2019年高考物理大一輪復習 第六章 動量守恒定律及其應用 第18講 動量定理 動量守恒定律實戰(zhàn)演練.doc

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2019年高考物理大一輪復習 第六章 動量守恒定律及其應用 第18講 動量定理 動量守恒定律實戰(zhàn)演練 1．(xx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(nèi)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　) A．30 kgm/s　　　　 B．5.7102 kgm/s C．6.0102 kgm/s　　　　 D．6.3102 kgm/s 解析　由于噴出過程中重力和空氣阻力可忽略，則模型火箭與燃氣組成的系統(tǒng)動量守恒．燃氣噴出前系統(tǒng)靜止，總動量為零，故噴出后瞬間火箭的動量與噴出燃氣的動量等值反向，可得火箭的動量的大小等于燃氣的動量大小，則|p火|＝|p氣|＝m氣v氣＝0.05 kg600 m/s＝30 kgm/s.選項A正確． 2．“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　) 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，人的動能一直減小 C．繩恰好伸直時，繩的彈性勢能為零，人的動能最大 D．在最低點時，繩對人的拉力等于人所受的重力 解析　從繩子恰好伸直，到人第一次下降到最低點的過程中，拉力逐漸增大，由牛頓第二定律mg－F＝ma可知，人先做加速度減小的加速運動，當a＝0時，F(xiàn)＝mg，此時速度最大，動量最大，動能最大，此后人繼續(xù)向下運動，F(xiàn)＞mg，由牛頓第二定律F－mg＝ma可知，人做加速度增大的減速運動，動量一直減小直到減為零，全過程中拉力方向始終向上，所以繩對人的沖量始終向上，綜上可知選項A正確，C、D錯誤；拉力對人始終做負功，動能先增大后減小，故選項B錯誤． 3．高空作業(yè)須系安全帶，如果質量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)．此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為(　A　) A．＋mg　　 B．－mg C．＋mg　　 D．－mg 解析　由自由落體運動公式得人下降h距離時的速度為v＝，在t時間內(nèi)對人由動量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全帶對人的平均作用力為F＝＋mg，選項A正確． 4．一枚火箭搭載著衛(wèi)星以速率v0進入太空預定位置，由控制系統(tǒng)使箭體與衛(wèi)星分離如圖所示．已知前部分的衛(wèi)星質量為m1，后部分的箭體質量為m2，分離后箭體以速率v2沿火箭原方向飛行，若忽略空氣阻力及分離前后系統(tǒng)質量的變化，則分離后衛(wèi)星的速率v1為(　D　) A．v0－v2　　 B．v0＋v2 C．v0－v2　　 D．v0＋(v0－v2) 解析　對火箭和衛(wèi)星由動量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1 解得v1＝＝v0＋(v0－v2)，故選項D正確． 5．一質量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖所示．小物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止．g取10 m/s2. (1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F； (3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W. 解析　(1)對小物塊從A運動到B處的過程中 應用動能定理－μmgs＝mv2－mv， 代入數(shù)值解得μ＝0.32. (2)取向右為正方向，碰后滑塊速度v′＝－6 m/s， 由動量定理得FΔt＝mv′－mv，解得F＝－130 N， 其中“－”表示墻面對物塊的平均作用力方向向左． (3)對物塊反向運動過程中應用動能定理得－W＝0－mv′2，解得W＝9 J. 答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 6．兩滑塊a、b沿水平面上同一條直線運動，并發(fā)生碰撞，碰撞后兩者黏在一起運動，經(jīng)過一段時間后，從光滑路段進入粗糙路段，兩者的位置x隨時間t變化的圖象如圖所示．求： (1)滑塊a、b的質量之比； (2)整個運動過程中，兩滑塊克服摩擦力做的功與因碰撞而損失的機械能之比． 解析　 (1)設a、b的質量分別為m1、m2，a、b碰撞前的速度為v1、v2.由題給圖象得 v1＝－2 m/s，① v2＝1 m/s，② a、b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰撞后兩滑塊的共同速度為v.由題給圖象得v＝ m/s，③ 由動量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，④ 聯(lián)立①②③④式得m1∶m2＝1∶8，⑤ (2)由能量守恒定律得，兩滑塊因碰撞而損失的機械能為 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2，⑥ 由圖象可知，兩滑塊最后停止運動．由動能定理得，兩滑塊克服摩擦力所做的功為W＝(m1＋m2)v2，⑦ 聯(lián)立⑥⑦式，并代入題給數(shù)據(jù)得W∶ΔE＝1∶2. 答案　(1)1∶8　(2)1∶2 7．某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質量為M的卡通玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便起見，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出，玩具底部為平板(面積略大于S)，水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求： (1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質量； (2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度． 解析　(1)設Δt時間內(nèi)，從噴口噴出的水的體積為ΔV，質量為Δm，則 Δm＝ρΔV，① ΔV＝v0SΔt，② 由①②式得，單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質量為 ＝ρv0S.③ (2)設玩具懸停時其底面相對于噴口的高度為h，水從噴口噴出后到達玩具底面時的速度大小為v.對于Δt時間內(nèi)噴出的水，由能量守恒得(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v，④ 在h高度處，Δt時間內(nèi)噴射到玩具底面的水沿豎直方向的動量變化量的大小為Δp＝(Δm)v.⑤ 設水對玩具的作用力的大小為F，根據(jù)動量定理有 FΔt＝Δp，⑥ 由于玩具在空中懸停，由力的平衡條件得F＝Mg，⑦ 聯(lián)立③④⑤⑥⑦式得h＝－. 答案　(1)ρv0S　(2)－ 8．(xx天津卷)如圖所示，物塊A和B通過一根輕質不可伸長的細繩相連，跨放在質量不計的光滑定滑輪兩側，質量分別為mA＝2 kg、mB＝1 kg.初始時A靜止于水平地面上，B懸于空中，現(xiàn)將B豎直向上再舉高h＝1.8 m(未觸及滑輪)，然后由靜止釋放．一段時間后細繩繃直，A、B以大小相等的速度一起運動，之后B恰好可以和地面接觸．取g＝10 m/s2，空氣阻力不計．求： (1)B從釋放到細繩剛繃直時的運動時間t； (2)A的最大速度v的大小； (3)初始時B離地面的高度H. 解析　(1)B從釋放到細繩剛繃直前做自由落體運動，有 h＝gt2，① 代入數(shù)據(jù)解得t＝0.6 s．② (2)設細繩繃直前瞬間B速度大小為vB，有 vB＝gt，③ 細繩繃直瞬間，細繩張力遠大于A、B的重力，A、B相互作用，由動量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v，④ 之后A做勻減速運動，所以細繩繃直后瞬間的速度v即最大速度，聯(lián)立②③④式，代入數(shù)據(jù)解得v＝2 m/s.⑤ (3)細繩繃直后，A、B一起運動，B恰好可以和地面接觸，說明此時A、B的速度為零，這一過程中A、B組成的系統(tǒng)機械能守恒，有 (mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH，⑥ 代入數(shù)據(jù)解得H＝0.6 m. 答案　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m