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1、2022年高考物理總復(fù)習(xí) 第18課 動量 動量定理練習(xí) 1．動量、沖量及動量定理 a．求恒力作用下的動量變化量 (1)(2018改編，6分)從同一高度拋出完全相同的甲、乙、丙三個小球，甲球豎直向上拋出，乙球豎直向下拋出，丙球水平拋出。若三個小球落地時的速率相同，不計空氣阻力，則下列說法正確的是(　　) A．拋出時甲、乙動量相同，其動量大小均不小于丙的動量大小 B．落地時三個小球的動量相同，動能也相同 C．從拋出到落地過程，三個小球的動量變化量相同 D．從拋出到落地過程，三個小球受到的沖量都不同 答案：D 解析：根據(jù)動能定理可知，三個小球拋出時的速度大小相等，且由題意知三個

2、小球初速度方向不同，根據(jù)動量表達(dá)式p＝mv可知，三個小球動量大小相等，方向都不相同，故A項錯誤。落地時三個小球的速率相等，則動能相同，甲、乙速度方向相同，與丙速度方向不同，動量不完全相同，故B項錯誤。三個小球運(yùn)動過程中只受到重力作用，但運(yùn)動時間不同，甲小球時間最長，丙小球的運(yùn)動時間次之，乙小球的運(yùn)動時間最短，由動量定理可知，三個小球受到的沖量不同，動量變化量不同，故C項錯誤，D項正確。 b．間接計算變力的沖量 (2)(2018改編，6分)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動。下列敘述正確的是(　　)

3、 A．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機(jī)械能保持不變(2017天津理綜) B．摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變(2017天津理綜) C．摩天輪轉(zhuǎn)動一周時，乘客重力的沖量為零，座椅對乘客的力的沖量也為零 D．摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客受到的支持力方向始終豎直向上，支持力的沖量與重力的等大反向 E．摩天輪由最低點到最高點轉(zhuǎn)動半周時，乘客受到的合力沖量不為零，方向與最高點速度方向相同 答案：E 解析：摩天輪在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，運(yùn)動過程中動能不變，隨著高度變化，重力勢能變化，故機(jī)械能是變化的，故A項錯誤。由重力的瞬時功率P＝mgvcos θ可知，重力的瞬時功率隨著重力與速度的

4、夾角θ變化而變化，故B項錯誤。摩天輪轉(zhuǎn)動一周時，乘客重力的沖量IG＝mgT，不為零，根據(jù)動量定理可得I合＝Δp＝0，故座椅對乘客的力的沖量不為零，故C項錯誤。由題意知乘客座椅面水平，故摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客受到座椅的支持力方向始終豎直向上；只有在與圓心等高的位置，支持力才等于重力，故摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，支持力與重力的沖量反向，但是不總是等大，故D項錯誤。摩天輪從最低點到最高點轉(zhuǎn)動半周時，初、末位置速度大小相等、方向相反，取最高點速度方向為正方向，對此過程由動量定理有I合＝Δp＝mv－(－mv)＝2mv，可知乘客受到的合力沖量不為零，方向與最高點速度方向相同，故E項正確。 c．對

5、動量定理的理解 (3)(2017吉林二模，10分)質(zhì)量m＝0.60 kg的籃球從距地板H＝0.80 m 高處由靜止釋放，與水平地板撞擊后反彈上升的最大高度h＝0.45 m，從釋放到彈跳至 h 高處經(jīng)歷的時間t＝ 1.1 s，忽略空氣阻力，重力加速度g＝10 m/s2，求籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅Α? 答案： 16.5 N，方向向下(10分) 解析：設(shè)籃球從H高處下落到地板所用時間為t1，剛接觸地板時的速度大小為v1；反彈離地時的速度大小為v2，上升的時間為t2。 由動能定理和運(yùn)動學(xué)規(guī)律得， 下落過程有 mgH＝mv－0(2分) 代入數(shù)據(jù)解得v1＝4 m/s, t1＝＝0.4 s 上

