等于小球动能的减少量D小球动能的减少量等于电场力和重力做功的代数和3一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经t时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中， （ ）A地面对他的冲量为mv+mgt，地面对他做的功为mv2/2B地面对他的冲量为mv+mgt，地面对他做的功为零C地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2/2D地面对他的冲量为mv-mgt，地面对他做的功为零4(2011全国理综卷)质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦因数为。初始时小物块停在箱子正中间，如图所示。现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，并与箱子保持相对静止。设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为 ( ) A B C D5如图所示，在光滑的水平面上有一垂直向下的匀强磁场分布在宽为L的区域内，一边长为a(aL)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直于磁场边界滑过磁场后速度变为v(vv0)，那么 ( )A完全进入磁场中时线圈的速度大于B完全进入磁场中时线圈的速度等于C完全进入磁场中时线圈的速度小于D上述情况中A、B均有可能，而C是不可能的6小球1追上小球2发生正碰，碰前两球的动量分别为p1=5kgm/s、p2=7kgm/s，碰后小球2的动量p2=10kgm/s则两球的质量关系可能是（ ）Am2=m1 Bm2=2m1 Cm2=4m1 Dm2=6m17光子有能量，也有动量，动量p=h/，它与物体发生作用时，同样遵循动量的有关规律。如图所示，真空中有一“”字形装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO/在水平面内灵活转动其中左边是黑色圆纸片（吸收光子），右边是与左边大小、质量都相同的白色圆纸片（反射光子）。当用平行白光垂直园面向里照射这两个圆纸片时，关于这个装置开始转动情况（俯视）的下列说法中正确的是（ ）A顺时针方向转动 B逆时针方向转动 C静止不动 D无法确定8如图所示，轻质弹簧的一端与固定的竖直板P拴接，另一端与物体A相连，物体A置于光滑水平桌面上，A右端连接一细线，细线绕过光滑的定滑轮与物体B相连.开始时托住B，让A处于静止且细线恰好伸直，然后由静止释放B，直至B获得最大速度.下列有关该过程的分析中正确的是 ()AB物体受到细线的拉力保持不变BB物体机械能的减少量小于弹簧弹性势能的增加量CA物体动能的增量等于B物体重力对B做的功与弹簧弹力对A做的功之和DA物体与弹簧所组成的系统机械能的增加量等于细线拉力对A做的功二、计算题1（2012新课标卷）如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右拉起，使细线水平.从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与竖直方向之间的最大偏角为60.忽略空气阻力，求：两球a、b的质量之比；两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比.【解析】设球b的质量为m2，细线长为L，球b下落至最低点、但未与球a相碰时的速率为v，由机械能守恒定律得 式中g是重力加速度的大小。设球a的质量为m1；在两球碰后的瞬间，两球共同速度为，以向左为正。由动量守恒定律得 设两球共同向左运动到最高处时，细线与竖直方向的夹角为，由机械能守恒定律得 联立式得 代入题给数据得 两球在碰撞过程中的机械能损失是 联立式，Q与碰前球b的最大动能之比为 联立式，并代入题给数据得 【考点定位】此题考查机械能守恒定律、碰撞、动量守恒定律及其相关知识。2(2011海南卷)一质量为2m的物体P静止于光滑水平地面上，其截面如图所示图中ab为粗糙的水平面，长度为L；bc为一光滑斜面，斜面和水平面通过与ab和bc均相切的长度可忽略的光滑圆弧连接现有一质量为m的木块以大小为v0的水平初速度从a点向左运动，在斜面上上升的最大高度为h，返回后在到达a点前与物体P相对静止重力加速度为g求：木块在ab段受到的摩擦力Ff ；木块最后距a点的距离s解析：木快m和物体P组成的系统在相互作用过程中遵守动量守恒、能量守恒以木块开始运动至在斜面上上升到最大高度为研究过程，当木块上升到最高点时两者具有相同的速度，根据动量守恒，有mv0(2mm)v 根据能量守恒，有 (2mm)v2FfLmghmv02 联立得Ff 以木块开始运动至与物体P相对静止为研究过程，木块与物体P相对静止，两者具有相同的速度，根据动量守恒，有 mv0(2mm)v 根据能量守恒，有 mv(2mm)v2Ff(LLs) 联立得s.答案：(1)(2)3(20分)如图所示，半径为R=0.2m，光滑绝缘的圆弧轨道固定在光滑水平地面上，轨道末端水平，紧靠轨道末端有一等高的绝缘平板小车，小车表面水平，车长L=1m，质量为2M，车子右端与竖直绝缘挡板的距离为s=1.0m.