2019届高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律练案18动量定理新人教版.docx

练案18动量定理一、选择题(本题共8小题，14题为单选，58题为多选)1(2018山东省日照市高三上学期11月期中试题)关于动量和动能，下列说法中错误的是( A )A做变速运动的物体，动能一定不断变化B做变速运动的物体，动量一定不断变化C合外力对物体做功为零，物体动能的增量一定为零D合外力的冲量为零，物体动量的增量一定为零解析做变速运动的物体，速度大小不一定变化，动能不一定变化，故A错误；做变速运动的物体，速度发生变化，动量一定不断变化，故B正确；合外力对物体做功为零，据动能定理，物体动能不变，物体动能的增量一定为零，故C正确；合外力的冲量为零，据动量定理，物体动量不变，物体动量的增量一定为零，故D正确。2.(2018江西省奉新一中高三上学期第四次月考试题)光滑水平面上以速度v0匀速滑动的物块，某时刻受到一水平恒力F的作用，经一段时间后物块运动到B点，速度大小仍为v0，方向改变了90，如图所示，则在此过程中( D )A物块的动能一定始终不变B水平恒力F的冲量一定为零C物块的速度一定先增大后减小D水平恒力F方向一定与AB连线垂直解析物体的初、末动能相同，根据动能定理，合力对物块做的功一定为零，故合力与位移垂直，即水平恒力F方向一定与AB连线垂直；由于合力先做负功后做正功，故动能先减小后增加，速度先减小后增大，故D正确，AC错误；合力恒定，合力的冲量PFt，F和t都不为零，水平恒力F的冲量一定不为零，B错误。故选D。3(2018福建省东山二中高三上学期期中试题)物体在恒定的合力作用下做直线运动，在时间t1内动能由零增大到E1，在时间t2内动能由E1增加到2E1，设合力在时间t1内做的功为W1，冲量为I1，在时间t2内做的功是W2，冲量为I2，则( B )AI1I2，W1W2CI1I2，W1W2DI1I2，W1W2解析根据动能定理得：W1E10E1，W22E1E1E1，则W1W2。动量与动能的关系式为p， 则由动量定理得：I1，I2，则I1I2。故选B。4(2017重庆市巴蜀中学高三上学期期中理综物理试题)如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象，其中E02106V/m。当t0时，在电场中由静止释放一个电荷量为5107C的带电粒子，设带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是( C )A带电粒子将以某一中心点做往复运动Bt1s2s内，电场力所做的功为零，电场力的冲量为零Ct4s18s内，带电粒子动量变化量的大小为16kgm/sD带电粒子在t1s4s内的初、末位置间的电势差为零解析由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度a1，为第2s内加速度a2的，因此先加速1s，再减小0.5s速度为零，接下来的0.5s将反向加速，由对称关系可得，反向加速的距离使带电粒子刚回到减速开始的点，23s粒子继续反向加速，vt图象如图所示，可知粒子并不是在某一中心点做往复运动，故A错误； 由vt图象可知，在1s2s内，粒子动能的变化量为零，即电场力所做的功为零；动量的变化不等于零，电场力的冲量不为零，选项B错误；根据动量定理，在t4s18s内，带电粒子动量变化量的大小为：2E0q10tE0q4t1621065107Ns16Ns16kgm/s(其中t1s)，选项C正确；由图象可知，带电粒子从t1s时刻到t4s时间内的位移不等于零，即电场力做功不为零，电势能的变化不为零，则初、末位置间的电势差不为零，选项D错误；故选C。5(2018河北省唐山市丰南区高三上学期期中试题)如图所示，质量相同的两个小物体A、B处于同一高度。现使A沿固定的光滑斜面无初速地自由下滑，而使B无初速地自由下落，最后A、B都运动到同一水平地面上。不计空气阻力。则在上述过程中，A、B两物体( BCD )A所受重力冲量的大小相同B所受合力冲量的大小相同C所受重力做的功相同D所受合力做的功相同解析由匀变速直线运动的位移公式：sat2可以知道，t，物体A做匀加速直线运动，B物体做自由落体运动，A的位移大于B的位移，A的加速度小于B的加速度，则A的运动时间大于B的运动时间，因为mg相等，由Imgt 可以知道，A重力的冲量大于B重力的冲量，故A错误；A、B运动过程只有重力做功 ，因为m、g、h都相等，则重力做功相同，合外力做功相同，由动能定理得：mghmv2，计算得出：v，物体到达地面时的速度大小相等，由动量定理得：Imv，则合外力的冲量大小相等，故BCD正确。6(2018山东省潍坊市高三上学期期末试题)如图所示，带有挡板的小车质量为m，上表面光滑，静止于光滑水平面上。轻质弹簧左端固定在小车上，右端处于自由伸长状态。质量也为m的小球，以速度v从右侧滑上小车，在小球刚接触弹簧至与弹簧分离过程中，以下判断正确的是( AC )A 弹簧的最大弹性势能为mv2B 弹簧对小车做的功为mv2C 弹簧对小球冲量的大小为mvD 弹簧对小球冲量的大小为mv解析弹簧有最大弹性势能时，小球和小车有共同的速度，由动量守恒可知：mv2mv共；由能量关系可得：Epmv22mvmv2，选项A正确；小球与弹簧分离时，小车速度为v小球静止。弹簧对小车做的功等于小车得到的动能Ekmv2，选项B错误；弹簧对小球冲量的大小为Imv，选项C正确，D错误；故选AC。