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第5道选择题涉及的命题点5-1动量动量定理5-2动量守恒定律5-3碰撞、爆炸和反冲5-4用动量观点解决力学综合问题5-1动量动量定理备考精要1.掌握基本概念和规律2.应用动量定理的注意事项(1)一般来说,用牛顿第二定律能解决的问题,用动量定理也能解决,如果题目不涉及加速度和位移,用动量定理求解更简捷。动量定理不仅适用于恒力,也适用于变力。这种情况下,动量定理中的力F应理解为变力在作用时间内的平均值。(2)动量定理的表达式是矢量式,运用它分析问题时要特别注意冲量、动量及动量变化量的方向,公式中的F是物体或系统所受的合力。三级练·四翼展一练固双基——基础性考法1.(2019·全国卷Ⅰ)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s,产生的推力约为4.8×106N,则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A.1.6×102kgB.1.6×103kgC.1.6×105kgD.1.6×106kg解析:设1s内喷出气体的质量为m,喷出的气体与该发动机的相互作用力为F,由动量定理Ft=mv知,m=Ftv=4.8×106×13×103kg=1.6×103kg,选项B正确。答案:B2.(2019·泰安模拟)如图所示,竖直平面内有一半圆槽,A、C等高,B为圆槽最低点,小球从A点正上方O点静止释放,从A点切入圆槽,刚好能运动至C点。设球在AB段和BC段运动过程中,运动时间分别为t1、t2,合外力的冲量大小为I1、I2,则()A.t1>t2B.t1=t2C.I1>I2D.I1=I2解析:小球从A点正上方O点静止释放,刚好能运动至C点,说明在圆弧内要克服摩擦力做功,因此在AB段平均速率大于在BC段平均速率,两段路程相等,所以t1t2,A、B错误;设在AB段动量的变化为mΔv,画出矢量三角形,如图所示,而在BC段动量的变化为mvB,由图可知AB段动量的变化大于BC段动量的变化,由动量定理得:I1I2,C正确,D错误。答案:C3.(2019·绵阳模拟)在水平地面上,两个具有相同初动量而质量不同的物体在大小相等的阻力作用下最后停下来。则质量大的物体()A.滑行的距离小B.滑行的时间长C.滑行过程中的加速度大D.滑行过程中的动量变化快答案:A解析:根据动能定理可知Fs=Ek=p22m,得s=p22Fm,质量较大的物体滑行的距离较小,A正确;根据动量定理可知FΔt=Δp=p,则滑行的时间相等,B错误;根据牛顿第二定律可知a=Fm,质量较大的物体加速度较小,C错误;根据动量定理可知F=ΔpΔt,二者动量变化快慢一样,D错误。4.“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解析:从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的减速运动,加速度等于零时,速度最大,故人的动量和动能都是先增大后减小,加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力)速度最大,动量和动能最大,在最低点时人具有向上的加速度,绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始终向上与运动方向相反,故绳对人的冲量方向始终向上,绳对人的拉力始终做负功。故选项A正确,选项B、C、D错误。答案:A5.(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2ms,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A.10NB.102NC.103ND.104N答案:C解析:设每层楼高约为3m,则下落高度约为h=3×25m=75m,达到的速度v2=2gh,根据动量定理(F-mg)t=0-(-mv),解得鸡蛋受到地面的冲击力F=mvt+mg≈103N,由牛顿第三定律知C正确。二练会迁移——综合性考法1.[多选](2019·福州联考)如图所示,足够长的固定光滑斜面倾角为θ,质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面,达到最高点后又滑回原处,所用时间为t。对于这一过程,下列判断正确的是()A.斜面对物体的弹力的冲量为零B.物体受到的重力的冲量大小为mgtC.物体受到的合力的冲量大小为零D.物体动量的变化量大小为mgsinθ·t解析:斜面对物体的弹力的冲量大小为:I=Nt=mgcosθ·t,弹力的冲量不为零,故A错误;物体所受重力的冲量大小为:IG=mgt,物体受到的重力的冲量大小不为零,故B正确;物体受到的合力的冲量大小为mgsinθ·t,不为零,C错误;由动量定理得,动量的变化量大小Δp=I合=mgsinθ·t,D正确。答案:BD2.[多选]静止在粗糙水平面上的物体,在水平力F的作用下,经过时间t、通过位移l后,动量为p、动能为Ek。以下说法正确的是()A.若保持水平力F不变,经过时间2t,物体的动量等于2pB.若将水平力增加为原来的两倍,经过时间t,物体的动量等于2pC.若保持水平力F不变,通过位移2l,物体的动能小于2EkD.若将水平力增加为原来的两倍,通过位移l,物体的动能大于2Ek解析:根据动量定理I合=(F-f)t=p,保持水平力F不变,经过时间2t,(F-f)·2t=p′,可知p′=2p,故A正确;若水平力增加为原来的2倍,经过时间t,则有(2F-f)·t=p′,则p′>2p,故B错误;根据动能定理(F-f)·l=Ek,保持水平力F不变,通过位移2l,有(F-f)·2l=Ek′,则有Ek′=2Ek,故C错误;若将水平力增加为原来的两倍,通过位移l,有(2F-f)·l=Ek′,则有Ek′>2Ek,故D正确。答案:AD3.(2018·全国卷Ⅰ)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车的动能()A.与它所经历的时间成正比B.与它的位移成正比C.与它的速度成正比D.