第七章 微專題49　動量、沖量-2025年高中物理《加練半小時》新教材版

第七章動量守恒定律微專題49動量、沖量1．動量和動能的區(qū)別和聯(lián)系：(1)動量和動能是量度機(jī)械運(yùn)動的兩種方法，動量是矢量，動能是標(biāo)量；(2)Ek＝eq\f(p2,2m)，p＝eq\r(2mEk)。2.沖量和功的區(qū)別：沖量是力在時間上的積累，是矢量，是動量改變的原因；功是力在空間上的積累，是能量改變的原因。1．(2023·河北邯鄲市模擬)如圖甲所示，在粗糙的水平面上靜止放置一滑塊，t＝0時刻在滑塊上施加一水平向右的外力F，外力大小隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，滑塊的加速度隨時間的變化規(guī)律如圖丙所示，已知滑塊與地面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10m/s2。則下列說法正確的是()A．滑塊的質(zhì)量為m＝2kgB．4s末滑塊速度的大小為12m/sC．在0～1s的時間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為0D．在0～4s的時間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為22N·s答案D解析根據(jù)題圖乙可知，外力F與時間的關(guān)系的表達(dá)式為F＝2＋4t(N)，由題圖丙可知，在t＝1s時，滑塊開始有加速度，故此刻拉力與最大靜摩擦力大小相等，則有Ff＝F1＝6N，在t＝4s時，外力F4＝18N，滑塊的加速度為4m/s2，根據(jù)牛頓第二定律有F4－Ff＝ma4，解得m＝eq\f(F4－Ff,a4)＝3kg，A錯誤；a－t圖像與橫軸所圍成的面積表示速度的變化量大小，滑塊由靜止開始加速運(yùn)動，故4s末滑塊速度的大小v4＝eq\f(4,2)×(4－1)m/s＝6m/s，B錯誤；在0～1s的時間內(nèi)，有靜摩擦力作用，靜摩擦力和外力F等大反向，故摩擦力的沖量大小不為0，其大小等于F的沖量大小If1＝IF1＝eq\f(2＋6,2)×1N·s＝4N·s，C錯誤；在1～4s的時間內(nèi)，摩擦力等于最大靜摩擦力，摩擦力的沖量大小為If14＝Fft14＝6×3N·s＝18N·s，故在0～4s的時間內(nèi)，摩擦力的沖量大小為I＝If1＋I(xiàn)f14＝22N·s，D正確。2．(多選)東京奧運(yùn)會舉重男子73公斤級決賽中，某舉重運(yùn)動員某次舉重過程如下：運(yùn)動員托著質(zhì)量為M的重物從下蹲狀態(tài)(圖甲)緩慢運(yùn)動到站立狀態(tài)(圖乙)，該過程重物和人的肩部相對位置不變，運(yùn)動員保持圖乙狀態(tài)站立Δt時間后再將重物緩慢向上舉，至雙臂伸直(圖丙)。甲到乙、乙到丙過程重物上升高度分別為h1、h2，經(jīng)歷的時間分別為t1、t2，若運(yùn)動員的質(zhì)量為m，重力加速度為g，則整個舉重過程中()A．地面對運(yùn)動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面對運(yùn)動員做的功為0B．地面對運(yùn)動員的沖量大小為(M＋m)g(t1＋t2)，地面對運(yùn)動員做的功為(M＋m)g(h1＋h2)C．運(yùn)動員對重物的沖量大小為Mg(t1＋t2＋Δt)，運(yùn)動員對重物做的功為Mg(h1＋h2)D．運(yùn)動員對重物的沖量大小為Mg(t1＋t2)，運(yùn)動員對重物做的功為0答案AC解析因運(yùn)動員將重物緩慢上舉，則可認(rèn)為是平衡狀態(tài)，地面對運(yùn)動員的支持力大小為(M＋m)g，整個過程的時間為t1＋t2＋Δt，可知地面對運(yùn)動員的沖量大小為I＝(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，因地面對運(yùn)動員的支持力的作用點在力的方向沒有位移，故地面對運(yùn)動員做的功為0，A項正確，B項錯誤。運(yùn)動員對重物的作用力大小為Mg，作用時間為t1＋t2＋Δt，可知運(yùn)動員對重物的沖量大小為I′＝Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移為l＝h1＋h2，根據(jù)W＝Flcosα可知，運(yùn)動員對重物做的功為W＝Mg(h1＋h2)，C項正確，D項錯誤。3.(2023·湖北省模擬)如圖所示，AB為豎直固定的四分之一粗糙圓弧軌道，O為圓心，P為圓弧AB的中點，OA水平，OB豎直，軌道半徑R＝2m，一質(zhì)量m＝4kg的小物塊以eq\r(2)m/s速率從A到B做勻速圓周運(yùn)動，重力加速度g＝10m/s2，則下列說法不正確的是()A．A到B的過程中合力對小球的沖量為8N·sB．在P點時，重力的瞬時功率為40WC．