2019版高考物理總復(fù)習(xí) 第18課 動(dòng)量 動(dòng)量定理練習(xí)

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1、 第18課 動(dòng)量　動(dòng)量定理 1．動(dòng)量、沖量及動(dòng)量定理 a．求恒力作用下的動(dòng)量變化量 (1)(2018改編，6分)從同一高度拋出完全相同的甲、乙、丙三個(gè)小球，甲球豎直向上拋出，乙球豎直向下拋出，丙球水平拋出。若三個(gè)小球落地時(shí)的速率相同，不計(jì)空氣阻力，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．拋出時(shí)甲、乙動(dòng)量相同，其動(dòng)量大小均不小于丙的動(dòng)量大小 B．落地時(shí)三個(gè)小球的動(dòng)量相同，動(dòng)能也相同 C．從拋出到落地過(guò)程，三個(gè)小球的動(dòng)量變化量相同 D．從拋出到落地過(guò)程，三個(gè)小球受到的沖量都不同 答案：D 解析：根據(jù)動(dòng)能定理可知，三個(gè)小球拋出時(shí)的速度大小相等，且由題意知三個(gè)小球初速度方向不同，根據(jù)

2、動(dòng)量表達(dá)式p＝mv可知，三個(gè)小球動(dòng)量大小相等，方向都不相同，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。落地時(shí)三個(gè)小球的速率相等，則動(dòng)能相同，甲、乙速度方向相同，與丙速度方向不同，動(dòng)量不完全相同，故B項(xiàng)錯(cuò)誤。三個(gè)小球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中只受到重力作用，但運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，甲小球時(shí)間最長(zhǎng)，丙小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間次之，乙小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，由動(dòng)量定理可知，三個(gè)小球受到的沖量不同，動(dòng)量變化量不同，故C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。 b．間接計(jì)算變力的沖量 (2)(2018改編，6分)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是(　　) A．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中

3、，乘客的機(jī)械能保持不變(2017天津理綜) B．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變(2017天津理綜) C．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周時(shí)，乘客重力的沖量為零，座椅對(duì)乘客的力的沖量也為零 D．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，乘客受到的支持力方向始終豎直向上，支持力的沖量與重力的等大反向 E．摩天輪由最低點(diǎn)到最高點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)半周時(shí)，乘客受到的合力沖量不為零，方向與最高點(diǎn)速度方向相同 答案：E 解析：摩天輪在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中動(dòng)能不變，隨著高度變化，重力勢(shì)能變化，故機(jī)械能是變化的，故A項(xiàng)錯(cuò)誤。由重力的瞬時(shí)功率P＝mgvcos θ可知，重力的瞬時(shí)功率隨著重力與速度的夾角θ變化而變化，故B項(xiàng)

4、錯(cuò)誤。摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周時(shí)，乘客重力的沖量IG＝mgT，不為零，根據(jù)動(dòng)量定理可得I合＝Δp＝0，故座椅對(duì)乘客的力的沖量不為零，故C項(xiàng)錯(cuò)誤。由題意知乘客座椅面水平，故摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，乘客受到座椅的支持力方向始終豎直向上；只有在與圓心等高的位置，支持力才等于重力，故摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，支持力與重力的沖量反向，但是不總是等大，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。摩天輪從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)轉(zhuǎn)動(dòng)半周時(shí)，初、末位置速度大小相等、方向相反，取最高點(diǎn)速度方向?yàn)檎较?，?duì)此過(guò)程由動(dòng)量定理有I合＝Δp＝mv－(－mv)＝2mv，可知乘客受到的合力沖量不為零，方向與最高點(diǎn)速度方向相同，故E項(xiàng)正確。 c．對(duì)動(dòng)量定理的理解 (3)

5、(2017吉林二模，10分)質(zhì)量m＝0.60 kg的籃球從距地板H＝0.80 m 高處由靜止釋放，與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h＝0.45 m，從釋放到彈跳至 h 高處經(jīng)歷的時(shí)間t＝ 1.1 s，忽略空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅Α? 答案： 16.5 N，方向向下(10分) 解析：設(shè)籃球從H高處下落到地板所用時(shí)間為t1，剛接觸地板時(shí)的速度大小為v1；反彈離地時(shí)的速度大小為v2，上升的時(shí)間為t2。 由動(dòng)能定理和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律得， 下落過(guò)程有 mgH＝mv－0(2分) 代入數(shù)據(jù)解得v1＝4 m/s, t1＝＝0.4 s 上升過(guò)程有 －mgh＝0

