2021高考物理一轮复习第六章微专题44选好研究对象应用动能定理练习含解析教科版

1微专题44“选好研究对象”应用动能定理1．注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性；动量定理Ft＝p′－p中“Ft”为合外力的冲量；要明确过程的初、末状态．2．解决“流体问题”“粒子流问题”等持续作用情况，需注意如何“选好研究对象”：需以流体为研究对象，建立“柱状”模型，如图所示，沿流速v的方向选取一段柱形流体，其横截面积为S，取很小的一段作用时间Δt内的一段柱形流体的长度为Δl，对应的质量为Δm＝ρSΔl.根据动量定理，流体微元所受的合外力的冲量等于该流体微元动量的增量，即FΔt＝ΔmΔv(粒子流微元内的粒子数N＝nvSΔl，先应用动量定理研究单个粒子，建立方程，再乘以N计算)．注意：若流体冲击的物体是静止的，则Δl＝vΔt；若流体冲击的物体速度为v物，则Δl＝(v－v物)Δt.1．(多选)(2020·山东济南市模拟)质量1kg的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a随时间t变化的关系图像如图1所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()图1A．2s末物体所受阻力的大小为10NB．在0～2s内，物体所受阻力随时间均匀减小C．在0～2s内，物体的动能增大了100JD．在0～1s内，物体所受阻力的冲量大小为2.5N·s2．使用高压水枪作为切割机床的切刀具有独特优势，得到广泛应用，如图2所示，若水柱截面为S，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后水速减为零，已知水的密度为ρ，则水对钢板的冲力大小为()图2A．ρSvB．ρSv22C.12ρSv2D.12ρSv3.(2019·福建三明市上学期期末)用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图3所示，从距秤盘80cm高处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的总质量为100g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()图3A．0.2NB．0.6NC．1.0ND．1.6N4．为估算池塘中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45mm.查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3)()A．0.15PaB．0.54PaC．1.5PaD．5.4Pa5．(多选)(2019·河南郑州市第二次质量预测)如图4所示，质量均为M的b、d两个光滑斜面静止于水平面上，底边长度相等，b斜面倾角为30°，d斜面倾角为60°.质量均为m的小物块a和c分别从两个斜面顶端由静止自由滑下，下滑过程中两个斜面始终静止．重力加速度为g，小物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是()图4A．两物块所受重力冲量相同B．两物块所受重力做功的平均功率相同C．地面对两斜面的摩擦力均向左D．两斜面对地面压力均小于(m＋M)g36．(2019·重庆市八中模拟)航天器离子发动机原理如图5所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲力．已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I.忽略离子间的相互作用力，忽略离子到达正极栅板时的速度，忽略离子喷射对航天器质量的影响．该发动机产生的平均推力F的大小为()图5A．I2mUqB．ImUqC．ImU2qD．2ImUq7．(2020·重庆市抽测)为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，小俞同学利用运动传感器采集数据并作出了如图6所示的v－t图像，小球质量为0.6kg，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2，由图可知()图6A．横坐标每一小格表示的时间是1sB．小球下落的初始位置离地面的高度为3.6mC．小球第一次反弹的最大高度为1.25mD．小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力为66N8．(多选)一艘帆船在湖面上顺风航行，在风力的推动下做速度为v0＝4m/s的匀速直线运动．已知帆船在该运动状态下突然失去风的推力的作用，此后帆船在湖面上做匀减速直线运动，经过t＝8s静止；该帆船的帆面正对风的有效面积为S＝10m2，帆船的总质量约为M＝936kg，若帆船在行驶过程中受到的阻力恒定不变，空气的密度为ρ＝1.3kg/m3，下列说法正确的是()4A．风停止后帆船的加速度大小是1m/sB．帆船在湖面上顺风航行所受水的阻力大小为468NC．帆船匀速运动受到风的推力的大小为936ND．风速的大小为10m/s9．如图7所示，自动称米机已在许多大粮店广泛使用．买者认为：因为米流落到容器中时对容器有向下的冲力而不划算；卖者则认为：当预定米的质量达到要求时，自动装置即刻切断米流，此刻有一些米仍在空中，这些米是多给买者的，因而双方争执起来．下列说法正确的是()图7A．买者说的对B．卖者说的对C．公平交易D．具有随机性，无法判断10．(2019·山东济南市上学期期末)某研究小组经查阅资料了解到，在空气中低速下落的物体所受的空气阻力可认为与物体速度大小成正比关系，因此下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．如图8所示为小球由静止开始，在低速下落过程中速度随时间变化的一部分图像．图中作出了t＝0.5s时刻的切线，小球的质量为0.5kg，重力加速度g取10m/s2，求：图8(1)小球在t＝0.5s时刻的加速度大小；(2)小球最终的收尾速度大小；(3)小球在0～0.5s内的位移．511．某游乐场入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的MickeyMouse模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，MickeyMouse模型能够上下运动，引人驻足，如图9所示．