2025新高考物理二轮复习【核心素养测评】二十一 动量定理（练习，含解析）

这是一份2025新高考物理二轮复习【核心素养测评】二十一 动量定理（练习，含解析），共19页。
1.(6分)(科技情境)(2024·日照模拟)“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态,在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护,能有效地减小摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中,安全气囊可以( )
A.减小穿戴者与地面的接触时间,减小合力冲量
B.延长穿戴者与地面的接触时间,增大合力冲量
C.减小穿戴者与地面的接触时间,减小地面对穿戴者的平均冲击力
D.延长穿戴者与地面的接触时间,减小穿戴者的动量变化率
【加固训练】
在汽车相撞时,汽车的安全气囊可使头部受伤率减少约25%,面部受伤率减少80%左右。如图所示,某次汽车正面碰撞测试中,汽车以108 km/h的速度撞上测试台后停下,安全气囊在系有安全带的假人的正前方水平弹出,假人用时0.2 s停下。车内假人的质量为50 kg,则下列说法正确的是( )
A.安全气囊的作用是减小碰撞前后假人动量的变化量
B.安全气囊对假人的作用力小于假人对安全气囊的作用力
C.碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的冲量大小为300 N·s
D.碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的平均作用力大小为7 500 N
2.(6分)质量为2 kg的物体,速度由向东的5 m/s 变为向西的5 m/s,关于它的动量和动能下列说法正确的是( )
A.动量和动能都发生了变化
B.动量和动能都没有发生变化
C.动量发生了变化,动能没有发生变化
D.动能发生了变化,动量没有发生变化
3.(6分)《当代生物学》杂志上的一篇论文称,任何“减震功能”都会阻碍啄木鸟的啄食能力,实际上啄木鸟的头部更像是硬锤。将啄木鸟啄树干的过程简化如下:啄树干时啄木鸟头部的速度大小约为555 cm/s,方向垂直树干,喙与树干的作用时间约为0.01 s。若啄木鸟的头部质量为20 g,则啄木鸟(忽略身体与头部间的作用力)每次啄树干时对树干的平均作用力最小为( )
A.1.0 N B.2.2 N
C.5.6 ND.11.1 N
4.(6分)(2024·合肥模拟)质量为m的物体受恒定合力F,在F作用下做匀变速运动,经过A点时速度大小为v,速度方向与力F的方向垂直。再经一段时间,速度方向与F方向的夹角是θ,下列对这一过程的描述,说法正确的是( )
A.θ可能大于90°
B.这一过程经历的时间是mvtanθF
C.这一过程力F做的功是mv22tan2θ
D.这一过程物体动量的变化为mvtanθ
5.(6分)(体育运动情境)2023年10月3日,在杭州亚运会女子10米跳台决赛中,全红婵以总分438.20分夺得冠军。假设她进入水中深度3 m后速度减为零,其质量m=50 kg,忽略空气阻力,且她在水中的运动近似为匀变速直线运动,则从入水到速度减为零的过程中,水给她的冲量大小最接近( )
A.220 N·sB.520 N·s
C.720 N·sD.920 N·s
【加固训练】
(多选) (2023·汕尾模拟)中国女排队员的拼搏精神永远激励着人们奋发前进。如图所示,一名排球运动员正进行垫球训练。排球以6 m/s的速度竖直向下打在运动员的手臂上,然后以8 m/s的速度竖直向上飞出。已知排球的质量为250 g,排球与手臂的作用时间为0.2 s。不计空气阻力,取g=10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.排球速度变化量的大小为2 m/s
B.排球动量变化量的大小为3.5 kg·m/s
C.排球受到手臂的冲量大小为4.0 N·s
D.排球对手臂的平均作用力大小为17.5 N
