2019人教版高三物理课时集训18动量动量定理含解析

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2019人教版高三物理课时集训18动量动量定理含解析

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文章
来源莲山
课 件 w w w.5y K J.Co m 课时分层集训(十八) 动量 动量定理
(限时:40分钟)
(对应学生用书第299页)
[基础对点练]
冲量、动量及动量的变化
1.(多选)关于动量的概念,下列说法中正确的是   (  )
A.动量大的物体惯性一定大
B.动量大的物体运动一定快
C.动量相同的物体运动方向一定相同
D.动量相同的物体速度小的惯性大
CD [物体的动量是由速度和质量两个因素决定的.动量大的物体质量不一定大,惯性也不一定大,A错误;同样,动量大的物体速度也不一定大,B错误;动量相同指动量的大小和方向均相同,而动量的方向就是物体运动的方向,故动量相同的物体运动方向一定相同,C正确;动量相同的物体,速度小的质量大,惯性大,D正确.]
2.(多选)关于动量的变化,下列说法中正确的是    (  )
A.做直线运动的物体速度增大时,动量的增量Δp的方向与运动方向相同
B.做直线运动的物体速度减小时,动量的增量Δp的方向与运动方向相反
C.物体的速度大小不变时,动量的增量Δp为零
D.物体做平抛运动时,动量的增量一定不为零
ABD [当做直线运动的物体的速度增大时,其末态动量p2大于初态动量p1,由矢量的运算法则可知Δp=p2-p1>0,与物体运动方向相同,如图(a)所示,所以A选项正确.当做直线运动的物体速度减小时,p2<p1,如图(b)所示,Δp与p1(或p2)方向相反,与运动方向相反,B选项正确.当物体的速度大小不变时,其方向可能变化,也可能不变化.动量可能不变化即Δp=0,也可能动量大小不变而方向变化,此种情况Δp≠0,C选项错误.当物体做平抛运动时,速度的大小和方向变化,即动量一定变化,Δp一定不为零,如图(c)所示,故D选项正确.]
 
3.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.]
4.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(  )
【导学号:84370255】
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.]
动量定理的理解及简单应用
5.(多选)下列对几种现象的解释中,正确的是(  )
A.击钉时不用橡皮锤,是因为橡皮锤太轻
B.跳高时在沙坑里填沙,是为了减小冲量
C.在推车时推不动,是因为车受合外力的冲量为零
D.动能相同的两个物体受相同的阻力作用时,质量小的先停下来
CD [击钉时不用橡皮锤,是因为橡皮锤有弹性,作用时间长,据动量定理Ft=0-mv得作用力小,故不用橡皮锤击钉,A错;跳高时,在沙坑里填沙,是为了增加人与地面的作用时间,减少作用力,B错;在推车时推不动,车所受合力为零,则合外力的冲量为零,C对;据动能和动量的关系p=2mEk知,在动能相同的情况下,质量小的动量小,由Fft=0-p得,动量小的先停下来,即质量小的先停下来,D对.]
6.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.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.所受的冲量可能小于6 N·s
D.所受的冲量可能大于18 N·s
D [若设物体初速度方向为正方向,则初动量p1=mv1=8 kg·m/s,末动量只告诉了大小,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A、B、C错误,D正确.]
7.如图6­1­4所示,一铁块压着一纸条放在水平桌面上,当以速度v抽出纸条后,铁块掉在地上的P点.若以2v速度抽出纸条,则铁块落地点为(  )
 
图6­1­4
A.仍在P点
B.在P点左边
C.在P点右边不远处
D.在P点右边原水平位移的两倍处
B [纸条抽出的过程,铁块所受的滑动摩擦力一定,以v的速度抽出纸条,铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长,由I=Fft=mv0得铁块获得速度较大,平抛运动的水平位移较大,以2v的速度抽出纸条的过程,铁块所受滑动摩擦力作用时间较短,铁块获得速度较小,平抛运动的位移较小,故B选项正确.]
8.(2017·北京西城区模拟)1966年,在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验.实验时,用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火),接触以后,开动“双子星号”飞船的推进器,使飞船和火箭组共同加速.推进器的平均推力F=895 N,推进器开动时间Δt=7 s.测出飞船和火箭组的速度变化Δv=0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量m1=3 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为(  )
A.3 400 kg       B.3 485 kg
C.6 265 kg   D.6 885 kg
B [根据动量定理得FΔt=(m1+m2)Δv,代入数据解得m2≈3 485 kg,B选项正确.]
 
 一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,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.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为12mv2
B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为零
C.地面对他的冲量为mv,地面对他做的功为12mv2
D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零
B [设地面对运动员的平均作用力为F,则由动量定理得(F-mg)Δt=mv,故地面对运动员的冲量FΔt=mv+mgΔt;运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面,由于地面对人的作用力沿力的方向没有位移,地面对运动员做功为零,因此,本题正确选项为B.]
动量定理的综合应用
9.(多选)如图6­1­5所示,质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开
始释放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到达距地面深度为h的B点速度减为零.不计空气阻力,重力加速度为g.关于小球下落的整个过程,下列说法中正确的有(  )
【导学号:84370256】
 
图6­1­5
A.小球的机械能减少了mg(H+h)
B.小球克服阻力做的功为mgh
C.小球所受阻力的冲量大于m2gH
D.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
AC [由动能定理得mg(H+h)+Wf=0,Wf=-mg(H+h),所以小球的机械能减少了mg(H+h),A正确,B错误.小球自由落下至地面过程,机械能守恒,mgH=12mv2,v=2gH,落到地面上后又陷入泥潭,由动量定理IG-If=0-mv,所以If=IG+mv=IG+m2gH,小球所受阻力的冲量大于m2gH,C正确.由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量,D错误.]
10.动量定理可以表示为Δp=FΔt,其中动量p和力F都是矢量.在运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究.例如,质量为m的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如图6­1­6所示.碰撞过程中忽略小球所受重力.
 
