高考物理一轮复习课时分层练习6.1《动量　动量定理》(含答案详解)

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  课时分层作业  十八动量　动量定理(45分钟　100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。1～6题为单选题,7～10题为多选题)1.如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等,则此物体的运动不可能是 (　　)A.匀速圆周运动　　 　B.自由落体运动C.平抛运动    D.竖直上抛运动【解析】选A。如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同,由I=Ft可知,物体受到的力是恒力,则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动;物体做匀速圆周运动,所受合外力方向不断变化,合力为变力,在任何相等时间内,合外力的冲量不相等,故不可能为匀速圆周运动,因此B、C、D均可能,A不可能,故A符合题意。2.(佛山模拟)如图,两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下,到达斜面底端的过程中,两物体具有相同的物理量是 (　　) A.重力的冲量　　　　　  B.弹力的冲量C.到达底端时的动量   D.以上几个量都不是【解析】选D。高度相同,则下滑的距离x=,加速度a=gsinθ,根据x=at2得t=,由于倾角不同,则运动的时间不同,根据I=mgt知,重力的冲量不同,故A错误;对于弹力,大小不等,方向不同,弹力的冲量不同,故B错误;根据机械能守恒定律知,到达底端的速度大小相等,但是方向不同,所以到达底端的动量不同,故C错误,D正确。3.用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理。如图所示,从距秤盘80 cm高度把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1 s,豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g,则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为               (　　)A.0.2 N　　B.0.6 N　　C.1.0 N　　D.1.6 N【解析】选B。本题考查了动量定理的应用,意在考查考生的分析和解决能力,豆粒下落过程做自由落体运动,落到秤盘上的速度为:v==4 m/s,根据题意反弹速度为2 m/s,对1 000粒豆粒受力分析,对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有Ft=-(-mv),则F= N=0.6 N,选项B正确,选项A、C、D错误。4.(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮,是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是              (　　)A.摩天轮转动过程中,乘客的机械能保持不变B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力C.摩天轮转动一周的过程中,乘客重力的冲量为零D.摩天轮转动过程中,乘客重力的瞬时功率保持不变【解析】选B。机械能等于动能和重力势能之和,乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动,动能不变,重力势能时刻发生变化,则机械能在不断变化,故A错误;在最高点对乘客受力分析,由牛顿第二定律可知:mg-FN=m,座椅对乘客的支持力:FN=mg-m<mg,故B正确;乘客随座椅转动一周,动量变化量为零,由动量定理可知合力的冲量为零,但重力的冲量I=mg·t≠0,故C错误;乘客重力的瞬时功率P=mgvcosθ,其中θ为线速度和竖直方向的夹角,摩天轮转动过程中,乘客的重力和线速度的大小不变,但θ在不断变化,所以乘客重力的瞬时功率在不断变化,故D错误。5.