《（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第六章 微專題46 動量定理的理解和應用加練半小時（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用）2020版高考物理一輪復習 第六章 微專題46 動量定理的理解和應用加練半小時（含解析）（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、動量定理的理解和應用 [方法點撥]　(1)注意動量的矢量性及動量變化量的矢量性.(2)動量定理Ft＝p′－p中“Ft”為合外力的沖量.(3)要明確過程的初、末狀態(tài). 1.(2019·湖北省黃岡市質檢)一小球從水平地面上方無初速度釋放，與地面發(fā)生碰撞后反彈至速度為零，假設小球與地面碰撞沒有機械能損失，運動時的空氣阻力大小不變，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 2.(

2、2018·重慶市八中模擬)航天器離子發(fā)動機原理如圖1所示，首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進劑離子化(即電離出正離子)，正離子被正、負極柵板間的電場加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推進或姿態(tài)調(diào)整的反沖力.已知單個正離子的質量為m，電荷量為q，正、負柵板間加速電壓為U，從噴口噴出的正離子所形成的電流為I.忽略離子間的相互作用力，忽略離子噴射對航天器質量的影響.該發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F的大小為(　　) 圖1 A.IB.IC.ID.2I 3.(多選)A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，如圖2所示為兩球碰撞前后的位移－時間圖象.a、b分別為A、B兩球碰撞前的位移－時間圖象，c為碰撞后兩球共

3、同運動的位移－時間圖象.若A球的質量m＝2kg，則由圖可知下列結論正確的是(　　) 圖2 A.A、B碰撞前的總動量為3kg·m/s B.碰撞時A對B所施加的沖量為－4N·s C.碰撞前后A的動量變化量為4kg·m/s D.碰撞中A、B兩球組成的系統(tǒng)損失的動能為10J 4.(多選)(2017·山東省德州市一模)物體僅在力F作用下由靜止開始運動，力F隨時間變化的圖象如圖3所示，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A.0～3s內(nèi)，力F所做的功等于零，沖量也等于零 B.0～4s內(nèi)，力F所做的功等于零，沖量也等于零 C.第1s內(nèi)和第2s內(nèi)的速度方向相同，加速度方向相反 D.第

4、3s內(nèi)和第4s內(nèi)的速度方向相反，加速度方向相同 5.(2018·安徽省馬鞍山二中模擬)如圖4所示，質量為m的小球以速度v0水平拋出，恰好與傾角為30°的斜面垂直相碰，其彈回速度的方向與碰前相反，大小與拋出時的速度大小相等，則小球與斜面碰撞過程中受到的沖量大小為(　　) 圖4 A.mv0B.2mv0C.3mv0D.6mv0 6.(多選)1966年曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎的測定質量的實驗，實驗時，用宇宙飛船(質量m)去接觸正在軌道上運行的火箭(質量mx，發(fā)動機已熄滅)，如圖5所示，接觸以后，開動飛船尾部的推進器，使飛船和火箭組共同加速，推進器的平均推力為F，開動時間Δt

5、，測出飛船和火箭組的速度變化是Δv，下列說法正確的是(　　) 圖5 A.推力F越大，就越大，且與F成正比 B.推力F通過飛船m傳遞給了火箭mx，所以m對mx的彈力大小應為F C.火箭質量mx應為 D.火箭質量mx應為－m 7.如圖6甲所示，光滑水平面上的O處有一質量為m＝2kg的物體.物體同時受到兩個水平力的作用，F(xiàn)1＝4N，方向向右，F(xiàn)2的方向向左，大小如圖乙所示.物體從靜止開始運動，此時開始計時，則在0～2s時間內(nèi)下列結論不正確的是(　　) 圖6 A.加速度的最大值為1m/s2 B.當t＝1s時速度最大，最大值為0.5m/s C.合外力的沖量為8N·s D.當

