北京专用2019版高考物理一轮复习第七章动量第1讲动量动量定理检测.doc

第1讲动量动量定理基础巩固1.(2017北京海淀期中,4,3分)如图所示,一辆可视为质点的汽车以恒定的速率驶过竖直面内的凸形桥。已知凸形桥面是圆弧形柱面,则下列说法中正确的是() A.汽车在凸形桥上行驶的过程中,其所受合力始终为零B.汽车在凸形桥上行驶的过程中,其始终处于失重状态C.汽车从桥底行驶到桥顶的过程中,其所受合外力的冲量为零D.汽车从桥底行驶到桥顶的过程中,其机械能守恒2.(2017北京朝阳期中,10,3分)“纵跳摸高”是一种很好的有助于青少年长高的运动。其动作要领是原地屈膝两脚快速用力蹬地,跳起腾空后充分伸展上肢摸到最高点。则人在进行纵跳摸高时,从他开始屈膝到摸到最高点的过程中()A.人始终处于超重状态B.人始终处于失重状态C.地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等D.地面支持力对人做的功等于重力势能的增量3.(2017北京西城期末,7,3分)有质量相同的三个小物体a、b、c。现将小物体a从高为h的光滑斜面的顶端由静止释放,同时小物体b、c分别从与a等高的位置开始分别做自由落体运动和平抛运动,如图所示。有关三个物体的运动情况,下列判断正确的是() A.三个物体同时落地B.三个物体落地前瞬间的动能相同C.重力对三个物体做功相同D.重力对三个物体的冲量相同4.(2018北京东城期末)如图所示,质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左,大小为v1,守门员在此时用手握拳击球,使球以大小为v2的速度水平向右飞出,手和球作用的时间极短,则() A.击球前后球动量改变量的方向水平向左B.击球前后球动量改变量的大小是mv2-mv1C.击球前后球动量改变量的大小是mv2+ mv1D.球离开手时的机械能不可能是mgh+12mv125.(2017北京西城二模,17)应用物理知识分析生活中的常见现象,或是解释一些小游戏中的物理原理,可以使物理学习更加有趣和深入。甲、乙两同学做了如下的一个小游戏,如图所示,用一象棋子压着一纸条,放在水平桌面上接近边缘处。第一次甲同学慢拉纸条将纸条抽出,棋子掉落在地上的P点。第二次将棋子、纸条放回原来的位置,乙同学快拉纸条将纸条抽出,棋子掉落在地上的N点。两次现象相比() A.第二次棋子的惯性更大B.第二次棋子受到纸条的摩擦力更小C.第二次棋子受到纸条的冲量更小D.第二次棋子离开桌面时的动量更大6.(2017北京昌平二模,17)如图所示,在光滑水平桌面上建立平面直角坐标系xOy。一质量为m的物块静止在坐标原点。现对物块施加沿x轴正方向的恒力F,作用时间为t;然后保持F大小不变,方向改为沿y轴负方向,作用时间也为t;再将力F大小不变,方向改为沿x轴负方向,作用时间仍为t。则此时() A.物块的速度沿x轴正方向B.物块的速度沿y轴负方向C.物块的位置坐标为(0,Ft22m)D.物块的位置坐标为(Ft2m,3Ft22m)7.在纳米技术中需要移动或修补原子,必须使在不停地做热运动(速率约几百米每秒)的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间,为此已发明了“激光制冷”技术,若把原子和入射光分别类比为一辆小车和一个小球,则“激光制冷”与下述的力学模型很类似。一辆质量为m的小车(一侧固定一轻弹簧),如图所示以速度v0水平向右运动,一个动量大小为p的小球水平向左射入小车并压缩弹簧至最短,接着被锁定一段时间T,再解除锁定使小球以大小相同的动量p水平向右弹出,紧接着不断重复上述过程,最终小车停下来。设地面和车厢均光滑,除锁定时间T外,不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间。从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为()A.mv0pTB.2mv0pTC.mv04pTD.mv02pT8.(2017北京丰台二模,22)如图所示,一质量为m=0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A点,小物块以v0=9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动,与墙发生碰撞(碰撞时间极短)。碰前瞬间的速度v1=7 m/s,碰后以v2=6 m/s反向运动直至静止。已知小物块与地面间的动摩擦因数=0.32,取 g=10 m/s2。求:(1)A点距墙面的距离x;(2)碰撞过程中,墙对小物块的冲量大小I;(3)小物块在反向运动过程中,克服摩擦力所做的功W。综合提能1.(2015北京理综,18,6分)“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.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.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力2.(2016北京海淀一模,18)“娱乐风洞”是一项将科技与惊险相结合的娱乐项目,它能在一个特定的空间内把表演者“吹”起来。