2020届高考物理二轮复习疯狂专练10动量定理动量守恒定律含解析

2020届高考物理二轮复习疯狂专练10动量定理动量守恒定律含解析

高考总复习 动量定理 动量守恒定律 专练十 动量定理 动量守恒定律 一、考点内容 ‎(1)用动量定理求冲量、动量变化、平均作用力等问题；(2)动量守恒定律处理系统内物体的相互作用；(3)碰撞、打击、反冲等“瞬间作用”问题。‎ 二、考点突破 ‎1．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　)‎ A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg ‎2．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中(　　)‎ A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2‎ B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零 C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2‎ D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零 ‎3．一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图像如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s。滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)‎ A．在t＝6 s时刻，物体的速度为18 m/s 12‎ 高考总复习 B．在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J C．在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·s D．在t＝6 s时刻，拉力F的功率为200 W ‎4．(多选)在2016年里约奥运跳水比赛中，中国跳水梦之队由吴敏霞领衔包揽全部8枚金牌。假设质量为m的跳水运动员从跳台上以初速度v0向上跳起，跳水运动员在跳台上从起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而减速为零，不计跳水运动员水平方向的运动，运动员入水后到速度为零时重心下降h，不计空气阻力，则(　　)‎ A．运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为m＋mv0‎ B．水对运动员阻力的冲量大小为m C．运动员克服水的阻力做功为mgH＋mv02‎ D．运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg(H＋h)＋mv02‎ ‎5．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时瓶底端对竖直墙面的作用力大小是(　　)‎ A．ρvS B． C．ρv2S D．ρv2S ‎6．(多选)在光滑水平面上，小球A、B(可视为质点)沿同一直线相向运动，A球质量为1 kg，B球质量大于A球质量。如果两球间距离小于L时，两球之间会产生大小恒定的斥力，大于L时作用力消失两球运动的速度—时间关系如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．B球的质量为2 kg B．两球之间的斥力大小为0.15 N C．t＝30 s时，两球发生非弹性碰撞 D．最终B球速度为零 ‎7．(多选)如图所示，小车的上面固定一个光滑弯曲圆管道，整个小车(含管道)的质量为2m 12‎ 高考总复习 ‎，原来静止在光滑的水平面上。今有一个可以看做质点的小球，质量为m，半径略小于管道半径，以水平速度v从左端滑上小车，小球恰好能到达管道的最高点，然后从管道左端滑离小车。关于这个过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球滑离小车时，小车回到原来位置 B．