（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練19 動量 動量定理 動量守恒定律的理解 新人教版.docx

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考點(diǎn)規(guī)范練19　動量　動量定理　動量守恒定律的理解 一、單項(xiàng)選擇題 1.質(zhì)量為0.2 kg的球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向,在小球與地面接觸的時間內(nèi),關(guān)于球動量變化量Δp和合外力對小球做的功W,下列說法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.Δp=2 kgm/s　W=-2 J B.Δp=-2 kgm/s　W=2 J C.Δp=0.4 kgm/s　W=-2 J D.Δp=-0.4 kgm/s　W=2 J 答案A 解析取豎直向上為正方向,則小球與地面碰撞過程中動量的變化量:Δp=mv2-mv1=0.24kgm/s-0.2(-6)kgm/s=2kgm/s,方向豎直向上。 由動能定理,合外力做的功:W=12mv22-12mv12=120.242J-120.262J=-2J。 2.(2018重慶期末)如圖所示,質(zhì)量為0.5 kg的小球在距離車底部一定高處以初速度v0=15 m/s向左平拋,落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車中,車底涂有一層油泥,車與油泥的總質(zhì)量為4 kg,g取10 m/s2,則當(dāng)小球與小車相對靜止時,小車的速度大小是(　　) A.4 m/s B.5 m/s C.8.5 m/s D.9.5 m/s 答案B 解析小球與車組成的系統(tǒng)在水平方向動量守恒,以向右為正方向,由動量守恒定律得Mv-mv0=(M+m)v車,代入數(shù)據(jù)解得v車=5m/s,由此可知B項(xiàng)正確。 3.如圖所示,甲木塊的質(zhì)量為m1,以v的速度沿光滑水平地面向前運(yùn)動,正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊,乙上連有一輕質(zhì)彈簧。甲木塊與彈簧接觸后(　　) A.甲木塊的動量守恒 B.乙木塊的動量守恒 C.甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)動量守恒 D.甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)動能守恒 答案C 解析兩木塊在光滑水平地面上相碰,且中間有彈簧,則碰撞過程系統(tǒng)的動量守恒,機(jī)械能也守恒,故A、B錯誤,C正確;甲、乙兩木塊碰撞前、后機(jī)械能總量不變,但碰撞過程中有彈性勢能,故動能不守恒,只是機(jī)械能守恒,D錯誤。 4.(2018江西上饒一中月考)物體A和B用輕繩相連在輕質(zhì)彈簧下靜止不動,如圖甲所示。A的質(zhì)量為m,B的質(zhì)量為M。當(dāng)連接A、B的繩突然斷開后,物體A上升經(jīng)某一位置時的速度為v,這時物體B下落速度大小為u,如圖乙所示。這段時間里,彈簧的彈力對物體的沖量為(　　) A.mv B.mv-Mu C.mv+Mu D.mv+mu 答案D 解析彈簧的彈力是變力,時間是未知量,顯然不能直接從沖量的概念I(lǐng)=Ft入手計(jì)算,只能用動量定理求解,對物體A,I彈-mgt=mv,對物體B,Mgt=Mu,消去t解得I彈=mv+mu,所以D正確。 5.一小球從水平地面上方無初速釋放,與地面發(fā)生碰撞后反彈至速度為零,假設(shè)小球與地面碰撞沒有機(jī)械能損失,所受空氣阻力大小不變,下列說法正確的是(　　) A.上升過程中小球動量改變量等于該過程中空氣阻力的沖量 B.小球與地面碰撞過程中,地面對小球的沖量為零 C.下落過程中小球動能的改變量等于該過程中重力做的功 D.從釋放到反彈至速度為零過程中小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功 答案D 解析根據(jù)動量定理可知,上升過程中小球動量改變量等于該過程中重力和空氣阻力的合力的沖量,選項(xiàng)A錯誤;小球與地面碰撞過程中,由動量定理得Ft-mgt=mv2-(-mv1),可知地面對小球的沖量Ft不為零,選項(xiàng)B錯誤;小球下落過程中動能的改變量等于重力和空氣阻力做功的代數(shù)和,選項(xiàng)C錯誤;由能量守恒關(guān)系可知,從釋放到反彈至速度為零過程中小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功,選項(xiàng)D正確。 