6.(6分) (多选)(2023·咸阳模拟)质量为m=1 kg 的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动,其拉力F随时间t的变化图线如图所示。物块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g=10 m/s2。则( )
A.在t=2 s时,物块的动量大小为1 kg·m/s
B.在t=4 s时,物块的速度为0
C.在0~2 s内和2~5 s内,物块动量的变化量大小之比为3∶2
D.在0~5 s内,物块的最大速度为1.5 m/s
【综合应用练】
7.(6分)在某次排球比赛中,质量为m的运动员从下蹲状态竖直向上起跳,经时间t身体伸直并刚好离开水平地面,运动员重心升高h,此时运动员的速度大小为v,不计空气阻力,重力加速度大小为g。则( )
A.该过程中,地面对运动员的平均作用力大小为mvt+mg
B.该过程中,地面对运动员做功为12mv2+mgh
C.该过程中,运动员的动量变化量大小为mgt+mv
D.该过程中,地面对运动员的冲量大小为mv-mgt
8. (6分)(2023·黄冈模拟)如图所示,AB为竖直固定的四分之一粗糙圆弧轨道,O为圆心,P为圆弧AB的中点,OA水平,OB竖直,轨道半径R=2 m,一质量m=4 kg的小物块以2 m/s的速度从A到B做匀速圆周运动,重力加速度g=10 m/s2 ,则下列说法不正确的是( )
A.A到B的过程中合力对小球的冲量为8 N·s
B.在P点时,重力的瞬时功率为40 W
C.AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功
D.在B点时,小物块对圆弧轨道的压力大小为40 N
【加固训练】
(2023·成都模拟)如图甲所示,某选手正在进行定点投篮。在篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系xOy,如图乙所示。篮球由A点投出,A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点,C为篮球运动的最高点。重力加速度为g,空气阻力忽略不计。下列说法正确的是( )
A.篮球经过C点时速度大小为gL
B.篮球经过B点和D点的动量相同
C.篮球在C点时,重力的瞬时功率不为零
D.篮球由A到B和由B到C的过程中,动量的变化量相同
9.(6分) (科技前沿情境)(2023·杭州模拟)2023年4月7日,由中国航空工业全新研制的四吨级先进双发多用途直升机“吉祥鸟”AC332,在天津滨海新区圆满完成全状态首次飞行。如图所示是“吉祥鸟”AC332在无风的情况下悬停在空中时的照片,“吉祥鸟”直升机的质量为M,螺旋桨向下推空气时使空气获得的速度大小为v,忽略尾翼螺旋桨消耗的能量,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.“吉祥鸟”直升机悬停在空中,空气对“吉祥鸟”直升机的冲量为零
B.“吉祥鸟”直升机对空气所做的功为12Mv2
C.单位时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为Mg2v
D.“吉祥鸟”直升机的发动机消耗的功率为12Mgv
10.(10分)(2023·张家口模拟)娱乐风洞是一种空中悬浮装置,在一个特定的空间内人工制造和控制气流,游人只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区,即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。已知一游客质量为60 kg,腹部向下时受风面积最大为0.7 m2,身体直立时受风面积最小为0.2 m2,气流密度为1.2 kg/m3,气流速度为30 m/s,重力加速度为g=10 m/s2,假设气流吹到人身体上后速度近似变为0。
(1)若游客在风洞内悬浮,求受风面积应调整为多大;
