2020屆高考物理二輪復習 瘋狂專練10 動量定理 動量守恒定律（含解析）

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1、動量定理 動量守恒定律 專練十 動量定理 動量守恒定律 一、考點內容 (1)用動量定理求沖量、動量變化、平均作用力等問題；(2)動量守恒定律處理系統(tǒng)內物體的相互作用；(3)碰撞、打擊、反沖等“瞬間作用”問題。 二、考點突破 1．最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3 km/s，產生的推力約為4.8×106 N，則它在1 s時間內噴射的氣體質量約為(　　) A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6

2、×105 kg D．1.6×106 kg 2．一位質量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳，經Δt時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v。在此過程中(　　) A．地面對他的沖量為mv＋mgΔt，地面對他做的功為mv2 B．地面對他的沖量為mv＋mgΔt，地面對他做的功為零 C．地面對他的沖量為mv，地面對他做的功為mv2 D．地面對他的沖量為mv－mgΔt，地面對他做的功為零 3．一質量為2 kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運動時的a－t圖像如圖所示，t＝0時其速度大小為2 m/s?；瑒幽Σ亮Υ笮『銥? N，則(　　) A．在t＝6 s

3、時刻，物體的速度為18 m/s B．在0～6 s時間內，合力對物體做的功為400 J C．在0～6 s時間內，拉力對物體的沖量為36 N·s D．在t＝6 s時刻，拉力F的功率為200 W 4．(多選)在2016年里約奧運跳水比賽中，中國跳水夢之隊由吳敏霞領銜包攬全部8枚金牌。假設質量為m的跳水運動員從跳臺上以初速度v0向上跳起，跳水運動員在跳臺上從起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而減速為零，不計跳水運動員水平方向的運動，運動員入水后到速度為零時重心下降h，不計空氣阻力，則(　　) A．運動員起跳后在空中運動過程中受到合外力沖量大小為m＋mv0 B．水對運動員阻力的沖量大小為

4、m C．運動員克服水的阻力做功為mgH＋mv02 D．運動員從跳起到入水后速度減為零的過程中機械能減少量為mg(H＋h)＋mv02 5．如圖所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，底端與豎直墻壁接觸?，F(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時瓶底端對豎直墻面的作用力大小是(　　) A．ρvS B． C．ρv2S D．ρv2S 6．(多選)在光滑水平面上，小球A、B(可視為質點)沿同一直線相向運動，A球質量為1 kg，B球質量大于A球質量。如果兩球間距離小于L時，

5、兩球之間會產生大小恒定的斥力，大于L時作用力消失兩球運動的速度—時間關系如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．B球的質量為2 kg B．兩球之間的斥力大小為0.15 N C．t＝30 s時，兩球發(fā)生非彈性碰撞 D．最終B球速度為零 7．(多選)如圖所示，小車的上面固定一個光滑彎曲圓管道，整個小車(含管道)的質量為2m，原來靜止在光滑的水平面上。今有一個可以看做質點的小球，質量為m，半徑略小于管道半徑，以水平速度v從左端滑上小車，小球恰好能到達管道的最高點，然后從管道左端滑離小車。關于這個過程，下列說法正確的是(　　) A．小球滑離小車時，小車回到原來位置 B．小球滑離小車時相對

6、小車的速度大小為v C．車上管道中心線最高點的豎直高度為 D．小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，小車的動量變化大小是 8．(多選)光滑水平面上放有質量分別為2m和m的物塊A和B，用細線將它們連接起來，兩物塊中間加有一壓縮的輕質彈簧(彈簧與物塊不相連)，彈簧的壓縮量為x。現(xiàn)將細線剪斷，此刻物塊A的加速度大小為a，兩物塊剛要離開彈簧時物塊A的速度大小為v，則(　　) A．物塊B的加速度大小為a時彈簧的壓縮量為 B．物塊A從開始運動到剛要離開彈簧時位移大小為x C．物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為mv2 D．物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為3mv2 9．動能定理和動量定理不僅適用于質點

