《（課標(biāo)通用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第六章 01 第1講 動量 沖量 動量定理精練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第六章 01 第1講 動量 沖量 動量定理精練（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1講動量沖量動量定理A組基礎(chǔ)過關(guān)1.把重物壓在紙帶上,用一水平力緩緩拉動紙帶,重物跟著紙帶一起運動;若迅速拉動紙帶,紙帶就會從重物下抽出。這個現(xiàn)象的原因是()A.在緩緩拉動紙帶時,紙帶給重物的摩擦力大B.在迅速拉動紙帶時,紙帶給重物的摩擦力小C.在緩緩拉動紙帶時,紙帶給重物的沖量大D.在迅速拉動紙帶時,紙帶給重物的沖量大答案C用水平力緩緩拉動紙帶,重物跟著紙帶一起運動時重物受的靜摩擦力小于迅速拉動紙帶時重物受到的滑動摩擦力,A、B均錯誤;迅速拉動紙帶時,因作用時間短,重物所受沖量較小,重物速度變化小,紙帶易抽出,故C正確,D錯誤。2.(2018安徽合肥一模)質(zhì)量為0.2kg的小球豎直向下以6

2、m/s的速度落至水平地面上,再以4m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向,在小球與地面接觸的時間內(nèi),關(guān)于小球動量變化量p和合外力對小球做的功W,下列說法正確的是()A.p=2kgm/sW=-2JB.p=-2kgm/sW=2JC.p=0.4kgm/sW=-2JD.p=-0.4kgm/sW=2J答案A取豎直向上為正方向,則小球與地面碰撞過程中動量的變化量p=mv2-mv1=0.24kgm/s-0.2(-6)kgm/s=2kgm/s,方向豎直向上。由動能定理可知,合外力做的功W=12mv22-12mv12=120.242J-120.262J=-2J。故A正確。3.(2019山西大同質(zhì)檢)高空作業(yè)須

3、系安全帶,如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落,從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運動)。此后經(jīng)歷時間t安全帶達到最大伸長,若在此過程中該作用力始終豎直向上,則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()A.m2ght+mgB.m2ght-mgC.mght+mgD.mght-mg答案A解法一由v2=2gh得v=2gh。對人與安全帶作用的過程應(yīng)用動量定理,則有(mg-F)t=0-mv,解得F=m2ght+mg,故A正確。解法二對人與安全帶作用的過程應(yīng)用牛頓第二定律,則有F-mg=ma,而a=vt=2ght,解得F=m2ght+mg,故A正確。4.一個質(zhì)量為0.18kg

4、的壘球,以25m/s的水平速度向左飛向球棒,被球棒打擊后反向水平飛回,速度大小變?yōu)?5m/s。則這一過程中動量的變化量為()A.大小為3.6kgm/s,方向向左B.大小為3.6kgm/s,方向向右C.大小為12.6kgm/s,方向向左D.大小為12.6kgm/s,方向向右答案D選向左為正方向,則動量的變化量p=mv1-mv0=-12.6kgm/s,負號表示其方向向右,D正確。5.(多選)(2017湖南常德模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點由靜止開始釋放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到達距地面深度為h的B點時速度減為零。不計空氣阻力,重力加速度為g。關(guān)于小球下落的

5、整個過程,下列說法正確的有()A.小球的機械能減少了mg(H+h)B.小球克服阻力做的功為mghC.小球所受阻力的沖量大于m2gHD.小球動量的改變量等于所受阻力的沖量答案AC小球在整個下落過程中,動能變化量為零,重力勢能減少了mg(H+h),則小球的機械能減少了mg(H+h),故A項正確;對小球下落的全過程運用動能定理得mg(H+h)-Wf=0,則小球克服阻力做功Wf=mg(H+h),故B項錯誤;小球落到地面時的速度v=2gH,對進入泥潭的過程運用動量定理得IG-IF=0-m2gH,解得IF=IG+m2gH,知阻力的沖量大于m2gH,故C項正確;對全過程分析,運用動量定理知,動量的變化量等于

