2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第六章微專題44“選好研究對象”應(yīng)用動能定理練習(xí)含解析教科版

PAGEPAGE1微專題44“選好探討對象”應(yīng)用動能定理1．留意動量的矢量性及動量改變量的矢量性；動量定理Ft＝p′－p中“Ft”為合外力的沖量；要明確過程的初、末狀態(tài)．2．解決“流體問題”“粒子流問題”等持續(xù)作用狀況，需留意如何“選好探討對象”：需以流體為探討對象，建立“柱狀”模型，如圖所示，沿流速v的方向選取一段柱形流體，其橫截面積為S，取很小的一段作用時間Δt內(nèi)的一段柱形流體的長度為Δl，對應(yīng)的質(zhì)量為Δm＝ρSΔl.依據(jù)動量定理，流體微元所受的合外力的沖量等于該流體微元動量的增量，即FΔt＝ΔmΔv(粒子流微元內(nèi)的粒子數(shù)N＝nvSΔl，先應(yīng)用動量定理探討單個粒子，建立方程，再乘以N計算)．留意：若流體沖擊的物體是靜止的，則Δl＝vΔt；若流體沖擊的物體速度為v物，則Δl＝(v－v物)Δt.1．(多選)(2024·山東濟南市模擬)質(zhì)量1kg的物體從足夠高處由靜止起先下落，其加速度a隨時間t改變的關(guān)系圖像如圖1所示，重力加速度g取10m/s2，下列說法正確的是()圖1A．2s末物體所受阻力的大小為10NB．在0～2s內(nèi)，物體所受阻力隨時間勻稱減小C．在0～2s內(nèi)，物體的動能增大了100JD．在0～1s內(nèi)，物體所受阻力的沖量大小為2.5N·s2．運用高壓水槍作為切割機床的切刀具有獨特優(yōu)勢，得到廣泛應(yīng)用，如圖2所示，若水柱截面為S，水流以速度v垂直射到被切割的鋼板上，之后水速減為零，已知水的密度為ρ，則水對鋼板的沖力大小為()圖2A．ρSv B．ρSv2C.eq\f(1,2)ρSv2 D.eq\f(1,2)ρSv3.(2024·福建三明市上學(xué)期期末)用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產(chǎn)生的原理．如圖3所示，從距秤盤80cm高處把1000粒的豆粒連續(xù)勻稱地倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1s，豆粒彈起時豎直方向的速度大小變?yōu)榕銮暗囊话?，方向相反．若每個豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時間內(nèi)，碰撞力遠大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的總質(zhì)量為100g．則在碰撞過程中秤盤受到的壓力大小約為()圖3A．0.2NB．0.6NC．1.0ND．1.6N4．為估算池塘中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1小時內(nèi)杯中水位上升了45mm.查詢得知，當(dāng)時雨滴豎直下落速度約為12m/s，據(jù)此估算該壓強約為(設(shè)雨滴撞擊睡蓮后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103kg/m3)()A．0.15Pa B．0.54PaC．1.5Pa D．5.4Pa5．(多選)(2024·河南鄭州市其次次質(zhì)量預(yù)料)如圖4所示，質(zhì)量均為M的b、d兩個光滑斜面靜止于水平面上，底邊長度相等，b斜面傾角為30°，d斜面傾角為60°.質(zhì)量均為m的小物塊a和c分別從兩個斜面頂端由靜止自由滑下，下滑過程中兩個斜面始終靜止．重力加速度為g，小物塊到達斜面底端的過程中，下列說法正確的是()圖4A．