(2)若游客进入风洞先由最大受风面积运动1 s后立即改为最小受风面积,求游客距出发点的最远距离为多少。(结果均保留2位有效数字)
【加固训练】
(2023·福州模拟)如图所示,在竖直面内两光滑的硬直杆OA、OB连接成V形,O点固定在水平天花板上,两杆与天花板间的夹角分别为74°、53°,OB杆的端点B与水平地面间的距离为h,轻质小环套在OA上,质量为m的小球套在OB上,轻质细线的两端分别与环、球连接,开始时环与球都保持静止,OB对小球的弹力大小为FN=2.4 N,小球静止在P点,B、P两点间的距离为d=2516 m,重力加速度g取10 m/s2,sin53°=0.8,cs53°=0.6。某时刻剪断细线。
(1)求剪断细线前杆OA对小环的弹力和剪断细线后小球到达B点时的动量大小;
(2)若剪断细线后小球从P点到达水平地面的过程中重力的冲量大小为I=134 N·s,求h。
【情境创新练】
11.(6分)(多选)某小组在创新项目研究中,将一小车置于倾角θ=30°的斜面顶端,并在小车中装入速度传感器,该小车可以根据速度的变化调整其前进时所受总阻力的大小,从而对小车产生保护机制。小车所受总阻力f与速度v的关系为f=kv,k为比例系数,小车和传感器的总质量m=2 kg,小车从静止开始下滑的v-t图像如图所示,小车在第1 s末达到最大速度,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是
( )
A.适当的减小斜面倾角可以增大小车的最大速度
B.f=kv中,系数k=5 kg/s
C.在第1 s内小车的位移大小为1.1 m
D.在第1 s内小车的位移大小为1.2 m
解析版
1.(6分)(科技情境)(2024·日照模拟)“智能防摔马甲”是一款专门为老年人研发的科技产品。该装置通过马甲内的传感器和微处理器精准识别穿戴者的运动姿态,在其失衡瞬间迅速打开安全气囊进行主动保护,能有效地减小摔倒带来的伤害。在穿戴者着地的过程中,安全气囊可以( )
A.减小穿戴者与地面的接触时间,减小合力冲量
B.延长穿戴者与地面的接触时间,增大合力冲量
C.减小穿戴者与地面的接触时间,减小地面对穿戴者的平均冲击力
D.延长穿戴者与地面的接触时间,减小穿戴者的动量变化率
【解析】选D。依题意,根据动量定理FΔt=Δp,可得F=ΔpΔt,可知安全气囊的作用是延长了穿戴者与地面的接触时间Δt,从而减小穿戴者所受到的合外力,即减小穿戴者动量的变化率ΔpΔt,而穿戴者动量的变化量Δp,即穿戴者所受合力的冲量FΔt均未发生变化。故D正确,A、B、C错误。
【加固训练】
在汽车相撞时,汽车的安全气囊可使头部受伤率减少约25%,面部受伤率减少80%左右。如图所示,某次汽车正面碰撞测试中,汽车以108 km/h的速度撞上测试台后停下,安全气囊在系有安全带的假人的正前方水平弹出,假人用时0.2 s停下。车内假人的质量为50 kg,则下列说法正确的是( )
A.安全气囊的作用是减小碰撞前后假人动量的变化量
B.安全气囊对假人的作用力小于假人对安全气囊的作用力
C.碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的冲量大小为300 N·s
D.碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的平均作用力大小为7 500 N
【解析】选D。安全气囊的作用增加了碰撞时假人的减速时间,碰撞前后假人动量的变化量不变,假人受到的合外力减小,故A错误;根据牛顿第三定律可知,安全气囊对假人的作用力等于假人对安全气囊的作用力,故B错误;根据动量定理可知,碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的冲量大小为I=mv=1 500 N·s,故C错误;碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的平均作用力大小为F=It=1 5000.2 N=7 500 N,故D正确。
2.(6分)质量为2 kg的物体,速度由向东的5 m/s 变为向西的5 m/s,关于它的动量和动能下列说法正确的是( )