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點時，小物塊對圓弧軌道的壓力大小為40N答案D解析A到B的過程初狀態(tài)動量方向豎直向下，末狀態(tài)動量方向水平向右，大小均為p1＝p2＝mv＝4eq\r(2)kg·m/s該過程小物塊的動量改變量大小為Δp＝eq\r(p22＋p12)＝8kg·m/s，根據(jù)動量定理，可知I合＝Δp＝8N·s即A到B的過程中合力對小球的沖量大小為8N·s，故A正確，與題意不符；依題意，P為圓弧AB的中點，則小物塊在P點的速度方向與豎直方向成45°角，根據(jù)功率的表達(dá)式，有P＝mgvcos45°＝40W，故B正確，與題意不符；由幾何知識可知hAP＝Rcos45°＝eq\r(2)m，hPB＝R－Rcos45°＝(2－eq\r(2))m，由動能定理，可得mghAP－WAP＝0，mghPB－WPB＝0，聯(lián)立解得WAP＝40eq\r(2)J≈56.6J，WPB＝40(2－eq\r(2))J≈23.4J，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正確，與題意不符；小物塊在B點時，由牛頓第二定律可得FN－mg＝meq\f(v2,R)，解得FN＝44J，根據(jù)牛頓第三定律可知小物塊對圓弧軌道的壓力大小為44J，故D錯誤，與題意相符。4．(2023·江蘇南京市檢測)如圖甲所示，物塊A、B的質(zhì)量分別為2kg、3kg，用輕彈簧拴接，放在光滑的水平地面上，物塊B右側(cè)與豎直墻壁接觸但不粘連。物塊C從t＝0時以一定速度向右運(yùn)動，在t＝4s時與物塊A相碰，并立即與物塊A粘在一起不再分開，物塊C的v－t圖像如圖乙所示，下列說法中正確的是()A．物塊C的質(zhì)量為2kgB．物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能為40.5JC．4～12s的時間內(nèi)，彈簧對物塊A的沖量大小為12N·sD．物塊B離開墻壁后的最大速度大小為3m/s答案D解析A、C碰撞過程中動量守恒，有mCvC＝(mC＋mA)v，其中vC＝9m/s、v＝3m/s，解得mC＝1kg，故A錯誤；物塊B離開墻壁前，彈簧的最大彈性勢能等于A、C碰撞結(jié)束瞬間系統(tǒng)動能，所以Ep＝eq\f(1,2)(mC＋mA)v2＝13.5J，故B錯誤；4～12s的時間內(nèi)，彈簧對物塊A的沖量大小等于彈簧對A、C整體的沖量大小，則I＝(mA＋mC)(v′－v)＝3×(－6)N·s＝－18N·s，即大小為18N·s，故C錯誤；物塊B離開墻壁后達(dá)到最大速度時彈簧處于原長，以水平向右為正方向，由動量守恒和機(jī)械能守恒可得(mA＋mC)vAC＝(mA＋mC)vAC′＋mBvB，eq\f(1,2)(mA＋mC)vAC2＝eq\f(1,2)(mA＋mC)vAC′2＋eq\f(1,2)mBvB2其中vAC＝－3m/s，解得vAC′＝0，vB＝－3m/s，故D正確。5.(多選)(2024·山西省忻州一中開學(xué)考)某滑雪場有兩個坡度不同的滑道AB和AB′(均可看作斜面)，體重相同的甲、乙兩名滑雪者分別乘兩個完全相同的雪橇從A點由靜止開始分別沿AB和AB′滑下，最后都停在水平滑道面BC上，如圖所示。設(shè)雪橇和滑道間的動摩擦因數(shù)處處相同，斜面與水平面連接處均可認(rèn)為是圓滑的，滑雪者保持一定姿勢坐在雪橇上不動，忽略空氣阻力。則下列說法中正確的是()A．甲從A到B的過程中重力的沖量大于乙從A到B′的過程中重力的沖量B．甲在B點的動量大于乙在B′點的動量C．甲滑行的總路程一定大于乙滑行的總路程D．滑行過程中甲乘坐雪橇克服摩擦力做的功大于乙乘坐雪橇克服摩擦力做的功答案BC解析設(shè)斜面的傾角為θ，斜面高度為h，則斜面長度s＝eq\f(h,sinθ)，加速度a＝eq\f(mgsinθ－Ff,m)＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ，s＝eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)at2，可知a甲>a乙，s甲<s乙，t甲<t乙，又因為I＝mgt，所以I甲<I乙，即甲從A到B的過程中重力的沖量小于乙從A到B′的過程中重力的沖量，故A錯誤；人下滑過程中，由動能定理得mgh－μmgscosθ＝eq\f(1,2)mv2－0，由于AB′與水平面的夾角小于AB與水平面的夾角，則甲在B點的速度大于乙在B′點的速度，由于質(zhì)量相同，甲在B點的動量大于乙在B′點的動量，故B正確；對全過程運(yùn)用動能定理得mgh－μmgscosθ－μmgs′＝0，整理得mgh－μmg(scosθ＋s′)＝mgh－μmgs水平＝0，由此可知，兩人滑行的水平位移相等，即甲、乙最終停止同一位置，設(shè)為P點，如圖，s甲＝AB＋BB′＋B′P，s乙＝AB′＋B′P由于AB＋BB′>AB′，所以s甲>s乙即甲滑行的總路程一定大于乙滑行的總路程，故C正確；對整個過程，由動能定理得mgh－W克f＝0－0克服摩擦力做功W克f＝mgh相等，故D錯誤。