（北京專用）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第七章 第1講 動量 動量定理精練（含解析）

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1、第1講　動量　動量定理 A組　基礎(chǔ)鞏固 1.從同樣高度落下的玻璃杯,掉在水泥地上容易打碎,而掉在草地上不容易打碎,其原因是(　　) ①掉在水泥地上的玻璃杯動量大,而掉在草地上的玻璃杯動量小 ②掉在水泥地上的玻璃杯動量改變大,掉在草地上的玻璃杯動量改變小 ③掉在水泥地上的玻璃杯動量改變快,掉在草地上的玻璃杯動量改變慢 ④掉在水泥地上的玻璃杯與地面接觸時,相互作用時間短,而掉在草地上的玻璃杯與地面接觸時,相互作用時間長 A.①② B.②③ C.②④ D.③④ 答案　D　杯子是否被撞碎,取決于撞擊地面時,地面對杯子的撞擊力大小。規(guī)定豎直向上為正方向,設(shè)玻璃杯下落高度為h。玻璃杯從h高

2、度落地瞬間的速度大小為2gh,設(shè)玻璃杯的質(zhì)量為m,則落地前瞬間的動量大小為p=m2gh,與水泥地或草地接觸Δt時間后,杯子停下,在此過程中,玻璃杯的動量變化為Δp=-(-m2gh),再由動量定理可知(F-mg)·Δt= -(-m2gh),所以F=m2ghΔt+mg。由此可見,Δt越小,玻璃杯所受撞擊力F越大,玻璃杯就越容易碎。杯子掉在草地上作用時間較長,動量變化慢,撞擊力小,因此玻璃杯不易碎。 2.(2018東城期末)如圖所示,質(zhì)量為m的足球在離地高h處時速度剛好水平向左,大小為v1,守門員在此時用手握拳擊球,使球以大小為v2的速度水平向右飛出,手和球作用的時間極短,則　(　　) A

3、.擊球前后球動量改變量的方向水平向左 B.擊球前后球動量改變量的大小是mv2-mv1 C.擊球前后球動量改變量的大小是mv2+ mv1 D.球離開手時的機械能不可能是mgh+12mv12 答案　C　以水平向右為正方向,Δp=p2-p1=mv2-(-mv1)=mv2+mv1,可知動量改變量的方向水平向右,球離開手時的機械能為mgh+12mv22,因v1與v2可能相等,則球離開手時的機械能可能是mgh+12mv12,故C正確,A、B、D錯誤。 3.(2017西城二模)應(yīng)用物理知識分析生活中的常見現(xiàn)象,或是解釋一些小游戲中的物理原理,可以使物理學(xué)習(xí)更加有趣和深入。甲、乙兩同學(xué)做了如下的一個

4、小游戲,如圖所示,用一象棋子壓著一紙條,放在水平桌面上接近邊緣處。第一次甲同學(xué)慢拉紙條將紙條抽出,棋子掉落在地上的P點。第二次將棋子、紙條放回原來的位置,乙同學(xué)快拉紙條將紙條抽出,棋子掉落在地上的N點。兩次現(xiàn)象相比(　　) A.第二次棋子的慣性更大 B.第二次棋子受到紙條的摩擦力更小 C.第二次棋子受到紙條的沖量更小 D.第二次棋子離開桌面時的動量更大 答案　C　慣性大小由質(zhì)量決定,A錯誤?；瑒幽Σ亮=μmg,B錯誤。由動量定理有ft=mv-0知,C正確,D錯誤。 4.(2017昌平二模)如圖所示,在光滑水平桌面上建立平面直角坐標系xOy。一質(zhì)量為m的物塊靜止在坐標原點?，F(xiàn)對

5、物塊施加沿x軸正方向的恒力F,作用時間為t;然后保持F大小不變,方向改為沿y軸負方向,作用時間也為t;再將力F大小不變,方向改為沿x軸負方向,作用時間仍為t。則此時(　　) A.物塊的速度沿x軸正方向 B.物塊的速度沿y軸負方向 C.物塊的位置坐標為(0,Ft22m) D.物塊的位置坐標為(Ft2m,3Ft22m) 答案　B　根據(jù)動量定理:IF合=Δp,整個過程中,力的沖量方向沿y軸負方向,因此末速度沿y軸負方向。物塊的末位置坐標y值應(yīng)為負值。 如圖,物塊由靜止開始,受沿x軸正方向的恒力F,作用時間為t,運動到A點,F=ma,vA=at=Ftm,xA=12at2=Ft22m;之

