高三物理一轮复习 课时提升作业 十八 第六章 碰撞与运量守恒 第1讲 动量 动量定理.doc

课时提升作业 十八动量动量定理(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。15题为单选题,68题为多选题)1.关于物体的动量和动能,下列说法中正确的是()a.一物体的动量不变,其动能一定不变b.一物体的动能不变,其动量一定不变c.两物体的动量相等,其动能一定相等d.两物体的动能相等,其动量一定相等【解析】选a。动能是标量ek=12mv2,动量是矢量p=mv,动能与动量之间的大小关系:ek=p22m,一物体的动量p不变,其动能ek一定不变,故a正确;一物体的动能不变,其动量大小一定不变,但速度的方向可以变化,即动量的方向可以变化,故b错误;两物体的动量相等,当两物体的质量相等时,其动能一定相等,当两物体的质量不等时,其动能一定不相等,故c错误;两物体动能相等,而质量不等时,其动量也是不相等的,故d错误。2.篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球,接球时,两手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.减小球的动能变化量【解析】选b。先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球引至胸前,这样可以增加球与手接触的时间,根据动量定理得:-ft=0-mv,f=mvt当时间增大时,作用力就减小,而冲量和动量、动能的变化量都不变,所以b正确。3.(2017驻马店模拟)有消息称:中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速杀球,轻小的羽毛球被快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂!据测羽毛球的时速高达300km/h,羽毛球的质量介于4.745.50g之间,经分析,下列说法中正确的是导学号42722454()a.这则消息一定是假的,因为羽毛球很轻小,不可能使西瓜爆裂b.这则消息一定是假的,因为击出的羽毛球速度虽然高,但其能量却很小c.这则消息可能是真的,俗话说无快不破,羽毛球虽然很轻小,但速度很高d.这则消息可能是真的,西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力大小【解析】选d。在高速杀球时,由于球速较快,在与西瓜相撞的瞬时,速度急剧变化,根据动量定理可知,羽毛球对西瓜的作用力较大,完全可以使西瓜爆裂,故使西瓜裂开的原因不是速度,只是冲击力的大小;故该消息可能是真的,故只有d正确,a、b、c错误。4.如图所示,足够长的固定光滑斜面倾角为,质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面,达到最高点后又滑回原处,所用时间为t。对于这一过程,下列判断正确的是()a.斜面对物体的弹力的冲量为零b.物体受到的重力的冲量大小为零c.物体受到的合力的冲量大小为零d.物体动量的变化量大小为mgsint【解析】选d。斜面对物体的弹力的冲量大小:i=nt=mgcost,弹力的冲量不为零,故a错误;物体所受重力的冲量大小为:ig=mgt,物体受到的重力的冲量大小不为零,故b错误;物体受到的合力的冲量大小:mgtsin,由动量定理得:动量的变化量大小p=i合=mgsint,则由动量定理可知,合力的冲量不为零,故c错误,d正确。5.(2017衡水模拟)如图所示,足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动,一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的p点冲上传送带,从此时起到物块再次回到p点的过程中,下列说法正确的是()导学号42722455a.合力对物块的冲量大小一定为2mv2b.合力对物块的冲量大小一定为2mv1c.合力对物块的冲量大小可能为零d.合力对物块做的功可能为零【解析】选d。若v2v1,则物块返回到p点的速度大小为v1,根据动量定理知,合力的冲量i合=mv1+mv2,根据动能定理得,合力做功为:w=12mv12-12mv22,故d正确,a、b、c错误。