新高考浙江版2025届高考物理一轮总复习训练第6单元动量作业17动量动量定理(人教版)

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微练一 对动量、冲量的理解
1.将物体水平抛出,在物体落地前(不计空气阻力),下列说法正确的是( )
A.动量的方向不变
B.动量变化量的方向不变
C.相同时间内动量的变化量越来越大
D.动量变化得越来越快
2.(2023浙江宁波十校高三模拟)“最速降线”是物体由静止从同一出发点到达相同的终点用时最短的一种轨迹。如图所示,竖直平面内轨道1、2、3的起点与终点均相同,将同一小球从起点由静止释放,分别沿轨道1、2、3到达终点,其中轨道2用时最短即为最速降线。不计一切摩擦阻力,下列说法正确的是( )
A.分别沿轨道1、2、3滑到终点时,小球的动量均相同
B.整个下滑过程中,轨道3对小球的支持力做功最多
C.沿轨道2下滑到终点的过程中,小球重力的冲量最小
D.分别沿轨道1、2、3下滑到终点的过程中,轨道对小球的支持力冲量均为零
微练二 动量定理的基本应用
3.(2023浙江丽水五校高三模拟)如图所示,运动员向球踢了一脚,踢球时的力F=100 N,球在地面上滚动了10 s后停下来,若足球受到地面阻力为5 N,则运动员对球的冲量为( )
A.1 000 N·sB.500 N·s
C.50 N·sD.无法确定
4.(原创)某气象观测站测得在时间t内,某地的降雨量(降雨量是在一定时间内降落在地面上的某一点或某一单位面积的水层深度)为h,雨滴刚要落地时速度大小恒为v。设雨滴落地后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为ρ,则雨滴对地面撞击产生的平均压强为( )
A.B.C.D.
微练三 动量定理与微元法的综合应用
5.中国东海是超级台风(超过16级)的高发地,这种台风的中心风速可达到50 m/s。某栋大楼高约100 m、宽约20 m。空气密度约为1.3 kg/m3,若50 m/s的台风垂直吹到这栋大楼后速度减为0,则大楼受到的风力大小约为( )
A.3.3×105 N×106 N
C.6.5×106 ND.1.3×107 N
6.(2023浙江杭州高三三模)“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目,在一个特定的空间内有人工制造的气流,表演者通过调整身体的姿态,改变受风面积(即表演者在垂直风力方向的投影面积),来改变其所受向上风力的大小,使人产生在天空翱翔的感觉。如图所示,一质量为m的游客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内。已知气流竖直向上通过风洞,密度为ρ,流速恒定为v,游客受风面积为S,重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零,则下列说法正确的是( )
A.气体流量Q=vπρd2
B.气体流量Q=
C.气流对人的冲量与人对气流的冲量相同
D.若风洞中空气流速变为原来的2倍,要使游客仍静止,则他的受风面积必须调整为原来的
B组 综合提升
7.(多选)如图所示,在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上有一质量为2 kg的物体,它受到沿斜面方向的力F的作用。设力F可按如图所示的四种方式随时间变化,力F沿斜面向上为正。已知该物体在t=0时速度为零,则关于该物体在0~3 s内的运动,下列说法正确的是(g取10 m/s2)( )
A.甲图示中,物体沿斜面向上运动,3 s末的速率为19 m/s
B.乙图示中,物体沿斜面向下运动,3 s末的速率为23 m/s
C.丙、丁图示中,物体均沿斜面向下运动,3 s末的速率均为15 m/s
D.丙图示中,物体沿斜面向上运动;丁图示中物体沿斜面向下运动
8.(多选)杂技中的“顶竿”表演如图甲所示,水平地面上演员B用头部顶住一根竹竿,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,然后屈腿跳到地面上,演员A、B质量均为50 kg,竹竿质量为5 kg,演员A下滑的过程中速度随时间变化的图像如图乙所示。重力加速度g取10 m/s2,下列说法正确的是( )
A.竹竿的总长度约为6 m
B.0~6 s内,演员B对地面的压力大小始终为1 050 N
C.0~6 s内,竹竿对演员B的压力的冲量大小为3 300 N·s
