【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 一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)‎ ‎1．如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动不可能是(　　)‎ A．匀速圆周运动 B．自由落体运动 C．平抛运动 D．竖直上抛运动 解析：A　如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由I＝Ft可知，物体受到的力是恒力，则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，在任何相等时间内，合外力的冲量不相等，故不可能为匀速圆周运动，因此B、C、D均可能，A不可能，故A符合题意．‎ ‎2．(2018·佛山模拟)如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是(　　)‎ A．重力的冲量 B．合力的冲量 C．刚到达底端时的动量 D．刚到达底端时的动能 解析：D　设斜面的高度为h，倾角为θ，则物体沿斜面下滑的位移s＝，下滑的加速度a＝gsin θ.由s＝at2得，物体沿斜面下滑的时间t＝.重力的冲量IG＝mgt＝，方向竖直向下，因为两斜面的倾角θ不同，所以两物体重力的冲量大小不相等，但方向相同，A错误．物体所受合力的冲量I合＝mgsin θ·t＝m，方向沿斜面向下．两物体所受合力的冲量大小相等，但由于斜面倾角不同，所以冲量的方向不同，B错误．由机械能守恒定律可知，两物体沿斜面滑到底端时的速度大小v＝相等，但方向不同，故两物体在斜面底端的动量不相同，动能相同，C错误，D正确．‎ ‎3.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘‎80 cm高度把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为‎100 g，则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为(　　)‎ A．0.2 N B．0.6 N C．1.0 N D．1.6 N 解析：B　本题考查了动量定理的应用，意在考查考生的分析和解决能力，豆粒下落过程做自由落体运动，落到秤盘上的速度为：v＝＝‎4 m/s，根据题意反弹速度为‎2 m/s，对1 000粒豆粒受力分析，对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有Ft＝－(－mv)，则F＝ N＝0.6 N，选项B正确，选项A、C、D错误．‎ ‎4.如图所示，竖直面内有一半圆槽，A、C等高，B为半圆槽最低点，小球从A点正上方O点由静止释放，从A点沿切向进入半圆槽，刚好能运动至C点．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 解析：C　小球从A点正上方O点由静止释放，刚好能运动至C点，说明在半圆槽内要克服摩擦力做功，因此在AB段任意点的速率，都大于BC段对应点的速率，则t1I2，C正确，D错误．‎ ‎5．(2018·辽宁沈阳一模)有一宇宙飞船，它的正面有效面积S＝‎2 m2‎，以v＝3×‎103 m/s的相对速度飞入一宇宙微粒区．此微粒区‎1 m3‎空间中有一个微粒，德一个微粒的平均质量为m＝2×10－‎7 kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上，要使飞船速度不变，飞船的牵引力应增加(　　)‎ A．3.6×103 N B．3.6 N C．1.2×103 N D．1.2 N 解析：B　在t时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为M＝vtSm，设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得Ft＝Mv，联立解得F＝v2Sm，代入数据得F＝3.6 N．根据牛顿第三定律，微粒对飞船的作用力为3.6 N．要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的牵引力应增加3.6 N，选项B正确．‎ ‎6.如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置．现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为(　　)‎ A．v＝，I＝0 B．v＝，I＝2mv0‎ C．v＝，I＝ D．v＝，I＝2mv0‎ 解析：B　子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得mv0＝(M＋m)v，解得v＝，子弹和木块组成的系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小为，方向向左，子弹和木块、弹簧组成的系统受到的合力即为墙对弹簧的作用力，根据动量定理得I＝－(M＋m)v－mv0＝－2mv0，所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0，故选B.‎ ‎7.(2018·四川成都一诊)一个静止的质点在0～4 s这段时间内，仅受到力F的作用，F的方向始终在同一直线上，F随时间t变化的关系图像如图所示．下列说法正确的是(　　)‎ A．在0～4 s这段时间内，质点做往复直线运动 B．在t＝1 s时，质点的动量大小为‎1.0 kg·m/s C．在t＝2 s时，质点的动能最大 D．在1～3 s这段时间内，力F的冲量为零 解析：CD　由牛顿第二定律可作出与题给F随时间t变化的图线类似的质点加速度随时间变化的图线．由此可知，在0～2 s这段时间内，质点加速度为正值，质点做加速运动；在2～4 s这段时间内，质点加速度为负值，质点做减速运动，在t＝2 s时，质点的加速度为零，速度最大，动能最大，选项C正确．在0～4‎ ‎ s这段时间内，质点先做加速运动后做减速运动，不是往复运动，选项A错误．