6.1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验,实验时,用宇宙飞船(质量m)去接触正在轨道上运行的火箭(质量mx,发动机已熄火),如图所示,接触以后,开动飞船尾部的推进器,使飞船和火箭组共同加速,推进器的平均推力为f,开动时间t,测出飞船和火箭组的速度变化是v,下列说法正确的是 导学号42722456()a.推力f越大,vt就越大,且vt与f成正比b.推力f通过飞船m传递给了火箭mx,所以m对mx的弹力大小应为fc.火箭质量mx应为ftvd.火箭质量mx应为ftv-m【解析】选a、d。对整体由动量定理可得:ft=(m+mx)v;由公式可得, f=(m+mx)vt,因质量不变,故推力f越大,vt就越大,且vt与f成正比,故a正确;对mx分析可得:t=mxvt,故t小于f,故b错误;火箭的质量mx=ftv-m,故c错误,d正确。7.(2017佛山模拟)如图所示,质量为m、2m的甲、乙两个同种材质的物体静止在粗糙水平面上,某时刻,它们同时受到水平恒力f,经过时间t,同时撤掉力f。下列叙述中,正确的是()a.在力f作用的时间内,两物体动量变化p甲p乙b.在力f作用的时间内,两物体动量变化p甲p乙c.在力f作用的时间内,两物体摩擦力的冲量i甲i乙d.在力f作用的时间内,两物体摩擦力的冲量i甲i乙【解析】选b、c。由i=ft可知,两物体的恒力的冲量相同;由于两物体的质量不同,故在相同时间内乙物体所受到的摩擦力大于甲物体受到的摩擦力;摩擦力的冲量i甲i乙;乙物体受到的合外力的冲量小于甲的冲量,由动量定理可知,两物体动量变化p甲p乙,故b、c正确,a、d错误。8.如图所示装置中,木块b与水平桌面间的接触面是光滑的,子弹a沿水平方向射入木块后留在木块内,将弹簧压缩到最短。则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中 导学号42722457()a.子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能b.弹簧、木块和子弹组成的系统动量不守恒,机械能不守恒c.在木块压缩弹簧过程中,木块对弹簧的作用力大于弹簧对木块的作用力d.在弹簧压缩到最短的时刻,木块的速度为零,加速度不为零【解析】选b、d。子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能与系统增加的内能之和,故a错误;弹簧、木块、子弹组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,子弹要克服阻力做功,系统部分机械能转化为内能,系统机械能不守恒,故b正确;在木块压缩弹簧过程中,木块对弹簧的作用力等于弹簧对木块的作用力,故c错误;在弹簧压缩到最短的时刻,木块的速度为零,木块所受合外力等于弹簧的弹力,合外力不为零,木块的加速度不为零,故d正确。二、计算题(本题共2小题,共28分。需写出规范的解题步骤)9.(13分)(2017邯郸模拟)水力采煤时,用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层,设水柱直径为d=30cm,水速v=50m/s,假设水柱射在煤层的表面上,冲击煤层后水的速度变为零,求水柱对煤层的平均冲击力。(水的密度=1.0103kg/m3)【解析】取时间t内的水为研究对象,以初速度方向为正方向,根据动量定理,有:-ft=0-(svt)vs=d24解得:f=sv2=d2v24=1.01033.14(0.3)25024=1.77105n答案:1.77105n10.(15分)(2017青岛模拟)如图所示,从距离地面h=1.25m处以初速度v0=5.0m/s水平抛出一个小钢球(可视为质点),落在坚硬的水平地面上。已知小球质量m=0.20kg,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。导学号42722458(1)求钢球落地前瞬时速度v的大小和方向。(2)小球落到地面,如果其速度与竖直方向的夹角是,则其与地面碰撞后,其速度与竖直方向的夹角也是,且碰撞前后速度的大小不变,在运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的两个方向上分别研究。求碰撞前后小球动量的变化量p的大小和方向。已知小球与地面碰撞的时间t=0.04s,求小球对地面平均作用力的大小和方向。