考点17 动量能量综合问题 新高三一轮复习物理解析版Word格式.docx
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周期T=,由于不知道速度大小关系,故无法判断周期关系,C错误;
=,由于速度大小关系不确定,故无法判断比荷关系,D错误
2.“纵跳摸高”是一种很好的有助于青少年长高的运动.其动作要领是原地屈膝两脚快速用力蹬地,跳起腾空后充分伸展上肢摸到最高点.则人在进行纵跳摸高时,从他开始屈膝到摸到最高点的过程中( )
A.人始终处于超重状态
B.人始终处于失重状态
C.地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等
D.地面支持力对人做的功等于重力势能的增量
【答案】C
【解析】人在起跳过程,加速度向上,处于超重状态,而在空中时,加速度向下,处于失重状态,故A、B错误;
对人跳起的全过程分析,人受重力和支持力的冲量,根据动量定理可知,初末动量为零,则有地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等,C正确;
人在跳起时,地面对人的支持力对人不做功,是人自身做功增加了人的重力势能,D错误
3.(多选)一个质点受到外力作用,若作用前后的动量分别为p、p′,动量的变化量为Δp,速度的变化量为Δv,动能的变化量为ΔEk,则( )
p=-p′是不可能的
B.Δp垂直于p是可能的
C.Δp垂直于Δv是可能的
D.Δp≠0,ΔEk=0是可能的
【答案】BD
【解析】若作用前后质点的速度大小相等、方向相反时,p=-p′是可能的,A错误;
若外力的冲量与p垂直,则Δp与p垂直,B正确;
动量变化量Δp与速度变化量Δv的方向相同,C错误;
若只有速度方向变化而速度大小不变,则有Δp≠0而ΔEk=0,例如匀速圆周运动,D正确
4.如图所示,子弹以水平速度v0射向原来静止在光滑水平面上的木块,并留在木块中和木块一起运动。
在子弹射入木块的过程中,下列说法中正确的是( )
A.子弹对木块的冲量一定大于木块对子弹的冲量
B.子弹对木块的冲量和木块对子弹的冲量大小一定相等
C.子弹速度的减小量一定等于木块速度的增加量
D.子弹动量变化的大小一定等于木块动量变化的大小
【答案】BD
【解析】子弹射入木块的过程,二者之间的相互作用力始终等大反向,同时产生,同时消失,由冲量的定义I=Ft,可知选项B正确,A错误;
由动量定理知,选项D正确;
Δv=at=,子弹和木块所受的冲量Ft大小相同,但质量未必相等,因此速度变化量的大小不一定相等,选项C错误。
5.一质量为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( )
t=1s时物块的速率为1m/s
t=2s时物块的动量大小为4kg·
m/s
t=3s时物块的动量大小为5kg·
t=4s时物块的速度为零
【答案】AB
【解析】由动量定理可得Ft=mv,解得v=。
t=1s时物块的速率为v==
m/s=1m/s,故选项A正确;
t=2s时物块的动量大小p2=F2t2=2×
2kg·
m/s=4kg·
m/s,故选项B正确;
t=3s时物块的动量大小为p3=(2×
2-1×
1)kg·
m/s=3kg·
m/s,故选项C错误;
t=4s时物块的动量大小为p4=(2×
2)kg·
m/s=2kg·
m/s,所以t=4s时物块的速度为1m/s,故选项D错误。
6.甲、乙是两辆额定功率相同而质量不同的卡车,它们都在平直的公路上同向行驶,若卡车所受运动阻力等于车重的k倍(k<1),则两车在行驶过程中( )
A.有相同的最大速度
B.有相同的最大动量
C.有相同的最大动能
D.速度相同时的加速度也相同
【答案】B
【解析】以最大速度行驶时,牵引力与阻力平衡,故:
Ff=F①
P=Fv②
Ff=kmg③
联立解得:
v==,mv=,mv2=,由于功率和k相同而质量不同,故最大速度不同,最大动量相同,最大动能不同,A、C错误,B正确;
根据牛顿第二定律,有:
F-kmg=ma,P=Fv,得a=-kg,由于功率P、速度v和比例系数k相同而质量不同,故加速度不同,D错误.
7.(多选)如图,竖直环A半径为r,固定在木板B上,木板B放在水平地面上,B的左右两侧各有一挡板固定在地上,B不能左右运动,在环的最低点静放有一小球C,A、B、C的质量均为m.给小球一水平向右的瞬时冲量I,小球会在环内侧做圆周运动,为保证小球能通过环的最高点,且不会使环在竖直方向上跳起,瞬时冲量必须满足( )
A.最小值m
B.最小值m
C.最大值m
D.最大值m
【解析】当小球恰好到达最高点时,设小球经过最高点时速度为v1,最低点速度为v2,则
mg=m①
根据机械能守恒定律得
mg·
2r+mv=mv②
由①②联立得
v2=
由动量定理求出瞬时冲量的最小冲量
I1=mv2=m.
当小球经过最高点恰好使环在竖直方向上跳起时,小球对环的压力等于环的重力和木板B的重力和.
