高考物理一輪復(fù)習(xí) 第六章 碰撞與動量守恒 課時分層作業(yè) 十八 6.1 動量 動量定理試題

課時分層作業(yè)十八動量動量定理(45分鐘100分)【基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)題組】一、選擇題(本題共10小題,每小題6分,共60分。1～6題為單選題,7～10題為多選題)1.如果一物體在任意相等的時間內(nèi)受到的沖量相等,則此物體的運(yùn)動不可能是()A.勻速圓周運(yùn)動 B.自由落體運(yùn)動C.平拋運(yùn)動 D.豎直上拋運(yùn)動【解析】選A。如果物體在任何相等的時間內(nèi)受到的沖量都相同,由I=Ft可知,物體受到的力是恒力,則物體可以做自由落體運(yùn)動、平拋運(yùn)動或豎直上拋運(yùn)動;物體做勻速圓周運(yùn)動,所受合外力方向不斷變化,合力為變力,在任何相等時間內(nèi),合外力的沖量不相等,故不可能為勻速圓周運(yùn)動,因此B、C、D均可能,A不可能,故A符合題意。2.(2018·佛山模擬)如圖,兩個質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下,到達(dá)斜面底端的過程中,兩物體具有相同的物理量是()A.重力的沖量 B.彈力的沖量C.到達(dá)底端時的動量 D.以上幾個量都不是【解析】選D。高度相同,則下滑的距離x=,加速度a=gsinθ,根據(jù)x=at2得t=,由于傾角不同,則運(yùn)動的時間不同,根據(jù)I=mgt知,重力的沖量不同,故A錯誤;對于彈力,大小不等,方向不同,彈力的沖量不同,故B錯誤;根據(jù)機(jī)械能守恒定律知,到達(dá)底端的速度大小相等,但是方向不同,所以到達(dá)底端的動量不同,故C錯誤,D正確。3.用豆粒模擬氣體分子,可以模擬氣體壓強(qiáng)產(chǎn)生的原理。如圖所示,從距秤盤80cm高度把1000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上,持續(xù)作用時間為1s,豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话?。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(yuǎn)大于豆粒受到的重力1000粒的豆粒的總質(zhì)量為100g,()A.0.2NB.0.6NC.1.0ND.1.6N【解析】選B。本題考查了動量定理的應(yīng)用,意在考查考生的分析和解決能力,豆粒下落過程做自由落體運(yùn)動,落到秤盤上的速度為:v==4m/s,根據(jù)題意反彈速度為2m/s,對1000粒豆粒受力分析,對豆粒碰撞秤盤的過程應(yīng)用動量定理有Ft=-(-mv),則F=N=0.6N,選項B正確,選項A、C4.(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪,是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。下列敘述正確的是 ()A.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中,乘客的機(jī)械能保持不變B.在最高點(diǎn)時,乘客重力大于座椅對他的支持力C.摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中,乘客重力的沖量為零D.摩天輪轉(zhuǎn)動過程中,乘客重力的瞬時功率保持不變【解析】選B。機(jī)械能等于動能和重力勢能之和,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,動能不變,重力勢能時刻發(fā)生變化,則機(jī)械能在不斷變化,故A錯誤;在最高點(diǎn)對乘客受力分析,由牛頓第二定律可知:mg-FN=m,座椅對乘客的支持力:FN=mg-m<mg,故B正確;乘客隨座椅轉(zhuǎn)動一周,動量變化量為零,由動量定理可知合力的沖量為零,但重力的沖量I=mg·t≠0,故C錯誤;乘客重力的瞬時功率P=mgvcosθ,其中θ為線速度和豎直方向的夾角,摩天輪轉(zhuǎn)動過程中,乘客的重力和線速度的大小不變,但θ在不斷變化,所以乘客重力的瞬時功率在不斷變化,故D錯誤。