2020届高考物理一轮复习 第13章 1 第一节 动量 冲量 动量定理课后达标能力提升 新人教版

2020届高考物理一轮复习 第13章 1 第一节 动量 冲量 动量定理课后达标能力提升 新人教版

‎1 第一节 动量 冲量 动量定理 ‎(建议用时：60分钟)‎ 一、选择题 ‎1．关于冲量，以下说法正确的是(　　)‎ A．只要物体受到了力的作用，一段时间内物体受到的总冲量就一定不为零 B．物体所受合外力的冲量小于物体动量的变化量 C．物体受到的冲量越大，动量越大 D．如果力是恒力，则其冲量的方向与该力的方向相同 解析：选D．合外力的冲量等于动量的变化，如果动量的变化为零，则合外力的冲量为零，所以物体所受外力的合冲量可能为零，故A错误；由动量定理可知物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化量，故B错误；冲量越大，动量的变化量越大，动量不一定大，故C错误；如果力是恒力，则冲量的方向就是该力的方向，故D正确．‎ ‎2．从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，下列说法正确的是(　　)‎ A．掉在水泥地上的玻璃杯动量小，而掉在草地上的玻璃杯动量大 B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变小，掉在草地上的玻璃杯动量改变大 C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小 D．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变量与掉在草地上的玻璃杯动量改变量相等 解析：选D．玻璃杯从同样高度落下，到达地面时具有相同的速度，即具有相同的动量，与地面相互作用后都静止．所以两种地面的情况中玻璃杯动量的改变量相同，故A、B、C错误，D正确．‎ ‎3．1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F＝895 N，推进器开动时间 Δt＝7 s．测出飞船和火箭组的速度变化Δv＝0．‎91 m/s．已知“双子星号”飞船的质量m1＝3 ‎400 kg．由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为(　　)‎ A．3 ‎400 kg　　　　　　 B．3 ‎‎485 kg C．6 ‎265 kg D．6 ‎‎885 kg 解析：选B．根据动量定理得FΔt＝(m1＋m2)Δv，代入数据解得m2≈3 ‎485 kg，B选项正确．‎ ‎4．‎ 5‎ 如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为(　　)‎ A．仍在P点 B．在P点左边 C．在P点右边不远处 D．在P点右边原水平位移的两倍处 解析：选B．纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，由I＝Fft＝mv0得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确．‎ ‎5．‎ 如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t．对于这一过程，下列判断正确的是(　　)‎ A．斜面对物体的弹力的冲量为零 B．物体受到的重力的冲量大小为mgt ‎ C．物体受到的合力的冲量大小为零 D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t 解析：选BD．由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mgcos θ·t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C错误；因整个过程中物体所受的合力为mgsin θ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mgsin θ·t，选项D正确．‎ ‎6．‎ 我国女子短道速滑队在世锦赛上实现了女子3 ‎000 m接力三连冠．如图所示，观察发现，‎ 5‎ ‎“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则(　　)‎ A．甲对乙的冲量大小一定等于乙对甲的冲量大小 B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反 C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量 D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功 解析：选AB．乙推甲的过程中，他们之间的作用力大小相等，方向相反，作用时间相等，根据冲量的定义，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，但方向相反，选项A正确；乙推甲的过程中，遵守动量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他们的动量变化大小相等，方向相反，选项B正确；在乙推甲的过程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲对乙做的负功与乙对甲做的正功不一定相等，结合动能定理知，选项C、D错误．‎ ‎7．‎ 如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有(　　)‎ A．三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等 B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等 C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3‎ D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3‎ 解析：选ABC．由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由＝gsin θ·t2得物体下滑的时间t＝，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3；故A、C正确，D错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，故B正确．‎ ‎8．‎ 5‎ 如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比(　　)‎ A．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大 B．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变 C．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做功变大 D．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大 解析：选BD．滑动摩擦力的大小为f＝μN，与相对速度的大小无关，所以，当皮带运动时，木块所受的摩擦力未变，空间位移未变，则滑到底端的时间、速度以及摩擦力所做的功均不变，所以摩擦力的冲量I＝ft不变，故A、C错误，B正确；但由于相对滑动的距离变长，所以木块和皮带由于摩擦产生的内能变大，故D正确．‎ 二、非选择题 ‎9．‎ 如图所示，一质量为M的长木板在光滑水平面上以速度v0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦．为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0．设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．‎ 解析：考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(Mv0－mv0)＝2mv0 ，则水平力的冲量I＝Ft＝2mv0．‎ 答案：2mv0‎ ‎10．‎ 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．一物块以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；‎ 5‎ ‎(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)由动能定理有－μmgx＝mv2－mv 可得μ＝0．32．‎ ‎(2)由动量定理有FΔt＝mv′－mv 可得F＝130 N．‎ ‎(3)由能量守恒定律有W＝mv′2＝9 J．‎ 答案：(1)0．32　(2)130 N　(3)9 J ‎11．‎ 如图所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过1 s 下滑到底端，已知斜面的倾角θ＝37°，斜面长度L＝2．‎5 m，sin 37°＝0．6，cos 37°＝0．8，取重力加速度g＝‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ；‎ ‎(2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；‎ ‎(3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值．‎ 解析：(1)根据L＝at2，解得：a＝‎5 m/s2，根据牛顿第二定律得：‎ mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得：μ＝0．125．‎ ‎(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为：‎ ΔE＝μmgcos θ·L 减小的重力势能为：ΔEp＝mgsin θ·L 故损失的机械能与减小的重力势能的比值为：‎ ΔE∶ΔEp＝μ∶tan θ＝1∶6．‎ ‎(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v，则有：‎ v＝at＝‎5 m/s 根据动量定理得：合外力冲量的大小为：‎ I合＝mv－0＝‎5m (N·s)‎ 在下滑过程中重力的冲量为：IG＝mgt＝‎10m (N·s)　‎ 所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：I合∶IG＝1∶2．‎ 答案：(1)0．125　(2)1∶6　(3)1∶2‎ 5‎