假设风洞内向上的风量和风速保持不变,表演者调整身体的姿态,通过改变受风面积(表演者在垂直风力方向的投影面积),来改变所受向上风力的大小。已知人体所受风力大小与受风面积成正比,人水平横躺时受风面积最大,设为S0,站立时受风面积为18S0;当受风面积为12S0时,表演者恰好可以静止或匀速漂移。如图所示,某次表演中,人体可上下移动的空间总高度为H,表演者由静止以站立身姿从A位置下落,经过B位置时调整为水平横躺身姿(不计调整过程的时间和速度变化),运动到C位置速度恰好减为零。关于表演者下落的过程,下列说法中正确的是() A.从A至B过程表演者的加速度大于从B至C过程表演者的加速度B.从A至B过程表演者的运动时间小于从B至C过程表演者的运动时间C.从A至B过程表演者动能的变化量大于从B至C过程表演者克服风力所做的功D.从A至B过程表演者动量变化量的数值小于从B至C过程表演者受风力冲量的数值3.(2017北京海淀期中,18,10分)香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉,在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱,将站在冲浪板上的米老鼠模型托起,稳定地悬停在空中,伴随着音乐旋律,米老鼠模型能够上下运动,引人驻足,如图所示。这一景观可做如下简化,假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出,水柱的流量为Q(流量定义:在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积),设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同,冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积,保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计,冲击冲浪板后,水在竖直方向的速度立即变为零,在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M,水的密度为,重力加速度大小为g,空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计。(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量;(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短,因此在分析水对冲浪板作用力时可忽略这部分水所受的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时,水到达冲浪板底部的速度大小;(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化,需调整水泵对水做功的功率。水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出水的动能。请根据第(2)问中的计算结果,推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式。4.(2016北京理综,24,20分)(1)动量定理可以表示为p=Ft,其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。例如,质量为m的小球斜射到木板上,入射的角度是,碰撞后弹出的角度也是,碰撞前后的速度大小都是v,如图1所示。碰撞过程中忽略小球所受重力。图1a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化px、py;b.分析说明小球对木板的作用力的方向。(2)激光束可以看做是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用。光镊效应就是一个实例,激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束和穿过介质小球的光路如图2所示。图中O点是介质小球的球心,入射时光束和与SO的夹角均为,出射时光束均与SO平行。请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。a.光束和强度相同;b.光束比的强度大。图2答案精解精析基础巩固1.B车在最高点,所受合力为mg-N=mv2r,运动过程中Ntb=tc,故A选项错误;a、b、c三个物体运动过程中重力做功W=mgh,三个物体质量相同,下落高度相同,重力做功相同,故C选项正确;三个物体所受合外力做功相同,根据动能定理可知动能变化量相同,但c物体有初动能,则Eka=EkbEkc,B选项错误;重力的冲量I=mgt,因三个物体运动时间不同,故重力对三个物体的冲量不同,D选项错误。4.C以水平向右为正方向,p=p2-p1=mv2-(-mv1)=mv2+mv1,可知动量改变量的方向水平向右,球离开手时的机械能为mgh+12mv22,因v1与v2可能相等,则球离开手时的机械能可能是mgh+12mv12,故C正确,A、B、D错误。