【物理】2020届一轮复习人教版动量定理的理解和应用课时作业 7页

‎2020届一轮复习人教版 动量定理的理解和应用 课时作业 ‎1.(2019·湖北省黄冈市质检)一小球从水平地面上方无初速度释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零，假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，下列说法正确的是(　　)‎ A.上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B.小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C.下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功 D.从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功 ‎2.(2018·重庆市八中模拟)航天器离子发动机原理如图1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1‎ A.IB.IC.ID.2I ‎3.(多选)A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图2所示为两球碰撞前后的位移－时间图象.a、b分别为A、B两球碰撞前的位移－时间图象，c为碰撞后两球共同运动的位移－时间图象.若A球的质量m＝2kg，则由图可知下列结论正确的是(　　)‎ 图2‎ A.A、B碰撞前的总动量为3kg·m/s B.碰撞时A对B所施加的冲量为－4N·s C.碰撞前后A的动量变化量为4kg·m/s D.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J ‎4.(多选)(2017·山东省德州市一模)物体仅在力F作用下由静止开始运动，力F随时间变化的图象如图3所示，则下列说法正确的是(　　)‎ 图3‎ A.0～3s内，力F所做的功等于零，冲量也等于零 B.0～4s内，力F所做的功等于零，冲量也等于零 C.第1s内和第2s内的速度方向相同，加速度方向相反 D.第3s内和第4s内的速度方向相反，加速度方向相同 ‎5.(2018·安徽省马鞍山二中模拟)如图4所示，质量为m的小球以速度v0水平抛出，恰好与倾角为30°的斜面垂直相碰，其弹回速度的方向与碰前相反，大小与抛出时的速度大小相等，则小球与斜面碰撞过程中受到的冲量大小为(　　)‎ 图4‎ A.mv0B.2mv0C.3mv0D.6mv0‎ ‎6.(多选)1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验，实验时，用宇宙飞船(质量m)去接触正在轨道上运行的火箭(质量mx，发动机已熄灭)，如图5所示，接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，推进器的平均推力为F，开动时间Δt，测出飞船和火箭组的速度变化是Δv，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A.推力F越大，就越大，且与F成正比 B.推力F通过飞船m传递给了火箭mx，所以m对mx的弹力大小应为F C.火箭质量mx应为 D.火箭质量mx应为－m ‎7.如图6甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m＝2kg的物体.物体同时受到两个水平力的作用，F1＝4N，方向向右，F2‎ 的方向向左，大小如图乙所示.物体从静止开始运动，此时开始计时，则在0～2s时间内下列结论不正确的是(　　)‎ 图6‎ A.加速度的最大值为1m/s2‎ B.当t＝1s时速度最大，最大值为0.5m/s C.合外力的冲量为8N·s D.当t＝1.5s时物体的加速度大小为0.5m/s2‎ ‎8.(多选)(2018·安徽省合肥市八中模拟)如图7所示，一颗陨石进入到地球周围的空间中，它的运动轨迹如实线abc所示，b为距地球最近点.陨石质量保持不变，不计阻力，图中虚线是以地心为圆心的同心圆，则下列说法正确的有(　　)‎ 图7‎ A.在地球的引力作用下，陨石做曲线运动 B.在b点，陨石的动量最大 C.在b点，陨石动量的变化率最大 D.在a、c点，陨石动量的变化率最大 ‎9.(2018·河北省邢台市质检)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一.设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时，安全气囊爆开.某次试验中，质量m1＝1600kg的试验车以速度v1＝36km/h正面撞击固定试验台，经时间t1＝0.10s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开.忽略撞击过程中地面阻力的影响.‎ ‎(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；‎ ‎(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2＝1600kg、速度v2＝18km/h同向行驶的汽车，经时间t2＝0.16s两车以相同的速度一起滑行.试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开.‎ ‎10.