6、后物塊受沿y軸負方向大小為F的恒力,作用時間為t,運動到B點,由A點至B點,物塊沿x軸方向做勻速直線運動,沿y軸負方向做勻加速直線運動,A、B間x方向位移xAB=vAt=Ft2m,y方向位移yAB=-12at2=-Ft22m;在B點時y方向的速度vBy=-Ftm;由B至C,物塊受沿x軸負方向大小為F的恒力,作用時間為t,B、C間x方向位移xBC=vAt-12at2=Ft22m,y方向位移yBC=vByt=-Ft2m。因此物塊末位置坐標為(2Ft2m,-3Ft22m)。 5.在納米技術(shù)中需要移動或修補原子,必須使在不停地做熱運動(速率約幾百米每秒)的原子幾乎靜止下來且能在一個小的空間區(qū)域內(nèi)

7、停留一段時間,為此已發(fā)明了“激光制冷”技術(shù),若把原子和入射光分別類比為一輛小車和一個小球,則“激光制冷”與下述的力學(xué)模型很類似。 一輛質(zhì)量為m的小車(一側(cè)固定一輕彈簧),如圖所示以速度v0水平向右運動,一個動量大小為p的小球水平向左射入小車并壓縮彈簧至最短,接著被鎖定一段時間ΔT,再解除鎖定使小球以大小相同的動量p水平向右彈出,緊接著不斷重復(fù)上述過程,最終小車停下來。設(shè)地面和車廂均光滑,除鎖定時間ΔT外,不計小球在小車上運動和彈簧壓縮、伸長的時間。從小球第一次入射開始到小車停止運動所經(jīng)歷的時間為(　　) A.mv0p·ΔT B.2mv0p·ΔT C.mv04p·ΔT D.mv02p·

8、ΔT 答案　D　以小球為研究對象,每次鎖定的時間都為ΔT,小球以動量p入射,以大小相同的動量p反射,則在這個鎖定的過程中,車與球之間的作用力為恒力,設(shè)為F,則F·ΔT=2p,以車為研究對象,第一次入射的動量為mv0,最后停下來動量為零。全過程疊加起來,即F·t總=mv0,兩式消去F得t總=mv02p·ΔT。 6.(2018海淀期中)用豆粒模擬氣體分子,可以模擬氣體壓強產(chǎn)生的原理。如圖所示,從距秤盤80 cm高度把1 000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上,持續(xù)作用時間為1 s,豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话?。若每個豆粒只與秤盤碰撞一次,且碰撞時間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時間內(nèi),碰撞力

9、遠大于豆粒受到的重力),已知1 000粒的豆粒的總質(zhì)量為100 g。則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為(　　) A.0.2 N B.0.6 N C.1.0 N D.1.6 N 答案　B　豆粒下落過程做自由落體運動,落到秤盤上時速度大小v=2gh=4 m/s,根據(jù)題意知反彈瞬間速度大小為2 m/s,對豆粒碰撞秤盤的過程應(yīng)用動量定理有:F=0.1×2-0.1×(-4)1 N=0.6 N,由牛頓第三定律知,選項B正確。 7.(2018石景山一模節(jié)選)動量定理描述了力對物體作用在時間上累積的效果,是力學(xué)中的重要規(guī)律。在一些公共場合有時可以看到,“氣功師”平躺在水平地面上,其腹部上平放著一塊

10、大石板,有人用鐵錘猛擊大石板,石板裂開而人沒有受傷?，F(xiàn)用下述模型分析探究。 若大石板質(zhì)量為M=80 kg,鐵錘質(zhì)量為m=5 kg。鐵錘從h1=1.8 m高處由靜止落下,打在石板上反彈,當(dāng)反彈達到最大高度h2=0.05 m時被拿開。鐵錘與石板的作用時間約為t1=0.01 s。由于緩沖,石板與“氣功師”腹部的作用時間較長,約為t2=0.5 s,取重力加速度g=10 m/s2。請利用動量定理分析說明石板裂開而人沒有受傷的原因。 答案　見解析 解析　鐵錘打擊石板時的速度v1=2gh1 解得v1=6 m/s 鐵錘反彈時的速度v2=2gh2 解得v2=1 m/s 在鐵錘與石板的碰撞過程中,取