6．(多選)如圖甲所示，質(zhì)量為m＝5.0kg的物體靜止在傾角θ＝37°的固定斜面上，在沿斜面向上的推力F作用下開始運(yùn)動，推力F隨時間t變化的關(guān)系圖像如圖乙所示(t＝10s后無推力存在)。已知物體與斜面之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75，重力加速度g＝10m/s2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則()A．物體運(yùn)動的時間為12sB．t＝5s時物體的速度達(dá)到最大C．物體在運(yùn)動過程中最大加速度大小為8m/s2D．在物體運(yùn)動過程中推力的沖量大小為480N·s答案CD解析F與t的關(guān)系式為F＝100＋eq\f(0－100,10)t＝100－10t，則由eq\f(1,2)(100＋100－10t)t－(mgsin37°＋μmgcos37°)t＝0可得物體運(yùn)動的時間為t＝8s，故A錯誤；合力為零時，速度最大，則有100－10t＝mgsin37°＋μmgcos37°可得t＝4s，故B錯誤；剛運(yùn)動時，合力沿斜面向上，為F合＝100－(mgsin37°＋μmgcos37°)＝40N,8s時，合力為F合′＝(mgsin37°＋μmgcos37°)－(100－10×8)＝40N，即合力先從40N減為零，再增加到40N，所以合力最大值為40N，最大加速度為am＝eq\f(F合,m)＝8m/s2，故C正確；在物體運(yùn)動過程中推力的沖量為I＝eq\f(100＋100－10×8,2)×8N·s＝480N·s故D正確。7.(多選)一物塊在傾角為45°的固定斜面上受到方向與斜面平行、大小與所受摩擦力相等的拉力作用，由靜止開始沿斜面向下做勻變速直線運(yùn)動，物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)處處相同。若拉力沿斜面向下，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功隨時間的變化圖像分別如圖曲線①、②所示，重力加速度為g，則()A．物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為eq\f(\r(2),3)B．當(dāng)拉力沿斜面向上時，重力做功為9J時，物塊動能為3JC．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為1∶3D．當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小之比為1∶eq\r(2)答案BC解析對物塊受力分析可知，當(dāng)拉力平行于斜面向下時，拉力大小等于滑動摩擦力，有F＝Ff＝μmgcos45°，由牛頓第二定律可知，物體下滑的加速度為a1＝gsin45°＝eq\f(\r(2),2)g則拉力沿斜面向下時，物塊滑到底端的過程中重力和摩擦力對物塊做功分別為WG＝mg·eq\f(1,2)a1t2·sin45°＝eq\f(mg2,4)t2Wf＝－μmg·cos45°×eq\f(1,2)a1t2＝－eq\f(μmg2,4)t2，代入題圖中數(shù)據(jù)聯(lián)立解得μ＝eq\f(1,3)，故A錯誤；當(dāng)拉力沿斜面向上時，由牛頓第二定律有mgsin45°－F－Ff＝ma2，解得a2＝eq\f(\r(2),2)g－2μgcos45°＝eq\f(\r(2),6)g，則拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊的加速度大小之比為eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,3)，故C正確；當(dāng)拉力沿斜面向上時，重力做功為WG2＝mgsin45°·x，合力做功為W合＝ma2·x則其比值為eq\f(WG2,W合)＝eq\f(\f(\r(2),2)g,\f(\r(2),6)g)＝eq\f(3,1)，則重力做功為9J時，物塊的動能變化量即合外力做功為3J，又因為物塊初動能為零，則物塊的動能為3J，故B正確；當(dāng)拉力分別沿斜面向上和向下時，物塊滑到底端時的動量大小為p＝mv＝meq\r(2ax)則動量的大小之比為eq\f(p2,p1)＝eq\f(\r(a2),\r(a1))＝eq\f(1,\r(3))，故D錯誤。8.(2024·廣東東莞市檢測)從地面上以初速度v0豎直向上拋出一質(zhì)量為m的球，若運(yùn)動過程中球受到的空氣阻力與其速率成正比，球運(yùn)動的速率隨時間變化規(guī)律如圖所示，t1時刻到達(dá)最高點，再落回地面，落地時速率為v1，且落地前球已經(jīng)做勻速直線