6、重力的沖量和阻力沖量的矢量和,故D項錯誤。6.(多選)(2019天津和平質(zhì)量調(diào)查)幾個水球可以擋住一顆子彈?國家地理頻道的實驗結(jié)果是:四個水球足夠!完全相同的水球緊挨在一起水平排列,子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運動,恰好能穿出第4個水球,則可以判斷的是()A.子彈在每個水球中的速度變化相同B.子彈在每個水球中運動的時間不同C.每個水球?qū)ψ訌椀臎_量不同D.子彈在每個水球中的動能變化相同答案BCD恰好能穿出第4個水球,即末速度v=0,逆向看子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運動,則自左向右子彈通過四個水球的時間比為(2-3)(3-2)(2-1)1,則B正確。由于加速度a恒定,由at=v,可

7、知子彈在每個水球中的速度變化不同,A項錯誤。因加速度恒定,則每個水球?qū)ψ訌椀淖枇愣?則由I=ft可知每個水球?qū)ψ訌椀臎_量不同,C項正確。由動能定理有Ek=fx,f相同,x相同,則Ek相同,D項正確。7.1966年,在地球的上空完成了用動力學(xué)方法測質(zhì)量的實驗。實驗時,用“雙子星號”宇宙飛船去接觸正在軌道上運行的火箭組(后者的發(fā)動機已熄火),接觸以后,開動“雙子星號”飛船的推進器,使飛船和火箭組共同加速。推進器的平均推力F=895N,推進器開動時間t=7s。測出飛船和火箭組的速度變化v=0.91m/s。已知“雙子星號”飛船的質(zhì)量m1=3400kg。由以上實驗數(shù)據(jù)可測出火箭組的質(zhì)量m2為()A.3

8、400kgB.3485kgC.6265kgD.6885kg答案B根據(jù)動量定理得Ft=(m1+m2)v,代入數(shù)據(jù)解得m23485kg,B選項正確。8.將質(zhì)量為0.5kg的小球以20m/s的初速度豎直向上拋出,不計空氣阻力,g取10m/s2,以下判斷正確的是()小球從拋出至最高點受到的沖量大小為10Ns小球從拋出至落回出發(fā)點動量的增量大小為0小球從拋出至落回出發(fā)點受到的沖量大小為0小球從拋出至落回出發(fā)點受到的沖量大小為20NsA.B.C.D.答案C小球在最高點速度為零,取向下為正方向,小球從拋出至最高點受到的沖量:I=0-(-mv0)=10Ns,正確;因不計空氣阻力,所以小球落回出發(fā)點的速度大小仍

9、等于20m/s,但其方向變?yōu)樨Q直向下,由動量定理知,小球從拋出至落回出發(fā)點受到的沖量為:I=p=-mv0-mv=-20Ns,則沖量大小為 20Ns,正確,均錯誤。同理,若取向上為正方向也可分析出正確,錯誤。所以選項C正確。9.一高空作業(yè)的工人重為600N,系一條長為L=5m的安全帶,若工人不慎跌落時安全帶的緩沖時間t=1s,則安全帶受的沖力是多少?(g取10m/s2)答案1200N解析解法一程序法依題意作圖,如圖所示,設(shè)工人剛要拉緊安全帶時的速度為v1,v12=2gL,得v1=2gL經(jīng)緩沖時間t=1s后速度變?yōu)?,取向下為正方向,對工人由動量定理知,工人受兩個力作用,即拉力F和重力mg,所以(

