【物理】2020届一轮复习人教版 　动量和动量定理 课时作业

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‎2020届一轮复习人教版 　动量和动量定理 课时作业 ‎ (建议用时：40分钟)‎ ‎[基础对点练]‎ 题组一：冲量、动量及动量的变化 ‎1．关于冲量，下列说法中正确的是(　　) ‎ A．冲量是物体动量变化的原因 B．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零 C．动量越大的物体受到的冲量越大 D．冲量的方向就是物体运动的方向 A　[力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化是所有作用在物体上的力共同产生的效果，B错误；物体所受冲量I＝Ft与物体动量的大小p＝mv无关，C错误；冲量的方向与物体运动方向无关，D错误。]‎ ‎2．从同一高度以相同的速率抛出质量相同的三个小球，a球竖直上抛，b球竖直下抛，c球水平抛出，不计空气阻力，则(　　)‎ A．三球落地时的动量相同 B．三球落地时的动量大小相同 C．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量相同 D．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量大小相同 B　[根据机械能守恒定律可知，三球落地时，速度大小相等，但c球速度方向与a、b球的速度方向不同。从抛出到落地过程中，三球均仅受重力作用，但三球在空中运动的时间不同，故选B。]‎ ‎3.如图所示，质量为m的物体放在水平地面上，在与水平面成θ角的拉力F作用下由静止开始运动，经时间t速度达到v，在这段时间内拉力F和重力mg和合外力的冲量分别是(　　)‎ A．Ftcos θ，0，mv　　 B．Ftcos θ，0,0‎ C．Ft,0，mv D．Ft，mgt，mv D　[根据冲量的定义可知，拉力F和重力mg的冲量分别为Ft和mgt；根据动量定理，合外力的冲量等于动量的改变量，即mv，D项正确。]‎ 题组二：动量定理的定性分析 ‎4．把重物压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着纸带一起运动；若迅速拉动纸带，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 C　[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均错误；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，故C正确，D错误。 ]‎ ‎5．如图所示，质量为m的物体，在大小确定的水平外力F作用下，以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是(　　)‎ A．v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功越多 B．v越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v的大小无关 C．v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少 D．v越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v的大小无关 D　[由题知，物体所受的摩擦力Ff＝F，且为恒力，由A到B的过程中，v越大，所用时间越短，If＝Ft越小；因为Wf＝F·，故Wf与v无关。选项D正确。]‎ ‎6．一粒钢珠从静止状态开始做自由落体运动，然后陷入泥潭中。若把它在空中自由落体的过程称为Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为Ⅱ，则(　　)‎ A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量小于重力的冲量 B．过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小 C．过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ与过程Ⅱ重力冲量的大小 D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量等于阻力的冲量 C　[根据动量定理，两个过程中钢珠动量的改变量都等于其合外力的冲量，而过程Ⅰ中钢珠的合外力等于重力，所以过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量，过程Ⅱ中钢珠的合外力等于重力和阻力的合力，所以过程Ⅱ中钢珠的动量改变量不等于阻力的冲量，选项A、D错误；在整个过程中，钢珠动量的改变量为零，所以其合外力的冲量也为零，据此可知，过程Ⅱ中钢珠所受阻力的冲量大小等于整个过程中重力冲量的大小，所以选项B错误，C正确。]‎ 题组三：动量定理的定量计算 ‎7．质量为4 kg的物体以2 m/s的初速度做匀变速直线运动，经过2 s，动量大小变为14 kg·m/s，则该物体(　　)‎ A．所受合外力的大小可能大于11 N B．所受合外力的大小可能小于3 N C．冲量大小可能小于6 N·s D．冲量大小可能大于18 N·s D　[若以物体初速度方向为正方向，则初动量p1＝mv1＝8 kg·m/s，末动量大小为14 kg·m/s，则有两种可能：当p2＝14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝6 kg·m/s，F＝3 N；当p2＝－14 kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝－22 kg·m/s，F＝－11 N，负号表示方向，故选项A、B、C错误，D正确。]‎ ‎8.使用高压水枪作为切割机床的切刀具有独特优势，得到广泛应用。如图所示，若水柱截面为S，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后水速减为零，已知水的密度为ρ，则水对钢板的冲击力为(　　)‎ A．ρSv B．ρSv2‎ C.ρSv2 D.ρSv B　[设t时间内有体积为V的水打在钢板上，这些水的质量为m＝ρV＝ρSvt ‎，以这部分水为研究对象，它受到钢板的作用力为F，以水运动的方向为正方向，由动量定理有Ft＝0－mv，即F＝－＝－ρSv2，负号表示水受到的作用力的方向与水运动的方向相反；由牛顿第三定律可以知道，水对钢板的冲击力大小也为ρSv2。故B项正确，A、C、D三项错误。]‎ ‎9．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。在此过程中(　　)‎ A．地面对他的平均作用力为mg＋，地面对他做的功为mv2‎ B．地面对他的平均作用力为mg＋，地面对他做的功为零 C．地面对他的平均作用力为，地面对他做的功为mv2‎ D．地面对他的平均作用力为，地面对他做的功为零 B　[人的速度原来为零，起跳后变为v，则由动量定理可得I－mgΔt＝Δ(mv)＝mv，故地面对人的冲量为mv＋mgΔt；则地面对人的平均作用力F＝＝mg＋，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故B项正确，A、C、D三项错误。]‎ ‎10．(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为(　　)‎ A．m(v－v0) B．mgt C．m D．m BCD　[由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝，由机械能守恒定律可得mv＋mgh＝mv2，所以＝，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝m＝m，选项C、D均正确，只有选项A错误。]‎ ‎[考点综合练]‎ ‎11．如图所示，由喷泉中喷出的水柱，把一个质量为M 的垃圾桶倒顶在空中，水以速率v0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)从地下射向空中。求垃圾桶可停留的最大高度。(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹)‎ 解析：设垃圾桶可停留的最大高度为h，并设水柱到达h高处的速度为vt，则 v－v＝－2gh 得v＝v－2gh 由动量定理得，在极短时间Δt内，水受到的冲量为 FΔt＝2vt 解得F＝2·vt＝2 据题意有F＝Mg 联立解得h＝－2。‎ 答案：－2‎ ‎12．如图所示，质量mA为4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0 kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0 J，小物块的动能EkB为0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求：‎ ‎(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小；‎ ‎(2)木板的长度L。‎ 解析：木板受到瞬时冲量作用后获得初动量，此后A、B相对运动，B在摩擦力作用下做加速运动，A在B的反作用力及C的摩擦力作用下做减速运动，最终B 从A上掉下来。‎ ‎(1)设水平向右为正方向，有I＝mAv0‎ 代入数据解得v0＝3.0 m/s。‎ ‎(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，其中FCA＝μ(mA＋mB)g＝12 N，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，由动量定理得 ‎－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0‎ FABt＝mBvB 其中FAB＝FBA，EkA＝mAv＝8.0 J，EkB＝mBv＝0.50 J 设A、B相对于C的位移大小分别为xA和xB，由动能定理得－(FBA＋FCA)xA＝mAv－mAv FABxB＝EkB 木板A的长度L＝xA－xB 代入数据解得L＝0.50 m。‎ 答案：(1)3.0 m/s　(2)0.50 m