A.动量和动能都发生了变化
B.动量和动能都没有发生变化
C.动量发生了变化,动能没有发生变化
D.动能发生了变化,动量没有发生变化
【解析】选C。动量和动能表达式分别为p=mv,Ek=12mv2,由于动量是矢量,动能是标量,故物体的动量发生了变化,动能没有发生变化。
3.(6分)《当代生物学》杂志上的一篇论文称,任何“减震功能”都会阻碍啄木鸟的啄食能力,实际上啄木鸟的头部更像是硬锤。将啄木鸟啄树干的过程简化如下:啄树干时啄木鸟头部的速度大小约为555 cm/s,方向垂直树干,喙与树干的作用时间约为0.01 s。若啄木鸟的头部质量为20 g,则啄木鸟(忽略身体与头部间的作用力)每次啄树干时对树干的平均作用力最小为( )
A.1.0 N B.2.2 N
C.5.6 ND.11.1 N
【解析】选D。由动量定理可知Ft=mΔv,其中t=0.01 s,m=0.02 kg,Δvmin=5.55 m/s,代入可得啄木鸟每次啄树干时对树干的平均作用力最小为F=11.1 N,故选D。
4.(6分)(2024·合肥模拟)质量为m的物体受恒定合力F,在F作用下做匀变速运动,经过A点时速度大小为v,速度方向与力F的方向垂直。再经一段时间,速度方向与F方向的夹角是θ,下列对这一过程的描述,说法正确的是( )
A.θ可能大于90°
B.这一过程经历的时间是mvtanθF
C.这一过程力F做的功是mv22tan2θ
D.这一过程物体动量的变化为mvtanθ
【解析】选C。经过A点时速度大小为v,速度方向与力F的方向垂直,之后轨迹会向力的方向偏移,所以θ小于90°,故A错误;沿力的方向根据动量定理Ft=Δp=mvtanθ,这一过程经历的时间t=mvFtanθ,故B、D错误;后来的速度大小为v'=vsinθ,根据动能定理W=12mv'2-12mv2=mv22tan2θ,故C正确。
5.(6分)(体育运动情境)2023年10月3日,在杭州亚运会女子10米跳台决赛中,全红婵以总分438.20分夺得冠军。假设她进入水中深度3 m后速度减为零,其质量m=50 kg,忽略空气阻力,且她在水中的运动近似为匀变速直线运动,则从入水到速度减为零的过程中,水给她的冲量大小最接近( )
A.220 N·sB.520 N·s
C.720 N·sD.920 N·s
【解析】选D。在入水前,全红婵做自由落体运动,只受重力,则由v12=2gh,可得入水时的速度v1=102 m/s;她入水后做匀减速直线运动,最后速度减为0,因此入水后的平均速度v=v1+02=52 m/s;从入水到速度减为0所用时间t=dv=352 s=3210 s,根据动量定理I-mgt=0-(-mv1),可得水给她的冲量大小I=6502 N·s≈919 N·s,故选D。
【加固训练】
(多选) (2023·汕尾模拟)中国女排队员的拼搏精神永远激励着人们奋发前进。如图所示,一名排球运动员正进行垫球训练。排球以6 m/s的速度竖直向下打在运动员的手臂上,然后以8 m/s的速度竖直向上飞出。已知排球的质量为250 g,排球与手臂的作用时间为0.2 s。不计空气阻力,取g=10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.排球速度变化量的大小为2 m/s
B.排球动量变化量的大小为3.5 kg·m/s
C.排球受到手臂的冲量大小为4.0 N·s
D.排球对手臂的平均作用力大小为17.5 N
【解析】选B、C。根据题意,以向下为正方向,则排球速度变化量为
Δv=v2-v1=-14 m/s,故A错误;根据题意,以向下为正方向,排球动量变化量为
Δp=m·Δv=-3.5 kg·m/s,故B正确;根据题意,设排球受到手臂的冲量大小为I,以向下为正方向,由动量定理有mgt-I=Δp,解得I=mgt-Δp=4 N·s,故C正确;根据题意,由公式I=Ft可得,手对排球的平均作用力为F=It=20 N,由牛顿第三定律可得,排球对手臂的平均作用力大小为F'=F=20 N,故D错误。