5.(2018·青島模擬)一質(zhì)量為1kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上,從t=0時刻開始,受到如圖所示的水平外力作用,A.第1s末物體的速度為2B.第2s末外力做功的瞬時功率最大C.第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動量增加量之比為1∶2D.第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動能增加量之比為4∶5【解析】選D。0～1s內(nèi),由牛頓第二定律可得質(zhì)點(diǎn)的加速度為a1==m/s2=4m/s2,第1s末質(zhì)點(diǎn)的速度為v1=a1t1=4×1m/s=4m/s,故A錯誤;1～2s內(nèi),由牛頓第二定律可得質(zhì)點(diǎn)的加速度為a2==m/s2=2m/s2,第1s末外力做功的瞬時功率為P1=F1v1=4×4W=16W,第2s末質(zhì)點(diǎn)的速度為v2=v1+a2t2=(4+2×1)m/s=6m/s,第2s末外力做功的瞬時功率為P2=F2v2=2×6W=12W,故2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動量增加量之比為Δp1∶Δp2=(mv1-0)∶(mv2-mv1)=(1×4)∶(1×6-1×4)=2∶1,故C錯誤;第1s內(nèi)與第2s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動能增加量之比為ΔEk1∶ΔEk2=∶=∶(×1×62-×1×42)=4∶5,故D正確。6.(2018·鄭州模擬)如圖甲所示為雜技中的“頂竿”表演。水平地面上演員B用肩部頂住一根長直竹竿,另一演員A爬至竹竿頂端完成各種動作。某次頂竿表演結(jié)束后,演員A自竿頂由靜止開始下落,滑到竿底時速度正好為零,然后曲腿跳到地面上,演員A、B質(zhì)量均為50kg,長竹竿質(zhì)量為5kg,A下滑的過程中速度隨時間變化的圖象如圖乙所示。重力加速度g取10m/s()A.竹竿的總長度約為3B.0～6s內(nèi),演員B對地面的壓力大小始終為1050NC.0～6s內(nèi),竹竿對演員B的壓力的沖量大小為3300N·sD.演員A落地時向下曲腿,是為了縮短作用時間以減小地面的沖擊力【解析】選C。竹竿的長度等于v-t圖象中的面積,由圖可知,x=×2×6m=6m,故A錯誤;0～6s內(nèi)A加速度先向下,再向上,故人先失重再超重,故B對地面的壓力一定是變化的,故B錯誤;由圖可知,0～4s內(nèi)A向下加速,m/s2=0.5m/s2,則由牛頓第二定律得mg-F1=ma1,解得F=475N,4～6s內(nèi)A向下減速,加速度為a2==m/s2=1m/s2,則由牛頓第二定律得F2-mg=ma2,解得F2=(50×10+50×1)N=550N,設(shè)向下為正方向,則0～6s內(nèi)竹竿對演員B的壓力的沖量大小為I=m′g(t1+t2)+F1t1+F2t×4+550×2N·s=3300N·s,故C正確;演員A落地時向下曲腿,是為了延長作用時間以減小地面的沖擊力,故D錯誤。7.如圖所示,箱子放在水平地面上,箱內(nèi)有一質(zhì)量為m的鐵球以速度v向左壁碰去,來回碰幾次后停下來,而箱子始終靜止,則整個過程中 ()A.鐵球?qū)ο渥拥臎_量為零B.鐵球和箱子受到的沖量大小相等C.箱子對鐵球的沖量為mv,向右D.地面對箱子的摩擦力的沖量為mv,向右【解析】選C、D。箱子在水平方向上受到兩個力作用,鐵球?qū)ο渥拥淖饔昧偷孛鎸ο渥拥哪Σ亮?二力始終等值反向,其合力始終為零,故箱子始終靜止,因此,鐵球?qū)ο渥拥臎_量與摩擦力對箱子的沖量等值反向,合沖量為零,故A錯誤;根據(jù)動量定理,鐵球受到的沖量為I=0-mv=-mv,負(fù)號表示方向向右,而箱子受到的沖量始終為零,故B錯誤,C正確;箱子對鐵球的沖量為mv,方向向右,根據(jù)牛頓第三定律,鐵球?qū)ο渥拥臎_量為mv,方向向左,又因?yàn)槟Σ亮εc鐵球?qū)ο渥拥淖饔昧Φ却蠓聪?