【物理】2020届一轮复习人教版 动量动量定理 课时作业

【物理】2020届一轮复习人教版 动量动量定理 课时作业

‎2020届一轮复习人教版 动量动量定理 课时作业 ‎1．(2018·全国卷Ⅱ)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个‎50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(　　)‎ A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N 答案　C 解析　设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是‎3 m，由动能定理可知：mgh＝mv2，解得：v＝＝ m/s＝‎10 m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(N－mg)t＝0－(－mv)，解得：N≈1×103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确。‎ ‎2.(2017·全国卷Ⅲ)(多选)一质量为‎2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)‎ A．t＝1 s时物块的速率为‎1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为‎4 kg·m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为‎5 kg·m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 答案　AB 解析　前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝＝ m/s2＝‎1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝‎1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝‎2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝‎4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a2＝＝‎0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝‎1.5 m/s，动量大小p3＝mv3＝‎3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的速度v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝‎1 m/s，D错误。‎ ‎3．(2018·天津河东一模)(多选)一辆汽车在平直公路上从静止开始运动，所受阻力恒定，10 s末撤掉牵引力，其速度随时间变化的图象如图所示，则下列说法正确的是(　　)‎ A．0～5 s和10～15 s内加速度相同 B．0～5 s和10～15 s内阻力做功相等 C．0～5 s和5～10 s内牵引力做功的平均功率相等 D．0～5 s和10～15 s内合外力的冲量相同 答案　BC 解析　v－t图线的斜率表示加速度，由图可知0～5 s和10～15 s内加速度大小相等，但是方向相反，故不相同，A错误；v－t图线与时间轴所围的面积表示位移，由图可知0～5 s和10～15 s内位移相等，又阻力恒定，故阻力做功相等，B正确；0～5 s内和10～15 s内加速度大小相等，则＝，则F1＝‎2f,5～10 s内F2＝f，故F1＝‎2F2，又1＝2，故0～5 s内牵引力平均功率P1＝F11与5～10 s内牵引力平均功率P2＝F22相等，C正确；0～5 s和10～15 s内时间相同，所受合外力等大、反向，故冲量也是等大、反向，故D错误。‎ ‎4．(2018·江苏高考)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。‎ 答案　2mv＋mgt 解析　取向上为正方向，由动量定理mv－(－mv)＝I 且小球所受总的冲量I＝I弹－mgt，‎ 解得小球所受弹簧弹力的冲量I弹＝2mv＋mgt。‎ ‎5．(2018·北京高考)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如图，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝‎10 m，C是半径R＝‎20 m圆弧的最低点，质量m＝‎60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝‎4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝‎30 m/s。取重力加速度g＝‎10 m/s2。‎ ‎(1)求长直助滑道AB的长度L；‎ ‎(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量的I大小；‎ ‎(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力FN的大小。‎ 答案　(1)‎100 m　(2)1800 N·s ‎(3)受力图见解析　3900 N 解析　(1)已知AB段的初末速度，则利用运动学公式可以求解AB的长度，即v－v＝2aL，‎ 可解得 L＝＝ m＝‎100 m。‎ ‎(2)根据动量定理可知合外力的冲量等于动量的变化量，‎ 所以I＝mvB－mv0＝(60×30－0) N·s＝1800 N·s。‎ ‎(3)运动员经过C点时的受力如图所示。