这一景观可做如下简化，水柱从横截面积为S0的模型背部喷口持续以速度v0竖直向上喷出，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MickeyMouse模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，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，喷水的功率定义为单位时间内喷口喷出水的动能．图9(1)求喷泉喷水的功率P；(2)试计算MickeyMouse模型在空中悬停时离喷口的高度h；(3)实际上，当我们仔细观察时，发现喷出的水柱在空中上升阶段并不是粗细均匀的，而是在竖直方向上一头粗、一头细．请你说明上升阶段的水柱是上端较粗还是下端较粗，并说明水柱呈现该形态的原因．6答案精析1．AD[2s末物体的加速度为零，则此时，阻力等于重力，即所受阻力的大小为10N，选项A正确；根据mg－f＝ma可知，在0～2s内，物体加速度随时间均匀减小，则所受阻力随时间均匀增大，选项B错误；在0～2s内，物体的速度增加了Δv＝12×2×10m/s＝10m/s，则动能增大了12mΔv2＝12×1×102J＝50J，选项C错误；在0～1s内，物体速度的增量Δv1＝12×(5＋10)×1m/s＝7.5m/s，根据动量定理mgt－If＝mΔv1，解得If＝2.5N·s，选项D正确．]2．B[在t时间内射到被切割的钢板上的水流的质量m＝vtSρ，设钢板对水流的作用力大小为F，根据动量定理Ft＝mv，解得F＝ρSv2，根据牛顿第三定律，水对钢板的冲力大小为ρSv2，选项B正确．]3．B[设豆粒从80cm高处下落到秤盘上时的速度大小为v1，则有v12＝2gh，可得v1＝2gh＝2×10×0.8m/s＝4m/s设竖直向上为正方向，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1则F＝mv2－mv1t＝0.1×2－－1N＝0.6N，故B正确，A、C、D错误．]4．A[设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F，在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝12m/s减为零，以向上的方向为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，可得F＝ΔmΔtv；设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水位上升了Δh，则有Δm＝ρSΔh，可得F＝ρSvΔhΔt，则根据牛顿第三定律可知，睡莲和叶面受到的作用力大小F′＝F＝ρSvΔhΔt，故压强p＝F′S＝ρvΔhΔt＝1×103×12×45×10－33600Pa＝0.15Pa.]5．AD[设斜面的底边长度为L，则斜边长度s＝Lcosθ，小物块下滑的加速度a＝gsinθ，下滑的时间t＝2sa＝4Lgsin2θ，当两斜面倾角分别为30°和60°时，可得两物块运动的时间相同，根据I＝mgt可知，重力的冲量相同，选项A正确；重力做功W＝mgLtanθ，则重力做功的平均功率：P＝Wt＝12mgtanθgLsin2θ，则当两斜面倾角分别为30°和60°时两物块所受重力做功的平均功率不相同，选项B错误；当物块加速下滑时，加速度有水平向右的分量，则对物块和斜面的整体而言，由牛顿第二定律可知，地面对两斜面的摩擦力均向右，选项C错误；竖直方向，因物块下滑时加速度有竖直向下的分量，可知物块失重，则两7斜面对地面压力均小于(m＋M)g，选项D正确．]6．A[以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝12mv2，Δt时间内通过的总电荷量为Q＝IΔt，喷出的正离子总质量为M＝Qqm＝IΔtqm.由动量定理可知正离子所受的平均冲量FΔt＝Mv，联立可得F＝I2mUq，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力的大小为F＝I2mUq，故A正确．]7．C[小球下落时做自由落体运动，加速度大小为g，则由题图可知，落地时速度为6m/s，故用时t＝610s＝0.6s，题图中对应6个小格，故每一小格表示0.1s，故A错误；小球下落的初始位置离地面的高度为h＝12×10×(0.6)2m＝1.8m，故B错误；第一次反弹后加速度大小也为g，为竖直上抛运动，由题图可知，最大高度为h′＝12×10×(0.5)2m＝1.25m，故C正确；设向下为正方向，由题图可知，碰撞时间约为0.1s，根据动量定理可知：mgt－Ft＝mv′－mv，代入数据解得F＝72N，故D错误．]8．BD[风突然停止，帆船只受到水的阻力的作用，做匀减速直线运动，设帆船的加速度大小为a，则a＝v0t＝0.5m/s2，选项A错误；由牛顿第二定律可得f＝Ma，代入数据解得f＝468N，选项B正确；设帆船匀速运动时受到风的推力的大小为F，根据平衡条件得F－f＝0，解得F＝f＝468N，选项C错误；设在时间Δt内，正对帆面且吹向帆面的空气的质量为m，则m＝ρS(v－v0)Δt，由牛顿第三定律可知，这部分空气受到的推力F′＝F，以v0的方向为正方向，根据动量定理有－F′Δt＝mv0－mv，解得v＝10m/s，选项D正确．]9．C[设米流的流量为d，它是恒定的，米流在出口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容器中静止的那部分米的质量为m1，空中还在下落的米的质量为m2，落到已静止的米堆上的一小部分米的质量为Δm.在极短时间Δt内，取Δm为研究对象，这部分米很少，Δm＝d·Δt，设其落到米堆上之前的速度为v，经Δt时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向，由动量定理得：(F－Δmg)Δt＝Δmv即F＝dv＋d·Δt·g，因Δt很小，故F＝dv根据牛顿第三定律知F′＝F，称米机的读数应为8M＝m1g＋F′g＝m1＋dvg＝m1＋dt＝m1＋m2′因切断米流后空中尚有质量m2的米在空中，m2＝dvg＝d·t＝m2′，故C正确．]10．(1)4m/s2(2)203m/s(3)23m解析(1)由题图可知，小球在t＝0.5s时的加速度大小为：a＝ΔvΔt＝4m/s2；(2)设空气阻力与速度大小的正比系数为k，则有mg－kv＝ma达到最大速度时，加速度为0，则有mg＝kvm联立解得：k＝34，vm＝203m/