【物理】2020届一轮复习人教版第五章动量冲量动量定理作业

【物理】2020届一轮复习人教版第五章动量冲量动量定理作业

‎ (三十四) 动量 冲量 动量定理 作业 ‎1．把重物压在纸带上，某人用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若某人迅速拉动纸带，纸带就会从重物下抽出，这个现象的原因是(　　)‎ A．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大 B．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小 C．在缓缓拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 D．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 解析：选C　某人用水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动时重物受的静摩擦力小于迅速拉动纸带时重物受到的滑动摩擦力，A、B错误；某人迅速拉动纸带时，因作用时间短，重物所受冲量较小，重物速度变化小，纸带易抽出，C正确，D错误。‎ ‎2.如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，左端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶左端对竖直墙壁的作用力大小是(　　)‎ A．ρvS　　　　　 　　　 　B. C.ρv2S D．ρv2S 解析：选D　Δt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，由牛顿第三定律得F′＝F＝ρv2S，选项D正确。‎ ‎3.(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　摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，乘客重力的冲量不为零，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误。‎ ‎4.(2019·铜陵联考)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m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按选项图中的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力F沿斜面向上为正)。若物体在t＝0时速度为零，则选项图中的四种情况3 s末速率最大的是(g取‎10 m/s2)(　　)‎ 解析：选C　根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率。取t0＝1 s，选项图A中：－mgsin 30°·3t0－F·2t0＋Ft0＝mv1，得v1＝－‎20 m/s；选项图B中：－mgsin 30°·3t0＋Ft0－Ft0＝mv2，得v2＝－‎15 m/s；选项图C中：－mgsin 30°·3t0－F·2t0＝mv3，得v3＝－‎25 m/s；选项图D中：－mgsin 30°·3t0－F·2t0＋F′t0＝mv4，得v4＝－‎15 m/s。故选项C正确。‎ ‎5.如图所示，a、b、c是三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛。下列说法正确的是(　　)‎ A．a、b、c同时到达同一水平面 B．a、b、c动量变化量的大小相等 C．a、b、c的末动能相同 D．重力对a、b、c的冲量大小相等 解析：选B　b做自由落体运动，c的竖直分运动是自由落体运动，故b、c的加速度为g，设斜面的倾角为θ，则a的加速度为gsin θ，设下落相同高度h时，a下滑时间为t1，则＝gt12sin θ，解得t1＝ ，b、c下落时间为t2＝ ，a与b、c所用时间不同，选项A错误；a的动量变化量为mgsin θ·t1＝m，b、c的动量变化量为mgt2＝m，故a、b、c动量变化量大小相等，选项B正确；由机械能守恒定律可知，c的末动能大于a、b的末动能，选项C错误；由于t1>t2，所以重力对a、b、c的冲量大小不相等，选项D错误。‎ ‎6．(多选)某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下操作：将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0‎ ‎，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程2。如果忽略空气阻力，则下述说法正确的是(　　)‎ A．过程1和过程2动量的变化量大小都为mv0‎ B．过程1和过程2动量变化量的方向相反 C．过程1重力的冲量为mv0，且方向竖直向下 D．过程1和过程2重力的总冲量为0‎ 解析：选AC　根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直向下，上升过程和下降过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下降过程动量的变化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均为mv0，且方向均竖直向下，A、C正确，B错误；小球从发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的总冲量为I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D错误。‎ ‎7.(多选)(2019·常德模拟)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有(　　)‎ A．小球的机械能减小了mg(H＋h)‎ B．小球克服阻力做的功为mgh C．小球所受阻力的冲量大于m D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量 解析：选AC　小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得：mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－m，得：IF＝IG＋m，知阻力的冲量大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。‎ ‎8.(多选)(2019·合肥模拟)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间t按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　)‎ A．第2 s末，质点的动量为0‎ B．第4 s末，质点回到出发点 C．在0～2 s内，力F的功率先增大后减小 D．在1～3 s内，力F的冲量为0‎ 解析：选CD　由题图可知，0～2 s内力F的方向和质点运动的方向相同，由F＝ma可知，质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s 末质点的加速度为0，即速度最大，动量最大，故选项A错误；质点在2～4 s内力F 的方向与0～2 s内力F的方向不同，0～2 s内做加速运动，2～4 s 内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，故选项B错误；0～2 s内，质点速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P＝Fv得，力F瞬时功率开始为0,2 s末时为0，所以在0～2 s内，力F的功率先增大后减小，故选项C正确；在题图中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量大小，1～2 s内的面积与 2～3 s 内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s内，力F的冲量为0，故选项D正确。‎ ‎9.(2019·三湘名校联考)某中学在高考前100天倒计时宣誓活动中为给高三考生加油，用横幅打出激励语。如图为横幅的示意图，若横幅的质量为m，且质量分布均匀、由竖直面内的四条轻绳A、B、C、D固定在光滑的竖直墙面内，四条轻绳与水平方向的夹角均为θ，其中轻绳A、B是不可伸长的刚性绳，轻绳C、D是弹性较好的弹性绳且对横幅的拉力恒为T0，重力加速度为g。‎ ‎(1)求轻绳A、B所受力的大小；‎ ‎(2)在一次卫生大扫除中，楼上的小明同学不慎将质量为m0的抹布滑落，正好落在横幅上沿的中点位置。已知抹布的初速度为零，下落的高度为h，忽略空气阻力的影响。抹布与横幅撞击后速度变为零，且撞击时间为t，撞击过程横幅的形变极小，可忽略不计，求撞击过程中，绳A、B所受平均拉力的大小。‎ 解析：(1)横幅在竖直方向上处于平衡状态：‎ ‎2Tsin θ＝2T0 sin θ＋mg 解得：T＝T0＋。‎ ‎(2)抹布做自由落体运动，其碰撞前的速度满足：2gh＝v02‎ 设碰撞过程中横幅对抹布的平均作用力为F，由动量定理可得：－(F－m‎0g)t＝0－m0v0‎ 解得：F＝m‎0g＋ 由牛顿第三定律可知抹布对横幅的平均冲击力F′＝F 横幅仍处于平衡状态：2T1sin θ＝2T0sin θ＋mg＋F′‎ 解得：T1＝T0＋＋。‎ 答案：(1)T0＋　(2)T0＋＋