(青岛模拟)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上,从t=0时刻开始,受到如图所示的水平外力作用,下列说法正确的是              (　　)A.第1 s末物体的速度为2 m/sB.第2 s末外力做功的瞬时功率最大C.第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为 1∶2D.第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为 4∶5【解析】选D。0～1 s内,由牛顿第二定律可得质点的加速度为a1== m/s2=4m/s2,第1 s末质点的速度为v1=a1t1=4×1 m/s=4 m/s,故A错误;1～2 s内,由牛顿第二定律可得质点的加速度为a2== m/s2=2 m/s2,第1 s末外力做功的瞬时功率为P1=F1v1=4×4 W=16 W,第2 s末质点的速度为v2=v1+a2t2=(4+2×1) m/s=6 m/s,第2 s末外力做功的瞬时功率为P2=F2v2=2×6 W=12 W,故B错误;第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为Δp1∶Δp2=(mv1-0)∶(mv2-mv1)=(1×4)∶(1×6-1×4)=2∶1,故C错误;第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为ΔEk1∶ΔEk2=∶=∶(×1×62-×1×42)=4∶5,故D正确。6.(郑州模拟)如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演。水平地面上演员B用肩部顶住一根长直竹竿,另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿表演结束后,演员A自竿顶由静止开始下落,滑到竿底时速度正好为零,然后曲腿跳到地面上,演员A、B质量均为50 kg,长竹竿质量为5 kg,A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示。重力加速度g取10m/s2,下列判断正确的是               (　　)A.竹竿的总长度约为3 mB.0～6 s内,演员B对地面的压力大小始终为 1 050 NC.0～6 s内,竹竿对演员B的压力的冲量大小为 3 300 N·sD.演员A落地时向下曲腿,是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力【解析】选C。竹竿的长度等于v-t图象中的面积,由图可知,x=×2×6 m=6 m,故A错误;0～6 s 内A加速度先向下,再向上,故人先失重再超重,故B对地面的压力一定是变化的,故B错误;由图可知,0～4 s内A向下加速,加速度为a1== m/s2=0.5 m/s2,则由牛顿第二定律得mg-F1=ma1,解得F1=(50×10-50×0.5)N=475 N,4～6 s内A向下减速,加速度为a2== m/s2=1 m/s2,则由牛顿第二定律得F2-mg=ma2,解得F2=(50×10+50×1) N=550 N,设向下为正方向,则0～6 s内竹竿对演员B的压力的冲量大小为I=m′g(t1+t2)+F1t1+F2t2=5×10×(4+2)+475×4+550×2 N·s=3 300 N·s,故C正确;演员A落地时向下曲腿,是为了延长作用时间以减小地面的冲击力,故D错误。7.如图所示,箱子放在水平地面上,箱内有一质量为m的铁球以速度v向左壁碰去,来回碰几次后停下来,而箱子始终静止,则整个过程中              (　　)A.铁球对箱子的冲量为零B.铁球和箱子受到的冲量大小相等C.箱子对铁球的冲量为mv,向右D.地面对箱子的摩擦力的冲量为mv,向右【解析】选C、D。箱子在水平方向上受到两个力作用,铁球对箱子的作用力和地面对箱子的摩擦力,二力始终等值反向,其合力始终为零,故箱子始终静止,因此,铁球对箱子的冲量与摩擦力对箱子的冲量等值反向,合冲量为零,故A错误;根据动量定理,铁球受到的冲量为I=0-mv=-mv,负号表示方向向右,而箱子受到的冲量始终为零,故B错误,C正确;箱子对铁球的冲量为mv,方向向右,根据牛顿第三定律,铁球对箱子的冲量为mv,方向向左,又因为摩擦力与铁球对箱子的作用力等大反向,所以摩擦力对箱子的冲量为mv,方向向右,故D正确。