D.演员A落地时向下屈腿,是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力
9.如图所示,某游乐园入口旁有一鲸鱼喷泉,在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱,将站在冲浪板上的玩偶模型托起,悬停在空中,伴随着音乐旋律,玩偶模型能够上下运动。假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相等,冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积,保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计,冲击冲浪板后,水在竖直方向的速度立即变为零,在水平方向朝四周均匀散开。已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g,玩偶在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度为h,由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短,因此在分析水与冲浪板相互作用时可忽略这部分水所受的重力作用,空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计。
(1)求喷泉单位时间内喷出水的质量m0;
(2)仔细观察会发现喷出的水柱在空中上升阶段并不是粗细均匀的,而是在竖直方向上一端粗一端细,请你分析上升阶段的水柱是上端较粗还是下端较粗,并说明水柱呈现该形态的原因;
(3)某同学求解玩偶模型在空中悬停时冲浪板对水的作用力大小,解法如下:Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向动量变化量的大小为Δp=Δmv0,又Δm=m0Δt,设玩偶模型对水的作用力大小为F,根据动量定理有F·Δt=Δp,得F=m0v0(其中m0为第一问结果)。请指出该同学解法的不妥之处并加以改正。
10.如图1所示,一倾角θ=37°的斜面固定在水平地面上,质量m=1 kg的滑块(可视为质点)静止在斜面底部。从某时刻起,平行斜面向上的拉力F作用在滑块上,拉力F随时间t变化的图像如图2所示,4 s后拉力F消失,2 s时滑块速度达到最大。滑块到达最高点后再下滑到斜面底部的速率为 m/s,已知重力加速度g取10 m/s2,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8。求:
(1)斜面的动摩擦因数和滑块上滑时的最大速度;
(2)滑块到达最高点的时间及拉力F做的功。
参考答案
第六单元 动量
作业17 动量 动量定理
1.B 解析 平抛运动中,速度大小方向都在发生变化,则由p=mv可知,动量的方向会发生变化,故A错误;由于物体所受合外力的冲量大小等于它的动量的变化量,即Δp=I冲=Ft=Gt,由此可得,动量变化量的方向始终向下不变,相同时间内动量的变化量相同,且动量变化快慢不变,故B正确,C、D错误。
2.C 解析 小球分别沿轨道1、2、3滑到终点时,速度方向不相同,动量的方向不相同,所以动量不相同,A错误;小球分别沿轨道1、2、3滑到终点的过程中,支持力的方向与速度方向均垂直,支持力均不做功,B错误;重力的冲量为I=mgt,沿轨道2下滑到终点的过程中用时最短,小球重力的冲量最小,C正确;根据I=mgt,小球分别沿轨道1、2、3下滑到终点的过程中,轨道对小球的支持力冲量均不等于零,D错误。
3.C 解析 对全过程应用动量定理得I-Fft=0,解得I=50N·s,故选C。
4.B 解析 设地面对雨滴的平均作用力为F,对面积为S的地面,时间t内落到地面的雨水质量为ρSh,对该部分雨水由动量定理有-Ft=0-ρShv,由牛顿第三定律知,雨滴对地面的平均压力大小F'=F,雨滴对地面撞击产生的平均压强为p=,解得p=,故选B。
5.C 解析 设经过Δt时间内,有Δm的空气垂直吹到这栋大楼后速度减为0,根据动量定理可得-FΔt=0-Δm·v,又Δm=ρLhvΔt,联立可得F=ρLhv2=1.3×20×100×502N=6.5×106N,根据牛顿第三定律可知,大楼受到的风力大小约为6.5×106N。故选C。