‎ 由牛顿第二定律可得FN－mg＝m，①‎ 从B运动到C由动能定理可知mgh＝mv－mv，②‎ 由①②式并代入数据解得FN＝3900 N。‎ 配套课时作业 ‎　　时间：45分钟　满分：100分 一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～6为单选，7～10为多选)‎ ‎1．下面关于物体动量和冲量的说法错误的是(　　)‎ A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大 B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变 C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向 D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快 答案　A 解析　Ft越大，Δp越大，但动量不一定大，它还与初态的动量有关，故A错误，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向相同，所以C正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D正确。‎ ‎2．将质量为‎0.5 kg的小球以‎20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取‎10 m/s2，以下判断正确的是(　　)‎ A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·s B．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0‎ C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0‎ D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s 答案　A 解析　小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量：I＝0－(－mv0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于‎20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I′＝Δp＝mv0－(－mv0)＝20 N·s，则冲量大小为20 N·s，B、C、D错误。‎ ‎3．(2018·广州调研)篮球运动员在接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引。这样可以减小(　　)‎ A．球对手的力的冲量 B．球对手的力的大小 C．球的动量变化量 D．球的动能变化量 答案　B 解析　篮球运动员在接传来的篮球时，无论采取何种方法，篮球的动量变化量都相同，根据动量定理，无法减小球对手的力的冲量，无法减小球的动量变化量，也无法减小球的动能变化量。先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后退，可增大篮球与手之间力的作用时间，根据冲量的定义可知，可减小球对手作用力的大小，B正确。‎ ‎4．(2018·唐山期末)‎1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次安全性碰撞试验，成为“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞试验开始与国际接轨，在碰撞过程中，下列关于安全气囊的保护作用认识正确的是(　　)‎ A．安全气囊减小了驾驶员的动量的变化 B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量 C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率 D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使动量变化更大 答案　C 解析　碰撞过程中，驾驶员的初、末动量与是否使用安全气囊无关，A项错误；由动量定理可知，驾驶员受到的撞击力的冲量不变，B项错误；安全气囊延长了撞击力的作用时间，但是撞击力的冲量一定，故驾驶员的动量变化量不变，动量变化率减小，C项正确，D项错误。‎ ‎5.(2018·湖北四校联考)如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点。空气阻力忽略不计。设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则(　　)‎ A．t1>t2 B．t1＝t2‎ C．I1>I2 D．I1＝I2‎ 答案　C 解析　由vC＝0可知在小球从A点到C点的运动过程中，有阻力做功，所以在同一高度处，在AB弧上的速率大于在BC弧上的速率，所以AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，所以t1|Δp2|，则I1>I2，故C正确，D错误。‎ ‎6．跑酷是时下流行的一种极限运动，在某次练习中，假设质量为‎50 kg的跑酷运动员在一堵墙前面以与水平方向成37°角、大小为‎6 m/s的速度跳起，再用脚蹬墙面一次，使身体水平反抛回来，落到了距离墙‎2.16 m处。如果用脚蹬墙时跑酷运动员的速度方向恰好沿水平方向，不考虑空气阻力，g取‎10 m/s2‎ ‎，则墙对跑酷运动员做的功和墙对跑酷运动员的冲量大小分别为(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)(　　)‎ A．‎0,540 kg·m/s B．324 J,‎60 kg·m/s C．546 J,‎300 kg·m/s D．