6.(6分) (多选)(2023·咸阳模拟)质量为m=1 kg 的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动,其拉力F随时间t的变化图线如图所示。物块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.1,重力加速度g=10 m/s2。则( )
A.在t=2 s时,物块的动量大小为1 kg·m/s
B.在t=4 s时,物块的速度为0
C.在0~2 s内和2~5 s内,物块动量的变化量大小之比为3∶2
D.在0~5 s内,物块的最大速度为1.5 m/s
【解析】选A、D。图像与坐标轴围成的面积代表拉力的冲量,根据动量定理可知F1+F22t-μmgt=p,代入数据可解得p=1 kg·m/s,故A正确;同理,2~4 s 根据动量定理有F22t-μmgt=mv-p,代入数据解得v=1 m/s,故B错误;由上述分析可知0~2 s 内物块动量的变化量大小为1 kg·m/s,2~4 s内物块动量的变化量大小为0,4~5 s内物块动量的变化量大小为Δp=|-F32t'-μmgt'|=32 kg·m/s,所以在0~2 s内和2~5 s内,物块动量的变化量大小之比为2∶3,故C错误;当拉力与摩擦力相等时,速度最大,由题图可知为t=3 s时,根据动量定理可知F2+F42t'-μmgt'=mv'-p,代入数据解得v'=1.5 m/s,故D正确。
【综合应用练】
7.(6分)在某次排球比赛中,质量为m的运动员从下蹲状态竖直向上起跳,经时间t身体伸直并刚好离开水平地面,运动员重心升高h,此时运动员的速度大小为v,不计空气阻力,重力加速度大小为g。则( )
A.该过程中,地面对运动员的平均作用力大小为mvt+mg
B.该过程中,地面对运动员做功为12mv2+mgh
C.该过程中,运动员的动量变化量大小为mgt+mv
D.该过程中,地面对运动员的冲量大小为mv-mgt
【解析】选A。根据动量定理(F-mg)t=mv-0得F=mvt+mg,故A正确;该过程中,地面对运动员的支持力的作用点没有发生移动,地面对运动员做功为0,故B错误;该过程中,运动员的动量变化量大小为mv,故C错误;根据动量定理I-mgt=mv-0可知,地面对运动员的冲量大小为mv+mgt,故D错误。
8. (6分)(2023·黄冈模拟)如图所示,AB为竖直固定的四分之一粗糙圆弧轨道,O为圆心,P为圆弧AB的中点,OA水平,OB竖直,轨道半径R=2 m,一质量m=4 kg的小物块以2 m/s的速度从A到B做匀速圆周运动,重力加速度g=10 m/s2 ,则下列说法不正确的是( )
A.A到B的过程中合力对小球的冲量为8 N·s
B.在P点时,重力的瞬时功率为40 W
C.AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功
D.在B点时,小物块对圆弧轨道的压力大小为40 N
【解析】选D。A到B的过程,初状态动量方向竖直向下,末状态动量方向水平向右,大小为p1=p2=mv=42 kg·m/s,该过程小物块的动量改变量大小为Δp=p22+p12=8 kg·m/s,根据动量定理,可知I合=Δp=8 N·s,即A到B的过程中合力对小球的冲量大小为8 N·s,故A正确,与题意不符;依题意,P为圆弧AB的中点,则小物块在P点的速度方向与竖直方向成45°角,根据功率的表达式,有P=mgvcs45°=40 W,故B正确,与题意不符;由几何知识可知hAP=Rcs45°=
2 m,hPB=R-Rcs45°=(2-2) m,由动能定理,可得mghAP-WAP=0,mghPB-WPB=0,联立解得WAP=402 J≈56.6 J,WPB=40(2-2) J≈23.4 J,可知AP段克服摩擦力做的功大于PB段克服摩擦力做的功,故C正确,与题意不符;小物块在B点时,由牛顿第二定律可得FN-mg=mv2R,解得FN=44 N,根据牛顿第三定律可知,小物块对圆弧轨道的压力大小为44 N,故D错误,与题意相符。
【加固训练】
