（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練19 動(dòng)量 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律的理解 新人教版.docx

《（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練19 動(dòng)量 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律的理解 新人教版.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練19 動(dòng)量 動(dòng)量定理 動(dòng)量守恒定律的理解 新人教版.docx（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

考點(diǎn)規(guī)范練19　動(dòng)量　動(dòng)量定理　動(dòng)量守恒定律的理解 一、單項(xiàng)選擇題 1.質(zhì)量為0.2 kg的球豎直向下以6 m/s的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向,在小球與地面接觸的時(shí)間內(nèi),關(guān)于球動(dòng)量變化量Δp和合外力對(duì)小球做的功W,下列說(shuō)法正確的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.Δp=2 kgm/s　W=-2 J B.Δp=-2 kgm/s　W=2 J C.Δp=0.4 kgm/s　W=-2 J D.Δp=-0.4 kgm/s　W=2 J 答案A 解析取豎直向上為正方向,則小球與地面碰撞過(guò)程中動(dòng)量的變化量:Δp=mv2-mv1=0.24kgm/s-0.2(-6)kgm/s=2kgm/s,方向豎直向上。 由動(dòng)能定理,合外力做的功:W=12mv22-12mv12=120.242J-120.262J=-2J。 2.(2018重慶期末)如圖所示,質(zhì)量為0.5 kg的小球在距離車(chē)底部一定高處以初速度v0=15 m/s向左平拋,落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右勻速行駛的敞篷小車(chē)中,車(chē)底涂有一層油泥,車(chē)與油泥的總質(zhì)量為4 kg,g取10 m/s2,則當(dāng)小球與小車(chē)相對(duì)靜止時(shí),小車(chē)的速度大小是(　　) A.4 m/s B.5 m/s C.8.5 m/s D.9.5 m/s 答案B 解析小球與車(chē)組成的系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒,以向右為正方向,由動(dòng)量守恒定律得Mv-mv0=(M+m)v車(chē),代入數(shù)據(jù)解得v車(chē)=5m/s,由此可知B項(xiàng)正確。 3.如圖所示,甲木塊的質(zhì)量為m1,以v的速度沿光滑水平地面向前運(yùn)動(dòng),正前方有一靜止的、質(zhì)量為m2的乙木塊,乙上連有一輕質(zhì)彈簧。甲木塊與彈簧接觸后(　　) A.甲木塊的動(dòng)量守恒 B.乙木塊的動(dòng)量守恒 C.甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒 D.甲、乙兩木塊所組成的系統(tǒng)動(dòng)能守恒 答案C 解析兩木塊在光滑水平地面上相碰,且中間有彈簧,則碰撞過(guò)程系統(tǒng)的動(dòng)量守恒,機(jī)械能也守恒,故A、B錯(cuò)誤,C正確;甲、乙兩木塊碰撞前、后機(jī)械能總量不變,但碰撞過(guò)程中有彈性勢(shì)能,故動(dòng)能不守恒,只是機(jī)械能守恒,D錯(cuò)誤。 4.(2018江西上饒一中月考)物體A和B用輕繩相連在輕質(zhì)彈簧下靜止不動(dòng),如圖甲所示。A的質(zhì)量為m,B的質(zhì)量為M。當(dāng)連接A、B的繩突然斷開(kāi)后,物體A上升經(jīng)某一位置時(shí)的速度為v,這時(shí)物體B下落速度大小為u,如圖乙所示。這段時(shí)間里,彈簧的彈力對(duì)物體的沖量為(　　) A.mv B.mv-Mu C.mv+Mu D.mv+mu 答案D 解析彈簧的彈力是變力,時(shí)間是未知量,顯然不能直接從沖量的概念I(lǐng)=Ft入手計(jì)算,只能用動(dòng)量定理求解,對(duì)物體A,I彈-mgt=mv,對(duì)物體B,Mgt=Mu,消去t解得I彈=mv+mu,所以D正確。 5.一小球從水平地面上方無(wú)初速釋放,與地面發(fā)生碰撞后反彈至速度為零,假設(shè)小球與地面碰撞沒(méi)有機(jī)械能損失,所受空氣阻力大小不變,下列說(shuō)法正確的是(　　) A.上升過(guò)程中小球動(dòng)量改變量等于該過(guò)程中空氣阻力的沖量 B.小球與地面碰撞過(guò)程中,地面對(duì)小球的沖量為零 C.下落過(guò)程中小球動(dòng)能的改變量等于該過(guò)程中重力做的功 D.