（全國通用版）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 碰撞與動(dòng)量守恒 課時(shí)分層作業(yè) 十八 6.1 動(dòng)量 動(dòng)量定理.doc

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課時(shí)分層作業(yè) 十八動(dòng)量　動(dòng)量定理 (45分鐘　100分) 【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】 一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～6題為單選題,7～10題為多選題) 1.如果一物體在任意相等的時(shí)間內(nèi)受到的沖量相等,則此物體的運(yùn)動(dòng)不可能是 (　　) A.勻速圓周運(yùn)動(dòng)　　 　B.自由落體運(yùn)動(dòng) C.平拋運(yùn)動(dòng) D.豎直上拋運(yùn)動(dòng) 【解析】選A。如果物體在任何相等的時(shí)間內(nèi)受到的沖量都相同,由I=Ft可知,物體受到的力是恒力,則物體可以做自由落體運(yùn)動(dòng)、平拋運(yùn)動(dòng)或豎直上拋運(yùn)動(dòng);物體做勻速圓周運(yùn)動(dòng),所受合外力方向不斷變化,合力為變力,在任何相等時(shí)間內(nèi),合外力的沖量不相等,故不可能為勻速圓周運(yùn)動(dòng),因此B、C、D均可能,A不可能,故A符合題意。 2.(2018佛山模擬)如圖,兩個(gè)質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個(gè)光滑斜面由靜止自由滑下,到達(dá)斜面底端的過程中,兩物體具有相同的物理量是 (　　) A.重力的沖量　　　　　 B.彈力的沖量 C.到達(dá)底端時(shí)的動(dòng)量 D.以上幾個(gè)量都不是 【解析】選D。高度相同,則下滑的距離x=,加速度a=gsinθ,根據(jù)x=at2得t=,由于傾角不同,則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同,根據(jù)I=mgt知,重力的沖量不同,故A錯(cuò)誤;對(duì)于彈力,大小不等,方向不同,彈力的沖量不同,故B錯(cuò)誤;根據(jù)機(jī)械能守恒定律知,到達(dá)底端的速度大小相等,但是方向不同,所以到達(dá)底端的動(dòng)量不同,故C錯(cuò)誤,D正確。 3.用豆粒模擬氣體分子,可以模擬氣體壓強(qiáng)產(chǎn)生的原理。如圖所示,從距秤盤80 cm高度把1 000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上,持續(xù)作用時(shí)間為1 s,豆粒彈起時(shí)豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话?。若每個(gè)豆粒只與秤盤碰撞一次,且碰撞時(shí)間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時(shí)間內(nèi),碰撞力遠(yuǎn)大于豆粒受到的重力),已知 1 000粒的豆粒的總質(zhì)量為100 g,則在碰撞過程中秤盤受到壓力大小約為 (　　) A.0.2 N　　B.0.6 N　　C.1.0 N　　D.1.6 N 【解析】選B。本題考查了動(dòng)量定理的應(yīng)用,意在考查考生的分析和解決能力,豆粒下落過程做自由落體運(yùn)動(dòng),落到秤盤上的速度為:v==4 m/s,根據(jù)題意反彈速度為2 m/s,對(duì)1 000粒豆粒受力分析,對(duì)豆粒碰撞秤盤的過程應(yīng)用動(dòng)量定理有Ft=-(-mv),則F= N=0.6 N,選項(xiàng)B正確,選項(xiàng)A、C、D錯(cuò)誤。 4.(2017天津高考)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪,是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是 (　　) A.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,乘客的機(jī)械能保持不變 B.在最高點(diǎn)時(shí),乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力 C.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中,乘客重力的沖量為零 D.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變 【解析】選B。機(jī)械能等于動(dòng)能和重力勢(shì)能之和,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng),動(dòng)能不變,重力勢(shì)能時(shí)刻發(fā)生變化,則機(jī)械能在不斷變化,故A錯(cuò)誤;在最高點(diǎn)對(duì)乘客受力分析,由牛頓第二定律可知:mg-FN=m,座椅對(duì)乘客的支持力:FN=mg-m2p,故B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)能定理(F-Ff)l=Ek-0,保持水平力F不變,通過位移2l,有(F-Ff)2l=Ek′-0,則有Ek′=2Ek,故C錯(cuò)誤;將水平力增加為原來的兩倍,通過位移l,有(2F-Ff)l=E′k-0,則有Ek′>2Ek,故D正確。 【加固訓(xùn)練】 (多選)1966年曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎(chǔ)的測(cè)定質(zhì)量的實(shí)驗(yàn),實(shí)驗(yàn)時(shí),用宇宙飛船(質(zhì)量m)去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭(質(zhì)量mx,發(fā)動(dòng)機(jī)已熄火),如圖所示,接觸以后,開動(dòng)飛船尾部的推進(jìn)器,使飛船和火箭組共同加速,推進(jìn)器的平均推力為F,開動(dòng)時(shí)間Δt,測(cè)出飛船和火箭組的速度變化是Δv,下列說法正確的是 (　　) A.推力F越大,就越大,且與F成正比 B.推力F通過飛船m傳遞給了火箭mx,所以m對(duì)mx的彈力大小應(yīng)為F C.火箭質(zhì)量mx應(yīng)為 D.火箭質(zhì)量mx應(yīng)為-m 【解析】選A、D。