7、在恒力作用下的運動，也適用于質點在變力作用下的運動，這時兩個定理表達式中的力均指平均力，但兩個定理中的平均力的含義不同，在動量定理中的平均力F1是指合力對時間的平均值，動能定理中的平均力F2是指合力對位移的平均值。 (1)質量為1.0 kg的物塊，在變力作用下由靜止開始沿直線運動，在2.0 s的時間內運動了2.5 m的位移，速度達到了2.0 m/s。分別應用動量定理和動能定理求出平均力F1和F2的值。 (2)如圖1所示，質量為m的物塊，在外力作用下沿直線運動，速度由v0變化到v時，經歷的時間為t，發(fā)生的位移為x。分析說明物體的平均速度與v0、v滿足什么條件時，F(xiàn)1和F2是相等的。 (

8、3)質量為m的物塊，在如圖2所示的合力作用下，以某一初速度沿x軸運動，當由位置x＝0運動至x＝A處時，速度恰好為0，此過程中經歷的時間為，求此過程中物塊所受合力對時間t的平均值。 10．如圖甲所示是明德中學在高考前100天倒計時宣誓活動中為給高三考生加油，用橫幅打出的激勵語。下面我們來研究橫幅的受力情況，如圖乙所示，若橫幅的質量為m，且質量分布均勻、由豎直面內的四條輕繩A、B、C、D固定在光滑的豎直墻面內，四條繩子與水平方向的夾角均為θ，其中繩A、B是不可伸長的剛性繩，繩C、D是彈性較好的彈性繩且對橫幅的拉力恒為T0，重力加

9、速度為g。 　 (1)求繩A、B所受力的大??； (2)在一次衛(wèi)生大掃除中，樓上的小明同學不慎將質量為m0的抹布滑落，正好落在橫幅上沿的中點位置。已知抹布的初速度為零，下落的高度為h，忽略空氣阻力的影響。抹布與橫幅撞擊后速度變?yōu)榱?，且撞擊時間為t，撞擊過程橫幅的形變極小，可忽略不計，求撞擊過程中，繩A、B所受平均拉力的大小。 11．如圖所示，光滑水平平臺AB與豎直光滑半圓軌道AC平滑連接，C點切線水平，長為L＝4 m的粗糙水平傳送帶BD與平臺無縫對接。質量分別為m1＝0.3 kg和m2＝1 kg兩個小物體中間有一被壓縮的輕質彈簧，用細繩將它們連接。已知傳送帶以v0＝1

10、.5 m/s的速度向左勻速運動，小物體與傳送帶間動摩擦因數(shù)μ＝0.15。某時剪斷細繩，小物體m1向左運動，m2向右運動速度大小為v2＝3 m/s，g取10 m/s2。求： (1)剪斷細繩前彈簧的彈性勢能Ep； (2)從小物體m2滑上傳送帶到第一次滑離傳送帶的過程中，為了維持傳送帶勻速運動，電動機需對傳送帶多提供的電能E； (3)半圓軌道AC的半徑R多大時，小物體m1從C點水平飛出后落至AB平面的水平位移最大？最位移為多少？ 12．如圖所示，質量為mc＝2mb的物塊c靜止在傾角均為α＝30°的等腰斜面上E點，質量為ma的物塊a和質量為mb的物塊b通過一根不可伸

11、長的勻質輕繩相連，細繩繞過斜面頂端的小滑輪并處于松馳狀態(tài)，按住物塊a使其靜止在D點，讓物塊b從斜面頂端C由靜止下滑，剛下滑到E點時釋放物塊a，細繩正好伸直且瞬間張緊繃斷，之后b與c立即發(fā)生完全彈性碰撞，碰后a、b都經過t＝1 s同時到達斜面底端。已知A、D兩點和C、E兩點的距離均為l1＝0.9 m，E、B兩點的距離為l2＝0.4 m。斜面上除EB段外其余都是光滑的，物塊b、c與EB段間的動摩擦因數(shù)均為μ＝，空氣阻力不計，滑輪處摩擦不計，細繩張緊時與斜面平行，取g＝10 m/s2。求： (1)物塊b由C點下滑到E點所用時間； (2)物塊a能到達離A點的最大高度； (3)a、b物塊的質量之比

12、ma∶mb。 答案 二、考點突破 1．【答案】B 【解析】根據(jù)動量定理有FΔt＝Δmv－0，解得＝＝1.6×103 kg/s，所以選項B正確。 2．【答案】B 【解析】人的速度原來為零，起跳后為v，由動量定理可得I地－mgΔt＝mv－0，可得地面對人的沖量I地＝mgΔt＋mv；而人起跳時，地面對人的支持力的作用點位移為零，故地面對人做功為零，所以只有選項B正確。 3．【答案】D 【解析】根據(jù)Δv＝a0t，可知a－t圖線與t軸所圍“面積”表示速度的增量，則v6＝v0＋Δv＝2 m/s＋(2＋4)×6 m/s＝20

