主题一 3 微专题 动量定理的综合应用 考点练习 2027届高三物理一轮复习（浙江专版）

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基础巩固练
考点一 动量定理和图像问题的结合
1.(温州)篮球比赛前,常通过观察篮球从一定高度由静止下落后的反弹情况判断篮球的弹性。某同学拍摄了该过程,并得出了篮球运动的“速度—时间”图像,如图所示。以下说法正确的是( )
A.对应篮球位置最高的是f点
B.b点对应的位置比c点对应的位置高
C.篮球在空中运动时均处于失重状态
D.篮球每次对地面的撞击力接近相等
解析:C 篮球在最高点瞬时速度为零,由图像可知,f点的瞬时速度不为零,所以对应篮球位置最高的不是f点,A错误;由图像可知,b点和c点分别对应和地面撞击反弹前后的速率,对应的位置是地面上的同一位置,B错误;篮球在空中运动时加速度竖直向下,则篮球均处于失重状态,C正确;由图可知,篮球和地面每撞击一次,速度的改变量Δv在减小,根据动量定理有(F-mg)Δt=mΔv,每次撞击的时间Δt很短,认为相等,故每次撞击时篮球对地面的撞击力F在减小,D错误。
2.(丽水)汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M=20 kg,H=3.2 m,则下列说法错误的是( )
A.碰撞过程中F的冲量大小为220 N·s
B.碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.45 m
C.碰撞过程中F的冲量方向竖直向上
D.碰撞过程中头锤的动量变化量大小为200 kg·m/s
解析:B F-t图像与坐标轴围成的面积表示冲量,由图像可知碰撞过程中F的冲量大小为IF=12×0.1×4 400 N·s=220 N·s,方向竖直向上,A、C正确;头锤落到气囊上时的速度大小为v0=2gH=8 m/s,与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)有IF-Mgt=Mv-(-Mv0),解得v=
2 m/s,碰撞过程中头锤的动量变化量Δp=Mv-(-Mv0)=200 kg·m/s,D正确;碰撞结束后头锤上升的最大高度h=v22g=0.2 m,B错误。
3.沿同一直线,甲、乙两物体分别在外力F1、F2作用下做直线运动,甲在t1时间内,乙在t2时间内动量p随时间t变化的p-t图像如图所示,设甲物体在t1时间内所受到的冲量大小为I1,乙物体在t2时间内所受到的冲量大小为I2,则两物体所受外力F及其冲量I的大小关系是( )
A.F1>F2,I1=I2B.F1I2D.F1=F2,I1=I2
解析:A 由动量定理得I=Δp,
所以|I1|=0-p0=|p0|,|I2|=p0-0=|p0|,
即两次的冲量大小相等;
根据冲量的定义I=Ft,
由图知t1F2。
考点二 动量定理在多过程中的应用
4.(多选)游乐场滑索项目的简化模型如图所示,索道AB段光滑,A点比B点高1.25 m。与AB段平滑连接的BC段粗糙,长4 m。质量为50 kg的滑块从A点由静止下滑,到B点进入水平减速区,在C点与缓冲墙发生碰撞,反弹后在距墙1 m的D点停下。设滑块与BC段间的动摩擦因数为0.2。规定向右为正方向,g取 10 m/s2。下列说法正确的是( )
A.缓冲墙对滑块的冲量为-50 N·s
B.缓冲墙对滑块的冲量为-250 N·s
C.缓冲墙对滑块做的功为-125 J
D.缓冲墙对滑块做的功为-250 J
解析:BC 从A到B的过程,由动能定理可知,mgh=12mvB2-0,从B到C的过程,加速度大小为a=μg=2 m/s2,由位移公式x1=vB2-vC22a,可得 vC=3 m/s,方向向右;从C到D过程,x2=vC'22a,解得被缓冲墙反弹后滑块的速度大小vC′=2 m/s,方向向左,由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量I=Δp=-mvC′-mvC=-250 N·s,由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功W=12mvC′2-12mvC2=-125 J,综上分析可知,选项B、C正确,A、D错误。
