2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 第1講 動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理練習(xí).doc

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第1講 動(dòng)量、沖量、動(dòng)量定理 板塊三限時(shí)規(guī)范特訓(xùn) 　　時(shí)間：45分鐘　滿分：100分 一、選擇題(本題共10小題，每小題7分，共70分。其中1～7為單選，8～10為多選) 1．[2018湖北黃石市黃石一中模擬]有關(guān)物體的動(dòng)量，下列說法正確的是(　　) A．同一物體的動(dòng)量改變，一定是速度大小改變 B．同一物體的動(dòng)量改變，一定是速度方向改變 C．同一物體的運(yùn)動(dòng)速度改變，其動(dòng)量一定改變 D．同一物體的運(yùn)動(dòng)速度改變，其動(dòng)量可能不變 答案　C 解析　動(dòng)量為一矢量，由p＝mv知，同一物體動(dòng)量改變，可能是速度大小變化、也可能是速度方向變化，所以A、B錯(cuò)誤；同一物體速度改變，動(dòng)量一定變化，故C正確，D錯(cuò)誤。 2．[2018山西太原五中月考]下面關(guān)于物體動(dòng)量和沖量的說法錯(cuò)誤的是(　　) A．物體所受合外力沖量越大，它的動(dòng)量也越大 B．物體所受合外力沖量不為零，它的動(dòng)量一定要改變 C．物體動(dòng)量增量的方向，就是它所受沖量的方向 D．物體所受合外力越大，它的動(dòng)量變化就越快 答案　A 解析　Ft越大，Δp越大，但動(dòng)量不一定大，它還與初態(tài)的動(dòng)量有關(guān)，故A錯(cuò)誤，B正確；沖量不僅與Δp大小相等，而且方向相同，所以C正確；物體所受合外力越大，速度變化越快，即動(dòng)量變化越快，D正確。 3．把一個(gè)乒乓球豎直向上拋出，若空氣阻力大小不變，則乒乓球上升到最高點(diǎn)和從最高點(diǎn)返回到拋出點(diǎn)的過程相比較(　　) A．重力在上升過程的沖量大 B．合外力在上升過程的沖量大 C．重力沖量在兩過程中的方向相反 D．空氣阻力沖量在兩過程中的方向相同 答案　B 解析　乒乓球上升過程mg＋f＝ma1，下降過程mg－f＝ma2，故a1>a2。由于上升和下降通過的位移相同，由公式x＝at2知上升用的時(shí)間小于下降用的時(shí)間，上升時(shí)重力的沖量小，A錯(cuò)誤；而重力的沖量，不管是上升還是下降，方向都向下，故C錯(cuò)誤；而空氣阻力沖量的方向：上升時(shí)向下，下降時(shí)向上，故方向相反，D錯(cuò)誤；再由公式v＝可知，上升的初速度大于下降的末速度，由動(dòng)量定理知，合外力的沖量等于動(dòng)量的變化量，因上升時(shí)動(dòng)量的變化量大于下降時(shí)動(dòng)量的變化量，故合外力在上升過程沖量大，故B正確。 4．[2018山東臨沂調(diào)研]人從高處跳到較硬的水平地面時(shí)，為了安全，一般都是讓腳尖先觸地且著地時(shí)要彎曲雙腿，這是為了(　　) A．減小地面對(duì)人的沖量 B．減小人的動(dòng)量的變化 C．增加人對(duì)地面的沖擊時(shí)間 D．增大人對(duì)地面的壓強(qiáng) 答案　C 解析　腳尖先觸地且著地時(shí)彎曲雙腿，可以增加人對(duì)地面的沖擊時(shí)間，根據(jù)動(dòng)量定理F＝可知，地面對(duì)人的作用力減小，從而達(dá)到安全的目的，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 5. [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，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 6．一質(zhì)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(yùn)動(dòng)時(shí)的at圖象如圖所示，t＝0時(shí)其速度大小為2 m/s，滑動(dòng)摩擦力大小恒為2 N，則(　　) A．t＝6 s時(shí)，物體的速度為18 m/s B．在0～6 s內(nèi)，合力對(duì)物體做的功為400 J C．在0～6 s內(nèi)，拉力對(duì)物體的沖量為36 Ns D．t＝6 s時(shí)，拉力F的功率為200 W 答案　D 解析　類比速度圖象中位移的表示方法可知，在加速度—時(shí)間圖象中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度變化量，在0～6 s內(nèi)Δv＝18 m/s，又v0＝2 m/s，則t＝6 s時(shí)的速度v＝20 m/s，A錯(cuò)誤；由動(dòng)能定理可知，0～6 s內(nèi)，合力做的功為W＝mv2－mv＝396 J，B錯(cuò)誤；由動(dòng)量定理可知，IF－Fft＝mv－mv0，代入已知條件解得IF＝48 Ns，C錯(cuò)誤；由牛頓第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D正確。 7．質(zhì)量為m的運(yùn)動(dòng)員從床墊正上方h1高處自由下落，落墊后反彈的高度為h2，設(shè)運(yùn)動(dòng)員每次與床墊接觸的時(shí)間為t，則在運(yùn)動(dòng)員與床墊接觸的時(shí)間內(nèi)運(yùn)動(dòng)員對(duì)床墊的平均作用力為(空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g)(　　) A．mg＋ B．mg＋ C. D．mg＋ 答案　D 解析　設(shè)在時(shí)間t內(nèi)，床墊對(duì)運(yùn)動(dòng)員的平均作用力大小為F，運(yùn)動(dòng)員剛接觸床墊時(shí)的速率為v1，則離開床墊時(shí)的速率為v2。