6、升過程有 －mgh＝0－mv(2分) 代入數(shù)據(jù)解得v2 ＝ 3 m/s, t2＝＝0.3 s 籃球與地板接觸時間為Δt ＝t－t1－t2＝0.4 s(1分) 法一 設(shè)地板對籃球的平均撞擊力為 F，取向上為正方向，由動量定理得 (F－mg)Δt＝mv2－(－mv1)(3分) 解得F＝16.5 N 根據(jù)牛頓第三定律，籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅? F′＝F＝16.5 N，方向向下(2分) 法二 取豎直向上為正方向，由動量定理得 FΔt－mgt＝0－0(3分) 解得F＝16.5 N 根據(jù)牛頓第三定律，籃球?qū)Φ匕宓钠骄矒袅? F′＝F＝16.5 N，方向向下(2分) d

7、．動量定理與圖像結(jié)合問題 (4)(2017安徽郎溪模擬，11分)中國是世界上第3個掌握衛(wèi)星回收技術(shù)的國家。將某次衛(wèi)星回收過程落地前的運(yùn)動簡化為豎直方向的勻減速直線運(yùn)動、勻速直線運(yùn)動和撞擊地面速度減為0的運(yùn)動三個階段，并作v-t 圖像如圖所示，撞擊過程未顯示。設(shè)勻減速開始時的高度 H＝1 075 m，撞擊地面時間Δt ＝0.125 s，重力加速度g＝10 m/s2。求： ①衛(wèi)星勻速運(yùn)動階段的速度大小； ②衛(wèi)星在勻減速運(yùn)動階段受到的阻力大小和撞擊地面時受到地面的平均作用力大小之比。 答案：①5 m/s(3分)?、?∶25(8分) 解析：①v－t圖像與t軸所圍面積表示下落高度，為

8、 代入數(shù)據(jù)解得v2＝5 m/s(1分) ②勻減速階段，加速度大小為 且f－mg＝ma1(1分) 代入數(shù)據(jù)解得f＝1.2mg(1分) 設(shè)撞擊地面的過程中，地面對衛(wèi)星的平均作用力為 F，設(shè)豎直向下為正方向，由動量定理得 －(F－mg)×Δt＝0－mv2 (2分) 代入數(shù)據(jù)解得F＝5.0mg(1分) 所以f∶F＝6∶25。(1分) (5) (2018改編，6分)一個物體同時受到兩個力F1、F2的作用，F(xiàn)1、F2與時間的關(guān)系如圖所示，如果該物體從靜止開始運(yùn)動，當(dāng)該物體具有最大速度時，物體運(yùn)動的時間是__________s，該物體的最大動量值是__________kg·m/s。

9、 答案：5(3分)　25(3分) 解析：根據(jù)題意可知，物體受到的F1和F2方向相反，且F2隨時間逐漸增大。當(dāng)0F1，加速度反向，物體做加速度逐漸增大的減速運(yùn)動。則t＝ 5 s時物體速度最大，根據(jù)動量定理即可求解該物體的最大動量。由I＝Ft 知，F(xiàn)－t圖像中圖線與時間軸所圍面積可表示力的沖量，前5 s內(nèi)F1、F2的沖量分別為I1＝37.5 N·s，I2＝－12.5 N·s,則前5 s內(nèi)合力的沖量為I＝I1＋I(xiàn)2＝25 N·s，由動量定理可得，物體在前

10、5 s內(nèi)受合力的沖量等于從靜止開始運(yùn)動后5 s末的動量，為25 kg·m/s。 e．用動量定理解決“連續(xù)流體”的沖擊力問題 (6)(經(jīng)典題，5分)一艘帆船在靜水中由于風(fēng)力的推動做勻速直線運(yùn)動，帆面的面積為S，風(fēng)速為v1，船速為v2(v2