第六章 第18讲
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 )
A.30 kg·m/s B.5.7×102 kg·m/s
C.6.0×102 kg·m/s D.6.3×102 kg·m/s
解析 由于喷出过程中重力和空气阻力可忽略,则模型火箭与燃气组成的系统动量守恒.燃气喷出前系统静止,总动量为零,故喷出后瞬间火箭的动量与喷出燃气的动量等值反向,可得火箭的动量的大小等于燃气的动量大小,则|p火|=|p气|=m气v气=0.05 kg×600 m/s=30 kg·m/s.选项A正确.
2.“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 )
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,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大
D.在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
解析 从绳子恰好伸直,到人第一次下降到最低点的过程中,拉力逐渐增大,由牛顿第二定律mg-F=ma可知,人先做加速度减小的加速运动,当a=0时,F=mg,此时速度最大,动量最大,动能最大,此后人继续向下运动,F>mg,由牛顿第二定律F-mg=ma可知,人做加速度增大的减速运动,动量一直减小直到减为零,全过程中拉力方向始终向上,所以绳对人的冲量始终向上,综上可知选项A正确,C、D错误;拉力对人始终做负功,动能先增大后减小,故选项B错误.
3.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( A )
A.
C.
解析 由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v=
4.一枚火箭搭载着卫星以速率v0进入太空预定位置,由控制系统使箭体与卫星分离如图所示.已知前部分的卫星质量为m1,后部分的箭体质量为m2,分离后箭体以速率v2沿火箭原方向飞行,若忽略空气阻力及分离前后系统质量的变化,则分离后卫星的速率v1为( D )
A.v0-v2 B.v0+v2
C.v0-
解析 对火箭和卫星由动量守恒定律得(m1+m2)v0=m2v2+m1v1
解得v1=
5.一质量为0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5 m的位置B处是一面墙,如图所示.小物块以v0=9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动,在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s,碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止.g取10 m/s2.
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ;
(2)若碰撞时间为0.05 s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F;
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.
解析 (1)对小物块从A运动到B处的过程中
应用动能定理-μmgs=
代入数值解得μ=0.32.
(2)取向右为正方向,碰后滑块速度v′=-6 m/s,
由动量定理得FΔt=mv′-mv,解得F=-130 N,
其中“-”表示墙面对物块的平均作用力方向向左.
(3)对物块反向运动过程中应用动能定理得-W=0-
答案 (1)0.32 (2)130 N (3)9 J
6.两滑块a、b沿水平面上同一条直线运动,并发生碰撞,碰撞后两者黏在一起运动,经过一段时间后,从光滑路段进入粗糙路段,两者的位置x随时间t变化的图象如图所示.求:
(1)滑块a、b的质量之比;
(2)整个运动过程中,两滑块克服摩擦力做的功与因碰撞而损失的机械能之比.
解析 (1)设a、b的质量分别为m1、m2,a、b碰撞前的速度为v1、v2.由题给图象得
v1=-2 m/s,①
v2=1 m/s,②
a、b发生完全非弹性碰撞,碰撞后两滑块的共同速度为v.由题给图象得v=
由动量守恒定律得m1v1+m2v2=(m1+m2)v,④
联立①②③④式得m1∶m2=1∶8,⑤
(2)由能量守恒定律得,两滑块因碰撞而损失的机械能为
ΔE=
由图象可知,两滑块最后停止运动.由动能定理得,两滑块克服摩擦力所做的功为W=
联立⑥⑦式,并代入题给数据得W∶ΔE=1∶2.
答案 (1)1∶8 (2)1∶2
7.某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出,玩具底部为平板(面积略大于S),水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g.求:
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;
(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度.
解析 (1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则
Δm=ρΔV,①
ΔV=v0SΔt,②
由①②式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h,水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒得
在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=(Δm)v.⑤
设水对玩具的作用力的大小为F,根据动量定理有
FΔt=Δp,⑥
由于玩具在空中悬停,由力的平衡条件得F=Mg,⑦
联立③④⑤⑥⑦式得h=
答案 (1)ρv0S (2)
8.(2017·天津卷)如图所示,物块A和B通过一根轻质不可伸长的细绳相连,跨放在质量不计的光滑定滑轮两侧,质量分别为mA=2 kg、mB=1 kg.初始时A静止于水平地面上,B悬于空中,现将B竖直向上再举高h=1.8 m(未触及滑轮),然后由静止释放.一段时间后细绳绷直,A、B以大小相等的速度一起运动,之后B恰好可以和地面接触.取g=10 m/s2,空气阻力不计.求:
(1)B从释放到细绳刚绷直时的运动时间t;
(2)A的最大速度v的大小;
(3)初始时B离地面的高度H.
解析 (1)B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动,有
h=
代入数据解得t=0.6 s.②
(2)设细绳绷直前瞬间B速度大小为vB,有
vB=gt,③
细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,由动量守恒得mBvB=(mA+mB)v,④
之后A做匀减速运动,所以细绳绷直后瞬间的速度v即最大速度,联立②③④式,代入数据解得v=2 m/s.⑤
(3)细绳绷直后,A、B一起运动,B恰好可以和地面接触,说明此时A、B的速度为零,这一过程中A、B组成的系统机械能守恒,有
代入数据解得H=0.6 m.
答案 (1)0.6 s (2)2 m/s (3)0.6 m
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