专题能力训练7 动量 动量的综合应用
(时间:45分钟 满分:100分)
一、选择题(本题共7小题,每小题6分,共42分。在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
1.(2017·全国卷Ⅰ)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.30 kg·m/s
2
B.5.7×10 kg·m/s
2
2
C.6.0×10 kg·m/s D.6.3×10 kg·m/s
2.一颗子弹水平射入静止在光滑水平地面上的木块后不再穿出,木块的动能增加了8 J,木块的质量大于子弹的质量。则此过程中产生的内能可能是( ) A.18 J 3.
B.16 J
C.10 J
D.6 J
如图所示,两质量分别为m1和m2的弹性小球叠放在一起,从高度为h处自由落下,且h远大于两小球半径,所有的碰撞都是完全弹性碰撞,且都发生在竖直方向。已知m2=3m1,则小球m1反弹后能达到的高度为( ) A.h C.3h
此过程中( )
A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为mv B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零 C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为mv D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零
5.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,人的动能先增大后减小 C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大
2
2
B.2h D.4h
4.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,在
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D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
6.在一条直线上,运动方向相反的两球发生正碰。以球1的运动方向为正,碰前球1、球2的动量分别是p1=6 kg·m/s、p2=-8 kg·m/s。若两球所在水平面是光滑的,碰后各自的动量可能是( ) A.p1'=4 kg·m/s,p2'=-6 kg·m/s B.p1'=-4 kg·m/s,p2'=2 kg·m/s C.p1'=-8 kg·m/s,p2'=6 kg·m/s D.p1'=-12 kg·m/s,p2'=10 kg·m/s
7.如图甲所示,长木板A放在光滑的水平面上,质量为m=4 kg的小物体B以水平速度v=2 m/s滑上原来静止的长木板A的上表面,由于A、B间存在摩擦,之后A、B速度随时间变化情况如图乙所示,g取10 m/s,则下列说法正确的是( )
2
A.木板A获得的动能为2 J B.系统损失的机械能为2 J C.木板A的最小长度为2 m D.A、B间的动摩擦因数为0.1 二、非选择题(本题共3小题,共58分)
8.(18分)(2018·全国卷Ⅱ)汽车A在水平冰雪路面上行驶。驾驶员发现其正前方停有汽车B,立即采取制动措施,但仍然撞上了汽车B。两车碰撞时和两车都完全停止后的位置如图所示,碰撞后B车向前滑动了4.5 m,A车向前滑动了2.0 m,已知A和B的质量分别为2.0×10 kg和1.5×10 kg,两车与该冰雪路面间的动摩擦因数均为0.10,两车碰撞时间极短,在碰撞后车轮均没有滚动,重力加速度大小g取10 m/s。求:
2
3
3
(1)碰撞后的瞬间B车速度的大小; (2)碰撞前的瞬间A车速度的大小。
9.(20分)如图所示,电阻不计的两光滑金属导轨相距l,放在水平绝缘桌面上,半径为R的圆弧部分处在竖直平面内,水平直导轨部分处在磁感应强度为B,方向竖直向下的匀强磁场中,末端与桌面边缘平齐。两金属棒ab、cd垂直于两导轨且与导轨接触良好。棒ab质量为2m,电阻为r,棒cd的质量为m,电阻为r。重力加速度为g。开始时,棒cd静止在水平直导轨上,棒ab从圆弧顶端无初速度
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释放,进入水平直导轨后与棒cd始终没有接触并一直向右运动,最后两棒都离开导轨落到地面上。棒ab与棒cd落地点到桌面边缘的水平距离之比为3∶1。求:
(1)棒ab和棒cd离开导轨时的速度大小; (2)棒cd在水平导轨上的最大加速度; (3)两棒在导轨上运动过程中产生的焦耳热。
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10.(20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m0,水的密度为ρ,重力加速度大小为g,空气阻力及水的阻力均可忽略不计。 (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的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的水的动能。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。 答案：
1.A 解析 根据动量守恒定律得:0=Mv1-mv2,故火箭的动量与燃气的动量等大反向,故
p=Mv1=mv2=0.05 kg×600 m/s=30 kg·m/s。
2.A 解析 设子弹的初速度为v0,射入木块后子弹与木块共同的速度为v,木块的质量为m0,子弹的
质量为m。根据动量守恒定律得mv0=(m0+m)v,得v=,木块获得的动能为
ΔEk=m0v=2
,系统产生的内能为
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Q=(m0+m)v=2
;可得Q=ΔEk=ΔEk,因m0>m,则Q>2ΔEk=16
J,故A正确,B、C、D错误。 3.D 4.B 5.AB 6.BC
7.AD 解析 由题中图象可知,木板获得的速度为v=1 m/s,A、B组成的系统动量守恒,以物体B的
初速度方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=(m0+m)v,解得m0=4 kg,木板获得的动能为Ek=m0v-2
0=2 J,故A正确;系统损失的机械能ΔE=mv-m0v=4 J,故B错误;速度—时间图象与坐
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标轴围成的面积表示位移,故0~1 s内物体B的位移为xB=×(2+1)×1 m=1.5 m,木板A的位移为
xA=×1×1 m=0.5 m,则木板A的最小长度为l=xB-xA=1 m,故C错误;由题图可知,物体B在0~1 s
的加速度a==-1 m/s2,负号表示加速度的方向与规定正方向相反,由牛顿第二定律得μmBg=mBa,
得μ=0.1,故D正确。
8.答案 (1)3.0 m/s (2)4.3 m/s
解析 (1)设B车的质量为mB,碰后加速度大小为aB。根据牛顿第二定律有
μmBg=mBaB
①
式中μ是汽车与路面间的动摩擦因数。
设碰撞后瞬间B车速度的大小为vB',碰撞后滑行的距离为sB。由运动学公式有
vB'2=2aBsB ②
联立①②式并利用题给数据得
vB'=3.0 m/s。 ③
(2)设A车的质量为mA,碰后加速度大小为aA。根据牛顿第二定律有μmAg=mAaA 设碰撞后瞬间A车速度的大小为vA',碰撞后滑行的距离为sA。由运动学公式有
④
vA'2=2aAsA ⑤
设碰撞前的瞬间A车速度的大小为vA,两车在碰撞过程中动量守恒,有mAvA=mAvA'+mBvB'⑥ 联立③④⑤⑥式并利用题给数据得
vA≈4.3 m/s。 ⑦
9.答案 (1)
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(2) (3)mgR
10.答案 (1)ρQ (2)口的横截面积为S。
(3)h=
解析 (1)设在很短时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,水柱在喷口的初速度为v0,喷
则Δm=ρΔV,ΔV=Sv0Δt=QΔt,解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为=ρQ。
(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,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FΔt=0-(Δm)(-v),根据牛顿第三定律F=F'
由于米老鼠模型在空中悬停,有F'=m0g,联立可解得v=。
(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,对于单位时间内喷出的水,根据
机械能守恒定律(或运动学公式)得(Δm)v+(Δm)gh=(Δm)
2
,水泵对水做功的功率为
P0=,联立解得h=。
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