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高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量守恒定律及其應(yīng)用 第18講 動量定理 動量守恒定律實戰(zhàn)演練

上傳人:xt****7 文檔編號:105467372 上傳時間:2022-06-12 格式:DOC 頁數(shù):5 大?。?4.52KB
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1、高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第六章 動量守恒定律及其應(yīng)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(zhì)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 kg·m/s     B.5.7×102 kg·m/s C.6.0×102 kg·m/s     D.6.3×102 kg·m/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

2、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 kg×600 m/s=30 kg·m/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

3、,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(dāng)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(zhì)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

4、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(yù)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(zhì)量為m1,后部分的箭體質(zhì)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(zhì)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

5、) 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(zhì)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

6、過程中 應(yīng)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(yīng)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(zhì)量之比; (2)整個運動過

7、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(shè)a、b的質(zhì)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

8、 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(zhì)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(shè)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(zhì)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(shè)Δt時間內(nèi),從噴口噴出的水的體積為ΔV,質(zhì)量為Δm,則 Δm=ρΔV,① ΔV=v0S

9、Δt,② 由①②式得,單位時間內(nèi)從噴口噴出的水的質(zhì)量為 =ρv0S.③ (2)設(shè)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(shè)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(zhì)不可伸長的細繩相連,

10、跨放在質(zhì)量不計的光滑定滑輪兩側(cè),質(zhì)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??; (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(shè)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

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