高考物理大一轮复习 第六章 动量守恒定律及其应用 第18讲 动量定理 动量守恒定律实战演练

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1、高考物理大一轮复习 第六章 动量守恒定律及其应用 第18讲 动量定理 动量守恒定律实战演练 1．(xx·全国卷Ⅰ)将质量为1.00 kg的模型火箭点火升空，50 g燃烧的燃气以大小为600 m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出．在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为(喷出过程中重力和空气阻力可忽略)(　A　) A．30 kg·m/s　　　　 B．5.7×102 kg·m/s C．6.0×102 kg·m/s　　　　 D．6.3×102 kg·m/s 解析　由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略，则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒．燃气喷出前系统静止，总动量为零，故喷出后瞬间火箭的动量与喷出

2、燃气的动量等值反向，可得火箭的动量的大小等于燃气的动量大小，则|p火|＝|p气|＝m气v气＝0.05 kg×600 m/s＝30 kg·m/s.选项A正确． 2．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动．从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是(　A　) A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D．在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 解析　从绳子恰好伸直，到人第一次下降到最低点的过程中

3、，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mg－F＝ma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a＝0时，F＝mg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，F＞mg，由牛顿第二定律F－mg＝ma可知，人做加速度增大的减速运动，动量一直减小直到减为零，全过程中拉力方向始终向上，所以绳对人的冲量始终向上，综上可知选项A正确，C、D错误；拉力对人始终做负功，动能先增大后减小，故选项B错误． 3．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)．此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时

4、间安全带对人的平均作用力大小为(　A　) A．＋mg　　 B．－mg C．＋mg　　 D．－mg 解析　由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝，在t时间内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝＋mg，选项A正确． 4．一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置，由控制系统使箭体与卫星分离如图所示．已知前部分的卫星质量为m1，后部分的箭体质量为m2，分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行，若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化，则分离后卫星的速率v1为(　D　) A．v0－v2　　 B．v0＋v2 C．v0－v2　　 D．v0＋(v0－v2)

5、 解析　对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1＋m2)v0＝m2v2＋m1v1 解得v1＝＝v0＋(v0－v2)，故选项D正确． 5．一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示．小物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止．g取10 m/s2. (1)求物块与地面间的动摩擦因数μ； (2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W. 解析　(1)对小物块从A运动到B处的过程

6、中 应用动能定理－μmgs＝mv2－mv， 代入数值解得μ＝0.32. (2)取向右为正方向，碰后滑块速度v′＝－6 m/s， 由动量定理得FΔt＝mv′－mv，解得F＝－130 N， 其中“－”表示墙面对物块的平均作用力方向向左． (3)对物块反向运动过程中应用动能定理得－W＝0－mv′2，解得W＝9 J. 答案　(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 6．两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动，并发生碰撞，碰撞后两者黏在一起运动，经过一段时间后，从光滑路段进入粗糙路段，两者的位置x随时间t变化的图象如图所示．求： (1)滑块a、b的质量之比； (2)整个运动过程中

7、，两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比． 解析　 (1)设a、b的质量分别为m1、m2，a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得 v1＝－2 m/s，① v2＝1 m/s，② a、b发生完全非弹性碰撞，碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v＝ m/s，③ 由动量守恒定律得m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v，④ 联立①②③④式得m1∶m2＝1∶8，⑤ (2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 ΔE＝m1v＋m2v－(m1＋m2)v2，⑥ 由图象可知，两滑块最后停止运动．由动能定理得，两滑块克服摩擦力所做的功为W＝(m1＋m2)v2，⑦ 联

8、立⑥⑦式，并代入题给数据得W∶ΔE＝1∶2. 答案　(1)1∶8　(2)1∶2 7．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出，玩具底部为平板(面积略大于S)，水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度． 解析　(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV，① ΔV＝v0SΔt

9、，② 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S.③ (2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v，④ 在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v.⑤ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp，⑥ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg，⑦ 联立③④⑤⑥⑦式得h＝－. 答案　(1)ρv0S　(2)－ 8．(xx·天津卷)如图所示，物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连，跨放

10、在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA＝2 kg、mB＝1 kg.初始时A静止于水平地面上，B悬于空中，现将B竖直向上再举高h＝1.8 m(未触及滑轮)，然后由静止释放．一段时间后细绳绷直，A、B以大小相等的速度一起运动，之后B恰好可以和地面接触．取g＝10 m/s2，空气阻力不计．求： (1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t； (2)A的最大速度v的大小； (3)初始时B离地面的高度H. 解析　(1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动，有 h＝gt2，① 代入数据解得t＝0.6 s．② (2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有 vB＝gt，③ 细绳绷直瞬间，细绳张力远大于A、B的重力，A、B相互作用，由动量守恒得mBvB＝(mA＋mB)v，④ 之后A做匀减速运动，所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度，联立②③④式，代入数据解得v＝2 m/s.⑤ (3)细绳绷直后，A、B一起运动，B恰好可以和地面接触，说明此时A、B的速度为零，这一过程中A、B组成的系统机械能守恒，有 (mA＋mB)v2＋mBgH＝mAgH，⑥ 代入数据解得H＝0.6 m. 答案　(1)0.6 s　(2)2 m/s　(3)0.6 m