甲 6.(2018安徽銅陵聯(lián)考)如圖甲所示,在傾角為30的足夠長的光滑固定斜面上有一質(zhì)量為m的物體,它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按如圖乙所示的四種方式隨時間變化(圖中縱坐標(biāo)是F與mg的比值,力沿斜面向上為正)。已知此物體在t=0時速度為零,若用v1、v2、v3、v4分別表示上述四種受力情況下物體在3 s末的速率,則這四個速率中最大的是(　　) 乙 A.v1 B.v2 C.v3 D.v4 答案C 解析根據(jù)動量定理分別研究四種情況下物體的速率。取t0=1s,(1)圖中mgsin303t0+F2t0-Ft0=mv1,得v1=20m/s;(2)圖中mgsin303t0-Ft0+Ft0=mv2,得v2=15m/s;(3)圖中mgsin303t0+F2t0=mv3,得v3=25m/s;(4)圖中mgsin303t0+F2t0-Ft0=mv4,得v4=15m/s。故選項(xiàng)C正確。 二、多項(xiàng)選擇題 7.對下列物理現(xiàn)象的解釋,正確的是(　　) A.擊釘時,不用橡皮錘僅僅是因?yàn)橄鹌ゅN太輕 B.跳遠(yuǎn)時,在沙坑里填沙,是為了減小沖量 C.易碎品運(yùn)輸時,要用柔軟材料包裝,船舷常常懸掛舊輪胎,都是為了延長作用時間,減小作用力 D.在車內(nèi)推車推不動,是因?yàn)楹贤饬_量為零 答案CD 解析擊釘時,不用橡皮錘是因?yàn)橄鹌ゅN與釘子的作用時間長;跳遠(yuǎn)時,在沙坑里填沙,是為了延長人與地的接觸時間,所以A、B不正確;據(jù)動量定理Ft=Δp知,當(dāng)Δp相同時,t越長,作用力越小,故C正確;車能否移動或運(yùn)動狀態(tài)能否改變?nèi)Q于外力的作用,與內(nèi)部作用無關(guān),所以D正確。 8.兩個物體A、B的質(zhì)量分別為m1、m2,并排靜止在水平地面上,用同向水平拉力F1、F2分別作用于物體A和B上,作用一段時間后撤去,兩物體各自滑行一段距離后停止,A、B兩物體運(yùn)動的速度—時間圖像分別如圖中圖線a、b所示,已知拉力F1、F2撤去后,物體做減速運(yùn)動過程的速度—時間圖線彼此平行(相關(guān)數(shù)據(jù)已在圖中標(biāo)出)。由圖中信息可以得出(　　) A.若F1=F2,則m1小于m2 B.若m1=m2,則力F1對物體A所做的功較多 C.若m1=m2,則力F1對物體A的沖量與F2對B的沖量之比為4∶5 D.若m1=m2,則力F1的最大瞬時功率一定是力F2的最大瞬時功率的2倍 答案ACD 解析由斜率等于加速度知,撤去拉力后兩物體的速度圖像平行,故加速度大小相等,設(shè)為a,由牛頓第二定律得μ1m1g=m1a,μ2m2g=m2a,解得μ1=μ2=0.1,令μ1=μ2=μ,若F1=F2,對于m1,有F1-μm1g=m1a1,解得m1=F1a1+μg,同理m2=F2a2+μg,由題圖可知a1>a2,則m1M2,則v1>v2 B.若F1=F2,M1v2 C.若F1>F2,M1=M2,則v1>v2 D.若F1v2 答案BD 解析設(shè)物塊質(zhì)量為m,木板質(zhì)量為M,長為l,物塊與木板間的滑動摩擦力大小為Ff,在水平力F作用下,經(jīng)過時間t,物塊恰滑過木板,分離時物塊的速度v,木板的速度v,木板通過的位移s,物塊通過的位移為s+l。則有(F-Ff)t=mv,Fft=Mv,對物塊由動能定理有(F-Ff)(s+l)=12mv2,則v2=2F-Ffm(s+l),對木板由動能定理有Ffs=12Mv2,則v2=2FfMs。由此可得s+ls=vv=(F-Ff)MFfm,s=lmFfF-FfM-Ffm。因此,分離時木板的速度v=2Ff2lm(F-FfM-Ffm)M,其中F>Ff?？芍?M增大或F增大時,速度v都變小,B、D正確。 三、非選擇題 10.如圖所示,靜止在光滑水平面上的小車M=20 kg。從水槍中噴出的水柱的橫截面積S=10 cm2,速度v=10 m/s,水的密度ρ=1.0103 kg/m3。用水槍噴出的水從車后沿水平方向沖擊小車的前壁,且沖擊到小車前壁的水全部沿前壁流進(jìn)小車中。當(dāng)有質(zhì)量m=5 kg的水進(jìn)入小車時,試求: (1)小車的速度大小; (2)小車的加速度大小。 