2019高考物理大二輪復習 專題二 功和能 動量 專題能力訓練7 動量 動量的綜合應用.doc

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專題能力訓練7　動量　動量的綜合應用 (時間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共7小題,每小題6分,共42分。在每小題給出的四個選項中,1~4題只有一個選項符合題目要求,5~7題有多個選項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1.(2017全國卷Ⅰ)將質量為1.00 kg的模型火箭點火升空,50 g燃燒的燃氣以大小為600 m/s的速度從火箭噴口在很短時間內噴出。在燃氣噴出后的瞬間,火箭的動量大小為(噴出過程中重力和空氣阻力可忽略)(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.30 kgm/s B.5.7102 kgm/s C.6.0102 kgm/s D.6.3102 kgm/s 2.一顆子彈水平射入靜止在光滑水平地面上的木塊后不再穿出,木塊的動能增加了8 J,木塊的質量大于子彈的質量。則此過程中產生的內能可能是(　　) A.18 J B.16 J C.10 J D.6 J 3. 如圖所示,兩質量分別為m1和m2的彈性小球疊放在一起,從高度為h處自由落下,且h遠大于兩小球半徑,所有的碰撞都是完全彈性碰撞,且都發(fā)生在豎直方向。已知m2=3m1,則小球m1反彈后能達到的高度為(　　) A.h B.2h C.3h D.4h 4.一位質量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳,經Δt時間,身體伸直并剛好離開地面,速度為v,在此過程中(　　) A.地面對他的沖量為mv+mgΔt,地面對他做的功為mv2 B.地面對他的沖量為mv+mgΔt,地面對他做的功為零 C.地面對他的沖量為mv,地面對他做的功為12mv2 D.地面對他的沖量為mv-mgΔt,地面對他做的功為零 5.蹦極運動中,長彈性繩的一端固定,另一端綁在人身上,人從幾十米高處跳下,將蹦極過程簡化為人沿豎直方向的運動,從繩恰好伸直,到人第一次下降至最低點的過程中,下列分析正確的是(　　) A.繩對人的沖量始終向上,人的動量先增大后減小 B.繩對人的拉力始終做負功,人的動能先增大后減小 C.繩恰好伸直時,繩的彈性勢能為零,人的動能最大 D.人在最低點時,繩對人的拉力等于人所受的重力 6.在一條直線上,運動方向相反的兩球發(fā)生正碰。以球1的運動方向為正,碰前球1、球2的動量分別是p1=6 kgm/s、p2=-8 kgm/s。若兩球所在水平面是光滑的,碰后各自的動量可能是(　　) A.p1=4 kgm/s,p2=-6 kgm/s B.p1=-4 kgm/s,p2=2 kgm/s C.p1=-8 kgm/s,p2=6 kgm/s D.p1=-12 kgm/s,p2=10 kgm/s 7.如圖甲所示,長木板A放在光滑的水平面上,質量為m=4 kg的小物體B以水平速度v=2 m/s滑上原來靜止的長木板A的上表面,由于A、B間存在摩擦,之后A、B速度隨時間變化情況如圖乙所示,g取10 m/s2,則下列說法正確的是(　　) A.木板A獲得的動能為2 J B.系統(tǒng)損失的機械能為2 J C.木板A的最小長度為2 m D.A、B間的動摩擦因數為0.1 二、非選擇題(本題共3小題,共58分) 8.(18分)(2018全國卷Ⅱ)汽車A在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發(fā)現(xiàn)其正前方停有汽車B,立即采取制動措施,但仍然撞上了汽車B。兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后B車向前滑動了4.5 m,A車向前滑動了2.0 m,已知A和B的質量分別為2.0103 kg和1.5103 kg,兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為0.10,兩車碰撞時間極短,在碰撞后車輪均沒有滾動,重力加速度大小g取10 m/s2。求: (1)碰撞后的瞬間B車速度的大小; (2)碰撞前的瞬間A車速度的大小。 9.(20分)如圖所示,電阻不計的兩光滑金屬導軌相距l(xiāng),放在水平絕緣桌面上,半徑為R的圓弧部分處在豎直平面內,水平直導軌部分處在磁感應強度為B,方向豎直向下的勻強磁場中,末端與桌面邊緣平齊。兩金屬棒ab、cd垂直于兩導軌且與導軌接觸良好。棒ab質量為2m,電阻為r,棒cd的質量為m,電阻為r。重力加速度為g。開始時,棒cd靜止在水平直導軌上,棒ab從圓弧頂端無初速度釋放,進入水平直導軌后與棒cd始終沒有接觸并一直向右運動,最后兩棒都離開導軌落到地面上。棒ab與棒cd落地點到桌面邊緣的水平距離之比為3∶1。