与它的动量成正比解析:动能Ek=12mv2,与速度的平方成正比,故C错误;速度v=at,可得Ek=12ma2t2,与经历的时间的平方成正比,故A错误;根据v2=2ax,可得Ek=max,与位移成正比,故B正确;动量p=mv,可得Ek=p22m,与动量的平方成正比,故D错误。答案:B4.[多选](2017·全国卷Ⅲ)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示,则()A.t=1s时物块的速率为1m/sB.t=2s时物块的动量大小为4kg·m/sC.t=3s时物块的动量大小为5kg·m/sD.t=4s时物块的速度为零解析:法一:根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量,可知在0~1s、0~2s、0~3s、0~4s内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s,应用动量定理I=mΔv可知物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s,物块在这些时刻的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s,则A、B项正确,C、D项错误。答案:AB法二:前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动,加速度a1=F1m=22m/s2=1m/s2,t=1s时物块的速率v1=a1t1=1m/s,A正确;t=2s时物块的速率v2=a1t2=2m/s,动量大小为p2=mv2=4kg·m/s,B正确;物块在2~4s内做匀减速直线运动,加速度的大小为a2=F2m=0.5m/s2,t=3s时物块的速率v3=v2-a2t3=(2-0.5×1)m/s=1.5m/s,动量大小为p3=mv3=3kg·m/s,C错误;t=4s时物块的速率v4=v2-a2t4=(2-0.5×2)m/s=1m/s,D错误。5.[多选](2019·哈尔滨检测)如图所示,甲、乙两小车的质量分别为m1和m2,且m1m2,用轻弹簧将两小车连接,静止在光滑水平面上。现同时对甲、乙两小车施加等大、反向的水平恒力F1和F2,两小车同时开始运动,直到弹簧被拉到最长(仍在弹性限度内)的过程中,下列说法正确的是()A.甲和乙的动量都不断增大B.甲和乙受到的合力的冲量大小之比为m2∶m1C.甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大D.甲和乙的平均速率之比为m2∶m1答案:CD解析:当拉力大于弹簧拉力时,两小车的速度在增大,动量在增大,当弹簧拉力大于拉力时,两小车的动量开始减小,A错误;外力做正功,所以甲、乙及弹簧系统的总机械能不断增大,C正确;将两小车和弹簧看成一个整体,因F1和F2等大反向,故甲、乙及弹簧组成的系统所受合外力为零,系统动量守恒,故m1v1-m2v2=0,又甲、乙受到的合力的冲量分别为I甲=m1v1,I乙=-m2v2,故I甲I乙=1∶1,B错误;因为过程中任意时刻两小车的动量和为零,所以v1v2=m2m1,D正确。三练提素养——创新性、应用性考法1.一质量为2kg的物体受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直线运动时的at图像如图乙所示,t=0时其速度大小为2m/s,滑动摩擦力大小恒为2N,则()A.t=6s时,物体的速度为18m/sB.在0~6s内,合力对物体做的功为400JC.在0~6s内,拉力对物体的冲量为36N·sD.t=6s时,拉力F的功率为200W解析:根据Δv=aΔt可知at图像中,图像与横坐标轴围成的面积表示速度的增量,则在t=6s时刻,物体的速度v6=v0+Δv=2m/s+12×(2+4)×6m/s=20m/s,故A错误;根据动能定理得:W合=ΔEk=12mv62-12mv02=396J,故B错误;在0~6s内,拉力与摩擦力对物体有沿水平方向的冲量,由动量定理得:IF-ft=mv6-mv0,代入数据得:IF=48N·s,即拉力对物体的冲量为48N·s,故C错误;在t=6s时刻,根据牛顿第二定律得:F=ma+f=2×4N+2N=10N,则在t=6s时刻,拉力F的功率P=Fv6=10×20W=200W,故D正确。答案:D2.[多选](2019·沈阳一模)如图所示,从竖直平面内的大圆上的最高点A,引出两条不同的光滑轨道,端点都在大圆上。相同物体由静止开始,从A点分别沿两条轨道滑到底端,则下列说法正确的是()A.到达底端的速度大小不相等B.重力的冲量都相同C.物体动量的变化率都相同D.沿AB运动所用的时间小于沿AC运动所用的时间解析:设倾斜轨道沿竖直方向的倾角为α,如图所示,对物体在倾斜轨道上受力分析,由牛顿第二定律可求得:a=gcosα,根据运动学公式x=12at2可得:2Rcosα=12gcosα·t2,则有:t=2Rg,因此下滑时间与轨道的倾角无关,只与圆的半径及重力加速度有关,故D错误;因时间相同,则重力的冲量相同,故B正确;因物体下落的高度不同,故物体到达轨道底端的速度大小不同,故A正确;根据动量定理,动量的变化率等于合外力,即mgcosα,因为α不同,则动量的变化率不同,故C错误。答案:AB3.(2019·宜宾诊断)如图所示,一沙袋用无弹性轻细绳悬于O点。开始时沙袋处于静止状态,一弹丸以水平速度v0击入沙袋后未穿出,二者共同摆动。若弹丸质量为m,沙袋质量为5m,弹丸相对于沙袋的形状其大小可忽略不计,弹丸击中沙袋后漏出的沙子质量忽略不计,不计空气阻力,重力加速度为g。下列说法中正确的是()A.弹丸打入沙袋过程中,细绳所受拉力大小保持不变B.弹丸打入沙袋过程中,弹丸对沙袋的冲量大小大于沙袋对弹丸的冲量大小C.弹丸打入沙袋过程中所产生的热量为mv0272D.沙袋和弹丸一起摆动所达到的最大高度为v0272g答案:D解析:弹丸打入沙袋的过程由动量守恒定律得:mv0=(m+5m)v,解得v=16v0;弹丸打入沙袋后,总质量变大,且做圆周运动,根据T=6mg+6mv2L可知,细绳所受拉力变大,选项A错误;根据牛顿第
本文标题:(课标通用)2020新高考物理二轮复习 选择题逐题突破 第五道 选择题涉及的命题点 5.1 动量 动
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