某游乐场入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鱼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8所示.这一景观可做如下简化，水柱从横截面积为S0的鱼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8‎ ‎(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.‎ 答案精析 ‎1.D ‎2.A　[以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝mv2，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＝m＝m.由动量定理可知正离子所受的平均冲量Δt＝Mv，联立以上式子可得＝I，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F＝I，故A正确.]‎ ‎3.BCD　[由题图可知，碰撞前有vA＝＝m/s＝－3m/s，vB＝＝m/s＝2m/s，碰撞后有vA′＝vB′＝v＝＝m/s＝－1m/s；对A、B组成的系统进行分析可知，A、B两球沿一直线运动并发生正碰，碰撞前后两球都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化ΔpA＝mvA′－mvA＝4kg·m/s，根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为ΔpB＝－ΔpA＝－4kg·m/s，同理ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝＝kg＝kg，所以A与B碰撞前的总动量p总＝mvA＋mBvB＝－kg·m/s，由动量定理可知，碰撞时A对B所施加的冲量IB＝ΔpB＝－4kg·m/s＝－4N·s.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk＝mvA2＋mBvB2－(m＋mB)v2，代入数据解得ΔEk＝10J，故A错误，B、C、D正确.]‎ ‎4.AD ‎5.C　[小球在碰撞斜面前做平抛运动，设碰撞斜面时小球速度为v′，由几何关系得v′＝＝2v0，碰撞过程中，小球速度由v′变为反向的v0，以反弹的速度方向为正方向，由动量定理可得，小球与斜面碰撞过程中受到的冲量大小I＝mv0－(－2mv0)＝3mv0，故选C.]‎ ‎6.AD　[对整体由动量定理可得：FΔt＝(m＋mx)Δv；由公式可得，F＝(m＋mx)，因质量不变，故推力F越大，就越大，且与F成正比，故A正确；对mx分析可得：FN＝mx，故FN小于F，故B错误；火箭的质量mx＝－m，故C错误，D正确.]‎ ‎7.C　[物体在t＝0或t＝2s时，合力最大，加速度最大，t＝0时，am＝＝m/s2＝1m/s2，方向水平向右；t＝2s时，am＝＝m/s2＝1m/s2，方向水平向左，故A正确；‎ 根据题图得，F2＝(2t＋2)N，则F2＝4N时，对应t1＝1s 合力为零时，加速度为零，速度最大，根据动量定理 F1t1－2t1＝mvm－0，有4×1N·s－×1N·s＝2vm－0‎ 解得：vm＝0.5m/s，故B正确；在2s内F1产生的冲量：I1＝F1t ‎＝4×2N·s＝8N·s，方向向右；F2产生的冲量：I2＝2t＝×2N·s＝8N·s，方向向左；由于两个力的冲量大小相等，方向相反，所以合外力的冲量大小为0，故C错误；当t＝1.5s时，F2＝5N，根据牛顿第二定律：a＝＝m/s2＝0.5m/s2，故D正确.]‎ ‎8.ABC　[陨石受到的合力(地球的引力)与运动速度不共线，所以陨石做曲线运动，故A正确；陨石在运动过程中，万有引力先做正功，后做负功，所以速度先增大后减小，在b点陨石的速度达到最大，动量最大，故B正确；由动量定理可知，动量的变化率即为物体受到的合外力的大小，b为距地球最近点，陨石在b点受到的合外力最大，所以在b点，陨石的动量变化率最大，故C正确，D错误.]‎ ‎9.(1)1.6×104N·s　1.6×105N　(2)见解析 解析　(1)v1＝36km/h＝10m/s，取速度v1的方向为正方向，由动量定理有－I0＝0－m1v1①‎ 将已知数据代入①式得I0＝1.6×104N·s②‎ 由冲量定义有I0＝F0t1③‎ 将已知数据代入③式得F0＝1.6×105N④‎ ‎(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v，以v1的方向为正方向，‎ 由动量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v⑤‎ 对试验车，由动量定理有－Ft2＝m1v－m1v1⑥‎ 将已知数据代入⑤⑥式得F＝2.5×104N⑦‎ 可见F＜F0，故试验车的安全气囊不会爆开.‎ ‎10.(1)ρS0v03　(2)－　(3)见解析 解析　(1)喷泉喷水的功率为：‎ P＝＝＝＝＝ρS0v03.‎ ‎(2)以向上为正方向，以Δt内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象，设碰到冲浪板时水的速度大小为v：‎ F·Δt＝Δp＝Δm·Δv＝ρS0v0Δt·Δv＝ρS0v0Δt·(0－v)‎ 所以：F＝－ρS0v0v 根据牛顿第三定律：F′＝－F＝Mg 所以：Mg＝ρS0v0v得：v＝ 水从喷口喷出后再做竖直上抛运动：‎ v2－v02＝－2gh，‎ 所以：h＝－.‎ ‎(3)从喷口喷出的水的流量Q＝S0v0是定值，单位时间内喷出的水的体积不变Q＝S0v0＝Sivi，在vi不断变小时，横截面积Si在不断增大，因此上升阶段的水柱呈现的形态是上端较粗.‎