小球滑离小车时相对小车的速度大小为v C．车上管道中心线最高点的竖直高度为 D．小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，小车的动量变化大小是 ‎8．(多选)光滑水平面上放有质量分别为2m和m的物块A和B，用细线将它们连接起来，两物块中间加有一压缩的轻质弹簧(弹簧与物块不相连)，弹簧的压缩量为x。现将细线剪断，此刻物块A的加速度大小为a，两物块刚要离开弹簧时物块A的速度大小为v，则(　　)‎ A．物块B的加速度大小为a时弹簧的压缩量为 B．物块A从开始运动到刚要离开弹簧时位移大小为x C．物块开始运动前弹簧的弹性势能为mv2‎ D．物块开始运动前弹簧的弹性势能为3mv2‎ ‎9．动能定理和动量定理不仅适用于质点在恒力作用下的运动，也适用于质点在变力作用下的运动，这时两个定理表达式中的力均指平均力，但两个定理中的平均力的含义不同，在动量定理中的平均力F1是指合力对时间的平均值，动能定理中的平均力F2是指合力对位移的平均值。‎ ‎(1)质量为1.0 kg的物块，在变力作用下由静止开始沿直线运动，在2.0 s的时间内运动了2.5 m的位移，速度达到了2.0 m/s。分别应用动量定理和动能定理求出平均力F1和F2的值。‎ ‎(2)如图1所示，质量为m的物块，在外力作用下沿直线运动，速度由v0变化到v时，经历的时间为t，发生的位移为x。分析说明物体的平均速度与v0、v满足什么条件时，F1和F2是相等的。‎ ‎(3)质量为m的物块，在如图2所示的合力作用下，以某一初速度沿x轴运动，当由位置x＝0运动至x＝A 12‎ 高考总复习 处时，速度恰好为0，此过程中经历的时间为，求此过程中物块所受合力对时间t的平均值。‎ ‎10．如图甲所示是明德中学在高考前100天倒计时宣誓活动中为给高三考生加油，用横幅打出的激励语。下面我们来研究横幅的受力情况，如图乙所示，若横幅的质量为m，且质量分布均匀、由竖直面内的四条轻绳A、B、C、D固定在光滑的竖直墙面内，四条绳子与水平方向的夹角均为θ，其中绳A、B是不可伸长的刚性绳，绳C、D是弹性较好的弹性绳且对横幅的拉力恒为T0，重力加速度为g。‎ 12‎ 高考总复习 ‎　‎ ‎(1)求绳A、B所受力的大小；‎ ‎(2)在一次卫生大扫除中，楼上的小明同学不慎将质量为m0的抹布滑落，正好落在横幅上沿的中点位置。已知抹布的初速度为零，下落的高度为h，忽略空气阻力的影响。抹布与横幅撞击后速度变为零，且撞击时间为t，撞击过程横幅的形变极小，可忽略不计，求撞击过程中，绳A、B所受平均拉力的大小。‎ ‎11．如图所示，光滑水平平台AB与竖直光滑半圆轨道AC平滑连接，C点切线水平，长为L＝4 m的粗糙水平传送带BD与平台无缝对接。质量分别为m1＝0.3 kg和m2＝1 kg两个小物体中间有一被压缩的轻质弹簧，用细绳将它们连接。已知传送带以v0＝1.5 m/s的速度向左匀速运动，小物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.15。某时剪断细绳，小物体m1向左运动，m2向右运动速度大小为v2＝3 m/s，g取10 m/s2。求：‎ ‎(1)剪断细绳前弹簧的弹性势能Ep；‎ ‎(2)从小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的过程中，为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能E；‎ ‎(3)半圆轨道AC的半径R多大时，小物体m1从C点水平飞出后落至AB平面的水平位移最大？最位移为多少？‎ 12‎ 高考总复习 ‎12．如图所示，质量为mc＝2mb的物块c静止在倾角均为α＝30°的等腰斜面上E点，质量为ma的物块a和质量为mb的物块b通过一根不可伸长的匀质轻绳相连，细绳绕过斜面顶端的小滑轮并处于松驰状态，按住物块a使其静止在D点，让物块b从斜面顶端C由静止下滑，刚下滑到E点时释放物块a，细绳正好伸直且瞬间张紧绷断，之后b与c立即发生完全弹性碰撞，碰后a、b都经过t＝1 s同时到达斜面底端。已知A、D两点和C、E两点的距离均为l1＝0.9 m，E、B两点的距离为l2＝0.4 m。斜面上除EB段外其余都是光滑的，物块b、c与EB段间的动摩擦因数均为μ＝，空气阻力不计，滑轮处摩擦不计，细绳张紧时与斜面平行，取g＝10 m/s2。