從釋放到反彈至速度為零過(guò)程中小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功 答案D 解析根據(jù)動(dòng)量定理可知,上升過(guò)程中小球動(dòng)量改變量等于該過(guò)程中重力和空氣阻力的合力的沖量,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;小球與地面碰撞過(guò)程中,由動(dòng)量定理得Ft-mgt=mv2-(-mv1),可知地面對(duì)小球的沖量Ft不為零,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;小球下落過(guò)程中動(dòng)能的改變量等于重力和空氣阻力做功的代數(shù)和,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由能量守恒關(guān)系可知,從釋放到反彈至速度為零過(guò)程中小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功,選項(xiàng)D正確。 甲 6.(2018安徽銅陵聯(lián)考)如圖甲所示,在傾角為30的足夠長(zhǎng)的光滑固定斜面上有一質(zhì)量為m的物體,它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按如圖乙所示的四種方式隨時(shí)間變化(圖中縱坐標(biāo)是F與mg的比值,力沿斜面向上為正)。已知此物體在t=0時(shí)速度為零,若用v1、v2、v3、v4分別表示上述四種受力情況下物體在3 s末的速率,則這四個(gè)速率中最大的是(　　) 乙 A.v1 B.v2 C.v3 D.v4 答案C 解析根據(jù)動(dòng)量定理分別研究四種情況下物體的速率。取t0=1s,(1)圖中mgsin303t0+F2t0-Ft0=mv1,得v1=20m/s;(2)圖中mgsin303t0-Ft0+Ft0=mv2,得v2=15m/s;(3)圖中mgsin303t0+F2t0=mv3,得v3=25m/s;(4)圖中mgsin303t0+F2t0-Ft0=mv4,得v4=15m/s。故選項(xiàng)C正確。 二、多項(xiàng)選擇題 7.對(duì)下列物理現(xiàn)象的解釋,正確的是(　　) A.擊釘時(shí),不用橡皮錘僅僅是因?yàn)橄鹌ゅN太輕 B.跳遠(yuǎn)時(shí),在沙坑里填沙,是為了減小沖量 C.易碎品運(yùn)輸時(shí),要用柔軟材料包裝,船舷常常懸掛舊輪胎,都是為了延長(zhǎng)作用時(shí)間,減小作用力 D.在車(chē)內(nèi)推車(chē)推不動(dòng),是因?yàn)楹贤饬_量為零 答案CD 解析擊釘時(shí),不用橡皮錘是因?yàn)橄鹌ゅN與釘子的作用時(shí)間長(zhǎng);跳遠(yuǎn)時(shí),在沙坑里填沙,是為了延長(zhǎng)人與地的接觸時(shí)間,所以A、B不正確;據(jù)動(dòng)量定理Ft=Δp知,當(dāng)Δp相同時(shí),t越長(zhǎng),作用力越小,故C正確;車(chē)能否移動(dòng)或運(yùn)動(dòng)狀態(tài)能否改變?nèi)Q于外力的作用,與內(nèi)部作用無(wú)關(guān),所以D正確。 8.兩個(gè)物體A、B的質(zhì)量分別為m1、m2,并排靜止在水平地面上,用同向水平拉力F1、F2分別作用于物體A和B上,作用一段時(shí)間后撤去,兩物體各自滑行一段距離后停止,A、B兩物體運(yùn)動(dòng)的速度—時(shí)間圖像分別如圖中圖線a、b所示,已知拉力F1、F2撤去后,物體做減速運(yùn)動(dòng)過(guò)程的速度—時(shí)間圖線彼此平行(相關(guān)數(shù)據(jù)已在圖中標(biāo)出)。由圖中信息可以得出(　　) A.若F1=F2,則m1小于m2 B.若m1=m2,則力F1對(duì)物體A所做的功較多 C.若m1=m2,則力F1對(duì)物體A的沖量與F2對(duì)B的沖量之比為4∶5 D.若m1=m2,則力F1的最大瞬時(shí)功率一定是力F2的最大瞬時(shí)功率的2倍 答案ACD 解析由斜率等于加速度知,撤去拉力后兩物體的速度圖像平行,故加速度大小相等,設(shè)為a,由牛頓第二定律得μ1m1g=m1a,μ2m2g=m2a,解得μ1=μ2=0.1,令μ1=μ2=μ,若F1=F2,對(duì)于m1,有F1-μm1g=m1a1,解得m1=F1a1+μg,同理m2=F2a2+μg,由題圖可知a1>a2,則m1M2,則v1>v2 B.若F1=F2,M1v2 C.若F1>F2,M1=M2,則v1>v2 D.若F1v2 答案BD 解析設(shè)物塊質(zhì)量為m,木板質(zhì)量為M,長(zhǎng)為l,物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為Ff,在水平力F作用下,經(jīng)過(guò)時(shí)間t,物塊恰滑過(guò)木板,分離時(shí)物塊的速度v,木板的速度v,木板通過(guò)的位移s,物塊通過(guò)的位移為s+l。則有(F-Ff)t=mv,Fft=Mv,對(duì)物塊由動(dòng)能定理有(F-Ff)(s+l)=12mv2,則v2=2F-Ffm(s+l),對(duì)木板由動(dòng)能定理有Ffs=12Mv2,則v2=2FfMs。由此可得s+ls=vv=(F-Ff)MFfm,s=lmFfF-FfM-Ffm。因此,分離時(shí)木板的速度v=2Ff2lm(F-FfM-Ffm)M,其中F>Ff。可知,M增大或F增大時(shí),速度v都變小,B、D正確。 三、非選擇題 10.如圖所示,靜止在光滑水平面上的小車(chē)M=20 kg。從水槍中噴出的水柱的橫截面積S=10 cm2,速度v=10 m/s,水的密度ρ=1.0103 kg/m3。用水槍噴出的水從車(chē)后沿水平方向沖擊小車(chē)的前壁,且沖擊到小車(chē)前壁的水全部沿前壁流進(jìn)小車(chē)中。