（全国通用）高考物理第六章微专题46动量定理的理解和应用加练半小时（含解析）.docx

动量定理的理解和应用方法点拨(1)注意动量的矢量性及动量变化量的矢量性.(2)动量定理Ftpp中“Ft”为合外力的冲量.(3)要明确过程的初、末状态.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1A.IB.IC.ID.2I3.(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m2kg，则由图可知下列结论正确的是()图2A.A、B碰撞前的总动量为3kgm/sB.碰撞时A对B所施加的冲量为4NsC.碰撞前后A的动量变化量为4kgm/sD.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10J4.(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3A.03s内，力F所做的功等于零，冲量也等于零B.04s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4A.mv0B.2mv0C.3mv0D.6mv06.(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t，测出飞船和火箭组的速度变化是v，下列说法正确的是()图5A.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FC.火箭质量mx应为D.火箭质量mx应为m7.如图6甲所示，光滑水平面上的O处有一质量为m2kg的物体.物体同时受到两个水平力的作用，F14N，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02s时间内下列结论不正确的是()图6A.加速度的最大值为1m/s2B.当t1s时速度最大，最大值为0.5m/sC.合外力的冲量为8NsD.当t1.5s时物体的加速度大小为0.5m/s28.(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7A.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m11600kg的试验车以速度v136km/h正面撞击固定试验台，经时间t10.10s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m21600kg、速度v218km/h同向行驶的汽车，经时间t20.16s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，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.D2.A以正离子为研究对象，由动能定理得qUmv2，t时间内通过的总电荷量为QIt，喷出的正离子总质量为Mmm.由动量定理可知正离子所受的平均冲量tMv，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FI，故A正确.3.BCD由题图可知，碰撞前有vAm/s3m/s，vBm/s2m/s，碰撞后有vAvBvm/s1m/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pAmvAmvA4kgm/s，根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化为pBpA4kgm/s，同理pBmB(vBvB)，所以mBkgkg，所以A与B碰撞前的总动量p总mvAmBvBkgm/s，由动量定理可知，碰撞时A对B所施加的冲量IBpB4kgm/s4Ns.碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能EkmvA2mBvB2(mmB)v2，代入数据解得Ek10J，故A错误，B、C、D正确.4.AD5.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v2v0，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Imv0(2mv0)3mv0，故选C.6.AD对整体由动量定理可得：Ft(mmx)v；由公式可得，F(mmx)，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：FNmx，故FN小于F，故B错误；火箭的质量mxm，故C错误，D正确.7.C物体在t0或t2s时，合力最大，加速度最大，t0时，amm/s21m/s2，方向水平向右；t2s时，amm/s21m/s2，方向水平向左，故A正确；根据题图得，F2(2t2)N，则F24N时，对应t11s合力为零时，加速度为零，速度最大，根据动量定理F1t12t1mvm0，有41Ns1Ns2vm0解得：vm0.5m/s，故B正确；在2s内F1产生的冲量：I1F1t42Ns8Ns，方向向右；F2产生的冲量：I22t2Ns8Ns，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t1.5s时，F25N，根据牛顿第二定律：am/s20.5m/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)1.6104Ns1.6105N(2)见解析解析(1)v136km/h10m/s，取速度v1的方向为正方向，由动量定理有I00m1v1将已知数据代入式得I01.6104Ns由冲量定义有I0F0t1将已知数据代入式得F01.6105N(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m1v1m2v2(m1m2)v对试验车，由动量定理有Ft2m1vm1v1将已知数据代入式得F2.5104N可见FF0，故试验车的安全气囊不会爆开.10.(1)S0v03(2)(3)见解析解析(1)喷泉喷水的功率为：PS0v03.(2)以向上为正方向，以t内冲击冲浪板