兩物塊所受重力沖量相同B．兩物塊所受重力做功的平均功率相同C．地面對兩斜面的摩擦力均向左D．兩斜面對地面壓力均小于(m＋M)g6．(2024·重慶市八中模擬)航天器離子發(fā)動機原理如圖5所示，首先電子槍放射出的高速電子將中性推動劑離子化(即電離出正離子)，正離子被正、負極柵板間的電場加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推動或姿態(tài)調(diào)整的反沖力．已知單個正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正、負柵板間加速電壓為U，從噴口噴出的正離子所形成的電流為I.忽視離子間的相互作用力，忽視離子到達正極柵板時的速度，忽視離子噴射對航天器質(zhì)量的影響．該發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F的大小為()圖5A．Ieq\r(\f(2mU,q))B．Ieq\r(\f(mU,q))C．Ieq\r(\f(mU,2q))D．2Ieq\r(\f(mU,q))7．(2024·重慶市抽測)為了探討小球由靜止釋放后撞擊地面彈跳的規(guī)律，小俞同學(xué)利用運動傳感器采集數(shù)據(jù)并作出了如圖6所示的v－t圖像，小球質(zhì)量為0.6kg，空氣阻力不計，重力加速度g＝10m/s2，由圖可知()圖6A．橫坐標(biāo)每一小格表示的時間是1sB．小球下落的初始位置離地面的高度為3.6mC．小球第一次反彈的最大高度為1.25mD．小球第一次撞擊地面時地面對小球的平均作用力為66N8．(多選)一艘帆船在湖面上順風(fēng)航行，在風(fēng)力的推動下做速度為v0＝4m/s的勻速直線運動．已知帆船在該運動狀態(tài)下突然失去風(fēng)的推力的作用，此后帆船在湖面上做勻減速直線運動，經(jīng)過t＝8s靜止；該帆船的帆面正對風(fēng)的有效面積為S＝10m2，帆船的總質(zhì)量約為M＝936kg，若帆船在行駛過程中受到的阻力恒定不變，空氣的密度為ρ＝1.3kg/m3，下列說法正確的是()A．風(fēng)停止后帆船的加速度大小是1m/sB．帆船在湖面上順風(fēng)航行所受水的阻力大小為468NC．帆船勻速運動受到風(fēng)的推力的大小為936ND．風(fēng)速的大小為10m/s9．如圖7所示，自動稱米機已在很多大糧店廣泛運用．買者認為：因為米流落到容器中時對容器有向下的沖力而不劃算；賣者則認為：當(dāng)預(yù)定米的質(zhì)量達到要求時，自動裝置即刻切斷米流，此刻有一些米仍在空中，這些米是多給買者的，因而雙方爭吵起來．下列說法正確的是()圖7A．買者說的對 B．賣者說的對C．公允交易 D．具有隨機性，無法推斷10．(2024·山東濟南市上學(xué)期期末)某探討小組經(jīng)查閱資料了解到，在空氣中低速下落的物體所受的空氣阻力可認為與物體速度大小成正比關(guān)系，因此下落的物體最終會達到一個恒定的速度，稱之為收尾速度．如圖8所示為小球由靜止起先，在低速下落過程中速度隨時間改變的一部分圖像．圖中作出了t＝0.5s時刻的切線，小球的質(zhì)量為0.5kg，重力加速度g取10m/s2，求：圖8(1)小球在t＝0.5s時刻的加速度大??；(2)小球最終的收尾速度大??；(3)小球在0～0.5s內(nèi)的位移．11．某游樂場入口旁有一噴泉，在水泵作用下會從模型背部噴出豎直向上的水柱，將站在沖浪板上的MickeyMouse模型托起，穩(wěn)定地懸停在空中，伴隨著音樂旋律，MickeyMouse模型能夠上下運動，引人駐足，如圖9所示．