（北京专用）2020版高考物理总复习第七章第1讲动量动量定理精练（含解析）.docx

第1讲动量动量定理A组基础巩固1.从同样高度落下的玻璃杯,掉在水泥地上容易打碎,而掉在草地上不容易打碎,其原因是()掉在水泥地上的玻璃杯动量大,而掉在草地上的玻璃杯动量小掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大,掉在草地上的玻璃杯动量改变小掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快,掉在草地上的玻璃杯动量改变慢掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时,相互作用时间短,而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时,相互作用时间长A.B.C.D.答案D杯子是否被撞碎,取决于撞击地面时,地面对杯子的撞击力大小。规定竖直向上为正方向,设玻璃杯下落高度为h。玻璃杯从h高度落地瞬间的速度大小为2gh,设玻璃杯的质量为m,则落地前瞬间的动量大小为p=m2gh,与水泥地或草地接触t时间后,杯子停下,在此过程中,玻璃杯的动量变化为p=-(-m2gh),再由动量定理可知(F-mg)t=-(-m2gh),所以F=m2ght+mg。由此可见,t越小,玻璃杯所受撞击力F越大,玻璃杯就越容易碎。杯子掉在草地上作用时间较长,动量变化慢,撞击力小,因此玻璃杯不易碎。2.(2018东城期末)如图所示,质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左,大小为v1,守门员在此时用手握拳击球,使球以大小为v2的速度水平向右飞出,手和球作用的时间极短,则()A.击球前后球动量改变量的方向水平向左B.击球前后球动量改变量的大小是mv2-mv1C.击球前后球动量改变量的大小是mv2+ mv1D.球离开手时的机械能不可能是mgh+12mv12答案C以水平向右为正方向,p=p2-p1=mv2-(-mv1)=mv2+mv1,可知动量改变量的方向水平向右,球离开手时的机械能为mgh+12mv22,因v1与v2可能相等,则球离开手时的机械能可能是mgh+12mv12,故C正确,A、B、D错误。3.(2017西城二模)应用物理知识分析生活中的常见现象,或是解释一些小游戏中的物理原理,可以使物理学习更加有趣和深入。甲、乙两同学做了如下的一个小游戏,如图所示,用一象棋子压着一纸条,放在水平桌面上接近边缘处。第一次甲同学慢拉纸条将纸条抽出,棋子掉落在地上的P点。第二次将棋子、纸条放回原来的位置,乙同学快拉纸条将纸条抽出,棋子掉落在地上的N点。两次现象相比()A.第二次棋子的惯性更大B.第二次棋子受到纸条的摩擦力更小C.第二次棋子受到纸条的冲量更小D.第二次棋子离开桌面时的动量更大答案C惯性大小由质量决定,A错误。滑动摩擦力f=mg,B错误。由动量定理有ft=mv-0知,C正确,D错误。4.(2017昌平二模)如图所示,在光滑水平桌面上建立平面直角坐标系xOy。一质量为m的物块静止在坐标原点。现对物块施加沿x轴正方向的恒力F,作用时间为t;然后保持F大小不变,方向改为沿y轴负方向,作用时间也为t;再将力F大小不变,方向改为沿x轴负方向,作用时间仍为t。则此时()A.物块的速度沿x轴正方向B.物块的速度沿y轴负方向C.物块的位置坐标为(0,Ft22m)D.物块的位置坐标为(Ft2m,3Ft22m)答案B根据动量定理:IF合=p,整个过程中,力的冲量方向沿y轴负方向,因此末速度沿y轴负方向。物块的末位置坐标y值应为负值。如图,物块由静止开始,受沿x轴正方向的恒力F,作用时间为t,运动到A点,F=ma,vA=at=Ftm,xA=12at2=Ft22m;之后物块受沿y轴负方向大小为F的恒力,作用时间为t,运动到B点,由A点至B点,物块沿x轴方向做匀速直线运动,沿y轴负方向做匀加速直线运动,A、B间x方向位移xAB=vAt=Ft2m,y方向位移yAB=-12at2=-Ft22m;在B点时y方向的速度vBy=-Ftm;由B至C,物块受沿x轴负方向大小为F的恒力,作用时间为t,B、C间x方向位移xBC=vAt-12at2=Ft22m,y方向位移yBC=vByt=-Ft2m。因此物块末位置坐标为(2Ft2m,-3Ft22m)。5.在纳米技术中需要移动或修补原子,必须使在不停地做热运动(速率约几百米每秒)的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间,为此已发明了“激光制冷”技术,若把原子和入射光分别类比为一辆小车和一个小球,则“激光制冷”与下述的力学模型很类似。一辆质量为m的小车(一侧固定一轻弹簧),如图所示以速度v0水平向右运动,一个动量大小为p的小球水平向左射入小车并压缩弹簧至最短,接着被锁定一段时间T,再解除锁定使小球以大小相同的动量p水平向右弹出,紧接着不断重复上述过程,最终小车停下来。设地面和车厢均光滑,除锁定时间T外,不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间。从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为()A.mv0pTB.2mv0pTC.mv04pTD.mv02pT答案D以小球为研究对象,每次锁定的时间都为T,小球以动量p入射,以大小相同的动量p反射,则在这个锁定的过程中,车与球之间的作用力为恒力,设为F,则FT=2p,以车为研究对象,第一次入射的动量为mv0,最后停下来动量为零。全过程叠加起来,即Ft总=mv0,两式消去F得t总=mv02pT。6.(2018海淀期中)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的压力大小约为()A.0.2 NB.0.6 NC.1.0 ND.1.6 N答案B豆粒下落过程做自由落体运动,落到秤盘上时速度大小v=2gh=4 m/s,根据题意知反弹瞬间速度大小为2 m/s,对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有:F=0.12-0.1(-4)1 N=0.6 N,由牛顿第三定律知,选项B正确。7.(2018石景山一模节选)动量定理描述了力对物体作用在时间上累积的效果,是力学中的重要规律。在一些公共场合有时可以看到,“气功师”平躺在水平地面上,其腹部上平放着一块大石板,有人用铁锤猛击大石板,石板裂开而人没有受伤。现用下述模型分析探究。