如圖所示，規(guī)定豎直向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理有： F合t＝Δp，F(xiàn)合＝F－mg Δp＝mv2－m(－v1)＝mv2＋mv1 由機(jī)械能守恒定律有 mv＝mgh1，v1＝ mv＝mgh2，v2＝ 由此可得F＝mg＋＝mg＋，由牛頓第三定律可得，運(yùn)動(dòng)員對(duì)床墊的作用力大小F′＝F＝mg＋，方向?yàn)樨Q直向下，D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 8. 恒力F作用在質(zhì)量為m的物體上，如圖所示，由于地面對(duì)物體的摩擦力較大，沒有被拉動(dòng)，則經(jīng)時(shí)間t，下列說法正確的是(　　) A．拉力F對(duì)物體的沖量大小為零 B．拉力F對(duì)物體的沖量大小為Ft C．拉力F對(duì)物體的沖量大小是Ftcosθ D．合力對(duì)物體的沖量大小為零 答案　BD 解析　物體靜止時(shí)，合外力為零，合外力的沖量為零，D正確；拉力是恒力，其沖量為力與時(shí)間的乘積，B正確，A、C錯(cuò)誤。 9．如圖甲所示，一物塊在t＝0時(shí)刻，以初速度v0從足夠長的粗糙斜面底端向上滑行，物塊速度隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示，t0時(shí)刻物塊到達(dá)最高點(diǎn)，3t0時(shí)刻物塊又返回底端。由此可以確定(　　) A．物塊沖上斜面的最大位移 B．物塊返回底端時(shí)的速度 C．物塊所受摩擦力的大小 D．斜面傾角θ 答案　ABD 解析　根據(jù)圖線的“面積”可以求出物體沖上斜面的最大位移為：x＝，A正確；設(shè)物塊返回底端時(shí)的速度大小為v，則有：＝，解得：v＝，B正確；根據(jù)動(dòng)量定理得上滑過程：－(mgsinθ＋μmgcosθ)t0＝0－mv0，下滑過程： (mgsinθ－μmgcosθ)2t0＝mv，聯(lián)立解得：f＝3mgsinθ－，sinθ＝，由于質(zhì)量m未知，則無法求出f，可以求出斜面傾角θ，D正確，C錯(cuò)誤。 10．在光滑水平面上，放著兩塊長度相同、質(zhì)量分別為M1和M2的木板，在兩木板的左端各放一個(gè)大小、形狀、質(zhì)量完全相同的物塊，如圖所示。開始時(shí)，各物均靜止，今在兩物塊上各作用一個(gè)水平恒力F1和F2，當(dāng)物塊與木板分離時(shí)，兩木板的速度分別為v1和v2，物塊與兩木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，下列說法正確的是(　　) A．若F1＝F2，M1>M2，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，長為L，物塊與木板間的滑動(dòng)摩擦力大小為f，在水平力F作用下，經(jīng)過時(shí)間t，物塊恰滑過木板，分離時(shí)物塊的速度v，木板的速度v′，木板通過的位移s，物塊通過的位移為s＋L。則有(F－f)t＝mv，ft＝Mv′，對(duì)物塊由動(dòng)能定理(F－f)(s＋L)＝mv2，v2＝2(s＋L)，對(duì)木板由動(dòng)能定理fs＝Mv′2，v′2＝2s。由此可得：＝＝，s＝。因此，分離時(shí)木板的速度v′＝，其中F>f?？芍琈增大或F增大時(shí)，速度v′都變小，B、D正確。 二、非選擇題(本題共2小題，共30分) 11. [2017湖南岳陽模擬](10分)在光滑水平面上有一質(zhì)量為m＝4 kg的物體，它受到如圖所示隨時(shí)間變化的水平拉力作用，物體從靜止開始運(yùn)動(dòng)，物體在10 s末的速度大小為多大？若它與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.1,10 s末物體速度的大小又為多大？(g取10 m/s2) 答案　2.5 m/s　0 解析　物體在光滑水平面上運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)動(dòng)量定理有F1t1－F2t2＝mv，代入數(shù)據(jù)得v＝2.5 m/s；若水平面粗糙，前5 s內(nèi)拉力大于滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)動(dòng)量定理(F1－μmg)t1＝mv1，設(shè)再經(jīng)過t2時(shí)間使該速度v1減為零，則－(F2＋μmg)t2＝0－mv1，解得t2＝ s，而在速度減到零后，力F2＝3 N已經(jīng)不能再拉動(dòng)物體，以后的速度都為零，所以10 s末物體速度仍舊是0。 12. [2017山東臨沂模擬](20分)香港迪士尼游樂園入口旁有一噴泉，在水泵作用下會(huì)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)定地懸停在空中，伴隨著音樂旋律，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(jì)，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?。? (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)笫(2)問中的計(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)　(3)h＝－ 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＝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＝。 (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 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v， 水泵對(duì)水做功的功率為P0＝＝， 聯(lián)立解得h＝－。