所以摩擦力對箱子的沖量為mv,方向向右,故D正確?！究偨Y(jié)提升】動量定理的應(yīng)用技巧(1)應(yīng)用I=Δp求變力的沖量:如果物體受到大小或方向改變的力的作用,則不能直接用I=Ft求變力的沖量,可以求出該力作用下物體動量的變化量Δp,等效代換為力的沖量I。(2)應(yīng)用Δp=FΔt求動量的變化量:例如,在曲線運(yùn)動中,速度方向時刻在變化,求動量變化(Δp=p2-p1)需要應(yīng)用矢量運(yùn)算方法,計算比較復(fù)雜,如果作用力是恒力,可以求恒力的沖量,等效代換動量的變化量。8.(2018·唐山模擬)如圖所示,質(zhì)量相同的兩個小物體A、B處于同一高度?，F(xiàn)使A沿固定的光滑斜面無初速地自由下滑,而使B無初速地自由下落,最后A、B都運(yùn)動到同一水平地面上。不計空氣阻力。則在上述過程中,A、B兩物體()A.所受重力沖量的大小相同B.所受合力沖量的大小相同C.所受重力做的功相同D.所受合力做的功相同【解析】選B、C、D。由x=at2得,t=,A物體做勻加速直線運(yùn)動,B物體做自由落體運(yùn)動,A的位移大于B的位移,A的加速度小于B的加速度,則A的運(yùn)動時間大于B的運(yùn)動時間,因?yàn)閙g相等,由I=mgt可知,A重力的沖量大于B重力的沖量,故A錯誤;A、B運(yùn)動過程只有重力做功W=mgh,因?yàn)閙、g、h都相等,則重力做功相同,合外力做功相同,由動能定理得mgh=mv2,解得v=,物體到達(dá)地面時的速度大小相等,由動量定理得I=mv,則合外力的沖量大小相等,故B、C、D正確。9.(2018·蚌埠模擬)一質(zhì)量為100g的小球以初速度6m/s從O點(diǎn)斜拋射入空中,歷經(jīng)1s通過M點(diǎn)時的速度方向垂直于初速度方向,不計空氣阻力,重力加速度g=10A.M點(diǎn)為小球運(yùn)動的最高點(diǎn)B.小球在M點(diǎn)的速度大小為8C.初速度與水平方向的夾角α的正弦sinα=0.6D.從O點(diǎn)到M點(diǎn)的過程中動量的變化量大小為0.2kg【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下兩點(diǎn):(1)小球在拋出點(diǎn)和M點(diǎn)的速度可分解為水平方向和豎直方向的分速度。(2)動量的變化量可由動量定理求解?！窘馕觥窟xB、C。設(shè)小球的初速度與水平方向之間的夾角為α,由于通過M點(diǎn)時的速度方向垂直于初速度方向,所以在M點(diǎn)小球與水平方向之間的夾角為90°-α,所以M點(diǎn)不是小球運(yùn)動的最高點(diǎn),故A錯誤;小球在拋出點(diǎn)vx=v0cosα,vy=v0sinα,設(shè)在M點(diǎn)的速度為v,則v′x=vsinα,v′y=gt-vy,代入數(shù)據(jù)聯(lián)立解得sinα=0.6,v=8m/s,故B、C正確;該過程中小球動量的變化量等于重力的沖量,則Δp=mgt=100×10-3×10×1kg·m/s=110.(2018·達(dá)州模擬)靜止在粗糙水平面上的物體,在水平力F的作用下,經(jīng)過時間t,通過位移l后,動量為p,動能為Ek。以下說法正確的是 ()A.若保持水平力F不變,經(jīng)過時間2t,物體的動量等于2pB.若將水平力增加為原來的兩倍,經(jīng)過時間t,物體的動量等于2pC.若保持水平力F不變,通過位移2l,物體的動能小于2ED.若將水平力增加為原來的兩倍,通過位移l,物體的動能大于2Ek【解析】選A、D。