當(dāng)有質(zhì)量m=5 kg的水進(jìn)入小車(chē)時(shí),試求: (1)小車(chē)的速度大小; (2)小車(chē)的加速度大小。 答案(1)2 m/s　(2)2.56 m/s2 解析(1)流進(jìn)小車(chē)的水與小車(chē)組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,設(shè)當(dāng)進(jìn)入質(zhì)量為m的水后,小車(chē)速度為v1,則mv=(m+M)v1,即v1=mvm+M=2m/s。 (2)質(zhì)量為m的水流進(jìn)小車(chē)后,在極短的時(shí)間Δt內(nèi),沖擊小車(chē)的水的質(zhì)量Δm=ρS(v-v1)Δt,設(shè)此時(shí)水對(duì)車(chē)的沖擊力為F,則車(chē)對(duì)水的作用力為-F,由動(dòng)量定理有-FΔt=Δmv1-Δmv,得F=ρS(v-v1)2=64N,小車(chē)的加速度a=FM+m=2.56m/s2。 11. 如圖所示,有一半徑為R的半球形凹槽P,放在光滑的水平地面上,一面緊靠在光滑墻壁上,在槽口上有一質(zhì)量為m的小球,由A點(diǎn)靜止釋放,沿光滑的球面滑下,經(jīng)最低點(diǎn)B又沿球面上升到最高點(diǎn)C,經(jīng)歷的時(shí)間為t,B、C兩點(diǎn)高度差為0.6R,求: (1)小球到達(dá)C點(diǎn)的速度; (2)在t這段時(shí)間里,豎墻對(duì)凹槽的沖量。 答案(1)0.42gR,方向水平向右 (2)m2gR,方向水平向右 解析(1)題中沒(méi)給m,所以不能直接由動(dòng)量求出。小球從A到B的過(guò)程中,凹槽P不動(dòng),對(duì)m有mgR=12mvB2 ① 小球從B到C的過(guò)程中,凹槽和球構(gòu)成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒(水平方向)和機(jī)械能守恒,所以有mvB=(m+m)vC ② 12mvB2=12(m+m)vC2+mg0.6R ③ 解①②③得小球到達(dá)C點(diǎn)的速度 vC=0.42gR,方向水平向右。 (2)豎直墻對(duì)凹槽的沖量等于系統(tǒng)在水平方向獲得的動(dòng)量,所以有 I=(m+m)vC=mvB=m2gR,方向水平向右。 12. 香港迪士尼游樂(lè)園入口旁有一噴泉,在水泵作用下鯨魚(yú)模型背部會(huì)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)定地懸停在空中,伴隨著音樂(lè)旋律,米老鼠模型能夠上下運(yùn)動(dòng),引人駐足,如圖所示。這一景觀可做如下簡(jiǎn)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(shí)間內(nèi)向上通過(guò)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?chē)姷經(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(jì),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(kāi)。已知米老鼠模型和沖浪板的總質(zhì)量為m0,水的密度為ρ,重力加速度大小為g,空氣阻力及水的阻力均可忽略不計(jì)。 (1)求噴泉單位時(shí)間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量。 (2)由于水柱頂部的水與沖浪板相互作用的時(shí)間很短,因此在分析水對(duì)沖浪板的作用力時(shí)可忽略這部分水所受的重力。試計(jì)算米老鼠模型在空中懸停時(shí),水到達(dá)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(duì)水做功的功率。水泵對(duì)水做功的功率定義為單位時(shí)間內(nèi)從噴口噴出的水的動(dòng)能。請(qǐng)根據(jù)第(2)問(wèn)中的計(jì)算結(jié)果,推導(dǎo)沖浪板底部距離噴口的高度h與水泵對(duì)水做功的功率P0之間的關(guān)系式。 答案(1)ρQ　(2)m0gρQ　(3)h=P0gQρ-m02g2ρ2Q2。 解析(1)設(shè)在很短時(shí)間內(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,解得單位時(shí)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(shí),水柱頂部的水沖擊沖浪板底面速度由v變?yōu)?,對(duì)板的作用力的大小為F,板對(duì)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(dòng)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,有F=m0g,聯(lián)立可解得v=m0gρQ。 (3)設(shè)米老鼠模型和沖浪板懸停時(shí)其底面距離噴口的高度為h,對(duì)于單位時(shí)間內(nèi)噴出的水,根據(jù)機(jī)械能守恒定律(或運(yùn)動(dòng)學(xué)公式)得12(Δm)v2+(Δm)gh=12(Δm)v02,水泵對(duì)水做功的功率為P0=EkΔt=12(Δm)v02Δt,聯(lián)立解得h=P0gQρ-m02g2ρ2Q2。