7(2018山东省枣庄八中高三上学期期中试题)水平推力F1和F2分别作用在水平面上等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间后停下，两物体vt的图象如图所示，图中ABCD，则( AC )AF1的冲量小于F2的冲量BF1的冲量等于F2的冲量C两物体受到的摩擦力大小相等D两物体受到的摩擦力大小不等解析设a、b两物体的加速运动时间分别为t1、t2，则由图知t1t2，当只有摩擦力Ff作用时，由ABCD知图线斜率相同，则加速度相等，由牛顿第二定律知，摩擦力Ff相等，故C选项正确，D选项错误。对a，由动量定理得：IF1Fft1mvA；对b同理得：IF2Fft2mvC.由图象知，vAvC，t1t2，所以由mvAmvC知，IF1mA，由动能定理可得：mghmv2，解得：v，因为h相同，落地速率相等，但方向不同，速度的变化量不同，动量变化量不同，A错误，B正确；又因为质量不等，所以两物块动能变化量不同，故C错误；初始时刻，A、B处于同一高度并恰好处于静止状态。当剪断后，A的合力为mAg，加速度为g，B的合力为mBgsin，根据牛顿第二定律可知B的加速度为gsin，对A，由hgt，得tA；对B，由gsint，则得tB；A重力做功的平均功率为：AmAgh；B重力做功的平均功率为：BhsinmAgh，所以重力做功的平均功率相等，故D正确。二、非选择题9(2018天津市第一中学高三上学期第二次月考试题)质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向下为正方向，g取10m/s2，在小球与地面接触的0.2s时间内，小球动量变化量p_2_kgm/s，地面对小球的平均作用力大小F_12_N，合外力对小球做的功W_2_J。解析取竖直向下为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：pmv2mv10.2(4)kgm/s0.26kgm/s2kgm/s，方向竖直向上。根据动量定理：(mgF)tp，解得Fmg2()N12N由动能定理可知，合外力做功：Wmvmv0.242J0.262J2J。10(2018江西质检)汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一。设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临时界值F0时，安全气囊爆开。某次试验中，质量m11600kg的试验车以速度v136km/h正面撞固定试验台，经时间t10.10s碰撞结束，车速减为零，此次碰撞安全气囊恰好爆开。忽略撞击过程中地面阻力的影响。(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小；(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m21600kg、速度v218km/h同向行驶的汽车，经时间t20.16s两车以相同的速度一起滑行。试通过计算分析这种情况试验车的安全气囊是否会爆开。答案：(1)1.6104Ns1.6105N(2)不会解析(1)v136km/h10m/s，取速度v1的方向为正方向，根据动量定理有I00m1v1将已知数据代入解得I01.6104Ns由冲量定义有I0F0t1将已知数据代入解得F01.6105N(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v，由动量守恒定律有m1v1m2v2(m1m2)v对试验车，由动量定理有Ft2m1vm1v1将已知数据代入解得F2.5104N可见FF0，故试验车的安全气囊不会爆开11. (2018山西省太原市高三上学期期末)在我国很多地方都建有钟楼，每逢重大节日都会进行撞钟仪式。如图所示，在大钟旁用钢丝吊着质量为m的撞锤(可视为质点)，其悬点O与撞锤重心的距离为L，撞锤静止时恰好与大钟相接触。光滑轻质定滑轮与O等高，跨过定滑轮的轻质细绳一端连在撞锤上，另一端自然下垂。某次撞钟时，抓住绳子的自由端往下拉至37时静止，此时连接撞锤的两根绳恰好成直角，然后突然松手，撞锤摆动后撞击大钟发出声音。(不计空气阻力，取sin370.6，cos370.8) (1)撞锤被拉起静止时，人对绳的拉力是多大？(2)撞锤撞击大钟前的瞬间，钢丝的弹力是多大？(3)若撞锤撞击大钟后速度变为0，大钟对撞锤的冲量是多大？答案：(1)0.8mg(2)1.8mg(3)m解析(1)撞锤被拉起静止时，设人对绳的拉力为F1，钢丝锤的拉力为F2则由受力分析得：F1cosF2sinmgF1sinF2cos联立得： F10.8mg( 2)从静止释放到撞锤撞击大钟前的瞬间mgL(1sin)mv2撞锤撞击大钟前的瞬间，为圆周运动的最低点，则Fmgm联立得： F1.8mg( 3)规定向右为正，则对撞锤： I0mv联立得：Im大钟对撞锤的冲量大小为m。12(2018北京海淀区月考)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，空气阻力及水的粘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的作用力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的水的动能。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)(3)h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：mVVSv0tQt解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为Q(2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时，水柱