根据F－t图线与时间轴所围图形的面积表示冲量可知，在0～1 s这段时间内，力F的冲量为0.5 N·s，根据动量定理，质点动量变化大小为‎0.5 kg·m/s，故B错误；由图知，质点在1～3 s时间内力F的冲量I＝F×t1－Ft2＝0，故D项正确．‎ ‎8.如图所示，质量为M的小车在光滑的水平面上以速度大小v0向右匀速运动，一个质量为m的小球从高h处自由下落，与小车碰撞后，反弹上升的最大高度仍为h.设M≫m，发生碰撞时弹力FN≫mg，球与车之间的动摩擦因数为μ，则小球弹起后的水平速度大小可能是(　　)‎ A．v0 B．0‎ C．2μ D．－v0‎ 解析：AC　(1)小球离开小车之前已经与小车达到共同速度v，则水平方向上动量守恒，有Mv0＝(M＋m)v，由于M≫m，所以v＝v0.‎ ‎(2)若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理得，水平方向上有Fμt＝mv′，竖直方向上有FNt＝2mv＝‎2m，又Fμ＝μFN，得v′＝2μ，故选项A、C正确．‎ ‎9．(2018·达州模拟)静止在粗糙水平面上的物体，在水平力F的作用下，经过时间t，通过位移l后，动量为p，动能为Ek.以下说法正确的是(　　)‎ A．若保持水平力F不变，经过时间2t，物体的动量等于2p B．若将水平力增加为原来的两倍，经过时间t，物体的动量等于2p C．若保持水平力F不变，通过位移‎2l，物体的动能小于2Ek D．若将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，物体的动能大于2Ek 解析：AD　根据动量定理I合＝(F－Ff)t＝p－0，保持水平力F不变，经过时间2t，(F－Ff)·2t＝p′－0，可知p′＝2p，故A正确；若水平力增加为原来的2倍，经过时间t，则有(‎2F－Ff)·t＝p′－0，则p′>2p，故B错误；根据动能定理(F－Ff)·l＝Ek－0，保持水平力F不变，通过位移‎2l，有(F－Ff)·‎2l＝Ek′－0，则有Ek′＝2Ek，故C错误；将水平力增加为原来的两倍，通过位移l，有(‎2F－Ff)·l＝Ek′－0，则有Ek′>2Ek，故D正确．‎ ‎10.A、B两球沿一直线运动并发生正碰，如图所示为两球碰撞前后的位移－时间图像．a、b分别为A、B两球碰前的位移—时间图像，c为碰撞后两球共同运动的位移—时间图像，若A球的质量m＝‎2 kg，则由图可知下列结论正确的是(　　)‎ A．A、B碰撞前的总动量为‎3 kg·m/s B．碰撞时A对B所施加的冲量为－4 N·s C．碰撞前后A的动量变化量为‎4 kg·m/s D．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能为10 J 解析：BCD　由x－t图像可知，碰撞前有vA＝＝ m/s＝－‎3 m/s，vB＝＝ m/s，碰撞后有vA′＝vB′＝v＝＝ m/s＝－‎1 m/s.对A、B组成的系统进行分析可知，A、B两球沿同一直线运动并发生正碰，碰撞前后两球都是做匀速直线运动，所以系统的动量守恒，碰撞前后A的动量变化ΔpA＝mvA′－mvA＝‎4 kg·m/s，C正确．根据动量守恒定律，碰撞前后B的动量变化ΔpB＝－ΔpA＝－‎4 kg·m/s，同理ΔpB＝mB(vB′－vB)，所以mB＝＝ kg＝ kg，A与B碰撞前的总动量p总＝mvA＋mBvB＝－ kg·m/s，A错误．由动量定理可知，碰撞时A对B所施加的冲量IB＝ΔpB＝－‎4 kg·m/s＝－4 N·s，B正确．碰撞中A、B两球组成的系统损失的动能ΔEk＝mv＋mBv－(m＋mB)v2，代入数据解得ΔEk＝10 J，D正确．‎ 二、计算题(需写出规范的解题步骤)‎ ‎11.一质量为‎0.5 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点‎5 m的位置B处是一面墙，如图所示，一物块以v0＝‎9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为‎7 m/s，碰后以‎6 m/s的速度反向运动直至静止，g取‎10 m/s2.‎ ‎(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ.‎ ‎(2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F.‎ ‎(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W.‎ 解析：(1)由动能定理，有－μmgs＝mv2－mv 可得μ＝0.32‎ ‎(2)由动量定理：有FΔt＝mv′－mv 可得F＝130 N.‎ ‎(3)W＝mv′2＝9 J.‎ 答案：(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J ‎12．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：‎ ‎(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；‎ ‎(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．‎ 解析：(1)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则 Δm＝ρΔV①‎ ΔV＝v0SΔt②‎ 由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 ＝ρv0S③‎ ‎(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得 (Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)v④‎ 在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小Δp＝(Δm)v⑤‎ 设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有 FΔt＝Δp⑥‎ 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦‎ 联立③④⑤⑥⑦式得h＝－⑧‎ 答案：(1)ρv0S　(2)－