6、t＝1.5s時物體的加速度大小為0.5m/s2 8.(多選)(2018·安徽省合肥市八中模擬)如圖7所示，一顆隕石進入到地球周圍的空間中，它的運動軌跡如實線abc所示，b為距地球最近點.隕石質量保持不變，不計阻力，圖中虛線是以地心為圓心的同心圓，則下列說法正確的有(　　) 圖7 A.在地球的引力作用下，隕石做曲線運動 B.在b點，隕石的動量最大 C.在b點，隕石動量的變化率最大 D.在a、c點，隕石動量的變化率最大 9.(2018·河北省邢臺市質檢)汽車碰撞試驗是綜合評價汽車安全性能的有效方法之一.設汽車在碰撞過程中受到的平均撞擊力達到某個臨界值F0時，安全氣囊爆開.某次試驗

7、中，質量m1＝1600kg的試驗車以速度v1＝36km/h正面撞擊固定試驗臺，經(jīng)時間t1＝0.10s碰撞結束，車速減為零，此次碰撞安全氣囊恰好爆開.忽略撞擊過程中地面阻力的影響. (1)求此過程中試驗車受到試驗臺的沖量I0的大小及F0的大??； (2)若試驗車以速度v1撞擊正前方另一質量m2＝1600kg、速度v2＝18km/h同向行駛的汽車，經(jīng)時間t2＝0.16s兩車以相同的速度一起滑行.試通過計算分析這種情況下試驗車的安全氣囊是否會爆開. 10.某游樂場入口旁有一噴泉，在水泵作用下會從魚模型背部噴出豎直向上的水柱，將站在沖浪板上的MickeyMouse模型托

8、起，穩(wěn)定地懸停在空中，伴隨著音樂旋律，MickeyMouse模型能夠上下運動，引人駐足，如圖8所示.這一景觀可做如下簡化，水柱從橫截面積為S0的魚背部噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出，設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)榱悖谒椒较虺闹芫鶆蛏㈤_.已知MickeyMouse模型和沖浪板的總質量為M，水的密度為ρ，重力加速度大小為g，空氣阻力及水的粘滯阻力均可忽略不計，噴水的功率定義為單位時間內(nèi)噴口噴出水的動能. 圖8 (1

9、)求噴泉噴水的功率P. (2)試計算MickeyMouse模型在空中懸停時離噴口的高度h. (3)實際上，當我們仔細觀察時，發(fā)現(xiàn)噴出的水柱在空中上升階段并不是粗細均勻的，而是在豎直方向上一頭粗、一頭細.請你說明上升階段的水柱是上端較粗還是下端較粗，并說明水柱呈現(xiàn)該形態(tài)的原因. 答案精析 1.D 2.A　[以正離子為研究對象，由動能定理得qU＝mv2，Δt時間內(nèi)通過的總電荷量為Q＝IΔt，噴出的正離子總質量為M＝m＝m.由動量定理可知正離子所受的平均沖量Δt＝Mv，聯(lián)立以上式子可得＝I，根據(jù)牛頓第三定律可知，發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F＝I，故A正確.] 3.BCD　[

10、由題圖可知，碰撞前有vA＝＝m/s＝－3m/s，vB＝＝m/s＝2m/s，碰撞后有vA′＝vB′＝v＝＝m/s＝－1m/s；對A、B組成的系統(tǒng)進行分析可知，A、B兩球沿一直線運動并發(fā)生正碰，碰撞前后兩球都是做勻速直線運動，所以系統(tǒng)的動量守恒，碰撞前后A的動量變化ΔpA＝mvA′－mvA＝4kg·m/s，根據(jù)動量守恒定律，碰撞前后B的動量變化為ΔpB＝－ΔpA＝－4kg·m/s，同理ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝＝kg＝kg，所以A與B碰撞前的總動量p總＝mvA＋mBvB＝－kg·m/s，由動量定理可知，碰撞時A對B所施加的沖量IB＝ΔpB＝－4kg·m/s＝－4N·s.碰撞中A、B兩

