2020高中物理 1.1《动量定理》每课一练

2020高中物理 1.1《动量定理》每课一练

‎1.1《动量定理》每课一练 ‎ ‎1.小球自由落下，与地面发生碰撞后的瞬间，其反弹速度与落地速度大小相等.若从释放时开始计时，取初始位置为参考点，向上为正方向，不计小球与地面发生碰撞的时间及空气阻力.则下图中能正确描述小球各物理量与时间关系的是(　　)‎ 答案：B ‎2.在我们的体育课上，体育老师在讲解接篮球的技巧时，经常这样描述：当接迎面飞来的篮球，手接触到球以后，两臂随球后引至胸前把球接住.这样做的目的是(　　)‎ A．减小篮球的冲量 B．减小篮球的动量变化 C．增大篮球的动量变化 D．减小篮球的动量变化率 解析：水平方向有：F△t = △p 得：F = 故接球后两臂起缓冲作用，减小篮球的动量变化率.‎ 答案：D ‎3.木块A从斜面底端以初速度υ0冲上斜面，经一段时间后，又回到斜面底端.若木块A在斜面上所受的摩擦阻力大小不变，对于木块A，下列说法正确的是(　　)‎ A．全过程中重力的冲量为零 B．全过程中重力做的功为零 C．上滑过程中动量的变化量的大小等于下滑过程中动量的变化量的大小 D．上滑过程中机械能的变化量大于下滑过程中机械能的变化量 解析：整个过程重力的冲量IG = mgt，选项A错误；‎ 重力做的功WG = mg×0 = 0，选项B正确；‎ 上滑过程动量的变化大小：△p1 = mυ0‎ 下滑过程动量的变化大小：△p2 = mυ 又υ < υ0‎ 可得△p1 > △p2，选项C错误；‎ 上滑和下滑过程机械能的变化均为克服摩擦力所做的功：△E = f·s，选项D错误.‎ 答案：B ‎4.质量分别为m1和m2的两个物体(m1 > m2)，在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相同的初动能.与运动方向相同的水平力F分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个物体的动量和动能的大小分别为p1、p2和Ek1、Ek2，比较它们的大小，有(　　)‎ A．p1 > p2，Ek1 > Ek2　　　　　B．p1 > p2，Ek1 < Ek2‎ C．p1 < p2，Ek1 > Ek2　　　　　D．p1 < p2，Ek1 < Ek2‎ 解析：动量与动能的关系为：p = 由p1 = ＋Ft，p2 = ＋Ft 得：p1 > p2‎ 又因为经过相同的时间后m1的位移小于m2的位移，由动能定理有：‎ Ek1 = Ek＋Fs1，Ek2 = Ek＋Fs2‎ 故Ek1 < Ek2.‎ 答案：B ‎5.空军某部飞行员李剑英驾驶歼击机训练结束后，在下降途中飞机遇到鸽群撞击，只听见“砰”的一声巨响，发动机被撞坏了.为了避免飞机坠入在人员密集的村庄，李剑英放弃跳伞不幸殉难.现假设某飞机的飞行速度为‎300m/s，撞上一只以‎8m/s的速度迎面飞来的、质量为‎0.5kg的鸟，作用时间为1×10 - 4s，则鸟撞击飞机的平均作用力约为(　　)‎ A．1.5×106N B．3×106N C．1.5×107N D．3×107N 解析：取飞机速度方向为正，对于鸟有：‎ ·△t = mυ飞 - m( - υ鸟)‎ 解得： ≈ 1.5×106N.‎ 答案：A ‎1.如图所示，木块B与水平弹簧相连放在光滑水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后留在木块B内，入射时间极短，关于子弹和木块组成的系统，下列说法正确的是(　　)‎ A．子弹从开始射入木块到弹簧压缩到最短的过程中，系统动量守恒 B．子弹射入木块的过程中，系统动量守恒 C．子弹射入木块的过程中，系统动量不守恒 D．木块压缩弹簧的过程中，系统动量守恒 解析：子弹射入木块在瞬间完成，这一过程木块的位移以及弹簧的作用可以忽略不计，故木块与子弹组成的系统动量守恒，这一过程机械能不守恒.压缩弹簧的过程动量越来越小，但木块和弹簧组成的系统机械能守恒，选项B正确.‎ 答案：B ‎2.质量为M的木块放在光滑的水平桌面上处于静止状态，今有一颗质量为m、速度为υ0的子弹沿水平方向击中木块，在子弹未穿出木块的过程中，木块受到的冲量大小为(　　)‎ A．mυ0　　　　　　　　B．mυ0 - C． D．mυ0 - 解析：由动量守恒定律得：mυ0 = (m＋M)υ 木块受到的冲量大小I = Mυ 联立解得：I = 选项C、D是相同结果的不同表达式，所以选项C、D正确.