900 J,‎540 kg·m/s 答案　A 解析　把运动员的初速度看成平抛运动的末速度，将该速度沿水平方向和竖直方向分解，水平分速度vx＝v0cos37°＝‎4.8 m/s，竖直分速度vy＝v0sin37°＝‎3.6 m/s，则跑酷运动员用脚蹬墙前瞬间的速度大小v1＝vx＝‎4.8 m/s，在空中时间为t＝＝0.36 s，则跑酷运动员用脚蹬墙面后，身体水平反抛回来时在空中的时间为t＝0.36 s，所以跑酷运动员用脚蹬墙后瞬间的速度大小v2＝＝＝‎6 m/s，取跑酷运动员用脚蹬墙后返回的速度方向为正方向，于是墙对跑酷运动员的冲量大小为I＝mv2－(－mv1)＝‎540 kg·m/s。由于墙面对跑酷运动员作用力的作用点在脚上，且位移为零，所以墙对跑酷运动员不做功，A正确。‎ ‎7.(2018·陕西摸底)某人身系弹性绳自高空P点自由下落，a点是弹性绳的原长位置，c是人所能到达的最低点，b是人静止悬挂时的平衡位置。若把由P点到a点称为过程Ⅰ，由a点到c点称为过程Ⅱ，不计空气阻力，下列说法正确的是(　　)‎ A．过程Ⅰ中人的动量的改变量等于重力的冲量 B．过程Ⅱ中人的动量的减少量等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小 C．过程Ⅱ中人的动能逐渐减小到零 D．过程Ⅱ中人的机械能的减少量等于过程Ⅰ中重力做功的大小 答案　AB 解析　根据动量定理可知过程Ⅰ中人的动量的改变量等于重力的冲量，A正确；人在P、C两点时的动量均为零，则过程Ⅱ中动量的减少量等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小，B正确。从a到b的过程中，人的重力大于绳的弹力，从b到c的过程中，人的重力小于绳的弹力，故过程Ⅱ中人的动能先增大再减小，C错误；过程Ⅱ中人的机械能的减少量等于过程Ⅰ和过程Ⅱ中重力做功的大小，D错误。‎ ‎8．质量为m的物体以初速度v0做平抛运动，经过时间t，下落的高度为h，速度大小为v，不计空气阻力，在这段时间内，该物体的动量的变化量大小为(　　)‎ A．mv－mv0 B．mgt C．m D．m 答案　BCD 解析　根据动量定理得，物体所受合力的冲量等于它的动量的变化量，所以Δp＝mgt，故B正确；由题可知，物体末位置的动量为mv，初位置的动量为mv0，根据矢量三角形定则知，该物体的动量的变化量Δp＝mvy＝m＝m，故C、D正确，A错误。‎ ‎9．如图甲所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。由此可以确定(　　)‎ A．物块冲上斜面的最大位移 B．物块返回底端时的速度 C．物块所受摩擦力的大小 D．斜面倾角θ 答案　ABD 解析　根据图线的“面积”可以求出物体冲上斜面的最大位移为：x＝，A正确；设物块返回底端时的速度大小为v，则有：＝，解得：v＝，B正确；根据动量定理得上滑过程：－(mgsinθ＋μmgcosθ)t0＝0－mv0，下滑过程：(mgsinθ－μmgcosθ)·2t0＝mv，联立解得：sinθ＝，f＝μmgcosθ＝，由于质量m未知，则无法求出f，可以求出斜面倾角θ，D正确，C错误。‎ ‎10．(2018·武汉训练)如图所示，一质量为m的小球(可视为质点)从离地面高H处水平抛出，第一次落地时的水平位移为H，反弹的高度为H。已知小球与地面接触的时间为t，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力。下列说法正确的是(　　)‎ A．第一次与地面接触的过程中，小球受到地面的平均作用力为 B．第一次与地面接触的过程中，小球受到地面的平均作用力为＋mg C．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2H D．小球第一次落地点到第二次落地点的水平距离为H 答案　BC 解析　以竖直向上为正方向，小球第一次落地时竖直方向的速度为v1＝－，小球第一次反弹后竖直方向的速度为v2＝ ＝，在小球第一次与地面接触的过程中应用动量定理有：(－mg)t＝mv2－mv1，代入v1、v2解得：＝＋mg，故B正确，A错误；小球第一次下落的时间为t1＝ ，水平初速度v0＝＝ ，第一次反弹到最高点所用的时间为t′＝ ，所以第一次落地点到第二次落地点的水平距离为2v0t′＝2× ＝2H，故C正确，D错误。‎ 二、非选择题(本题共2小题，共30分)‎ ‎11．(12分)在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝‎5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取‎10 m/s2)‎ 答案　12 s 解析　选物体为研究对象，研究整个过程，取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得Ft1－μmg(t1＋t2)＝0，解得t2＝12 s。‎ ‎12．(18分)一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了‎0.5 m，据测算两车相撞前速度约为‎30 m/s。‎ ‎(1)试求车祸中车内质量约‎60 kg的人受到的平均冲力；‎ ‎(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力。‎ 答案　(1)5.4×104 N　 (2)1.8×103 N 解析　(1)两车相撞时可认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为‎0.5 m。‎ 设运动的时间为t，根据x＝t，得t＝＝ s，‎ 规定其中一辆轿车运动方向为正方向，‎ 以这辆轿车内的人为研究对象，根据动量定理得：‎ ‎－Ft＝0－mv0‎ 解得F＝＝5.4×104 N。‎ ‎(2)若人系有安全带，则－F′t′＝0－mv0‎ 解得F′＝＝1.8×103 N。‎