6、－mv(2分) 代入數(shù)據(jù)解得v2 ＝ 3 m/s, t2＝＝0.3 s 籃球與地板接觸時(shí)間為Δt ＝t－t1－t2＝0.4 s(1分) 法一 設(shè)地板對(duì)籃球的平均撞擊力為 F，取向上為正方向，由動(dòng)量定理得 (F－mg)Δt＝mv2－(－mv1)(3分) 解得F＝16.5 N 根據(jù)牛頓第三定律，籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅? F′＝F＝16.5 N，方向向下(2分) 法二 取豎直向上為正方向，由動(dòng)量定理得 FΔt－mgt＝0－0(3分) 解得F＝16.5 N 根據(jù)牛頓第三定律，籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅? F′＝F＝16.5 N，方向向下(2分) d．動(dòng)量定理與圖像結(jié)合問(wèn)題

7、 (4)(2017安徽郎溪模擬，11分)中國(guó)是世界上第3個(gè)掌握衛(wèi)星回收技術(shù)的國(guó)家。將某次衛(wèi)星回收過(guò)程落地前的運(yùn)動(dòng)簡(jiǎn)化為豎直方向的勻減速直線運(yùn)動(dòng)、勻速直線運(yùn)動(dòng)和撞擊地面速度減為0的運(yùn)動(dòng)三個(gè)階段，并作v-t 圖像如圖所示，撞擊過(guò)程未顯示。設(shè)勻減速開(kāi)始時(shí)的高度 H＝1 075 m，撞擊地面時(shí)間Δt ＝0.125 s，重力加速度g＝10 m/s2。求： ①衛(wèi)星勻速運(yùn)動(dòng)階段的速度大??； ②衛(wèi)星在勻減速運(yùn)動(dòng)階段受到的阻力大小和撞擊地面時(shí)受到地面的平均作用力大小之比。 答案：①5 m/s(3分)　②6∶25(8分) 解析：①v－t圖像與t軸所圍面積表示下落高度，為 代入數(shù)據(jù)解得v2＝5

8、 m/s(1分) ②勻減速階段，加速度大小為 且f－mg＝ma1(1分) 代入數(shù)據(jù)解得f＝1.2mg(1分) 設(shè)撞擊地面的過(guò)程中，地面對(duì)衛(wèi)星的平均作用力為 F，設(shè)豎直向下為正方向，由動(dòng)量定理得 －(F－mg)×Δt＝0－mv2 (2分) 代入數(shù)據(jù)解得F＝5.0mg(1分) 所以f∶F＝6∶25。(1分) (5) (2018改編，6分)一個(gè)物體同時(shí)受到兩個(gè)力F1、F2的作用，F(xiàn)1、F2與時(shí)間的關(guān)系如圖所示，如果該物體從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)該物體具有最大速度時(shí)，物體運(yùn)動(dòng)的時(shí)間是__________s，該物體的最大動(dòng)量值是__________kg·m/s。 答案：5(3分)

9、　25(3分) 解析：根據(jù)題意可知，物體受到的F1和F2方向相反，且F2隨時(shí)間逐漸增大。當(dāng)0F1，加速度反向，物體做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動(dòng)。則t＝ 5 s時(shí)物體速度最大，根據(jù)動(dòng)量定理即可求解該物體的最大動(dòng)量。由I＝Ft 知，F(xiàn)－t圖像中圖線與時(shí)間軸所圍面積可表示力的沖量，前5 s內(nèi)F1、F2的沖量分別為I1＝37.5 N·s，I2＝－12.5 N·s,則前5 s內(nèi)合力的沖量為I＝I1＋I(xiàn)2＝25 N·s，由動(dòng)量定理可得，物體在前5 s內(nèi)受合力的沖量等于

10、從靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)后5 s末的動(dòng)量，為25 kg·m/s。 e．用動(dòng)量定理解決“連續(xù)流體”的沖擊力問(wèn)題 (6)(經(jīng)典題，5分)一艘帆船在靜水中由于風(fēng)力的推動(dòng)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，帆面的面積為S，風(fēng)速為v1，船速為v2(v2