高考物理二轮总复习 6-1冲量动量动量定理回归基础提分课时练习

用心 爱心 专心1 20112011 年高考物理二轮总复习回归基础提分课时练习年高考物理二轮总复习回归基础提分课时练习 第六章第六章 第一课时第一课时 1 篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球 接球时 两臂随球迅速收缩至胸 前 这样做可以 A 减小球对手的冲量 B 减小球对人的冲击力 C 减小球的动量变化量 D 减小球的能量变化量 解析 对于接住篮球的过程 篮球的初速度一定 末速度为零 所以篮球的动量变 化量 动能变化量一定 C D 错 由动量定理可知篮球对手的冲量一定 A 错 由 I Ft 可知 双臂收缩延长了手与球的相互作用时间 故篮球对手的冲击力减小 B 对 答案 B 2 质量为 4kg 的物体以 2m s 的初速度做匀变速直线运动 经过 2s 动量大小变为 14kg m s 该物体 A 所受合外力的大小可能大于 11N B 所受合外力的大小可能小于 3N C 所受的冲量可能小于 6N s D 所受的冲量可能大于 18N s 解析 若设物体初速度方向为正方向 则初动量 p1 mv1 8kg m s 末动量只告诉 了大小 则有两种可能 1 p2 14kg m s 则 Ft p2 p1 6kg m s F 3N 2 p2 14kg m s 则 Ft p2 p1 22kg m s F 11N 负号表示方向 答案 D 3 沿同一直线 甲 乙两物体分别在阻力 F1 F2作用下做直 线运动 甲在 t1时间内 乙在 t2时间内动量 p 随时间 t 变化的 p t 图象如图所示 设物体在 t1时间内所受到的冲量大小为 I1 乙 物体在 t2时间内所受到的冲量大小为 I2 则两物体所受外力 F 及 其冲量 I 的大小关系是 A F1 F2 I1 I2 B F1 F2 I1F2 I1 I2 D F1 F2 I1 I2 解析 由 F 知 F1 F2 Ft p 知 I1 I2 p t 答案 A 4 如图所示 ad bd cd 是竖直面内三根固定的光滑细杆 a b c d 位于同一圆周 a 点为圆周的最高点 d 为圆周的最低 点 每根杆上都套着一个质量相同的小滑环 图中未画出 三个滑 环分别 a b c 处释放 初速度为零 关于它们下滑的过程 下列 说法中正确的是 A 重力对它们的冲量相同 B 弹力对它们的冲量相同 C 合外力对它们的冲量相同 D 它们的动能增量相同 解析 由运动学知识可知三个滑环的运动时间相等 故 A 正确 由于三种情形下弹 力的方向不同 故 B 错 由机械能守恒定律知 D 错 而合外力冲量大小为 mv 由于 v 大小不 等 故 C 错 用心 爱心 专心2 答案 A 5 质量相同的物体 A 和 B 并排静止在光滑水平面上 现用一水平恒力 F 推 A 同时 给 B 施加一个与力 F 同方向的瞬时冲量 I 使两物体同时开始运动 当两物体重新相遇时 经历的时间为 A I F B 2I F C F I D 2F I 解析 A 在水平恒力 F 作用下做匀加速直线运动 设物体的质量为 m 在 t 时间内 通过的位移 sA at2 t2 1 2 1 2 F m B 受瞬时冲量 I mv 作用 获得的速度为 v I m B 以速度 v 做匀速直线运动 A B 相遇 两者在相同时间内通过的位移相等 则有 t2 vt t 1 2 F m I m 解得 t 选项 B 正确 2I F 答案 B 6 一质量为 100g 的小球从 0 80m 高处自由下落到一厚软垫上 若从小球接触软垫到 小球陷至最低点经历了 0 20s 则这段时间内软垫对小球的冲量为 取 g 10m s2 不计空气 阻力 A 0 2N s B 0 4N s C 0 6N s D 0 8N s 解析 小球落至软垫瞬间的速度 v0 4m s 取竖直向上为正方向 对小球与 2gh 软垫作用过程应用动量定理得 I mg t 0 mv0 I mg t mv0 0 1 10 0 2 0 1 4 N s 0 6N s 故 C 正确 答案 C 7 东城区模拟 质量分别为 m1 m2的两个物体 m1 m2 在光滑的水平面上沿同方向 运动 具有相同的初动能 与运动方向相同的水平力 F 分别作用在这两个物体上 经过相 同的时间后 两个物体的动量和动能的大小分别为 p1 p2和 E1 E2 比较它们的大小 有 A p1 p2和 E1 E2 B p1 p2和 E1 E2 C p1E2 D p1 p2和 E1p2 再根据 Ek 2m1Ek2m2Ek p2 2m 可得 E1 p2 1 2m1 2m1Ek 2Ft 2m1Ek F2t2 