5.(温州)如图所示,质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面向上滑动,经过时间t1,速度为零并又开始下滑,经过时间t2回到斜面底端,滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff,重力加速度为g。在整个运动过程中,下列说法正确的是( )
A.支持力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)sin θ
B.重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)
C.合力的冲量为0
D.摩擦力的总冲量为Ff(t1+t2)
解析:B 将重力按照垂直于斜面和平行于斜面分解,可得支持力FN=mgcs θ,则支持力对滑块的总冲量为I支=FN(t1+t2)=mg(t1+t2)cs θ,方向垂直于斜面向上,故A错误;根据冲量的定义知,重力对滑块的总冲量为I重=mg(t1+t2),方向竖直向下,故B正确;开始小滑块的动量沿斜面向上,最后小滑块的动量沿斜面向下,根据动量定理可知I合=F合(t1+t2)=Δp,整个过程中小滑块的动量发生了变化,显然合力的冲量不为0,故C错误;小滑块向上滑动时摩擦力方向沿斜面向下,小滑块向下滑动时摩擦力方向沿斜面向上,以沿斜面向上为正方向,则摩擦力的总冲量为
I摩=Fft2-Fft1,故D错误。
考点三 动量定理解连续变质量问题
6.(绍兴)“长征二号F”是中国主要用于发射神舟系列载人飞船和大型目标飞行器到近地轨道的一型火箭,它总重约5×105 kg,某次起飞加速度为10 m/s2。推进剂燃烧产生的高温气体以2.5×103 m/s的速度向下喷射使火箭获得动力,则火箭起飞时每秒喷射的气体质量约为(g取
10 m/s2)( )
A.400 kgB.2 000 kg
C.4 000 kgD.8 000 kg
解析:C 火箭起飞时,推力为F,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,由动量定理FΔt=Δmv,解得火箭起飞时每秒喷射的气体质量ΔmΔt=Fv=m(g+a)v=5×105×202.5×103 kg/s=4 000 kg/s。
7.(宁波)如图,质量为m的四轴无人机有四个螺旋桨。四个螺旋桨旋转共扫出的总面积为S,当四个螺旋桨同时旋转产生竖直向下的气流,可使该无人机悬停在空中某一固定位置。已知空气的密度为ρ,重力加速度大小为g。要使无人机悬停,则螺旋桨旋转产生竖直向下的气流的速率应为( )
A.mgSρB.SρmgC.mSρgD.mgSρ
解析:A 对无人机受力分析可知mg=F,在极短时间t内,对空气列动量定理Ft=Δmv=ρSvt·v,联立解得v=mgSρ。
8.(宁波)如图所示,用高压水枪水力采煤,假设水枪的喷嘴直径为D,水流喷出的速度为v,不考虑水在空中的速度变化,并假设水流冲击煤层后顺着煤层流下。已知水的密度为ρ,则煤层受到水的平均冲击力大小为( )
A.ρπD2v4B.ρπD2v2
C.ρπD2v24D.ρπD2v22
解析:C 设Δt时间内水枪射出水的质量为Δm,则有Δm=ρSvΔt=ρπ(D2) 2vΔt,以这小段水柱为研究对象,选取初速度的方向为正方向,
根据动量定理有-F·Δt=0-Δm·v,
联立解得平均冲击力大小F=ρπD2v24。
考点四 微元法处理变力冲量
9.(嘉兴)在地面上一小球以初速度3 m/s竖直上抛,落地速度为2.6 m/s。若小球运动过程中受到的空气阻力与速率成正比,则小球在空中运动的时间为( )
s s s s
解析:B 由题意,取竖直向下为正方向,对小球利用动量定理有mgt-∑kv·Δt=mv2-m(-v1),
由于∑kv·Δt=∑kΔs=0,
可得t=v2+v1g=2.6+310s=0.56 s。
10.(多选)在无风的条件下,雨滴在空中下落,由于空气阻力的影响,最终会以恒定的速度下降,这个速度称为收尾速度。质量为m(保持不变)的雨滴从静止开始下落,经过时间t,下降高度h,恰好达到收尾速度vm。已知空气对下落雨滴的阻力大小与雨滴速度大小成正比,即f=kv,k为已知常数,重力加速度大小为g。下列关系正确的是( )
A.vm=mgk2B.vm=mgk
C.t=kℎmg+mkD.t=kℎmg-mk
