2019年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.doc

2019年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)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)A30 kgm/sB5.7102 kgm/sC6.0102 kgm/sD6.3102 kgm/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 kg600 m/s30 kgm/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，拉力逐渐增大，由牛顿第二定律mgFma可知，人先做加速度减小的加速运动，当a0时，Fmg，此时速度最大，动量最大，动能最大，此后人继续向下运动，Fmg，由牛顿第二定律Fmgma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，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为(A)AmgBmgCmgDmg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(Fmg)tmv，解得安全带对人的平均作用力为Fmg，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)Av0v2Bv0v2Cv0v2Dv0(v0v2)解析对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1m2)v0m2v2m1v1解得v1v0(v0v2)，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v09 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；(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处的过程中应用动能定理mgsmv2mv，代入数值解得0.32.(2)取向右为正方向，碰后滑块速度v6 m/s，由动量定理得Ftmvmv，解得F130 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W0mv2，解得W9 J.答案(1)0.32(2)130 N(3)9 J6两滑块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，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v12 m/s，v21 m/s，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，由动量守恒定律得m1v1m2v2(m1m2)v，联立式得m1m218，(2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为Em1vm2v(m1m2)v2，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(m1m2)v2，联立式，并代入题给数据得WE12.答案(1)18(2)127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，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t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则mV，Vv0St，由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S.(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t时间内喷出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v，在h高度处，t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p(m)v.设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有Ftp，由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg，联立式得h.答案(1)v0S(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，跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧，质量分别为mA2 kg、mB1 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h1.8 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g10 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hgt2，代入数据解得t0.6 s(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB，有vBgt，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(mAmB)v，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，联立式，代入数据解得v2 m/s.(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(mAmB)v2mBgHmAgH，代入数据解得H0.6 m.答案(1)0.6 s(2)2 m/s(3)0.6 m