以小球为研究对象,根据牛顿第二定律得
mg+2mg=m③
2r+m=mv2′2④
由③④解得v2′=
由动量定理求出瞬时冲量的最大冲量I2=mv2′=m
综上,为保证小球能通过环的最高点,且不会使环在竖直方向上跳起,则瞬时冲量的最小值为m,最大值为m
8.质量为1.0kg的小球从高20m处自由下落到软垫上,反弹后上升的最大高度为5.0m,小球与软垫接触的时间为1.0s,在接触时间内小球受到的合力的冲量大小为(空气阻力不计,g取10m/s2)( )
A.40N·
s
B.30N·
C.20N·
D.10N·
【解析】小球从开始下落到落到软垫上的过程中,由动能定理可得:
mgh1=mv-0,
代入数据解得:
v1=20m/s,方向竖直向下;
小球从反弹到到达最高点过程中,由动能定理可得:
-mgh2=0-mv,
v2=10m/s,方向竖直向上;
以竖直向上为正方向,由动量定理得:
I=mv2-mv1=1×
10-1×
(-20)N·
s=30N·
s,方向竖直向上;
故选B
9.高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
+mg
-mg
【解析】由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v=,在t时间内对人由动量定理得(F-mg)t=mv,解得安全带对人的平均作用力为F=+mg,A项正确.
10.“蹦极”是一项刺激的极限运动,一个重为F0的运动员将一端固定的长弹性绳绑在踝关节处,从高处跳下,测得弹性绳的弹力F的大小随时间t
的变化图象如图所示.若将蹦极过程视为在竖直方向上的运动,且空气阻力不计,下列说法正确的是( )
t1~t2时间内运动员处于超重状态
t3时刻运动员的速度最大
t1~t3时间内运动员受到的弹力冲量和重力冲量大小相等
t1~t5时间内运动员的机械能先减小后增大
【答案】D
【解析】在t1~t2时间内,运动员合力向下,加速下降,处于失重状态,A错误;
t3时刻运动员受到的弹力最大,速度为零,处于最低点,B错误;
t1~t3时间内,运动员先加速,后减速,初速度不为零,末速度为零,根据动量定理,合力的冲量向上,故运动员受到的弹力冲量和重力冲量大小不相等,故C错误;
t1~t5时间内,弹性绳先拉长后恢复原长,弹性势能先增加后减小,由于运动员和弹性绳系统机械能守恒,故运动员的机械能先减小后增大,D正确
二、非选择题
11.如图所示,木块m2静止在高h=0.45m的水平桌面的最右端,木块m1静止在距m2左侧s0=6.25m处.现木块m1在水平拉力F作用下由静止开始沿水平桌面向右运动,与m2碰前瞬间撤去F,m1和m2发生弹性正碰.碰后m2落在水平地面上,落点距桌面右端水平距离s=1.2m.已知m1=0.2kg,m2=0.3kg,m1与桌面间的动摩擦因数为0.2.(两个木块都可以视为质点,不计空气阻力,g取10m/s2)求:
(1)碰后瞬间m2的速度大小;
(2)m1碰撞前、后的速度;
(3)水平拉力F的大小.
【答案】
(1)4m/s
(2)5m/s,方向水平向右 1m/s,方向水平向左 (3)0.8N
【解析】
(1)设碰撞后瞬间m2的速度为v2.碰撞后m2做平抛运动,则h=gt2,s=v2t,
解得v2=4m/s.
(2)设m1碰撞前、后的速度分别为v、v1,m1与m2碰撞过程动量和能量守恒,取水平向右为正方向,则m1v=m1v1+m2v2,
m1v2=m1v12+m2v22,
联立并代入数据得v=5m/s,v1=-1m/s.
m1碰撞前的速度大小为5m/s,方向水平向右;
碰撞后的速度大小为1m/s,方向水平向左.
(3)m1与m2碰撞之前有v2=2as0,
F-μm1g=m1a,
代入数据解得F=0.8N.
12.如图所示,在光滑的水平面上静止着一个质量为4m的木板B,B的左端静止着一个质量为2m的物块A,已知A、B之间的动摩擦因数为μ,现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与物块A碰撞后立即以大小为的速率弹回,在整个过程中物块A始终未滑离木板B,且物块A可视为质点,重力加速度为g.求:
(1)物块A相对木板B静止后的速度大小;
(2)木板B至少为多长?
【答案】
(1)
(2)
(1)设小球与物块A碰撞后物块A的速度为v1,以v0的方向为正方向,由动量守恒定律得mv0=-+2mv1,
设物块A与木板B的共同速度为v2,
由动量守恒定律得2mv1=(2m+4m)v2,
联立以上两式可得v1=,v2=.
(2)设物块A在木板B上滑过的距离为L,由能量守恒定律得2μmgL=×
2mv-(2m+4m)v,解得L=,
故木板B长至少为.
14.2022年将在我国举办第二十四届冬奥会,跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。
某滑道示意图如图,长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接,滑道BC高h=10m,C是半径R=20m圆弧的最低点。
质量m=60kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑,加速度a=4.5m/s2,到达B点时速度vB=30m/s,取重力加速度g=10m/s2。
(1)求长直助滑道AB的长度L;
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小;
(3)若不计BC段的阻力,画出运动员经过C点时的受力图,并求其所受支持力N的大小。
(1)100m
(2)1800N·
s (3)图见解析
3900N
【解析】
(1)根据匀变速直线运动公式,
有L==100m
(2)根据动量定理有I=mvB-mvA=1800N·
(3)运动员经C点时的受力分析如图所示
根据动能定理,运动员在BC段运动的过程中,有
mgh=mv-mv
根据牛顿第二定律,有FN-mg=m