11、球組成的系統(tǒng)損失的動能ΔEk＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2，代入數(shù)據(jù)解得ΔEk＝10J，故A錯誤，B、C、D正確.] 4.AD 5.C　[小球在碰撞斜面前做平拋運動，設碰撞斜面時小球速度為v′，由幾何關系得v′＝＝2v0，碰撞過程中，小球速度由v′變?yōu)榉聪虻膙0，以反彈的速度方向為正方向，由動量定理可得，小球與斜面碰撞過程中受到的沖量大小I＝mv0－(－2mv0)＝3mv0，故選C.] 6.AD　[對整體由動量定理可得：FΔt＝(m＋mx)Δv；由公式可得，F(xiàn)＝(m＋mx)，因質量不變，故推力F越大，就越大，且與F成正比，故A正確；對mx分析可得：FN＝mx，故FN小于F，故B

12、錯誤；火箭的質量mx＝－m，故C錯誤，D正確.] 7.C　[物體在t＝0或t＝2s時，合力最大，加速度最大，t＝0時，am＝＝m/s2＝1m/s2，方向水平向右；t＝2s時，am＝＝m/s2＝1m/s2，方向水平向左，故A正確； 根據(jù)題圖得，F(xiàn)2＝(2t＋2)N，則F2＝4N時，對應t1＝1s 合力為零時，加速度為零，速度最大，根據(jù)動量定理 F1t1－2t1＝mvm－0，有4×1N·s－×1N·s＝2vm－0 解得：vm＝0.5m/s，故B正確；在2s內(nèi)F1產(chǎn)生的沖量：I1＝F1t＝4×2N·s＝8N·s，方向向右；F2產(chǎn)生的沖量：I2＝2t＝×2N·s＝8N·s，方向向左；由于兩個

13、力的沖量大小相等，方向相反，所以合外力的沖量大小為0，故C錯誤；當t＝1.5s時，F(xiàn)2＝5N，根據(jù)牛頓第二定律：a＝＝m/s2＝0.5m/s2，故D正確.] 8.ABC　[隕石受到的合力(地球的引力)與運動速度不共線，所以隕石做曲線運動，故A正確；隕石在運動過程中，萬有引力先做正功，后做負功，所以速度先增大后減小，在b點隕石的速度達到最大，動量最大，故B正確；由動量定理可知，動量的變化率即為物體受到的合外力的大小，b為距地球最近點，隕石在b點受到的合外力最大，所以在b點，隕石的動量變化率最大，故C正確，D錯誤.] 9.(1)1.6×104N·s　1.6×105N　(2)見解析 解析　(1

14、)v1＝36km/h＝10m/s，取速度v1的方向為正方向，由動量定理有－I0＝0－m1v1① 將已知數(shù)據(jù)代入①式得I0＝1.6×104N·s② 由沖量定義有I0＝F0t1③ 將已知數(shù)據(jù)代入③式得F0＝1.6×105N④ (2)設試驗車和汽車碰撞后獲得共同速度v，以v1的方向為正方向， 由動量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v⑤ 對試驗車，由動量定理有－Ft2＝m1v－m1v1⑥ 將已知數(shù)據(jù)代入⑤⑥式得F＝2.5×104N⑦ 可見F＜F0，故試驗車的安全氣囊不會爆開. 10.(1)ρS0v03　(2)－　(3)見解析 解析　(1)噴泉噴水的功率為： P＝＝＝＝＝ρS0v03. (2)以向上為正方向，以Δt內(nèi)沖擊沖浪板底部的水柱為研究對象，設碰到?jīng)_浪板時水的速度大小為v： F·Δt＝Δp＝Δm·Δv＝ρS0v0Δt·Δv＝ρS0v0Δt·(0－v) 所以：F＝－ρS0v0v 根據(jù)牛頓第三定律：F′＝－F＝Mg 所以：Mg＝ρS0v0v得：v＝ 水從噴口噴出后再做豎直上拋運動： v2－v02＝－2gh， 所以：h＝－. (3)從噴口噴出的水的流量Q＝S0v0是定值，單位時間內(nèi)噴出的水的體積不變Q＝S0v0＝Sivi，在vi不斷變小時，橫截面積Si在不斷增大，因此上升階段的水柱呈現(xiàn)的形態(tài)是上端較粗. 7