2m1 Ek Ft 2Ek m1 F2t2 2m1 E2 p2 2 2m2 2m2Ek 2Ft 2m2Ek F2t2 2m2 Ek Ft 所以 E1 E2 故 B 选项正确 2Ek m2 F2t2 2m2 答案 B 8 2010 苏州调研 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 顶端与竖直墙壁接触 现打开尾端阀门 气体往外喷出 设喷出面积为 S 气体密度为 气体往外喷出的速度为 v 则气体刚喷出时贮气瓶顶端对竖直墙的作用力大小是 用心 爱心 专心3 解析 本题考查反冲运动 可由动量定理解决 以 t 时间内喷出的气体为研究对象 由 Ft Svtv Stv2 则 F Sv2 由于气瓶处于平衡状态 墙壁与气瓶间作用力与气体反冲 力平衡 故 D 正确 答案 D 9 2010 安徽省合肥市调研 如图所示 竖直环 A 半径为 r 固定在木板 B 上 木板 B 放在水平地面上 B 的左右两侧 各有一挡板固定在地上 B 不能左右运动 在环的最低点静置 一小球 C A B C 的质量均为 m 给小球一水平向右的瞬时冲 量 I 小球会在环内侧做圆周运动 为保证小球能通过环的最 高点 且不会使环在竖直方向上跳起 瞬时冲量必须满足 A 最小值 m B 最小值 m 4gr5gr C 最大值 m D 最大值 m 6gr7gr 解析 在最低点时 瞬时冲量 I mv0 在最高点 mg mv2 r 从最低点到最高点 mv 2 mg 2r mv2 2 解出瞬时冲量的最小值为 m 故选项 B 对 若在最高点 2 05gr 3mg mv2 r 其余不变 则解出瞬时冲量的最大值为 m 故 C 错 D 对 7gr 答案 BD 10 一位质量为 m 的运动员从下蹲状态向上起跳 经 t 时间 身体伸直并刚好离开 地面 速度为 v 在此过程中 A 地面对他的冲量为 mg t B 地面对他的冲量为 mv mg t C 地面对他的冲量为 mv D 地面对他的冲量为 mv mg t 解析 选向上为正方向 运动员向上起跳的过程中 由动量定理可得 I mg t mv 则 I mg t mv B 正确 答案 B 二 论述 计算题 本题共 3 小题 共 40 分 解答时应写出必要的文字说明 计算公 式和重要的演算步骤 只写出最后答案不得分 有数值计算的题 答案中必须明确数值和 单位 11 如图甲所示 用水平向右的力 F 拉放在光滑水平地面上 质量为 500kg 的物体 作用时间 20s 使物体获得 0 5m s 的速度 若力 F 大小的变化为 前 15s 从零开始随时间 均匀增大 后 5s 均匀减小为零 如图乙所示 求 1 力 F 对物体的冲量 2 力 F 的最大值 解析 拉力对物体的冲量等于物体的动量增加 有 IF mv 500 0 5N s 250N s 由于拉力均匀变化 设拉力最大值为 Fmax 则拉力的冲量大小为图乙中图线与时间轴线 所围成的面积 则 用心 爱心 专心4 IF Fmax t 1 2 得 Fmax 25N 答案 1 250N s 2 25N 12 质量为 m 的物体静止在足够大的水平面上 物体与桌面间的动摩擦因数为 有 一水平恒力 F 作用于物体上使之加速前进 经 t1时间后去掉此恒力 求物体运动的总时间 t 解析 解法一 如图所示 物体的运动可分为两个阶段 第一阶段受两个水平力 F Ff的作用 作用时间为 t1 物体由 A 运动到 B 速度达到 v1 第二阶段物体水平方向只受 力 Ff的作用 作用时间为 t2 由 B 运动到 C 速度由 v1变为 0 设水平向右为正方向 由动量定理 有 第一阶段 F Ff t1 mv1 第二阶段 Fft2 mv1 联立 两式得 Ft1 Ff t1 t2 0 把 Ff mg 代入 式得 t2 t1 F mg mg 故 t t1 t2 Ft1 mg 解法二 如果用 F1 t1 F2 t2 Fn tn p 把两个阶段当成一个过程来看 则力 F 作用了 t1时间 mg 作用了 t t1 t2时间 动量变化为 p 0 有 Ft1 mgt 0 故 t Ft1 mg 答案 Ft1 mg 13 一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动 弹簧床对运动员的弹力 F 随时间 t 的变化 规律通过传感器用计算机绘制出来如图所示 不计空气阻力 取重力加速度 g 10m s2 试 结合图象 求 1 运动员的质量 2 运动员跳起的最大高度 3 在 11 5s 12 3s 时间内 运动员对弹簧床的平均作用力多大 解析 1 由图象可知 mg 500N 所以 m 50kg 2 由图象可知