求：‎ ‎(1)物块b由C点下滑到E点所用时间；‎ ‎(2)物块a能到达离A点的最大高度；‎ ‎(3)a、b物块的质量之比ma∶mb。‎ 12‎ 高考总复习 答案 二、考点突破 ‎1．【答案】B ‎【解析】根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得＝＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确。‎ ‎2．【答案】B ‎【解析】人的速度原来为零，起跳后为v，由动量定理可得I地－mgΔt＝mv－0，可得地面对人的冲量I地＝mgΔt＋mv；而人起跳时，地面对人的支持力的作用点位移为零，故地面对人做功为零，所以只有选项B正确。‎ ‎3．【答案】D ‎【解析】根据Δv＝a0t，可知a－t图线与t轴所围“面积”表示速度的增量，则v6＝v0＋Δv＝2 m/s＋(2＋4)×6 m/s＝20 m/s，A错误；由动能定理可得：W合＝mv62－mv02＝396 J，B错误；由动量定理可得：IF－ft＝mv6－mv0，解得拉力的冲量IF＝48 N·s，C错误；由牛顿第二定律得F－f＝ma，可求得F6＝f＋ma＝10 N，则6 s时拉力F的功率P＝F6·v6＝200 W，D正确。‎ ‎4．【答案】AD ‎【解析】设运动员入水前速度为vt，则由机械能守恒有mv02＋mgH＝mvt2，得vt＝，据动量定理可得运动员起跳后在空中运动过程中受到合外力冲量大小I＝mvt－(－mv0)＝m＋mv0，A项正确。运动员入水后受竖直向下的重力和竖直向上的阻力，合力的冲量大小为I合＝m，B项错误。运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中应用动能定理有mg(H＋h)－Wf＝0－mv02，得运动员克服水的阻力做功Wf＝mg(H＋h 12‎ 高考总复习 ‎)＋mv02，则C项错误。由能的转化与守恒关系可知此过程中机械能的减少量为mg(H＋h)＋mv02，D项正确。‎ ‎5．【答案】D ‎【解析】Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得F·Δt＝Δm·v－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。‎ ‎6．【答案】BD ‎【解析】由牛顿第二定律a＝可知，质量大的物体加速度较小，质量小的物体加速度较大，则联系图象可知横轴上方图象对应B小球，横轴下方图象对应A小球，则有＝ m/s2，mA＝1 kg，＝ m/s2解得mB＝3 kg，F＝0.15 N，选项B正确；在t＝30 s碰撞时，A小球的速度为零，B小球速度为v0＝2 m/s，碰后B小球减速，A小球加速，则碰后B小球速度为vB＝1 m/s，碰后A小球速度为vA＝3 m/s，则由数据可知，动量和动能均守恒，则为弹性碰撞，选项C错误；碰前，由运动图象面积可知，两小球相距80 m的过程中一直有斥力产生，而碰后B小球减速，初速度为vB＝1 m/s，加速度为＝ m/s2，A小球加速，初速度为vA＝3 m/s，加速度为＝ m/s2，距离逐渐增大，若一直有加速度，则当B小球停止时距离最大，易求最大距离为80 m，则最终B小球速度恰好为零，选项D正确。‎ ‎7．【答案】BC ‎【解析】小球恰好到达管道的最高点，说明在最高点时小球和小车之间相对速度为0，小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由动量守恒有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝，小车动量变化大小Δp车＝2m·＝mv，D项错误。小球从滑进管道到滑到最高点的过程中，由机械能守恒有mgH＝mv2－(m＋2m)v′2，得H＝，C项正确。小球从滑上小车到滑离小车的过程，由动量守恒和机械能守恒有：mv＝mv1＋2mv2，mv2＝mv12＋·2mv22，解得v1＝－，v2＝v，则小球滑离小车时相对小车的速度大小为v＋v＝v，B项正确。由以上分析可知在整个过程中小车一直向右运动，A项错误。‎ ‎8．【答案】AD ‎【解析】当物块A的加速度大小为a时，根据胡克定律和牛顿第二定律得kx＝2ma。