6.D 解析 由题意可知Q=πv,解得Q=d2v,A错误;对Δt时间内吹向游客的气体,由动量定理可得FΔt=Δmv,由于游客处于静止状态,满足F=mg,另外Δm=ρ·vΔt·S,风洞内气流的流量为Q=vπ,联立解得Q=,B错误;根据牛顿第三定律可知,气流对人的作用力与人对气流的作用力大小相等,方向相反,所以根据冲量定义可知气流对人的冲量与人对气流的冲量大小相等,方向相反,C错误;由F=ρSv2=mg,可知,若风洞中空气流速变为原来的2倍,游客受力不变,则受风面积必须变为原来的,D正确。
7.BC 解析 取t0=1s,由动量定理可知-mgsinθ3t0-F2t0+Ft0=mv1,解得v1=-19m/s,所以,物体沿斜面向下运动,速率为19m/s,故A错误;取t0=1s,由动量定理可知-mgsinθ3t0-F2t0=mv2,解得v2=-23m/s,所以,物体沿斜面向下运动,速率为23m/s,故B正确;取t0=1s,对丙图,由动量定理可知-mgsinθ3t0+Ft0-Ft0=mv3,解得v3=-15m/s,对丁图,由动量定理可知-mgsinθ3t0-Ft0+Ft0=mv4,解得v4=-15m/s,所以,丙、丁图中物体沿斜面向下运动,速率为15m/s,故C正确,D错误。
8.AC 解析 根据题意可知,竹竿的总长度为演员A下滑的距离,由图乙可得l=×2×6m=6m,故A正确;设演员A、B的质量均为m,竹竿质量为m1,则有(2m+m1)g=(2×50+5)×10N=1050N,根据题意,由图乙可知,在0~4s内,演员A加速下滑,具有向下的加速度,处于失重状态,以演员A、B和竹竿为整体,可知演员B对地面的压力小于1050N;在4~6s内,演员A减速下滑,具有向上的加速度,处于超重状态,以演员A、B和竹竿为整体,可知演员B对地面的压力大于1050N,故B错误;取向下为正方向,在0~4s内,由图乙可知,演员A的加速度为a1=m/s2=0.5m/s2,则mg-Ff1=ma1,解得Ff1=475N,此过程竹竿对演员B的压力FN1=Ff1+m1g=525N,在4~6s内,由图乙可知,演员A的加速度为a2=m/s2=-1m/s2,则mg-Ff2=ma2,解得Ff2=550N,此过程竹竿对演员B的压力FN2=Ff2+m1g=600N,所以0~6s内,竹竿对演员B的压力的冲量大小为I=I1+I2=FN1t1+FN2t2=525×4N·s+600×2N·s=3300N·s,故C正确;演员A落地时向下屈腿,是为了延长作用时间,由动量定理可知,可以减小地面的冲击力,故D错误。
9.答案 (1)ρv0S
(2)见解析
(3)见解析
解析 (1)设Δt时间内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,则
Δm=ρΔV
ΔV=v0SΔt
由以上两式得,单位时间内从喷口喷出的水的质量为
m0==ρv0S。
(2)水柱上端较粗,下端较细。流量Q=Sv(S为水柱截面积,v为水柱中水的流速),因为任意横截面流量相等,下端水柱速度较上端水柱的速度大,可知,水柱上端较粗,下端较细。
(3)错误之处是水冲击冲浪板时,水的流速不等于v0
设水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v
对于Δt时间内喷出的水,由能量守恒定律得Δmv2+Δmgh=Δm
在h高度处,Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp=Δmv
又Δm=m0Δt=ρSv0Δt
设玩偶模型对水的作用力大小为F,根据动量定理有F·Δt=Δp
联立以上各式得F=ρSv0。
10.答案 (1)0.25 8 m/s
(2)4 s J
解析 (1)根据题意可知,t=2s时,上滑速度最大,则滑块合外力为0
由图2可知此时F=8N
由平衡条件有F=mgsinθ+μmgcsθ
代入数据得μ=0.25
0~2s由动量定理有IF2-mgtsinθ-μmgtcsθ=mvm-0
根据F-t图像中面积表示冲量,由图2可知,其中IF2=t=24N·s
联立解得vm=8m/s。
(2)根据题意,若滑块到达最高点的时间大于等于4s,设时间为t
由动量定理有IF4-mgtsinθ-μmgtcsθ=0
其中IF4=×4×16N·s=32N·s
解得t=4s
符合假设,则滑块4s时速度为v1=0
滑块到达最高点,对从最高点下滑过程有=2a2x
由牛顿第二定律有a2=gsinθ-μgcsθ
解得最大位移x=m
设拉力F做的功为W,上滑过程中,由动能定理有W-mgsinθ·x-μmgcsθ·x=0
解得W=J。