求: (1)棒ab和棒cd離開導軌時的速度大小; (2)棒cd在水平導軌上的最大加速度; (3)兩棒在導軌上運動過程中產生的焦耳熱。 10.(20分) 香港迪士尼游樂園入口旁有一噴泉,在水泵作用下會從鯨魚模型背部噴出豎直向上的水柱,將站在沖浪板上的米老鼠模型托起,穩(wěn)定地懸停在空中,伴隨著音樂旋律,米老鼠模型能夠上下運動,引人駐足,如圖所示。這一景觀可做如下簡化,假設水柱以一定的速度從噴口豎直向上噴出,水柱的流量為Q(流量定義:在單位時間內向上通過水柱橫截面的水的體積),設同一高度水柱橫截面上各處水的速率都相同,沖浪板底部為平板且其面積大于水柱的橫截面積,保證所有水都能噴到沖浪板的底部。水柱沖擊沖浪板前其水平方向的速度可忽略不計,沖擊沖浪板后,水在豎直方向的速度立即變?yōu)榱?在水平方向朝四周均勻散開。已知米老鼠模型和沖浪板的總質量為m0,水的密度為ρ,重力加速度大小為g,空氣阻力及水的阻力均可忽略不計。 (1)求噴泉單位時間內噴出的水的質量。 (2)由于水柱頂部的水與沖浪板相互作用的時間很短,因此在分析水對沖浪板的作用力時可忽略這部分水所受的重力。試計算米老鼠模型在空中懸停時,水到達沖浪板底部的速度大小。 (3)要使米老鼠模型在空中懸停的高度發(fā)生變化,需調整水泵對水做功的功率。水泵對水做功的功率定義為單位時間內從噴口噴出的水的動能。請根據第(2)問中的計算結果,推導沖浪板底部距離噴口的高度h與水泵對水做功的功率P0之間的關系式。 答案： 1.A　解析 根據動量守恒定律得:0=Mv1-mv2,故火箭的動量與燃氣的動量等大反向,故p=Mv1=mv2=0.05 kg600 m/s=30 kgm/s。 2.A　解析 設子彈的初速度為v0,射入木塊后子彈與木塊共同的速度為v,木塊的質量為m0,子彈的質量為m。根據動量守恒定律得mv0=(m0+m)v,得v=mv0m+m0,木塊獲得的動能為ΔEk=12m0v2=m0m2v022(m0+m)2=m0mv022(m0+m)mm0+m,系統(tǒng)產生的內能為Q=12mv02-12(m0+m)v2=m0mv022(m0+m);可得Q=m0+mmΔEk=m0m+1ΔEk,因m0>m,則Q>2ΔEk=16 J,故A正確,B、C、D錯誤。 3.D　4.B　5.AB　6.BC 7.AD　解析 由題中圖象可知,木板獲得的速度為v=1 m/s,A、B組成的系統(tǒng)動量守恒,以物體B的初速度方向為正方向,由動量守恒定律得mv0=(m0+m)v,解得m0=4 kg,木板獲得的動能為Ek=12m0v2-0=2 J,故A正確;系統(tǒng)損失的機械能ΔE=12mv02-12mv2-12m0v2=4 J,故B錯誤;速度—時間圖象與坐標軸圍成的面積表示位移,故0~1 s內物體B的位移為xB=12(2+1)1 m=1.5 m,木板A的位移為xA=1211 m=0.5 m,則木板A的最小長度為l=xB-xA=1 m,故C錯誤;由題圖可知,物體B在0~1 s的加速度a=ΔvΔt=-1 m/s2,負號表示加速度的方向與規(guī)定正方向相反,由牛頓第二定律得μmBg=mBa,得μ=0.1,故D正確。 8.答案 (1)3.0 m/s　(2)4.3 m/s 解析 (1)設B車的質量為mB,碰后加速度大小為aB。根據牛頓第二定律有 μmBg=mBaB ① 式中μ是汽車與路面間的動摩擦因數。 設碰撞后瞬間B車速度的大小為vB,碰撞后滑行的距離為sB。由運動學公式有 vB2=2aBsB ② 聯(lián)立①②式并利用題給數據得 vB=3.0 m/s。 ③ (2)設A車的質量為mA,碰后加速度大小為aA。根據牛頓第二定律有μmAg=mAaA ④ 設碰撞后瞬間A車速度的大小為vA,碰撞后滑行的距離為sA。由運動學公式有 vA2=2aAsA ⑤ 設碰撞前的瞬間A車速度的大小為vA,兩車在碰撞過程中動量守恒,有mAvA=mAvA+mBvB⑥ 聯(lián)立③④⑤⑥式并利用題給數據得 vA≈4.3 m/s。 ⑦ 9.答案 (1)672gR　272gR (2)B2l22gR2mr　(3)2249mgR 10.答案 (1)ρQ　(2)m0gρQ　(3)h=P0gQρ-m02g2ρ2Q2 解析 (1)設在很短時間內,從噴口噴出的水的體積為ΔV,質量為Δm,水柱在噴口的初速度為v0,噴口的橫截面積為S。 則Δm=ρΔV,ΔV=Sv0Δt=QΔt,解得單位時間內從噴口噴出的水的質量為ΔmΔt=ρQ。 (2)設米老鼠模型和沖浪板在空中懸停時,水柱頂部的水沖擊沖浪板底面速度由v變?yōu)?,對板的作用力的大小為F,板對水的作用力的大小為F,以向下為正方向,不考慮水柱頂部水的重力,根據動量定理有FΔt=0-(Δm)(-v),根據牛頓第三定律F=F 由于米老鼠模型在空中懸停,有F=m0g,聯(lián)立可解得v=m0gρQ。 (3)設米老鼠模型和沖浪板懸停時其底面距離噴口的高度為h,對于單位時間內噴出的水,根據機械能守恒定律(或運動學公式)得12(Δm)v2+(Δm)gh=12(Δm)v02,水泵對水做功的功率為P0=EkΔt=12(Δm)v02Δt,聯(lián)立解得h=P0gQρ-m02g2ρ2Q2。