這一景觀可做如下簡化，水柱從橫截面積為S0的模型背部噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出，設(shè)同一高度水柱橫截面上各處水的速率都相同，沖浪板底部為平板且其面積大于水柱的橫截面積，保證全部水都能噴到?jīng)_浪板的底部．水柱沖擊沖浪板前其水平方向的速度可忽視不計，沖擊沖浪板后，水在豎直方向的速度馬上變?yōu)榱?，在水平方向朝四周勻稱散開．已知MickeyMouse模型和沖浪板的總質(zhì)量為M，水的密度為ρ，重力加速度大小為g，空氣阻力及水的粘滯阻力均可忽視不計，噴水的功率定義為單位時間內(nèi)噴口噴出水的動能．圖9(1)求噴泉噴水的功率P；(2)試計算MickeyMouse模型在空中懸停時離噴口的高度h；(3)事實上，當(dāng)我們細致視察時，發(fā)覺噴出的水柱在空中上升階段并不是粗細勻稱的，而是在豎直方向上一頭粗、一頭細．請你說明上升階段的水柱是上端較粗還是下端較粗，并說明水柱呈現(xiàn)該形態(tài)的緣由．

答案精析1．AD[2s末物體的加速度為零，則此時，阻力等于重力，即所受阻力的大小為10N，選項A正確；依據(jù)mg－f＝ma可知，在0～2s內(nèi)，物體加速度隨時間勻稱減小，則所受阻力隨時間勻稱增大，選項B錯誤；在0～2s內(nèi)，物體的速度增加了Δv＝eq\f(1,2)×2×10m/s＝10m/s，則動能增大了eq\f(1,2)mΔv2＝eq\f(1,2)×1×102J＝50J，選項C錯誤；在0～1s內(nèi)，物體速度的增量Δv1＝eq\f(1,2)×(5＋10)×1m/s＝7.5m/s，依據(jù)動量定理mgt－If＝mΔv1，解得If＝2.5N·s，選項D正確．]2．B[在t時間內(nèi)射到被切割的鋼板上的水流的質(zhì)量m＝vtSρ，設(shè)鋼板對水流的作用力大小為F，依據(jù)動量定理Ft＝mv，解得F＝ρSv2，依據(jù)牛頓第三定律，水對鋼板的沖力大小為ρSv2，選項B正確．]3．B[設(shè)豆粒從80cm高處下落到秤盤上時的速度大小為v1，則有v12＝2gh，可得v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s設(shè)豎直向上為正方向，依據(jù)動量定理：Ft＝mv2－mv1則F＝eq\f(mv2－mv1,t)＝eq\f(0.1×2－0.1×－4,1)N＝0.6N，故B正確，A、C、D錯誤．]4．A[設(shè)雨滴受到睡蓮葉面的平均作用力為F，在Δt時間內(nèi)有質(zhì)量為Δm的雨水的速度由v＝12m/s減為零，以向上的方向為正方向，對這部分雨水應(yīng)用動量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，可得F＝eq\f(Δm,Δt)v；設(shè)水杯橫截面積為S，對水杯里的雨水，在Δt時間內(nèi)水位上升了Δh，則有Δm＝ρSΔh，可得F＝ρSveq\f(Δh,Δt)，則依據(jù)牛頓第三定律可知，睡蓮和葉面受到的作用力大小F′＝F＝ρSveq\f(Δh,Δt)，故壓強p＝eq\f(F′,S)＝ρveq\f(Δh,Δt)＝1×103×12×eq\f(45×10－3,3600)Pa＝0.15Pa.]5．AD[設(shè)斜面的底邊長度為L，則斜邊長度s＝eq\f(L,cosθ)，小物塊下滑的加速度a＝gsinθ，下滑的時間t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(4L,gsin2θ))，當(dāng)兩斜面傾角分別為30°和60°時，可得兩物塊運動的時間相同，依據(jù)I＝mgt可知，重力的沖量相同，選項A正確；重力做功W＝mgLtanθ，則重力做功的平均功率：eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝eq\f(1,2)mgtanθeq\r(gLsin2θ)，則當(dāng)兩斜面傾角分別為30°和60°時兩物塊所受重力做功的平均功率不相同，選項B錯誤；當(dāng)物塊加速下滑時，加速度有水平向右的重量，則對物塊和斜面的整體而言，由牛頓其次定律可知，地面對兩斜面的摩擦力均向右，選項C錯誤；豎直方向，因物塊下滑時加速度有豎直向下的重量，可知物塊失重，則兩斜面對地面壓力均小于(m＋M)g，選項D正確．]