全国通用版2019版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

1、【 精品教育资源文库 】 第 18 讲 动量定理 动量守恒定律 1 (2017 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 ) A 30 kgm/s B 5.710 2 kgm/s C 6.010 2 kgm/s D 6.310 2 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

2、于燃气的动量大小，则 |p 火 | |p 气 | m 气 v 气 0.05 kg600 m/s 30 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 mg

3、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，则该段时间

4、安全带对人的平均作用力大小为 ( A ) A m 2ght mg B m 2ght mg C m ght mg D m ght 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 2gh，在 t 时间内对人由动【 精品教育资源文库 】 量定理得 (F mg)t mv，解得安全带对人的平均作用力为 F m 2ght 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

5、( D ) A v0 v2 B v0 v2 C v0 m2m1v2 D v0 m2m1(v0 v2) 解析 对火箭和卫星由动量守恒定律得 (m1 m2)v0 m2v2 m1v1 解得 v1 m1 m2 v0 m2v2m1 v0 m2m1(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 ；

6、(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 mgs 12mv2 12mv20， 代入数值解得 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 F t 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 12mv 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

7、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； 【 精品教育资源文库 】 (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 v1 2 m/s， v2 1 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 23 m/s， 由动量守恒定律得 m1v1 m2v2 (m1 m2)v， 联立 式得 m1 m2 1

8、8， (2)由能量守恒定律得，两滑块因碰撞而损失的机械能为 E 12m1v21 12m2v22 12(m1 m2)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 W12(m1 m2)v2， 联立 式，并代入题给数据得 W E 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 ，重

9、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 m V， V v0S t， 由 式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 m t v 0S. (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【 精品教育资源文库 】 度大小为 v.对于 t 时间内喷出的水，由能量守恒得 12( m)v2 ( m)gh 12( m)v20， 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

10、的作用力的大小为 F，根据动量定理有 F t p， 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F Mg， 联立 式得 h v202gM2g2 2v20S2. 答案 (1)v 0S (2)v202gM2g2 2v20S2 8 (2017 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 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/

11、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 12gt2， 代入数据解得 t 0.6 s (2)设细绳绷直前瞬间 B 速度大小为 vB，有 vB gt， 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， 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 v 2 m/s. 【 精品教育资源文库 】 (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 12(mA mB)v2 mBgH mAgH， 代入数据解得 H 0.6 m. 答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m