解析:BC 雨滴达到最大速度时,所受空气阻力与重力大小相等,即f=kvm=mg,解得vm=mgk,A错误,B正确;以竖直向下为正方向,雨滴从开始下落到达到收尾速度的过程中,根据动量定理有mgt-If=mvm-0,阻力的冲量大小If=ft=kvt=kh,联立可得t=kℎmg+mk,C正确,D错误。
能力提升练
11.一物体放在水平地面上,如图甲所示,已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图乙所示,物体相应的速度v随时间t的变化关系如图丙所示。以下说法错误的是( )
A.物体的质量为0.75 kg
B.0~8 s时间内拉力的冲量为18 N·s
C.0~8 s时间内物体动量变化量的大小为4 kg·m/s
D.0~10 s时间内,物体克服摩擦力所做的功为30 J
解析:A 根据v-t图像的斜率表示加速度,由图丙知,在2~6 s时间内物体的加速度为a=ΔvΔt=0.75 m/s2;由图乙知,在2~6 s时间内F2=3 N,根据牛顿第二定律有F2-f2=ma,可得3-f2=0.75m,在6~8 s时间内物体匀速运动,此时F3=f2=2 N,联立解得m=1.33 kg,A错误;F-t图像与时间轴围成的面积表示冲量,由图乙得0~8 s时间内拉力的冲量IF=F1t1+F2t2+F3t3=18 N·s,
B正确;前2 s内物体处于静止状态,静摩擦力f1=1 N,2~6 s内物体做匀加速运动;6~8 s内物体做匀速直线运动,在此过程中物体拉力与摩擦力相等,即f2=2 N,物体在0~8 s时间内根据动量定理有Δp=IF-If1-If2=18 N·s-1×2 N·s-2×6 N·s=4 N·s=4 kg·m/s,C正确;由图丙的面积关系可得物体的位移为x=2+82×3 m=15 m,则物体克服摩擦力所做的功为W=f2x=30 J,D正确。
12.如图所示,小孩把锥形桶放到喷泉上,得到一种新型的玩法。水柱从地面的喷口持续以速度v0竖直向上喷出,把一个质量为M的锥形桶顶在空中,单位时间从喷泉口喷出的水质量为Δm(设水柱喷到桶顶后以相同的速率反弹,忽略对桶侧壁的影响,重力加速度为g)。锥形桶悬停时,离地面的高度为( )
A.v022g-M2g2(Δm)2B.v022g-M2g8(Δm)2
C.v024g-M2g2(Δm)2D.v022g-M2g4(Δm)2
解析:B 设锥形桶悬停时,水柱到达锥形桶处的速度为v(竖直向上),时间Δt内,冲击锥形桶的水的质量为Δm·Δt。以速度v0方向为正方向,水柱碰到锥形桶后以速率v反向弹回(速度为-v),根据动量定理-F·Δt=ΔmΔt(-v)-ΔmΔtv,化简得F=-2Δmv。锥形桶悬停时,水的作用力与重力平衡,有2Δmv=Mg,解得v=Mg2Δm。水柱从喷口以初速度v0竖直向上喷出,到达高度h时速度为v,有v2-v02=-2gh,代入v=Mg2Δm,解得h=v022g-M2g8(Δm)2。
13.某科幻小说中描绘了宇宙舰队通过微粒尘埃区时被动减速的场景,引起了天文爱好者们的讨论,如果想要不减速通过尘埃区,就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区的密度为ρ=4.0×10-8 kg/m3,飞船进入尘埃区的速度为v=3.0×105 m/s,飞船垂直于运动方向上的最大横截面积为S=10 m2,尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上,求:
(1)单位时间Δt=1 s内附着在飞船上的微粒质量;
(2)飞船要保持速度v不变,所需的动力大小。
答案:(1)0.12 kg (2)3.6×104 N
解析:(1)飞船在尘埃区飞行Δt时间,则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量
Δm=ρSvΔt=0.12 kg。
(2)微粒由静止到与飞船一起运动,微粒的动量增加。
由动量定理Ft=Δp得
FΔt=Δmv=ρSvΔt·v,
解得F=ρSv2=4.0×10-8×10×(3.0×105)2 N=3.6×104 N,
根据牛顿第三定律,微粒对飞船的作用力大小F′=F。
由平衡条件可知,要保持飞船速度不变,所需的动力大小与F′相等,即3.6×104 N。