6．A[以正離子為探討對象，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，Δt時間內(nèi)通過的總電荷量為Q＝IΔt，噴出的正離子總質(zhì)量為M＝eq\f(Q,q)m＝eq\f(IΔt,q)m.由動量定理可知正離子所受的平均沖量eq\x\to(F)Δt＝Mv，聯(lián)立可得eq\x\to(F)＝Ieq\r(\f(2mU,q))，依據(jù)牛頓第三定律可知，發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力的大小為F＝Ieq\r(\f(2mU,q))，故A正確．]7．C[小球下落時做自由落體運動，加速度大小為g，則由題圖可知，落地時速度為6m/s，故用時t＝eq\f(6,10)s＝0.6s，題圖中對應(yīng)6個小格，故每一小格表示0.1s，故A錯誤；小球下落的初始位置離地面的高度為h＝eq\f(1,2)×10×(0.6)2m＝1.8m，故B錯誤；第一次反彈后加速度大小也為g，為豎直上拋運動，由題圖可知，最大高度為h′＝eq\f(1,2)×10×(0.5)2m＝1.25m，故C正確；設(shè)向下為正方向，由題圖可知，碰撞時間約為0.1s，依據(jù)動量定理可知：mgt－Ft＝mv′－mv，代入數(shù)據(jù)解得F＝72N，故D錯誤．]8．BD[風(fēng)突然停止，帆船只受到水的阻力的作用，做勻減速直線運動，設(shè)帆船的加速度大小為a，則a＝eq\f(v0,t)＝0.5m/s2，選項A錯誤；由牛頓其次定律可得f＝Ma，代入數(shù)據(jù)解得f＝468N，選項B正確；設(shè)帆船勻速運動時受到風(fēng)的推力的大小為F，依據(jù)平衡條件得F－f＝0，解得F＝f＝468N，選項C錯誤；設(shè)在時間Δt內(nèi)，正對帆面且吹向帆面的空氣的質(zhì)量為m，則m＝ρS(v－v0)Δt，由牛頓第三定律可知，這部分空氣受到的推力F′＝F，以v0的方向為正方向，依據(jù)動量定理有－F′Δt＝mv0－mv，解得v＝10m/s，選項D正確．]9．C[設(shè)米流的流量為d，它是恒定的，米流在出口處速度很小可視為零，若切斷米流后，設(shè)盛米的容器中靜止的那部分米的質(zhì)量為m1，空中還在下落的米的質(zhì)量為m2，落到已靜止的米堆上的一小部分米的質(zhì)量為Δm.在極短時間Δt內(nèi)，取Δm為探討對象，這部分米很少，Δm＝d·Δt，設(shè)其落到米堆上之前的速度為v，經(jīng)Δt時間靜止，如圖所示，取豎直向上為正方向，由動量定理得：(F－Δmg)Δt＝Δmv即F＝dv＋d·Δt·g，因Δt很小，故F＝dv依據(jù)牛頓第三定律知F′＝F，稱米機的讀數(shù)應(yīng)為M＝eq\f(m1g＋F′,g)＝m1＋deq\f(v,g)＝m1＋dt＝m1＋m2′因切斷米流后空中尚有質(zhì)量m2的米在空中，m2＝deq\f(v,g)＝d·t＝m2′，故C正確．]10．(1)4m/s2(2)eq\f(20,3)m/s(3)eq\f(2,3)m解析(1)由題圖可知，小球在t＝0.5s時的加速度大小為：a＝eq\f(Δv,Δt)＝4m/s2；(2)設(shè)空氣阻力與速度大小的正比系數(shù)為k，則有mg－kv＝ma達到最大速度時，加速度為