轨道末端右侧空间存在水平向右、大小为E的匀强电场.质量为M=1kg、不带电的滑块B静止在小车的左端，质量也为M、带电荷量为+q的滑块A(A、B均可看作质点，图中A未画出)，从轨道上的某一点由静止释放，通过轨道末端N点时对轨道的压力为A重的3倍，与滑块B碰撞后粘合在一起，碰撞过程中无电荷量损失.A、B滑块与平板车间的动摩擦因数为0.2.车与挡板碰后立即被锁定，A、B粘合后与挡板碰撞过程中无能量损失，且不计电荷量损失.(g10 m/s2)求：滑块A释放时距离N点的高度h；车与挡板相碰前摩擦产生的热量Q；车与挡板碰撞后，A、B滑块经过的路程s路.解析：设滑块A到达N点时速度为v1，根据牛顿第二定律得：3MgMgM (2分)从开始释放到运动到N点，根据机械能守恒定律得MghMv(2分)联立式得，hR0.2m(1分)A、B在N点的碰撞过程满足动量守恒定律，设碰后AB速度为v2，Mv12Mv2 (2分)小车与挡板碰撞前，AB加速度为a11m/s2(1分)小车的加速度为a2g2m/s2 (1分)设小车从开始运动经历时间t与AB速度相等，有v2a1ta2t (1分)联立得t1s，此时速度为v2m/s，1s时间内小车的位移为s1a2t21m (1分)滑块的位移为s2v2ta1t21.5m(1分)滑块相对于小车的位移ss2s10.5m (1分)此时滑块距挡板s0.5 m，故产生热量为Q2Mgs2J(2分)设滑块第一次碰撞后能滑至小车左端，且设挡板处的电势能为零，则第一次AB与挡板碰撞后的动能Ek(2M)v2qEs2Mgs 滑块从挡板滑至左端需要的最小能量Emin2MgLqEL解得Ek8. 3 m，木块将从B端落下所以木块在传送带上最多能被16颗子弹击中(3）第一颗子弹击穿木块过程中产生的热量为木块向右减速运动过程中产生的热量为 ,木块向左加速运动过程中产生的热量为.全过程中产生的热量为.9(2007全国卷)用放射源钋的射线轰击铍时，能放出一种穿透力极强的中性射线，这就是所谓的铍“辐射”1932年，查德威克用铍“辐射”分别照射(轰击)氢和氮(它们可视为处于静止状态)，测得照射后沿铍“辐射”方向高速运动的氢核、氮核的速度之比为71查德威克假设铍“辐射”是由一种质量不为零的中性粒子构成的，从而通过上述实验在历史上首次发现了中子假设铍“辐射”中的中性粒子与氢核或氮核发生弹性正碰，试在不考虑相对论效应条件下计算构成铍“辐射”的中性粒子的质量(质量用原子质量单位u表示，1 u等于一个12C原子质量的取氢核和氮核的质量分别为1.0 u和14 u)【解析】设构成铍“辐射”的中性粒子的质量和速度分别为m和v，氢核的质量为mH，构成铍“辐射”的中性粒子与氢核发生弹性正碰，碰后两粒子的速度分别为v和vH由动量守恒和能量守恒定律得：mvmvmHvHmv2mv2mHvH2解得：vH同理，对质量为mN的氮核，其碰后速度为：vN可得：m根据题意可知：vH7vN将数据代入可得：m1.2 u答案1.2 u 【点评】在课程标准中，动量与原子物理同属于选修35模块，关于粒子之间碰撞动量守恒的试题在近几年高考中也屡有出现10.如图所示，固定在水平面上且两端足够长的敞口容器中，有两个可以自由移动的光滑活塞A 和B，中间封有一定量的空气，现有一块粘泥C，以Ek的动能沿水平方向飞撞到A并粘在一起，由于活塞的压缩，使密封气体的内能增加，若A、B、C质量相等，则密闭空气在绝热状态变化过程中，内能增加的最大值是多少？【答案】11.如图所示，竖直放置的光滑平行金属导轨MN、PQ相距L，在M点和P点间接有一个阻值为R的电阻，在两导轨间的矩形区域OO1O1O内有垂直导轨平面向里、宽为d的匀强磁场，磁感应强度为B一质量为m、电阻为r的导体棒ab垂直地搁在导轨上，与磁场的上边界相距d0现使ab棒由静止开始释放，棒ab在离开磁场前已经做匀速直线运动(棒ab与导轨始终保持良好接触且下落过程中始终保持水平，导轨的电阻不计)求棒ab离开磁场的下边界时的速度大小求棒ab在通过磁场区的过程中产生的焦耳热试分析讨论棒ab在磁场中可能出现的运动情况【解析】(1)设棒ab离开磁场的边界前做匀速运动的速度为v，产生的感应电动势为：EBLv电路中的电流I对棒ab，由平衡条件得：mgBIL0解得：v(2)设整个回路中产生的焦耳热为Q，由能量的转化和守恒定律可得：mg(d0d)Qmv2解得：Qmg(d0d)故Qabmg(d0d)(3)设棒刚进入磁场时的速度为v0，由mgd0mv02解得：v0棒在磁场中匀速运动时的速度v，则当v0v，即d0时，棒进入磁场后做匀速直线运动；当v0v，即d0时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；当v0v，即d0时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动答案(1)(2)mg(d0d)(3)当v0v，即d0时，棒进入磁场后做匀速直线运动；当v0v，即d0时，棒进入磁场后先做加速运动，后做匀速直线运动；当v0v，即d0时，棒进入磁场后先做减速运动，后做匀速直线运动【点评】计算转化的电能时，也可应用动能定理：mg(d0d)W安mv20，其中W安E电Q对于电磁感应中能量转化的问题，在以后的感应电路专题中还会作更深入的探讨12.