13、 m/s，A錯誤；由動能定理可得：W合＝mv62－mv02＝396 J，B錯誤；由動量定理可得：IF－ft＝mv6－mv0，解得拉力的沖量IF＝48 N·s，C錯誤；由牛頓第二定律得F－f＝ma，可求得F6＝f＋ma＝10 N，則6 s時拉力F的功率P＝F6·v6＝200 W，D正確。 4．【答案】AD 【解析】設運動員入水前速度為vt，則由機械能守恒有mv02＋mgH＝mvt2，得vt＝，據(jù)動量定理可得運動員起跳后在空中運動過程中受到合外力沖量大小I＝mvt－(－mv0)＝m＋mv0，A項正確。運動員入水后受豎直向下的重力和豎直向上的阻力，合力的沖量大小為I合＝m，B項錯誤。運動員從跳起

14、到入水后速度減為零的過程中應用動能定理有mg(H＋h)－Wf＝0－mv02，得運動員克服水的阻力做功Wf＝mg(H＋h)＋mv02，則C項錯誤。由能的轉化與守恒關系可知此過程中機械能的減少量為mg(H＋h)＋mv02，D項正確。 5．【答案】D 【解析】Δt時間內貯氣瓶噴出氣體的質量Δm＝ρSv·Δt，對于貯氣瓶、瓶內氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動量定理得F·Δt＝Δm·v－0，解得F＝ρv2S，選項D正確。 6．【答案】BD 【解析】由牛頓第二定律a＝可知，質量大的物體加速度較小，質量小的物體加速度較大，則聯(lián)系圖象可知橫軸上方圖象對應B小球，橫軸下方圖象對應A小球，則有＝ m/s

15、2，mA＝1 kg，＝ m/s2解得mB＝3 kg，F(xiàn)＝0.15 N，選項B正確；在t＝30 s碰撞時，A小球的速度為零，B小球速度為v0＝2 m/s，碰后B小球減速，A小球加速，則碰后B小球速度為vB＝1 m/s，碰后A小球速度為vA＝3 m/s，則由數(shù)據(jù)可知，動量和動能均守恒，則為彈性碰撞，選項C錯誤；碰前，由運動圖象面積可知，兩小球相距80 m的過程中一直有斥力產生，而碰后B小球減速，初速度為vB＝1 m/s，加速度為＝ m/s2，A小球加速，初速度為vA＝3 m/s，加速度為＝ m/s2，距離逐漸增大，若一直有加速度，則當B小球停止時距離最大，易求最大距離為80 m，則最終B小球速度恰

16、好為零，選項D正確。 7．【答案】BC 【解析】小球恰好到達管道的最高點，說明在最高點時小球和小車之間相對速度為0，小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由動量守恒有mv＝(m＋2m)v′，得v′＝，小車動量變化大小Δp車＝2m·＝mv，D項錯誤。小球從滑進管道到滑到最高點的過程中，由機械能守恒有mgH＝mv2－(m＋2m)v′2，得H＝，C項正確。小球從滑上小車到滑離小車的過程，由動量守恒和機械能守恒有：mv＝mv1＋2mv2，mv2＝mv12＋·2mv22，解得v1＝－，v2＝v，則小球滑離小車時相對小車的速度大小為v＋v＝v，B項正確。由以上分析可知在整個過程中小車一直向右運動，A項錯

17、誤。 8．【答案】AD 【解析】當物塊A的加速度大小為a時，根據(jù)胡克定律和牛頓第二定律得kx＝2ma。當物塊B的加速度大小為a時，有：kx′＝ma，對比可得：x′＝，即此時彈簧的壓縮量為，故A正確。取水平向左為正方向，根據(jù)系統(tǒng)的動量守恒得：2m－m＝0，又xA＋xB＝x，解得A的位移為：xA＝x，故B錯誤。根據(jù)動量守恒定律得：0＝2mv－mvB，得物塊B剛要離開彈簧時的速度vB＝2v，由系統(tǒng)的機械能守恒得：物塊開始運動前彈簧的彈性勢能為：Ep＝·2mv2＋mvB2＝3mv2，故C錯誤，D正確。 9．【解析】(1)物塊在加速運動過程中，應用動量定理有：F1t＝mvt 解得：F1＝1.0