答案(1)2 m/s　(2)2.56 m/s2 解析(1)流進(jìn)小車的水與小車組成的系統(tǒng)動量守恒,設(shè)當(dāng)進(jìn)入質(zhì)量為m的水后,小車速度為v1,則mv=(m+M)v1,即v1=mvm+M=2m/s。 (2)質(zhì)量為m的水流進(jìn)小車后,在極短的時間Δt內(nèi),沖擊小車的水的質(zhì)量Δm=ρS(v-v1)Δt,設(shè)此時水對車的沖擊力為F,則車對水的作用力為-F,由動量定理有-FΔt=Δmv1-Δmv,得F=ρS(v-v1)2=64N,小車的加速度a=FM+m=2.56m/s2。 11. 如圖所示,有一半徑為R的半球形凹槽P,放在光滑的水平地面上,一面緊靠在光滑墻壁上,在槽口上有一質(zhì)量為m的小球,由A點(diǎn)靜止釋放,沿光滑的球面滑下,經(jīng)最低點(diǎn)B又沿球面上升到最高點(diǎn)C,經(jīng)歷的時間為t,B、C兩點(diǎn)高度差為0.6R,求: (1)小球到達(dá)C點(diǎn)的速度; (2)在t這段時間里,豎墻對凹槽的沖量。 答案(1)0.42gR,方向水平向右 (2)m2gR,方向水平向右 解析(1)題中沒給m,所以不能直接由動量求出。小球從A到B的過程中,凹槽P不動,對m有mgR=12mvB2 ① 小球從B到C的過程中,凹槽和球構(gòu)成的系統(tǒng)動量守恒(水平方向)和機(jī)械能守恒,所以有mvB=(m+m)vC ② 12mvB2=12(m+m)vC2+mg0.6R ③ 解①②③得小球到達(dá)C點(diǎn)的速度 vC=0.42gR,方向水平向右。 (2)豎直墻對凹槽的沖量等于系統(tǒng)在水平方向獲得的動量,所以有 I=(m+m)vC=mvB=m2gR,方向水平向右。 12. 香港迪士尼游樂園入口旁有一噴泉,在水泵作用下鯨魚模型背部會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(yùn)動,引人駐足,如圖所示。這一景觀可做如下簡化,假設(shè)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(nèi)向上通過水柱橫截面的水的體積),設(shè)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?jīng)_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(jì),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(zhì)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(jì)。 (1)求噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)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(jì)算米老鼠模型在空中懸停時,水到達(dá)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(diào)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(nèi)從噴口噴出的水的動能。請根據(jù)第(2)問中的計(jì)算結(jié)果,推導(dǎo)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(guān)系式。 答案(1)ρQ　(2)m0gρQ　(3)h=P0gQρ-m02g2ρ2Q2。 解析(1)設(shè)在很短時間內(nèi),從噴口噴出的水的體積為ΔV,質(zhì)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(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為ΔmΔt=ρQ。 (2)設(shè)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(jù)動量定理有FΔt=0-(Δm)(-v),根據(jù)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(shè)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(nèi)噴出的水,根據(jù)機(jī)械能守恒定律(或運(yùn)動學(xué)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。