当物块B的加速度大小为a时，有：kx′＝ma，对比可得：x′＝，即此时弹簧的压缩量为 12‎ 高考总复习 ‎，故A正确。取水平向左为正方向，根据系统的动量守恒得：2m－m＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移为：xA＝x，故B错误。根据动量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物块B刚要离开弹簧时的速度vB＝2v，由系统的机械能守恒得：物块开始运动前弹簧的弹性势能为：Ep＝·2mv2＋mvB2＝3mv2，故C错误，D正确。‎ ‎9．【解析】(1)物块在加速运动过程中，应用动量定理有：F1t＝mvt 解得：F1＝1.0 N 物块在加速运动过程中，应用动能定理有：F2x＝mvt2‎ 解得：F2＝0.8 N。‎ ‎(2)物块在运动过程中，应用动量定理有：F1t＝mv－mv0‎ 解得：‎ 物块在运动过程中，应用动能定理有：‎ 解得：‎ 当F1＝F2时，由上两式得：。‎ ‎(3)由图2可求得物块由x＝0运动至x＝A过程中，外力所做的功为：‎ 设物块的初速度为v0′，由动能定理得：‎ 解得：‎ 设在t时间内物块所受平均力的大小为F，由动量定理得：－Ft＝0－mv0′‎ 由题已知条件：‎ 解得：。‎ ‎10．【解析】(1)横幅在竖直方向上处于平衡状态：‎ 12‎ 高考总复习 ‎2Tsin θ＝2T0 sin θ＋mg 解得：T＝T0＋。‎ ‎(2)抹布做自由落体运动，其碰撞前的速度满足：2gh＝v02‎ 碰撞过程中横幅对抹布的平均作用力为F，由动量定理可得：－(F－m0g)t＝0－m0v0‎ 解得：F＝m0g＋ 由牛顿第三定律可知抹布对横幅的平均冲击力F′＝F 横幅仍处于平衡状态：2T1sin θ＝2T0sin θ＋mg＋F′‎ 解得：T1＝T0＋＋。‎ ‎11．【解析】(1)对m1和m2弹开过程，取向左为正方向，由动量守恒定律有：‎ ‎0＝m1v1－m2v2‎ 解得：v1＝10 m/s 剪断细绳前弹簧的弹性势能为：‎ 解得：Ep＝19.5 J。‎ ‎(2)设m2向右减速运动的最大距离为x，由动能定理得：‎ ‎－μm2gx＝0－m2v22‎ 解得x＝3 m＜L＝4 m 则m2先向右减速至速度为零，向左加速至速度为v0＝1.5 m/s，然后向左匀速运动，直至离开传送带。‎ 设小物体m2滑上传送带到第一次滑离传送带的所用时间为t，取向左为正方向，根据动量定理得：‎ μm2gt＝m2v0－(－m2v2)‎ 解得：t＝3 s 该过程皮带运动的距离为：x带＝v0t＝4.5 m 12‎ 高考总复习 故为了维持传送带匀速运动，电动机需对传送带多提供的电能为：E＝μm2gx带 解得：E＝6.75 J。‎ ‎(3)设竖直光滑轨道AC的半径为R时小物体m1平抛的水平位移最大为x，从A到C由机械能守恒定律得：‎ 由平抛运动的规律有：‎ x＝vCt1，‎ 联立整理得：‎ 根据数学知识知当4R＝10－4R，即R＝1.25 m时，水平位移最大为xmax＝5 m。‎ ‎12．【解析】(1)物块b在斜面上光滑段CE运动的加速度a1＝gsin α＝5 m/s2‎ 由 解得：t1＝0.6 s。‎ ‎(2)取沿AC方向为正方向，由 解得：v1＝1.6 m/s ‎ a沿斜面上滑距离m 所以物块a能到达离A点的最大高度h＝(l1＋s)sin α＝0.578 m。‎ ‎(3)设绳断时物块b的速度为v2，b与c相碰后b的速度为v2′，c的速度为vc，则：‎ mbv2＝mbv2′＋mcvc mc＝2mb 联立解得：，‎ 因vc的方向沿斜面向下，故v2的方向沿斜面向下，v2′的方向沿斜面向上。‎ 12‎ 高考总复习 在EB段上的加速度a2＝gsin α－μgcos α＝0‎ 所以物块b在EB段上做匀速运动，和c相碰后b先向上滑再下滑到E点时的速度仍为v2′，则：v2′(t－2t2)＝l2‎ v2′＝a1t2‎ 代入数据得：2v2′2－5v2′＋2＝0‎ 解得：v2′＝0.5 m/s或v2′＝2 m/s 物块b刚下滑到E点时的速度m/s 若v2′＝2 m/s，则v2＝6 m/s＞v0，与事实不符，所以舍去 取v2′＝0.5 m/s，则v2＝1.5 m/s，方向沿斜面向下 设细绳对物块a和b的冲量大小为I，有：‎ I＝mav1‎ ‎－I＝mb(v2－v0)‎ 解得：ma∶mb＝15∶16。‎ 12‎