(19分)如图（a）所示，有两级光滑的绝缘平台，高一级平台距离绝缘物块的中心O的高度为h，低一级平台高度是高一级平台高度的一半。绝缘物块放在水平地面上，物块与地面间的动摩擦力为f，一轻质弹簧一端连接在绝缘物块的中心，另一端固定在墙面上，图示位置弹簧处于原长。边界GH左边存在着正交的匀强电场和交变磁场，电场强度为E，磁感应强度变化情况如图（b）所示，磁感强度大小均为B0有一质量为m、带负电的小球从高一级平台左边缘以一定初速度滑过平台后，垂直于边界GH在t=T/4时刻进入复合场，刚进入复合场时磁场方向向外且为正值。小球以不变的速率运动至点处恰好与绝缘物块发生正碰，碰撞过程没有能量损失（碰撞时间不计）。碰撞后小球恰能垂直于边界GH返回低一级平台上，而绝缘物块从C点向右运动到最远点D，C、D间的距离为s，（重力加速度为g）求： 交变磁场变化的周期T； 小球从高一级平台左边缘滑出的初速度v； 绝缘物块从点运动至D点时，弹簧具有的弹性势能Ep解析：带电小球垂直于边界GH进入复合场，做匀速圆周运动，则有qEmg (2分)带电小球做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力.且经过半个圆周到达O点，碰后再经过半个圆周回到低一级平台.设小球做匀速圆周运动的周期为T.根据带电粒子在磁场中运动的周期公式有T (1分)因为，即T2T.由消去q，得T(3分)由牛顿第二定律有qvB0m，又r(2分)联立，解得v(2分)设小球碰后的速度大小为v，碰后做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿第二定律有qvB0m，又r(2分)联立解得v(1分)设碰后物块获得的动能为Ek，因碰撞过程无能量损失，有mv2mv2Ek(2分)物块由C运动到D的过程由能量守恒得：EkfsEp (2分)联立解得Epfs(2分)3. (2011重庆卷第24题)如图所示，静置于水平地面的三辆手推车沿一直线排列，质量均为m，人在极端的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动，当车运动了距离L时与第二辆车相碰，两车以共同速度继续运动了距离L时与第三车相碰，三车以共同速度又运动了距离L时停止.车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求：整个过程中摩擦阻力 所做的总功；人给第一辆车水平冲量的大小；第一次与第二次碰撞系统功能损失之比。【点评】此题考查带电小球竖直平面内的圆周运动、类平抛运动、完全弹性碰撞和直线运动，涉及的主要知识点有类平抛运动规律、动能定理、动量守恒定律、动能守恒、牛顿运动定律、等。8一辆质量m=2kg的平板车左端放有一质量M=3kg的可视为质点的滑块，滑块与平板小车之间的动摩擦因数=0.4，如图所示开始时平板小车和滑块一起以v0=2m/s的速度在光滑的水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后小车速度大小保持不变，但方向与原来相反平板车足够长，滑块不会滑到平板车右端，g取10m/s2求：平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离s1平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度v1为使滑块始终不会滑到平板车右端，平板车的最小长度L平板车第一次与墙壁碰撞后到停下，平板车通过的路程s【答案】1/3 m(或0.33 m)；0.4 m/s；5/6 m；25/36 m.9(18分)两根足够长的固定的平行金属导轨位于同一水平面内，两导轨间距为l.导轨上面横放着两根导体棒PQ和MN，构成矩形回路，如图所示.导体棒PQ的质量为m、MN的质量为2m，两者的电阻皆为R，回路中其余部分的电阻可不计.在整个导轨平面内都有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度为B，设两导体棒均可沿导轨无摩擦地滑行.开始时，棒MN静止于距导轨右端d处，PQ棒以大小为v0的初速度从导轨左端开始运动.忽略回路的电流对磁场产生的影响.求PQ棒刚开始运动时，回路产生的电流大小.若棒MN脱离导轨时的速度大小为，则回路中产生的焦耳热是多少？若原来回路中靠近MN棒一侧的导轨中串联接有一个恒流电源，该电源使回路中的电流大小始终保持为I0(沿PMNQP方向)，试讨论MN棒脱离导轨时速度v的大小与d的关系.解析(1)由法拉第电磁感应定律，棒PQ产生的电动势EBlv0 (2分)则回路产生的电流大小I (2分)(2)棒PQ和MN在运动过程中始终受到等大反向的安培力，系统的动量定恒得：mv0mv12m (2分)由能量守恒定律，回路中产生的焦耳热为Qmvmv2m()2 (2分)解得Qmv (1分)(3)回路中的电流始终保持I0，则棒PQ和MN所受的安培力大小保持不变.若d足够长，则棒PQ先向右匀减速运动再向左匀加速运动，返回轨道左端时速度大小仍为v0，而这个过程棒MN一直向右匀加速运动，由动量守恒定律得：mv0m(v0)2mv2 (2分)设这个过程棒MN的位移为s，由动能定理得： I0Bls2mv2