11、豎直向上為正方向,對鐵錘,由動量定理有 (F1-mg)t1=mv2-(-mv1) 解得F1=3 550 N 由牛頓第三定律知,鐵錘對石板的作用力 F1'=F1=3 550 N 對石板,由動量定理有 (F2-Mg)t2-F1't1=0 解得F2=871 N 由牛頓第三定律知,石板對人的作用力F2'=F2=871 N 在鐵錘與石板的碰撞過程中,鐵錘對石板的作用力較大,超過了石板承受的限度,因而石板裂開。在作用前后,石板對人的作用力較小,其變化也較小,沒有超過人能承受的限度,因而人沒有受傷。 8.(2017豐臺二模)如圖所示,一質(zhì)量為m=0.5 kg 的小物塊放在水平地面上的A點

12、,小物塊以v0=9 m/s的初速度從A點沿AB方向運動,與墻發(fā)生碰撞(碰撞時間極短)。碰前瞬間的速度v1=7 m/s,碰后以v2=6 m/s反向運動直至靜止。已知小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ=0.32,取 g=10 m/s2。求: (1)A點距墻面的距離x; (2)碰撞過程中,墻對小物塊的沖量大小I; (3)小物塊在反向運動過程中,克服摩擦力所做的功W。 答案　(1)5 m　(2)6.5 N·s　(3)9 J 解析　(1)小物塊由A到B過程做勻減速運動, 由動能定理有-μmgx=12mv12-12mv02 得x=5 m (2)選初速度方向為正方向,由動量定理得 I=-mv

13、2 - mv1 得I=-6.5 N·s ,即沖量大小為6.5 N·s (3)小物塊反向運動過程中,由動能定理得 W'=0-12mv22 得W'=-9 J,即克服摩擦力所做的功為W=9 J B組　綜合提能 1.(2015北京理綜,18,6分)“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.人在最低點

14、時,繩對人的拉力等于人所受的重力 答案　A　從繩恰好伸直到人第一次下降至最低點的過程中,人經(jīng)歷了先加速后減速的過程,當(dāng)繩對人的拉力等于人的重力時速度最大,動能最大,之后繩的拉力大于人的重力,人向下減速到達最低點。繩對人的拉力始終向上,始終做負功。拉力的沖量始終向上,人的動量先增大后減小,綜上所述,只有A選項正確。 2.(2018朝陽期中)如圖所示,質(zhì)量相等的A、B兩個物體,沿著傾角分別為α和β的兩個光滑固定斜面(α<β),由靜止開始從同一高度h2處下滑到同樣的另一高度h1處。在此過程中,關(guān)于A、B兩個物體,相同的物理量是(　　) A.下滑所用的時間 B.重力的平均功率 C.所受合力

15、的沖量大小 D.所受支持力的沖量大小 答案　C　令斜面傾角為θ,下滑的高度為h,則沿斜面滑行的位移大小s=hsinθ。由牛頓第二定律知物體下滑的加速度大小a=g sin θ。由物體下滑時間t=2sa=1sinθ2hg知,A錯誤;重力的平均功率PG=mght=mg·gh2·sin θ,故B項錯誤;所受合力的沖量大小I合=mg sin θ·t=m·2gh,故C正確;所受支持力的沖量IN=mg cos θ·t=m·2gh·cot θ,故選項D錯誤。 3.(2017海淀期中)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

16、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(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,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M,水的密度為ρ,重力加速度大小為g,空氣阻力及水的黏滯阻力均可忽略不計。 (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

17、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(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)從噴口噴出水的動能。請根據(jù)第(2)問中的計算結(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)MgρQ　(3)見解析 解析　(1)設(shè)很短時間Δt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

18、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)?,Δt時間這些水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,根據(jù)力的平衡條件得: F'=Mg 聯(lián)立可解得v=MgρQ (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Δt時間內(nèi)噴出的水,根據(jù)機械能守恒定律得: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-M2g2ρ2Q2 9