對(duì)整體由動(dòng)量定理可得:FΔt=(m+mx)Δv;由公式可得, F=(m+mx),因質(zhì)量不變,故推力F越大,就越大,且與F成正比,故A正確;對(duì)mx分析可得:T=mx,故T小于F,故B錯(cuò)誤;火箭的質(zhì)量mx=-m,故C錯(cuò)誤,D正確。 二、計(jì)算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟) 11.一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn),距離A點(diǎn)5 m 的位置B處是一面墻,如圖所示。物塊以v0=9 m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng),在與墻壁 碰撞前瞬間的速度為7 m/s,碰后以6 m/s 的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止。g取 10 m/s2。 (1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ。 (2)若碰撞時(shí)間為0.05 s,求碰撞過程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F。 (3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功W。 【解析】(1)物塊從A到B過程,由動(dòng)能定理得: -μmgsAB=m-m, 代入數(shù)據(jù)解得:μ=0.32; (2)以向右為正方向,物塊碰撞墻壁過程, 由動(dòng)量定理得:Ft=mv-mvB, 即:F0.05=0.5(-6)-0.57, 解得:F=-130 N,負(fù)號(hào)表示方向向左; (3)物塊向左運(yùn)動(dòng)過程,由動(dòng)能定理得: -W=0-mv2;代入數(shù)據(jù)得:W=9 J。 答案:(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 【能力拔高題組】 1.(8分)(多選)(2018保定模擬)如圖所示,質(zhì)量為M的薄木板靜止在粗糙水平桌面上,木板上放置一質(zhì)量為m的木塊,已知m與M之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,m、M與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為2μ?，F(xiàn)對(duì)M施一水平恒力F,將M從m下方拉出,而m恰好沒滑出桌面,則在上述過程中 (　　) 世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號(hào)04450458 A.水平恒力F一定大于3μ(m+M)g B.m在M上滑動(dòng)的時(shí)間和在桌面上滑動(dòng)的時(shí)間相等 C.M對(duì)m的沖量大小與桌面對(duì)m的沖量大小相等 D.若增大水平恒力F,木塊有可能滑出桌面 【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn): (1)由題意確定M和m的加速度大小關(guān)系。 (2)由牛頓第二定律確定水平恒力F的大小。 (3)由動(dòng)量定理可確定沖量大小。 【解析】選A、C。由題意可知,M和m一定會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng),并且m相對(duì)M向后運(yùn)動(dòng),故m的加速度一定小于M的加速度,對(duì)m分析可知,m水平方向受摩擦力作用,由牛頓第二定律得μmg=ma1,解得a1=μg,再對(duì)M分析可知,M受地面以及m的摩擦力,由牛頓第二定律得F-2μ(M+m)g-μmg=Ma2,因a2>a1,因此,F一定大于3μ(m+M)g,故A正確;m滑到桌面上后,加速度變?yōu)?μg,因m先加速再減速,并且最大速度相同,所以在桌面上滑動(dòng)的時(shí)間一定小于在M上滑動(dòng)的時(shí)間,故B錯(cuò)誤;根據(jù)動(dòng)量定理可知,m的動(dòng)量變化量為零,故說明總沖量為零,因m只受到M的向右的沖量和桌面向左的沖量,故二者一定大小相等,方向相反,故C正確;增大恒力F后,m在M上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間變短,而m受到的摩擦力不變,故M對(duì)m的沖量減小,離開桌面時(shí)的速度和位移均減小,因此在桌面上滑行的距離更短,不會(huì)離開桌面,故D錯(cuò)誤。 2.(17分)下雨是常見的自然現(xiàn)象,如果雨滴下落為自由落體運(yùn)動(dòng),則雨滴落到地面時(shí),對(duì)地表動(dòng)植物危害十分巨大,實(shí)際上,動(dòng)植物都沒有被雨滴砸傷,因?yàn)橛甑蜗侣鋾r(shí)不僅受重力,還受空氣的浮力和阻力,才使得雨滴落地時(shí)不會(huì)因速度太大而將動(dòng)植物砸傷。某次下暴雨,質(zhì)量m=2.510-5 kg的雨滴,從高h(yuǎn)=2 000 m的云層下落(g取10 m/s2) (1)如果不考慮空氣浮力和阻力,雨滴做自由落體運(yùn)動(dòng),落到地面經(jīng)Δt1=1.0 10-5 s速度變?yōu)榱?因?yàn)橛甑魏偷孛孀饔脮r(shí)間極短,可認(rèn)為在Δt1內(nèi)地面對(duì)雨滴的作用力不變且不考慮雨滴的重力,求雨滴對(duì)地面的作用力大小。 (2)考慮到雨滴同時(shí)還受到空氣浮力和阻力的作用,設(shè)雨滴落到地面的實(shí)際速度為8 m/s,落到地面上經(jīng)時(shí)間Δt2=3.010-4 s速度變?yōu)榱?在Δt2內(nèi)地面對(duì)雨滴的作用力不變且不考慮雨滴的重力,求雨滴對(duì)地面的作用力大小以及該雨滴下落過程中克服空氣浮力和阻力所做功的和。 【解析】(1)不考慮空氣浮力和阻力,雨滴做自由落體運(yùn)動(dòng),雨滴自由落體運(yùn)動(dòng)的末速度為 v== m/s=200 m/s 取豎直向上為正方向,對(duì)雨滴和地面作用的過程,運(yùn)用動(dòng)量定理得:FΔt1=0-mv 代入數(shù)據(jù)解得F=500 N 根據(jù)牛頓第三定律,雨滴對(duì)地面的作用力大小為500 N。 (2)對(duì)雨滴和地面作用的過程,由動(dòng)量定理得 F′Δt2=0-mv′ 據(jù)題v′=8 m/s 代入數(shù)據(jù)解得F′= N 根據(jù)牛頓第三定律,雨滴對(duì)地面的作用力大小為 N 雨滴下落過程,根據(jù)動(dòng)能定理得 mgh-W=mv′2-0 解得:克服空氣浮力和阻力所做功的和W≈0.5 J 答案:(1)500 N　(2) N　0.5 J