根據(jù)動量定理I合=(F-Ff)t=p-0,保持水平力F不變,經(jīng)過時間2t,(F-Ff)·2t=p′-0,可知p′=2p,故A正確;若水平力增加為原來的2倍,經(jīng)過時間t,則有(2F-Ff)·t=p′-0,則p′>2p,故B錯誤;根據(jù)動能定理(F-Ff)·l=Ek-0,保持水平力F不變,通過位移2l,有(F-Ff)·2l=Ek′-0,則有Ek′=2Ek,故C錯誤;將水平力增加為原來的兩倍,通過位移l,有(2F-Ff)·l=E′k-0,則有Ek′>2Ek,故【加固訓(xùn)練】(多選)1966年曾在地球的上空完成了以牛頓第二定律為基礎(chǔ)的測定質(zhì)量的實(shí)驗(yàn),實(shí)驗(yàn)時,用宇宙飛船(質(zhì)量m)去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭(質(zhì)量mx,發(fā)動機(jī)已熄火),如圖所示,接觸以后,開動飛船尾部的推進(jìn)器,使飛船和火箭組共同加速,推進(jìn)器的平均推力為F,開動時間Δt,測出飛船和火箭組的速度變化是Δv,下列說法正確的是 ()A.推力F越大,就越大,且與F成正比B.推力F通過飛船m傳遞給了火箭mx,所以m對mx的彈力大小應(yīng)為FC.火箭質(zhì)量mx應(yīng)為D.火箭質(zhì)量mx應(yīng)為-m【解析】選A、D。對整體由動量定理可得:FΔt=(m+mx)Δv;由公式可得,F=(m+mx),因質(zhì)量不變,故推力F越大,就越大,且與F成正比,故A正確;對mx分析可得:T=mx,故T小于F,故B錯誤;火箭的質(zhì)量mx=-m,故C錯誤,D正確。二、計算題(15分。需寫出規(guī)范的解題步驟)11.一質(zhì)量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn),距離A點(diǎn)5m的位置B處是一面墻,如圖所示。物塊以v0=9m/s的初速度從碰撞前瞬間的速度為7m/s,碰后以6m10m/s2(1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ。(2)若碰撞時間為0.05s,求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F。(3)求物塊在反向運(yùn)動過程中克服摩擦力所做的功W?！窘馕觥?1)物塊從A到B過程,由動能定理得:-μmgsAB=m-m,代入數(shù)據(jù)解得:μ=0.32;(2)以向右為正方向,物塊碰撞墻壁過程,由動量定理得:Ft=mv-mvB,即:F×0.05=0.5×(-6)-0.5×7,解得:F=-130N,負(fù)號表示方向向左;(3)物塊向左運(yùn)動過程,由動能定理得:-W=0-mv2;代入數(shù)據(jù)得:W=9J。答案:(1)0.32(2)130N(3)9J【能力拔高題組】1.(8分)(多選)(2018·保定模擬)如圖所示,質(zhì)量為M的薄木板靜止在粗糙水平桌面上,木板上放置一質(zhì)量為m的木塊,已知m與M之間的動摩擦因數(shù)為μ,m、M與桌面間的動摩擦因數(shù)均為2μ。現(xiàn)對M施一水平恒力F,將M從m下方拉出,而m恰好沒滑出桌面,則在上述過程中 ()世紀(jì)金榜導(dǎo)學(xué)號04450458A.水平恒力F一定大于3μ(m+M)gB.m在M上滑動的時間和在桌面上滑動的時間相等C.M對m的沖量大小與桌面對m的沖量大小相等D.若增大水平恒力F,木塊有可能滑出桌面【解題指導(dǎo)】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):(1)由題意確定M和m的加速度大小關(guān)系。(2)由牛頓第二定律確定水平恒力F的大小。(3)由動量定理可確定沖量大小?！窘馕觥窟xA、C。由題意可知,M和m一定會發(fā)生相對滑動,并且m相對M向后運(yùn)動,故m的加速度一定小于M的加速度,對m分析可知,m水平方向受摩擦力作用,由牛頓第二定律得μmg=ma1,解得a1=μg,再對M分析可知,M受地面以及m的摩擦力,由牛頓第二定律得F-2μ(M+m)g-μmg=Ma2,因a2>a1,因此,F一定大于3μ(m+M)g,故A正確;m滑到桌面上后,加速度變?yōu)?μg,因m先加速再減速,并且最大速度相同,所以在桌面上滑動的時間一定小于在M上滑動的時間,故B錯誤;根據(jù)動量定理可知,m的動量變化量為零,故說明總沖量為零,因m只受到M的向右的沖量和桌面向左的沖量,故二者一定大小相等,方向相反,故C正確;增大恒力F后,m在M上運(yùn)動的時間變短,而m受到的摩擦力不變,故M對m的沖量減小,離開桌面時的速度和位移均減小,因此在桌面上滑行的距離更短,不會離開桌面,故D錯誤。2