‎ 答案：CD ‎3.A、B两球在光滑水平面上相向运动，已知mA > mB，当两球相碰后，其中一球停止运动，则可断定(　　)‎ A．碰前A的动量与B的动量大小相等 B．碰前A的动量大于B的动量 C．若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量 D．若碰后B的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量 解析：碰后只有一球静止，说明系统总动量不为零，选项A错误；由于不知道哪个球停止，则不能判断碰前谁的动量大，B错误；由于二球相向运动，一球停止，另一球的运动方向必与其原运动方向反向，总动量与静止球原动量方向相同，因此选项C正确.‎ 答案：C ‎4.小球1追碰小球2，碰撞前两球的动量分别为p1 = ‎5kg·m/s，p2 = ‎7kg·m/s，正碰后小球2的动量p2′ = ‎10kg·m/s.则两球的质量关系可能是(　　)‎ A．m2 = m1　　　　　B．m2 = ‎2m1‎ C．m2 = ‎4m1 D．m2 = ‎6m1‎ 解析：由动量守恒定律，很容易得到碰后小球1的动量p1′ = ‎2kg·m/s，这丝毫不能反映出两球的质量关系，这就要从题中内含的其他关系去寻找.‎ 首先，“追碰”表明碰前小球1的速度大于小球2的速度，即υ1 > υ2，由υ = 可得， > ，即m2 > ，排除了选项A的可能.‎ 按同样思路，碰后应有υ1′ ≤ υ2′， ≤ ，有m2 ≤ ‎5m1，排除了选项D的可能.‎ 由动能不增原则可知：Ek1＋Ek2 ≥ Ek1′＋Ek2′，由动能Ek与动量p的关系：Ek = 可得：＋ ≥ ＋ 即有：m2 ≥ ，排除了选项B的可能.‎ 综合以上结论得： ≤ m2 ≤ ‎5m1，只有选项C正确.‎ 答案：C ‎5.如图所示，人在平板车上用水平恒力拉绳使重物能逐渐靠近自己，人相对车始终不动，重物与平板车之间、平板车与地面之间均无摩擦.设开始拉重物时车和重物都是静止的，车和人的总质量M = ‎100kg，重物的质量m = ‎50kg，拉力F = 200N，重物在车上向人靠近了‎3m，求：‎ ‎（1）车在地面上移动的距离.‎ ‎（2）这时车和重物的速度.‎ 解析：（1）设重物在车上向人靠近L = ‎3m时，车在地面上移动的距离为s，依题意有：‎ m(L - s) = Ms 整理得：s = ‎1m.‎ ‎（2）人和车的加速度a = = m/s2 = ‎2m/s2‎ 则人和车在地面上移动‎1m时的速度为：‎ υ = = ‎2m/s 此时物体的对地速度为υ物，根据mυ物 = Mυ得：‎ υ物 = ‎4m/s.‎ 答案：（1）‎1m　（2）‎4m/s ‎6.用火箭发射人造卫星时，假设最后一节火箭的燃料用完后，火箭壳体和卫星一起以υ = 7.0×‎103m/s的速度绕地球做匀速圆周运动.已知卫星的质量m = ‎500kg，最后一节火箭壳体的质量M = ‎100kg.某时刻火箭壳体与卫星分离，分离时卫星与火箭壳体沿轨道切线方向的相对速度u = 1.8×‎103m/s，试计算分离后瞬间卫星的速度和火箭壳体的速度.(以地面为参考系)‎ 解析：设分离后卫星与火箭壳体相对地面的速度分别为υ1和υ2，分离时系统在轨道切线方向上动量守恒，有：‎ ‎(m＋M)υ = mυ1＋Mυ2‎ 又u = υ1 - υ2‎ 解得：υ1 = 7.3×‎103m/s υ2 = 5.5×‎103m/s.‎ 答案：7.3×‎103m/s　5.5×‎103m/s ‎6.有一高空作业的工人重为600N，系一条长L = ‎5m的安全带.若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t = 1s，则在缓冲时间里安全带对人的平均拉力F是多大？(g取‎10m/s2)‎ 解析：解法一　如图所示，人跌落时为自由下落，刚要拉紧安全带时的速度υ1 = ，经缓冲时间t = 1s后速度变为0，取向下为正方向，由动量定理得：‎ ‎(mg - F)t = 0 - mυ1‎ 代入数据可解得：F = 1200N.‎ 解法二　在整个下落的过程中，人受到的重力的冲量大小为mg(＋t)，拉力F的冲量大小为Ft.初末动量都是零，取向下的方向为正方向，由动量定理得：‎ mg(＋t) - Ft = 0‎ 可解得：F = 1200N.‎ 答案：1200N