【总结提升】动量定理的应用技巧(1)应用I=Δp求变力的冲量:如果物体受到大小或方向改变的力的作用,则不能直接用I=Ft求变力的冲量,可以求出该力作用下物体动量的变化量Δp,等效代换为力的冲量I。(2)应用Δp=FΔt求动量的变化量:例如,在曲线运动中,速度方向时刻在变化,求动量变化(Δp=p2-p1)需要应用矢量运算方法,计算比较复杂,如果作用力是恒力,可以求恒力的冲量,等效代换动量的变化量。8.(唐山模拟)如图所示,质量相同的两个小物体A、B处于同一高度。现使A沿固定的光滑斜面无初速地自由下滑,而使B无初速地自由下落,最后A、B都运动到同一水平地面上。不计空气阻力。则在上述过程中,A、B两物体(　　)A.所受重力冲量的大小相同B.所受合力冲量的大小相同C.所受重力做的功相同D.所受合力做的功相同【解析】选B、C、D。由x=at2得,t=,A物体做匀加速直线运动,B物体做自由落体运动,A的位移大于B的位移,A的加速度小于B的加速度,则A的运动时间大于B的运动时间,因为mg相等,由I=mgt可知,A重力的冲量大于B重力的冲量,故A错误;A、B运动过程只有重力做功W=mgh ,因为m、g、h都相等,则重力做功相同,合外力做功相同,由动能定理得mgh=mv2,解得v=,物体到达地面时的速度大小相等,由动量定理得I=mv,则合外力的冲量大小相等,故B、C、D正确。9.(蚌埠模拟)一质量为100 g的小球以初速度6 m/s从O点斜抛射入空中,历经1 s通过M点时的速度方向垂直于初速度方向,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是               (　　)A.M点为小球运动的最高点B.小球在M点的速度大小为8 m/sC.初速度与水平方向的夹角α的正弦sinα=0.6D.从O点到M点的过程中动量的变化量大小为0.2 kg·m/s【解题指导】解答本题应注意以下两点:(1)小球在抛出点和M点的速度可分解为水平方向和竖直方向的分速度。(2)动量的变化量可由动量定理求解。【解析】选B、C。设小球的初速度与水平方向之间的夹角为α,由于通过M点时的速度方向垂直于初速度方向,所以在M点小球与水平方向之间的夹角为90°-α,所以M点不是小球运动的最高点,故A错误;小球在抛出点vx=v0cosα,vy=v0sinα,设在M点的速度为v,则v′x=vsinα,v′y=gt-vy,代入数据联立解得sinα=0.6,v=8 m/s,故B、C正确;该过程中小球动量的变化量等于重力的冲量,则Δp=mgt=100×10-3×10×1 kg·m/s=1 kg·m/s,故D错误。10.(达州模拟)静止在粗糙水平面上的物体,在水平力F的作用下,经过时间t,通过位移l后,动量为p,动能为Ek。以下说法正确的是              (　　)A.若保持水平力F不变,经过时间2t,物体的动量等于2pB.若将水平力增加为原来的两倍,经过时间t,物体的动量等于2pC.若保持水平力F不变,通过位移2l,物体的动能小于2EkD.若将水平力增加为原来的两倍,通过位移l,物体的动能大于2Ek【解析】选A、D。根据动量定理I合=(F-Ff)t=p-0,保持水平力F不变,经过时间2t,(F-Ff)·2t=p′-0,可知p′=2p,故A正确;若水平力增加为原来的2倍,经过时间t,则有(2F-Ff)·t=p′-0,则p′>2p,故B错误;根据动能定理(F-Ff)·l=Ek-0,保持水平力F不变,通过位移2l,有(F-Ff)·2l=Ek′-0,则有Ek′=2Ek,故C错误;将水平力增加为原来的两倍,通过位移l,有(2F-Ff)·l=E′k-0,则有Ek′>2Ek,故D正确。【加固训练】(多选)1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验,实验时,用宇宙飞船(质量m)去接触正在轨道上运行的火箭(质量mx,发动机已熄火),如图所示,接触以后,开动飞船尾部的推进器,使飞船和火箭组共同加速,推进器的平均推力为F,开动时间Δt,测出飞船和火箭组的速度变化是Δv,下列说法正确的是              (　　)A.推力F越大,就越大,且与F成正比B.推力F通过飞船m传递给了火箭mx,所以m对mx的弹力大小应为FC.火箭质量mx应为D.火箭质量mx应为-m【解析】选A、D。对整体由动量定理可得:FΔt=(m+mx)Δv;由公式可得, F=(m+mx),因质量不变,故推力F越大,就越大,且与F成正比,故A正确;对mx分析可得:T=mx,故T小于F,故B错误;火箭的质量mx=-m,故C错误,D正确。