(2023·成都模拟)如图甲所示,某选手正在进行定点投篮。在篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系xOy,如图乙所示。篮球由A点投出,A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点,C为篮球运动的最高点。重力加速度为g,空气阻力忽略不计。下列说法正确的是( )
A.篮球经过C点时速度大小为gL
B.篮球经过B点和D点的动量相同
C.篮球在C点时,重力的瞬时功率不为零
D.篮球由A到B和由B到C的过程中,动量的变化量相同
【解析】选D。依题意,篮球抛出后做斜抛运动,利用逆向思维,可知篮球从C点做平抛运动到A点,设C点的坐标为(0,yC),从C点到B点、从B点到A点的用时均为t,由乙图可知L=vCt,yC=12gt2,3L-yC=gt2,联立可得yC=L,vC=gL2,故A错误;由乙图可知,B点和D点在同一水平高度上,则由对称性可知篮球在两点时速度大小相等,但方向不同,所以篮球经过B点和D点的动量不同,故B错误;篮球在C点是轨迹的最高点,其竖直方向的速度分量为0,因此篮球在C点时,重力的瞬时功率为零,故C错误;由乙图可知篮球从A到B和由B到C过程水平方向发生的位移相等,则所用时间相等,根据动量定理可得mgt=Δp,所以动量变化量相同,故D正确。
9.(6分) (科技前沿情境)(2023·杭州模拟)2023年4月7日,由中国航空工业全新研制的四吨级先进双发多用途直升机“吉祥鸟”AC332,在天津滨海新区圆满完成全状态首次飞行。如图所示是“吉祥鸟”AC332在无风的情况下悬停在空中时的照片,“吉祥鸟”直升机的质量为M,螺旋桨向下推空气时使空气获得的速度大小为v,忽略尾翼螺旋桨消耗的能量,重力加速度为g,则下列说法正确的是( )
A.“吉祥鸟”直升机悬停在空中,空气对“吉祥鸟”直升机的冲量为零
B.“吉祥鸟”直升机对空气所做的功为12Mv2
C.单位时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为Mg2v
D.“吉祥鸟”直升机的发动机消耗的功率为12Mgv
【解析】选D。“吉祥鸟”直升机悬停在空中,空气对“吉祥鸟”直升机的作用力不为零,空气对“吉祥鸟”直升机的冲量不为零,故A错误;设空气对“吉祥鸟”直升机的作用力大小为F,则有F=Mg,设t时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为m,根据动量定理可得F't=Ft=mv,联立可得单位时间内被螺旋桨向下推出的空气质量为m0=mt=Mgv,故C错误;“吉祥鸟”直升机t时间内对空气所做的功为W=12mv2,由于时间t未知,m不确定,所以直升机对空气所做的功不确定,“吉祥鸟”直升机的发动机消耗的功率为P=Wt=12mv2t=12Mgv,故B错误,D正确。
10.(10分)(2023·张家口模拟)娱乐风洞是一种空中悬浮装置,在一个特定的空间内人工制造和控制气流,游人只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区,即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。已知一游客质量为60 kg,腹部向下时受风面积最大为0.7 m2,身体直立时受风面积最小为0.2 m2,气流密度为1.2 kg/m3,气流速度为30 m/s,重力加速度为g=10 m/s2,假设气流吹到人身体上后速度近似变为0。
(1)若游客在风洞内悬浮,求受风面积应调整为多大;
答案:(1)0.56 m2
【解析】(1)在Δt时间内吹到人体的气体质量为Δm=ρSvΔt
设人对气流的力的大小为F,则对此段气体由动量定理得FΔt=Δmv
由牛顿第三定律可知,风对人的力大小
F'=F
人受力平衡,所以
F'=mg
联立可得S≈0.56 m2
(2)若游客进入风洞先由最大受风面积运动1 s后立即改为最小受风面积,求游客距出发点的最远距离为多少。(结果均保留2位有效数字)
答案:(2)1.8 m