图6­1­6
 (1)分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy;
(2)分析说明小球对木板的作用力的方向.
[解析](1)x方向:动量变化为Δpx=mvsin θ-mvsin θ=0
 y方向:动量变化为Δpy=mvcos θ-(-mvcos θ)=2mvcos θ方向沿y轴正方向.
(2)根据动量定理可知,木板对小球作用力的方向沿y轴正方向,根据牛顿第三定律可知,小球对木板作用力的方向沿y轴负方向.
[答案](1)Δpx=0 Δpy=2mvcos θ,方向沿y轴正方向 (2)小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向
 
如图所示,静止在光滑水平面上的小车M=20 kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积S=10 cm2,速度v=10 m/s,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁,且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中.当有质量m=5 kg的水进入小车时,试求:
 
(1)小车的速度大小;
(2)小车的加速度大小.
[解析](1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒,设当进入质量为m的水后,小车速度为v1,则mv=(m+M)v1,即v1=mvm+M=2 m/s.
(2)质量为m的水流进小车后,在极短的时间Δt内,冲击小车的水的质量Δm=ρS(v-v1)Δt,设此时水对车的冲击力为F,则车对水的作用力为-F,由动量定理有-FΔt=Δmv1-Δmv,得F=ρS(v-v1)2=64 N,小车的加速度
a=FM+m=2.56 m/s2.
[答案](1)2 m/s (2)2.56 m/s2
[考点综合练]
11.(多选)(2018·海淀区模拟)完全相同的甲、乙两个物体放在相同的水平面上,分别在水平拉力F1、F2作用下,由静止开始做匀加速直线运动,分别经过t0和4t0,速度分别达到2v0和v0,然后撤去F1、F2,甲、乙两物体继续匀减速直线运动直到静止,其速度随时间变化情况如图6­1­7所示,则(  )
【导学号:84370257】
 
图6­1­7
A.若F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为s1、s2,则s1>s2
B.若整个过程中甲、乙两物体的位移分别为s1、s2,则s1>s2
C.若F1、F2的冲量分别为I1、I2,则I1>I2
D.若F1、F2所做的功分别为W1、W2,则W1>W2
BD [根据v­t图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移得:s1′=2v0t02=v0t0,s2′=v0·4t02=2v0t0,则:s1′<s2′,故A错误;整个过程中甲、乙两物体的位移分别为:s1′=2v0·3t02=3v0t0,s2′=v0·5t02=2.5v0t0.则有:s1′>s2′,故B正确;根据动量定理得:I1-f·3t0=0,I2-f·5t0=0,则得I1<I2,故C错误;由图看出,撤去拉力后两图线平行,说明加速度相同,由牛顿第二定律分析则知加速度a=μg,说明两物体与地面的动摩擦因数相等,则两物体所受的摩擦力大小相等,设为f,对全过程运用动能定理得:W1-fs1′=0,W2-fs2′=0,得:W1=fs1′,W2=fs2′,由上可知,s1′>s2′,则W1>W2,故D正确.]
12.(2018·东城区模拟)如图6­1­8所示,一物体从固定斜面顶端由静止开始经过1 s下滑到底端,已知斜面的倾角θ=37°,斜面长度L=2.5 m,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2,求:
 
图6­1­8
(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ;
(2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值;
(3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值.
[解析](1)根据L=12at2,解得:a=5 m/s2,根据牛顿第二定律得:
mgsin θ-μmgcos θ=ma,解得:μ=0.125.
(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功,为:
ΔE=μmgcos θ·L
减少的重力势能为:ΔEp=mgsin θ·L
故损失的机械能与减少的重力势能的比值为:ΔEΔEp=μtan θ=0.125tan 37°=16.
(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为v,则有:
v=at=5 m/s
根据动量定理得:合外力冲量的大小为:
I合=mv-0=5m(N·s)
在下滑过程中重力的冲量为:IG=mgt=10m(N·s)
所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为:I合∶IG=1∶2.
[答案](1)0.125 (2)16 (3)1∶2
13.如图6­1­9所示,固定在轻质弹簧两端,质量分别为M1=0.5 kg,M2=1.49 kg的两个物体,置于光滑水平面上,M1靠在光滑竖直墙上.现有一颗质量为M=0.01 kg的子弹,以600 m/s的水平速度射入M2中,最后M1和M2都将向右运动.试求:竖直墙对M1的冲量.
【导学号:84370258】
 
图6­1­9
[解析] 设子弹M和木块M2碰后的共同速度大小为v′,对M2和M由动量守恒:
Mv=(M+M2)v′ ①
当M2和M以共同速度v′(方向向左)压缩弹簧后又回到碰撞的初位置时,根据机械能守恒,M2和M的共同速度大小仍为v′(方向向右),此时对墙壁M1的作用力为零.取M1、弹簧以及M2和M这一系统为研究对象,对M2与M碰后到又回到初位置的整个过程,弹簧弹力对M1和M2的合冲量为0,设墙对M1的冲量大小为I,对系统由动量定理有:
I=(M2+M)v′-[-(M2+M)v′] ②
由①②式得I=2Mv=2×0.01×600 N·s=12 N·s,方向向右
即墙对M1冲量大小为12 N·s,方向向右.
[答案] 12 N·s,方向向右
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