10、mg-F)t=0-mv1,F=mgt+mv1t將數(shù)值代入得F=1200N。由牛頓第三定律知安全帶受的沖力F 為1200N,方向豎直向下。解法二全過程法在整個下落過程中對工人應(yīng)用動量定理,在整個下落過程中,重力的沖量大小為mg2Lg+t,拉力F的沖量大小為Ft。初、末動量都是零,取向下為正方向,由動量定理得mg2Lg+t-Ft=0解得F=mg2Lg+tt=1200N。由牛頓第三定律知安全帶受的沖力F=F=1200N,方向豎直向下。10.(2019福建福州期末)在水平力F=30N的作用下,質(zhì)量m=5kg的物體由靜止開始沿水平面運動。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)=0.2,若F作用6s后撤去,撤去F

11、后物體還能向前運動多長時間才停止?(g取10m/s2)答案12s解析解法一用動量定理解,分段處理。選物體作為研究對象,對于撤去F前物體做勻加速運動的過程,物體的受力情況如圖甲所示,始態(tài)速度為零,終態(tài)速度為v,取水平力F的方向為正方向,根據(jù)動量定理有(F-mg)t1=mv-0。對于撤去F后,物體做勻減速運動的過程,受力情況如圖乙所示,始態(tài)速度為v,終態(tài)速度為零,根據(jù)動量定理有-mgt2=0-mv。以上兩式聯(lián)立解得t2=F-mgmgt1=30-0.25100.25106s=12s。解法二用動量定理解,研究全過程。選物體作為研究對象,研究整個運動過程,這個過程的始、終狀態(tài)物體的速度都等于零。取水平力

12、F的方向為正方向,根據(jù)動量定理得(F-mg)t1+(-mg)t2=0解得t2=F-mgmgt1=30-0.25100.25106s=12s。B組能力提升11.一位質(zhì)量為m的運動員從下蹲狀態(tài)向上起跳,經(jīng)t時間,身體伸直并剛好離開地面,速度為v。在此過程中()A.地面對他的沖量為mv+mgt,地面對他做的功為12mv2B.地面對他的沖量為mv+mgt,地面對他做的功為零C.地面對他的沖量為mv,地面對他做的功為12mv2D.地面對他的沖量為mv-mgt,地面對他做的功為零答案B人的速度原來為零,起跳后為v,由動量定理可得I地-mgt=mv-0,可得地面對人的沖量I地=mgt+mv;而人起跳時,地面

13、對人的支持力的作用點位移為零,故地面對人做功為零。所以只有選項B正確。12.(多選)如圖所示,一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處,三個過程中重力的沖量依次為I1、I2、I3,動量變化量的大小依次為p1、p2、p3,則有()A.三個過程中,合力的沖量相等,動量的變化量相等B.三個過程中,合力做的功相等,動能的變化量相等C.I1I2I3,p1=p2=p3D.I1I2I3,p1p2p3答案ABC由機械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、E的速度大小v相等,動量變化量p=mv相等,即p1=p2=p3;根據(jù)動量定理,合力的沖量等于動量的變化量,故合力的沖量也相等,注

14、意不是相同(方向不同);設(shè)斜面的高度為h,由hsin=12gsint2得物體下滑的時間t=2hgsin2,所以越小,sin2越小,t越大,重力的沖量I=mgt就越大,故I1I20可知,小球?qū)@些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根據(jù)牛頓第三定律,兩光束對小球的合力的方向沿SO向左。b.建立如圖所示的Oxy直角坐標(biāo)系。x方向:根據(jù)(2)a同理可知,兩光束對小球的作用力沿x軸負方向。y方向:設(shè)t時間內(nèi),光束穿過小球的粒子數(shù)為n1,光束穿過小球的粒子數(shù)為n2,n1n2。這些粒子進入小球前的總動量為p1y=(n1-n2)psin從小球出射時的總動量為p2y=0根據(jù)動量定理:Fyt=p2y-p1y=-(n1-n2)psin可知,小球?qū)@些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負方向,根據(jù)牛頓第三定律,兩光束對小球的作用力沿y軸正方向。所以兩光束對小球的合力的方向指向左上方。10