二、计算题(15分。需写出规范的解题步骤)11.一质量为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。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)物块从A到B过程,由动能定理得:-μmgsAB=m-m,代入数据解得:μ=0.32;(2)以向右为正方向,物块碰撞墙壁过程,由动量定理得:Ft=mv-mvB,即:F×0.05=0.5×(-6)-0.5×7,解得:F=-130 N,负号表示方向向左;(3)物块向左运动过程,由动能定理得:-W=0-mv2;代入数据得:W=9 J。答案:(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J【能力拔高题组】1.(8分)(多选)(保定模拟)如图所示,质量为M的薄木板静止在粗糙水平桌面上,木板上放置一质量为m的木块,已知m与M之间的动摩擦因数为μ,m、M与桌面间的动摩擦因数均为2μ。现对M施一水平恒力F,将M从m下方拉出,而m恰好没滑出桌面,则在上述过程中              (　　)世纪金榜导学号04450458A.水平恒力F一定大于3μ(m+M)gB.m在M上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等C.M对m的冲量大小与桌面对m的冲量大小相等D.若增大水平恒力F,木块有可能滑出桌面【解题指导】解答本题应注意以下三点:(1)由题意确定M和m的加速度大小关系。(2)由牛顿第二定律确定水平恒力F的大小。(3)由动量定理可确定冲量大小。【解析】选A、C。由题意可知,M和m一定会发生相对滑动,并且m相对M向后运动,故m的加速度一定小于M的加速度,对m分析可知,m水平方向受摩擦力作用,由牛顿第二定律得μmg=ma1,解得a1=μg,再对M分析可知,M受地面以及m的摩擦力,由牛顿第二定律得F-2μ(M+m)g-μmg=Ma2,因a2>a1,因此,F一定大于3μ(m+M)g,故A正确;m滑到桌面上后,加速度变为2μg,因m先加速再减速,并且最大速度相同,所以在桌面上滑动的时间一定小于在M上滑动的时间,故B错误;根据动量定理可知,m的动量变化量为零,故说明总冲量为零,因m只受到M的向右的冲量和桌面向左的冲量,故二者一定大小相等,方向相反,故C正确;增大恒力F后,m在M上运动的时间变短,而m受到的摩擦力不变,故M对m的冲量减小,离开桌面时的速度和位移均减小,因此在桌面上滑行的距离更短,不会离开桌面,故D错误。2.(17分)下雨是常见的自然现象,如果雨滴下落为自由落体运动,则雨滴落到地面时,对地表动植物危害十分巨大,实际上,动植物都没有被雨滴砸伤,因为雨滴下落时不仅受重力,还受空气的浮力和阻力,才使得雨滴落地时不会因速度太大而将动植物砸伤。某次下暴雨,质量m=2.5×10-5 kg的雨滴,从高h=2 000 m的云层下落(g取10 m/s2)                 (1)如果不考虑空气浮力和阻力,雨滴做自由落体运动,落到地面经Δt1=1.0× 10-5 s速度变为零,因为雨滴和地面作用时间极短,可认为在Δt1内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力,求雨滴对地面的作用力大小。(2)考虑到雨滴同时还受到空气浮力和阻力的作用,设雨滴落到地面的实际速度为8 m/s,落到地面上经时间Δt2=3.0×10-4 s速度变为零,在Δt2内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力,求雨滴对地面的作用力大小以及该雨滴下落过程中克服空气浮力和阻力所做功的和。【解析】(1)不考虑空气浮力和阻力,雨滴做自由落体运动,雨滴自由落体运动的末速度为v== m/s=200 m/s取竖直向上为正方向,对雨滴和地面作用的过程,运用动量定理得:FΔt1=0-mv代入数据解得F=500 N根据牛顿第三定律,雨滴对地面的作用力大小为500 N。(2)对雨滴和地面作用的过程,由动量定理得F′Δt2=0-mv′据题v′=8 m/s代入数据解得F′= N根据牛顿第三定律,雨滴对地面的作用力大小为 N雨滴下落过程,根据动能定理得mgh-W=mv′2-0解得:克服空气浮力和阻力所做功的和W≈0.5 J答案:(1)500 N　(2) N　0.5 J