2020屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 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(nèi)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(nèi)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(biāo)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(chǎn)生的推力約為4.8×106 N,則它在1 s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)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(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳,經(jīng)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(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(nèi),合力對物體做的功為400 J C.在0~6 s時間內(nèi),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(lǐng)銜包攬全部8枚金牌。假設(shè)質(zhì)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(shè)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(zhì)點)沿同一直線相向運動,A球質(zhì)量為1 kg,B球質(zhì)量大于A球質(zhì)量。如果兩球間距離小于L時,
5、兩球之間會產(chǎn)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(guān)系如圖所示,下列說法正確的是( ) A.B球的質(zhì)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(zhì)量為2m,原來靜止在光滑的水平面上。今有一個可以看做質(zhì)點的小球,質(zhì)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(dá)管道的最高點,然后從管道左端滑離小車。關(guān)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(zhì)量分別為2m和m的物塊A和B,用細(xì)線將它們連接起來,兩物塊中間加有一壓縮的輕質(zhì)彈簧(彈簧與物塊不相連),彈簧的壓縮量為x?,F(xiàn)將細(xì)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(zhì)點
7、在恒力作用下的運動,也適用于質(zhì)點在變力作用下的運動,這時兩個定理表達(dá)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(zhì)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(nèi)運動了2.5 m的位移,速度達(dá)到了2.0 m/s。分別應(yīng)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(zhì)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(jīng)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(zhì)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(dāng)由位置x=0運動至x=A處時,速度恰好為0,此過程中經(jīng)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(xué)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(zhì)量為m,且質(zhì)量分布均勻、由豎直面內(nèi)的四條輕繩A、B、C、D固定在光滑的豎直墻面內(nèi),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(xué)不慎將質(zhì)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)榱悖易矒魰r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(zhì)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(zhì)彈簧,用細(xì)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(xì)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(xì)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(zhì)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(zhì)量為ma的物塊a和質(zhì)量為mb的物塊b通過一根不可伸
11、長的勻質(zhì)輕繩相連,細(xì)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(xì)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(jīng)過t=1 s同時到達(dá)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(xì)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(dá)離A點的最大高度; (3)a、b物塊的質(zhì)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(shè)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(yīng)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(zhuǎn)化與守恒關(guān)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(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm=ρSv·Δt,對于貯氣瓶、瓶內(nèi)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(zhì)量大的物體加速度較小,質(zhì)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(yīng)B小球,橫軸下方圖象對應(yīng)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(chǎn)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(dāng)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(dá)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(dāng)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(dāng)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(yīng)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(yīng)用動能定理有:F2x=mvt2 解得:F2=0.8 N。 (2)物塊在運動過程中,應(yīng)用動量定理有:F1t=mv-mv0 解得: 物塊在運動過程中,應(yīng)用動能定理有: 解得: 當(dāng)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(shè)物塊的初速度為v0′,由動能定理得: 解得: 設(shè)在t時間內(nèi)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(xì)繩前彈簧的彈性勢能為: 解得:Ep=19.5 J。 (2)設(shè)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(shè)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(shè)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(xué)知識知當(dāng)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(dá)離A點的最大高度h=(l1+s)sin α=0.578 m。 (3)設(shè)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(shè)細(xì)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
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