2021版高考物理一轮复习考点集训二十四第1节动量动量定理含解析

2021版高考物理一轮复习考点集训二十四第1节动量动量定理含解析

考点集训(二十四)　第1节　动量　动量定理 A组 ‎1．下列说法中正确的是(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A．冲量的方向一定和动量的方向相同 B．动量变化量的方向一定和动量的方向相同 C．物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向相同 D．冲量是物体动量变化的原因 ‎[解析] 冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向，故A错误；动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量增量的方向和动量的方向相反，故B错误；物体的末动量方向不一定和它所受合外力的冲量方向相同，故C错误；根据动量定理可知，冲量是物体的动量变化的原因，故D正确．‎ ‎[答案] D ‎2．在光滑水平地面上一个质量为0.2 kg的小球以6 m/s的水平速度撞击竖直墙，再以4 m/s的水平速度反向弹回，若小球与竖直墙的作用时间为0.2 s，则小球受到竖直墙的平均作用力大小为(　　)‎ A．6 N B．8 N C．10 N D．12 N ‎[解析] 规定末速度的方向为正方向，根据动量定理知，Ft＝mv2－mv1，解得：F＝ N＝10 N.‎ ‎[答案] C ‎3．如图所示，重物G压在纸带上，用一水平力缓慢地拉动纸带，重物G会跟着一起运动；若迅速拉动纸带，纸带将会从重物G下面抽出，关于这个现象，下列说法中正确的是(　　)‎ A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大于迅速拉动纸带时重物和纸带间的摩擦力 B．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 C．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大 D．迅速拉动纸带时重物的动量变化大 ‎[解析] 缓慢拉和快速拉时摩擦力相同，故A错误；慢拉时水平方向滑动摩擦力作用时间长，重物跟着纸带运动，动量变化大，故慢拉时纸带给重物的摩擦力的冲量大，由于作用时间长，支持力的冲量也大，故慢拉时，纸带给重物的冲量大，故B正确，C、D错误．‎ ‎[答案] B ‎4．如图，表面粗糙的斜面体固定在水平面上，质量为m的小物块从斜面底端以大小为v0的初速度沿斜面向上运动，到达斜面顶端后滑回到底端时速度大小为v1，则小物块(　　)‎ A．在整个过程受到支持力的冲量为零 B．在整个过程受到合外力的冲量大小为m(v1＋v0)‎ 6‎ C．上滑过程受到的摩擦力冲量大于下滑时摩擦力冲量 D．上滑过程克服摩擦力做功大于下滑时克服摩擦力做功 ‎[解析] 根据I＝Ft可知，支持力的冲量不为零，故A错误；根据动量定理知合外力的冲量为I＝Δp＝mv－m(－v1)＝m(v＋v1)，故B正确；根据受力分析可知，上滑时的加速度一定大于下滑时的加速度，由位移公式可知上滑过程用时小于下滑用时，而摩擦力大小相等，则可知，上滑过程中摩擦力的冲量小于下滑过程摩擦力冲量，故C错误；上滑过程和下滑过程位移相等，且摩擦力大小相等，根据做功公式可知两段过程克服摩擦力做功相同，故D错误．‎ ‎[答案] B ‎5．(多选)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到眼晴的情况，若手机质量为150 g，从离人眼约20 cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后经0.1 s手机停止运动，取重力加速度g＝10 m/s2，下列分析正确的是(　　)‎ A．手机对眼睛的作用力大小约为4.5 N B．手机对眼睛的作用力大小约为3.0 N C．全过程手机重力的冲量大小约为0.45 N·s D．全过程手机重力的冲量大小约为0.30 N·s ‎[解析] 根据自由落体速度v＝＝2 m/s，手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为Δp＝0－(－mv)＝0.30 kg·m/s，手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，根据动量定理可知Ft－mgt＝Δp，解得手机对眼睛的作用力大小约为4.5 N，故A正确．全过程由动量定理可知IG－Ft＝0，解得IG＝0.45 N·s，故C正确．‎ ‎[答案] AC ‎6．(多选)如图，物体P、Q置于光滑水平面上，某时刻分别在相同大小的水平恒力F1、F2作用下，由静止开始运动，经时间t，P、Q发生的位移大小关系为xP＜xQ，则 t 时刻(　　)‎ A．F2的功率比F1的大 B．P的速度比Q的大 C．P的动能比Q的大 D．P与Q的动量相等 ‎[解析] 根据匀变速直线运动平均速度的规律可知，由于xP＜xQ，所以P的末速度小于Q，所以F2的功率比F1的大，A正确，B错误；根据动能定理可知，合外力做的功等于物体动能变化，P、Q合外力相等，xP＜xQ，所以Q的动能大于P，C错误；根据动量定理可知，合外力冲量等于物体动量变化，P、Q合外力相等，作用时间相等，所以P与Q的动量相等，D正确．‎ ‎[答案] AD ‎7．一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a－t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)‎ 6‎ A．t＝6 s时，物体的速度为18 m/s B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J C．在0～6 s内，拉力对物体的冲量为36 N·s D．t＝6 s时，拉力F的功率为200 W ‎[解析] 根据Δv＝aΔt可知a－t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t＝6 s时刻，物体的速度v6＝v0＋Δv＝2 m/s＋ ×(2＋4)×6 m/s＝20 m/s，故A错误；根据动能定理得：W合＝ΔEk＝mv－mv＝396 J，故B错误；根据动量定理，在 0～6 s时间内：IF－ft＝m解得IF＝48 N·s，故C错误；在t＝6 s时刻，根据牛顿第二定律得：F＝ma＋f＝(2×4＋2) N＝10 N，拉力F的功率P＝Fv6＝10×20 W＝200 W，故D正确．