18、N 物塊在加速運動過程中，應用動能定理有：F2x＝mvt2 解得：F2＝0.8 N。 (2)物塊在運動過程中，應用動量定理有：F1t＝mv－mv0 解得： 物塊在運動過程中，應用動能定理有： 解得： 當F1＝F2時，由上兩式得：。 (3)由圖2可求得物塊由x＝0運動至x＝A過程中，外力所做的功為： 設物塊的初速度為v0′，由動能定理得： 解得： 設在t時間內物塊所受平均力的大小為F，由動量定理得：－Ft＝0－mv0′ 由題已知條件： 解得：。 10．【解析】(1)橫幅在豎直方向上處于平衡狀態(tài)： 2Tsin θ＝2T0 sin θ＋mg 解得：T＝T0＋。

19、(2)抹布做自由落體運動，其碰撞前的速度滿足：2gh＝v02 碰撞過程中橫幅對抹布的平均作用力為F，由動量定理可得：－(F－m0g)t＝0－m0v0 解得：F＝m0g＋ 由牛頓第三定律可知抹布對橫幅的平均沖擊力F′＝F 橫幅仍處于平衡狀態(tài)：2T1sin θ＝2T0sin θ＋mg＋F′ 解得：T1＝T0＋＋。 11．【解析】(1)對m1和m2彈開過程，取向左為正方向，由動量守恒定律有： 0＝m1v1－m2v2 解得：v1＝10 m/s 剪斷細繩前彈簧的彈性勢能為： 解得：Ep＝19.5 J。 (2)設m2向右減速運動的最大距離為x，由動能定理得： －μm2gx＝0－m2

20、v22 解得x＝3 m＜L＝4 m 則m2先向右減速至速度為零，向左加速至速度為v0＝1.5 m/s，然后向左勻速運動，直至離開傳送帶。 設小物體m2滑上傳送帶到第一次滑離傳送帶的所用時間為t，取向左為正方向，根據(jù)動量定理得： μm2gt＝m2v0－(－m2v2) 解得：t＝3 s 該過程皮帶運動的距離為：x帶＝v0t＝4.5 m 故為了維持傳送帶勻速運動，電動機需對傳送帶多提供的電能為：E＝μm2gx帶 解得：E＝6.75 J。 (3)設豎直光滑軌道AC的半徑為R時小物體m1平拋的水平位移最大為x，從A到C由機械能守恒定律得： 由平拋運動的規(guī)律有： x＝vCt1，

21、 聯(lián)立整理得： 根據(jù)數(shù)學知識知當4R＝10－4R，即R＝1.25 m時，水平位移最大為xmax＝5 m。 12．【解析】(1)物塊b在斜面上光滑段CE運動的加速度a1＝gsin α＝5 m/s2 由 解得：t1＝0.6 s。 (2)取沿AC方向為正方向，由 解得：v1＝1.6 m/s a沿斜面上滑距離m 所以物塊a能到達離A點的最大高度h＝(l1＋s)sin α＝0.578 m。 (3)設繩斷時物塊b的速度為v2，b與c相碰后b的速度為v2′，c的速度為vc，則： mbv2＝mbv2′＋mcvc mc＝2mb 聯(lián)立解得：， 因vc的方向沿斜面向下，故v2的方向沿

22、斜面向下，v2′的方向沿斜面向上。 在EB段上的加速度a2＝gsin α－μgcos α＝0 所以物塊b在EB段上做勻速運動，和c相碰后b先向上滑再下滑到E點時的速度仍為v2′，則：v2′(t－2t2)＝l2 v2′＝a1t2 代入數(shù)據(jù)得：2v2′2－5v2′＋2＝0 解得：v2′＝0.5 m/s或v2′＝2 m/s 物塊b剛下滑到E點時的速度m/s 若v2′＝2 m/s，則v2＝6 m/s＞v0，與事實不符，所以舍去 取v2′＝0.5 m/s，則v2＝1.5 m/s，方向沿斜面向下 設細繩對物塊a和b的沖量大小為I，有： I＝mav1 －I＝mb(v2－v0) 解得：ma∶mb＝15∶16。 10