若大石板质量为M=80 kg,铁锤质量为m=5 kg。铁锤从h1=1.8 m高处由静止落下,打在石板上反弹,当反弹达到最大高度h2=0.05 m时被拿开。铁锤与石板的作用时间约为t1=0.01 s。由于缓冲,石板与“气功师”腹部的作用时间较长,约为t2=0.5 s,取重力加速度g=10 m/s2。请利用动量定理分析说明石板裂开而人没有受伤的原因。答案见解析解析铁锤打击石板时的速度v1=2gh1解得v1=6 m/s铁锤反弹时的速度v2=2gh2解得v2=1 m/s在铁锤与石板的碰撞过程中,取竖直向上为正方向,对铁锤,由动量定理有(F1-mg)t1=mv2-(-mv1)解得F1=3 550 N由牛顿第三定律知,铁锤对石板的作用力F1=F1=3 550 N对石板,由动量定理有(F2-Mg)t2-F1t1=0解得F2=871 N由牛顿第三定律知,石板对人的作用力F2=F2=871 N在铁锤与石板的碰撞过程中,铁锤对石板的作用力较大,超过了石板承受的限度,因而石板裂开。在作用前后,石板对人的作用力较小,其变化也较小,没有超过人能承受的限度,因而人没有受伤。8.(2017丰台二模)如图所示,一质量为m=0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A点,小物块以v0=9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动,与墙发生碰撞(碰撞时间极短)。碰前瞬间的速度v1=7 m/s,碰后以v2=6 m/s反向运动直至静止。已知小物块与地面间的动摩擦因数=0.32,取 g=10 m/s2。求:(1)A点距墙面的距离x;(2)碰撞过程中,墙对小物块的冲量大小I;(3)小物块在反向运动过程中,克服摩擦力所做的功W。答案(1)5 m(2)6.5 Ns(3)9 J解析(1)小物块由A到B过程做匀减速运动,由动能定理有-mgx=12mv12-12mv02得x=5 m(2)选初速度方向为正方向,由动量定理得I=-mv2 - mv1得I=-6.5 Ns ,即冲量大小为6.5 Ns(3)小物块反向运动过程中,由动能定理得W=0-12mv22得W=-9 J,即克服摩擦力所做的功为W=9 JB组综合提能1.(2015北京理综,18,6分)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是()A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力答案A从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人经历了先加速后减速的过程,当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大,动能最大,之后绳的拉力大于人的重力,人向下减速到达最低点。绳对人的拉力始终向上,始终做负功。拉力的冲量始终向上,人的动量先增大后减小,综上所述,只有A选项正确。2.(2018朝阳期中)如图所示,质量相等的A、B两个物体,沿着倾角分别为和的两个光滑固定斜面(),由静止开始从同一高度h2处下滑到同样的另一高度h1处。在此过程中,关于A、B两个物体,相同的物理量是()A.下滑所用的时间B.重力的平均功率C.所受合力的冲量大小D.所受支持力的冲量大小答案C令斜面倾角为,下滑的高度为h,则沿斜面滑行的位移大小s=hsin。由牛顿第二定律知物体下滑的加速度大小a=g sin 。由物体下滑时间t=2sa=1sin2hg知,A错误;重力的平均功率PG=mght=mggh2sin ,故B项错误;所受合力的冲量大小I合=mg sin t=m2gh,故C正确;所受支持力的冲量IN=mg cos t=m2ghcot ,故选项D错误。3.(2017海淀期中)香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉,在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱,将站在冲浪板上的米老鼠模型托起,稳定地悬停在空中,伴随着音乐旋律,米老鼠模型能够上下运动,引人驻足,如图所示。这一景观可做如下简化,假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出,水柱的流量为Q(流量定义:在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积),设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同,冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积,保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计,冲击冲浪板后,水在竖直方向的速度立即变为零,在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M,水的密度为,重力加速度大小为g,空气阻力及水的黏滞阻力均可忽略不计。(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量;(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短,因此在分析水对冲浪板作用力时可忽略这部分水所受的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时,水到达冲浪板底部的速度大小;(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化,需调整水泵对水做功的功率。水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出水的动能。请根据第(2)问中的计算结果,推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式。答案(1)Q(2)MgQ(3)见解析解析(1)设很短时间t内,从喷口喷出的水的体积为V,质量为m,水柱在喷口的初速度为v0,喷口的横截面积为S。则m=VV=Sv0t=Qt解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为mt=Q(2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时,水柱顶