故选D.‎ ‎[答案] D ‎8．如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量为3m，开始时均处于静止状态．当弹丸以速度v(相对于地面)发射出去后，底座的速度大小为，在发射弹丸过程中，底座受地面的(　　)‎ A．摩擦力的冲量为零 B．摩擦力的冲量为，方向向右 C．摩擦力的冲量为，方向向右 D．摩擦力的冲量为，方向向左 ‎[解析] 设向右为正方向，对弹丸，根据动量定理：I＝mv 力的作用是相互的，则弹丸对底座的作用力的冲量为：－mv，‎ 对底座，根据动量定理：If＋(－mv)＝－3m· 得：If＝mv，方向向右；故选B.‎ ‎[答案] B B组 ‎9．对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质．正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量，为简化问题，我们假定粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变．利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系正确的是(　　)‎ A.nmv2 B.nmv2‎ C.nmv2 D．nmv2‎ 6‎ ‎[解析] 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI＝2mv，如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体，由题设可知，其内有的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰撞粒子总数N＝n·SvΔt，Δt时间内粒子给器壁的冲量I＝N·ΔI＝nSmv2Δt，由I＝FΔt可得F＝＝nSmv2，f＝＝nmv2，故选B.‎ ‎[答案] B ‎10．(多选)如图所示，ABCD是固定在地面上，由同种金属细杆制成的正方形框架，框架任意两条边的连接处平滑，A、B、C、D四点在同一竖直面内，BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β(α>β)，让套在金属杆上的小环从A点无初速释放．若小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做功为W1，重力的冲量为I1，若小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做功为W2，重力的冲量为I2.则(　　)‎ A．W1>W2 B．W1＝W2‎ C．I1>I2 D．I1＝I2‎ ‎[解析] 设正方形的边长为l，经AB段和CD段摩擦力做负功，大小为μmglcos β，经BC段和AD段摩擦力做负功，大小为μmglcos α，W1＝W2，A错误，B正确；小环从A经B滑到C点和从A经D滑到C点过程中路程相等，到达C点时速度大小相等．设AB段加速度为a1，a1＝gsin β－μgcos β，AD段加速度为a2，a2＝gsin α－μgcos α，则a1vB，所以AD段的平均速度大于AB段的平均速度，CD段的平均速度大于BC段的平均速度，小环从A经B滑到C点所用时间大于从A经D滑到C点所用的时间，根据I＝mgt，I1>I2，C正确，D错误．故选BC.‎ ‎[答案] BC ‎11．(多选)竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3 kg的B固定在一起，质量为1 kg的A放于B上．现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示．当A、B分离后，A上升0.2 m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)(　　)‎ A．A、B分离时B的加速度为g ‎ B．弹簧的弹力对B做功为零 ‎ 6‎ C．弹簧的弹力对B的冲量大小为6 N·s D．B的动量变化量为零 ‎[解析] A、B分离时，二者的速度相等，加速度也相等，都等于重力加速度g，可知弹簧恢复原长时二者分离，A正确；A到最高点时弹簧恰恢复原长，可知弹簧对B做的功等于0，B正确；分离时二者速度相同，以后A做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度v＝＝ m/s＝2 m/s，上升到最高点所需的时间t＝＝0.2 s，对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得mBgt＋IN＝mBv－(－mBv)，解得IN＝6 N·s，C正确；分离时B的速度方向向上，A上升0.2 m到达最高点时B的速度方向向下，所以B的动量变化量向下，一定不等于0，D错误．‎ ‎[答案] ABC ‎12．如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始由静止竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，恰以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，空气阻力F阻＝kv(k为比例系数)，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.试计算：‎ ‎(1)气球受到浮力的大小；‎ ‎(2)气球上升到180 m过程中克服空气阻力所做的功；‎ ‎(3)气球上升到180 m过程中所用时间是多少？‎ ‎[解析] (1)分析刚开始运动时气球受力，由牛顿第二定律可得：‎ F浮－mg＝ma 代入数据得：F浮＝4 830 N ‎(2)已知上升高度h＝180 m，由动能定理得：‎ F浮h－mgh－Wf＝mv2 ‎ 解得Wf＝F浮h－mgh－mv2‎ 代入数据得：Wf＝35 650 J ‎(3)设上升180 m过程所用时间为t，由动量定理得：‎ I浮＋IG＋I阻＝mv I阻＝－kt＝－kx ‎ F浮－mg－kv＝0其中v＝5 m/s I浮＝F浮t, IG＝－mgt 联立以上各式：t＝46 s 6‎ 6‎