5.C惯性大小由质量决定,A错误。滑动摩擦力f=mg,B错误。由动量定理有ft=mv-0知,C正确,D错误。6.B根据动量定理:IF合=p,整个过程中,力的冲量方向沿y轴负方向,因此末速度沿y轴负方向。物块的末位置坐标y值应为负值。如图,物块由静止开始,受沿x轴正方向的恒力F,作用时间为t,运动到A点,F=ma,vA=at=Ftm,xA=12at2=Ft22m;之后物块受沿y轴负方向大小为F的恒力,作用时间为t,运动到B点,由A点至B点,物块沿x轴方向做匀速直线运动,沿y轴负方向做匀加速直线运动,A、B间x方向位移xAB=vAt=Ft2m,y方向位移yAB=-12at2=-Ft22m;在B点时y方向的速度vBy=-Ftm;由B至C,物块受沿x轴负方向大小为F的恒力,作用时间为t,B、C间x方向位移xBC=vAt-12at2=Ft22m,y方向位移yBC=vByt=-Ft2m。因此物块末位置坐标为(2Ft2m,-3Ft22m)。7.答案D以小球为研究对象,每次锁定的时间都为T,小球以动量p入射,以大小相同的动量p反射,则在这个锁定的过程中,车与球之间的作用力为恒力,设为F,则:FT=2p,以车为研究对象,第一次入射的动量为mv0,最后停下来动量为零。全过程叠加起来,即Ft总=mv0,两式消去F得:t总=mv02pT。8.答案(1)5 m(2)6.5 Ns(3)9 J解析(1)小物块由A到B过程做匀减速运动,由动能定理有:-mgx=12mv12-12mv02得:x=5 m(2)选初速度方向为正方向,由动量定理得I=-mv2 - mv1得:I=-6.5 Ns ,即冲量大小为 6.5 Ns(3)小物块反向运动过程中,由动能定理得W=0-12mv22得W=-9 J,即克服摩擦力所做的功为W=9 J综合提能1.A从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人经历了先加速后减速的过程,当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大,动能最大,之后绳的拉力大于人的重力,人向下减速到达最低点。绳对人的拉力始终向上,始终做负功。拉力的冲量始终向上,人的动量先增大后减小,综上所述,只有A选项正确。2.D根据题意,表演者所受风力F=kS,当表演者恰好可以静止或匀速漂移时,kS02=mg,表演者站立时受风力F1=kS08=mg4,平躺时受风力F2=kS0=2mg。由A至B过程:mg-F1=ma1,a1=3g4,由B至C过程:F2-mg=ma2,a2=g,a1tBC,B错误。从A至B过程表演者的动能变化量大小等于从B至C过程动能变化量大小,从B至C过程,由动能定理有:mghBC-WF2=0-EkB,WF2=mghBC+EkB,C错误。从B至C过程,由动量定理有,mgtBC-F2tBC=0-mvB,F2tBC=mgtBC+mvBmvB-0,因此D项对。3.答案(1)Q(2)MgQ(3)h=P0gQ-M2g22Q2解析(1)设很短时间t内,从喷口喷出的水的体积为V,质量为m,水柱在喷口处的初速度为v0,喷口的横截面积为S。则:m=V(1分)V=Sv0t=Qt(1分)解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为mt=Q(1分)(2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时,水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由v变为0,t时间这些水对板的作用力的大小为F,板对水的作用力的大小为F,以向下为正方向,不考虑水柱顶部水的重力,根据动量定理有:Ft=0-(m)(-v)(1分)根据牛顿第三定律:F=F(1分)由于米老鼠模型在空中悬停,根据力的平衡条件得:F=Mg(1分)联立可解得:v=MgQ(1分)(3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h,对于t时间内喷出的水,根据机械能守恒定律得:12(m)v2+(m)gh=12(m)v02(1分)水泵对水做功的功率为:P0=Ekt=12(m)v02t(1分)联立解得:h=P0gQ-M2g22Q2(1分)4.答案(1)a.见解析b.沿y轴负方向(2)a.合力沿SO向左b.指向左上方解析(1)a.x方向:动量变化为px=mv sin -mv sin =0y方向:动量变化为py=mv cos -(-mv cos )=2mv cos 方向沿y轴正方向b.根据动量定理可知,木板对小球作用力的方向沿y轴正方向;根据牛顿第三定律可知,小球对木板作用力的方向沿y轴负方向。(2)a.仅考虑光的折射,设t时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为p。这些粒子进入小球前的总动量为p1=2np cos 从小球出射时的总动量为p2=2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理:Ft=p2-p1=2np(1-cos )0