【解析】(2)风速远大于人速,人在风洞内做匀变速直线运动,当S1=0.7 m2时,人受风力
F1=ρS1v2=756 N
由牛顿第二定律得F1-mg=ma1
经过t1=1 s时
x1=12a1t12=1.3 m
v1=a1t1=2.6 m/s
当受风面积为S2=0.2 m2时加速度向下,可得F2=ρS2v2=216 N
由牛顿第二定律得mg-F2=ma2
得a2=6.4 m/s2
游客减速过程上升的距离x2=v122a2
解得x2≈0.53 m
游客距离出发点的最远距离为x=x1+x2
解得x≈1.8 m
【解题指南】解答本题需注意以下三点:
(1)求时间Δt内空气的质量,根据动量定理和重力与风力二力平衡求解受风面积;
(2)根据动量定理,分别求受风面积为最大和为最小时的风力,对游客用动量定理求加速的末速度;
(3)分别对加速上升和减速上升用动能定理求对应的上升距离,最后求上升距离之和即为最远距离。
【加固训练】
(2023·福州模拟)如图所示,在竖直面内两光滑的硬直杆OA、OB连接成V形,O点固定在水平天花板上,两杆与天花板间的夹角分别为74°、53°,OB杆的端点B与水平地面间的距离为h,轻质小环套在OA上,质量为m的小球套在OB上,轻质细线的两端分别与环、球连接,开始时环与球都保持静止,OB对小球的弹力大小为FN=2.4 N,小球静止在P点,B、P两点间的距离为d=2516 m,重力加速度g取10 m/s2,sin53°=0.8,cs53°=0.6。某时刻剪断细线。
(1)求剪断细线前杆OA对小环的弹力和剪断细线后小球到达B点时的动量大小;
答案:(1)2 N 1 kg·m/s
【解析】(1)剪断细线前,设杆OA对环的弹力为F,细线上的拉力为T,由受力分析可知,F与T等大反向,即细线与OA垂直,由几何关系知
∠AOB=180°-74°-53°=53°
则细线与OB的夹角为37°,杆OB对小球的弹力与杆OB垂直,有
Tcs37°=mgcs37°
Tsin37°+mgsin37°=FN
解得:m=0.2 kg
F=T=mg=2 N
剪断细线,小球由P运动到B,由动能定理可得mgdsin53°=12mvB2
小球在B点的动量为p=mvB
解得:vB=5 m/s
p=1 kg·m/s
(2)若剪断细线后小球从P点到达水平地面的过程中重力的冲量大小为I=134 N·s,求h。
答案:(2)9 m
【解析】(2)小球沿着OB下滑的加速度为
a=gsin53°
小球从P到B的运动时间为
t1=vBa=58 s
设小球从B点到水平地面的运动时间为t2,
从P到水平地面,小球重力的冲量大小为
I=mg(t1+t2)=134 N·s
解得:t2=1 s
对小球由B点到水平地面的过程有vy=vBsin53°
h=vyt2+12gt22
解得:h=9 m
【情境创新练】
11.(6分)(多选)某小组在创新项目研究中,将一小车置于倾角θ=30°的斜面顶端,并在小车中装入速度传感器,该小车可以根据速度的变化调整其前进时所受总阻力的大小,从而对小车产生保护机制。小车所受总阻力f与速度v的关系为f=kv,k为比例系数,小车和传感器的总质量m=2 kg,小车从静止开始下滑的v-t图像如图所示,小车在第1 s末达到最大速度,重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是
( )
A.适当的减小斜面倾角可以增大小车的最大速度
B.f=kv中,系数k=5 kg/s
C.在第1 s内小车的位移大小为1.1 m
D.在第1 s内小车的位移大小为1.2 m
【解析】选B、D。小车的速度达到最大时,小车受力平衡,则有mgsinθ=f=kvm,适当的增大斜面倾角可以增大小车的最大速度,故A错误;由图像可知mgsin30°=kvm,解得k=mgsin30°vm=2×10×122 kg/s=5 kg/s,故B正确;0~1 s内,对小车根据动量定理可得mgtsin30°-∑kvt=mvm-0,可得mgtsin30°-kx=mvm-0,解得在第1 s内小车的位移大小为x=mgtsin30°-mvmk=1.2 m,故C错误,D正确。