高中一轮复习物理课时检测（三十）动量冲量动量定理（双基落实课）

课时检测(三十)动量冲量动量定理（双基落实课）一、单项选择题1．(2015·重庆高考)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.eq\f(m\r(2gh),t)＋mg B.eq\f(m\r(2gh),t)－mgC.eq\f(m\r(gh),t)＋mg D.eq\f(m\r(gh),t)－mg解析：选A方法一：设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝eq\r(2gh)，设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，又v＝at，解得F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg。方法二：由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，得F＝eq\f(m\r(2gh),t)＋mg。选项A正确。2．(2018·合肥一模)质量为0.2kg的小球以6m/s的速度竖直向下落至水平地面上，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量的变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是()A．Δp＝2kg·m/sW＝－2JB．Δp＝－2kg·m/sW＝2JC．Δp＝0.4kg·m/sW＝－2JD．Δp＝－0.4kg·m/sW＝2J解析：选A取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp＝mv2－mv1＝0.2×4kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向竖直向上。由动能定理，合外力做的功：W＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J。故A正确。3．如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，左端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶左端对竖直墙面的作用力大小是()A．ρvS B.eq\f(ρv2,S)C.eq\f(1,2)ρv2S D．ρv2S解析：选DΔt时间内贮气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。4．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是()A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：选B摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，乘客重力的冲量不为零，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误。5．一个质量为3kg的物体所受的合外力随时间变化的情况如图所示，那么该物体在6s内速度的改变量是()A．7m/s B．6.7m/sC．6m/s D．5m/s解析：选DF­t图线与时间轴围成的面积在数值上代表了合外力的冲量，故合外力冲量为I＝3×4＋eq\f(1,2)×2×4－eq\f(1,2)×1×2N·s＝15N·s，根据动量定理有I＝mΔv，Δv＝eq\f(I,m)＝eq\f(15,3)m/s＝5m/s，故D正确。二、多项选择题6．两个质量不同的物体，如果它们的()A．动能相等，则质量大的动量大B．动能相等，则动量大小也相等C．动量大小相等，则质量大的动能小D．动量大小相等，则动能也相等解析：选AC根据动能Ek＝eq\f(1,2)mv2可知，动量p＝mv＝eq\r(2mEk)，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A正确，B错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C正确，D错误。7．(2018·常德模拟)如图所示，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点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有()A．小球的机械能减少了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于meq\r(2gH)D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：选AC小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减少了mg(H＋h)，则小球的机械能减少了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v＝eq\r(2gH)，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－meq\r(2gH)，得：IF＝IG＋meq\r(2gH)，可知阻力的冲量大于meq\r(2gH)，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的改变量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。8．某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止悬吊时的平衡位置。不计空气阻力，则下列说法中正确的是()A．从P至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B．从P至c过程中重力所做的功等于人克服弹力所做的功C．从P至b过程中人的速度不断增大D．从a至c过程中加速度方向保持不变解析：选BC人由P至c的全过程中，外力的总冲量为重力的冲量与弹性绳弹力的冲量的矢量和，根据动量定理，外力的总冲量应等于人的动量增量，人在P与c时速度均为零，动量的增量为零，则重力的冲量大小应等于弹性绳弹力的冲量大小，方向相反，总冲量为零，选项A错误；根据动能定理，人由P至c过程中，人的动能增量为零，则重力与弹性绳弹力做的总功为零，重力所做的功等于人克服弹力所做的功，选项B正确；人由P至a自由下落，由a至b，弹力逐渐增大，但合外力向下，人做加速度变小的加速运动，至b点加速度为零，速度最大，人过b点之后，弹力大于重力，合外力向上，加速度方向向上，速度变小，选项C正确，D错误。9．(2017·全国Ⅲ卷)一质量为2kg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＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零解析：选AB方法一：根据F­t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，则A、B正确，C、D错误。方法二：前2s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，t＝1s时物块的速率v1＝a1t1＝1m/s，A正确；t＝2s时物块的速率v2＝a1t2＝2m/s，动量大小为p2＝mv2＝4kg·m/s，B正确；物块在2～4s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝eq\f(F2,m)＝0.5m/s2，t＝3s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1)m/s＝1.5m/s，动量大小为p3＝mv3＝3kg·m/s，C错误；t＝4s时物块的速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2)m/s＝1m/s，D错误。三、计算题10．静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度。已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，单位电荷的电量为e，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：(1)射出的氧离子速度；(2)每秒射出的氧离子数；(3)射出氧离子后飞行器开始运动的加速度。解析：(1)每个氧离子带电量为q＝2e，由动能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，即得氧离子速度v＝eq\r(\f(4eU,m))。(2)设每秒射出的氧离子数为n，则加速电压每秒对离子做的总功为nqU，即功率为P＝nqU，由此可得每秒射出的氧离子数n＝eq\f(P,2eU)。(3)由动量定理得F＝eq\f(Δp,Δt)＝nmv，又由牛顿第二定律得F＝Ma，解得飞行器开始运动的加速度a＝eq\r(\f(mP2,eUM2))。答案：(1)eq\r(\f(4eU,m))(2)eq\f(P,2eU)(3)eq\r(\f(mP2,eUM2))11．如图所示，质量为0.5kg，长为1.2m的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间的动摩擦因数μ＝eq\f(1,8)，在盒内右端B放着质量也为0.5kg，半径为0.1m的弹性球，球与盒接触面光滑。若在A端给盒一水平向右的冲量1.5N·s，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程；(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间。解析：(1)以盒为研究对象，盒受冲量I后获得速度v，由动量定理，有I＝mv－0，v＝eq\f(I,m)＝eq\f(1.5,0.5)m/s＝3m/s盒以此速度向右做减速运动，运动中受到桌面的摩擦力f＝μFN＝μ·2mg由牛顿第二定律，有－μ·2mg＝ma可得a＝－2μg盒运动了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1m后，速度减少为v′，v′2－v2＝2ax1解得v′＝2m/s盒左壁以速度v′与球相碰，因碰撞中无能量损失，又盒与球质量相等，故盒停止，球以v′＝2m/s的速度向右做匀速直线运动，运动1m后又与盒的右壁相碰，盒又以v′＝2m/s的速度向右做减速运动，直到停止。0－v′2＝2ax2解得x2＝0.8m因x2只有0.8m，此时盒静止，小球不会再与盒的右壁相碰，