【解析】(1)小球竖直方向做自由落体运动,则有:h=12gt2得t=2hg=21.2510s=0.5s落地竖直分速度大小:vy=gt=100.5m/s=5m/s速度大小为v=v02+vy2=52+52m/s=52m/s设速度方向与水平方向之间的夹角为,则:tan=vyv0=55=1,所以=45(2)如果其速度与竖直方向的夹角是,竖直方向选取向上为正方向,把小球入射速度分解为vx=vsin,vy=-vcos,把小球反弹速度分解为vx=vsin,vy=vcos,则px=m(vx-vx)=0,py=m(vy-vy)=2mvcos方向沿竖直方向向上,由几何关系可知,=90-=90-45=45则:p=py=2mvcos45=20.25222ns=2ns对小球分析,根据p=ft得:fx=pxt=0,fy=pyt=2mvcost则f合=fy=2mvcost=20.2052220.04n=50n,方向沿竖直方向向上,根据牛顿第三定律可知,小球对地面的作用力的方向沿竖直方向向下。答案:(1)52m/s与水平方向的夹角是45(2)p为2ns,沿竖直方向向上;50n方向竖直向下【能力拔高题】1.(8分)如图甲所示,光滑水平面上的o处有一质量为m=2kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用,f1=4n,方向向右,f2的方向向左,大小如图乙所示。物体从静止开始运动,此时开始计时,则在02s时间内下列结论不正确的是()a.加速度的最大值为1m/s2b.当t=1s时速度最大,最大值为0.5m/sc.合外力的冲量为8nsd.t=1.5s时物体的加速度大小为0.5m/s2【解析】选c。物体在t=0或t=2s时,合力最大,加速度最大,t=0时,am=f1-f2m=4-22m/s2=1m/s2,方向水平向右;t=2s时,am=f2-f1m=6-42m/s2=1m/s2,方向水平向左,故a正确;根据图象得,f2=2t+2合力为零时,加速度为零,速度最大,根据动量定理f1t1-f2t1=mvm-0,有41-2+421=2vm-0解得:vm=0.5m/s,故b正确;在2s内f1产生的冲量:i1=f1t=42ns=8ns,方向向右;f2产生的冲量:i2=f2t=2+622ns=8ns,方向向左;由于两个力的冲量大小相等,方向相反,所以合外力的冲量大小为0,故c错误。当t=1.5时,f2=5n根据牛顿第二定律:a=f2-f1m=5-42m/s2=0.5m/s2。故d正确。【加固训练】(多选)在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为m=0.6kg,m=0.2kg的两个小球,中间夹着一个被压缩的具有ep=10.8j的弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连),原来处于静止状态。现突然释放弹簧,球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为r=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道,如图所示。g取10m/s2,则下列说法正确的是()a.球m从轨道底端a运动到顶端b的过程中所受合外力冲量大小为3.4nsb.m离开轻弹簧时获得的速度为9m/sc.若半圆轨道半径可调,则球m从b点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小d.弹簧弹开过程,弹力对m的冲量大小为1.8ns【解析】选a、d。释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒得:mv1-mv2=0,由机械能守恒得:12mv12+12mv22=ep,代入数据解得:v1=9m/s,v2=3m/s;m从a到b过程中,由机械能守恒定律得:12mv12=12mv12+mg2r,解得:v1=8m/s;以向右为正方向,由动量定理得,球m从轨道底端a运动到顶端b的过程中所受合外力冲量大小为:i=p=mv1-mv1=0.2(-8)ns-0.29ns=-3.4ns,则合外力冲量大小为3.4ns,故a正确;m离开轻弹簧时获得的速度为3m/s,故b错误;设圆轨道半径为r时,飞出b后水平位移最大,从a到b由机械能守恒定律得:12mv12=12mv12+mg2r,在最高点,由牛顿第二定律得:mg+n=mv12r,m从b点飞出,需要满足:n0,飞出后,小球做平抛运动:2r=12gt2,x=v1t,当8.1-4r=4r时,即r=1.012 5m时,x为最大,球m从b点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小,故c错误;由动量定理得,弹簧弹开过程,弹力对m的冲量大小为i=p=mv1=0.29ns=1.8ns,故d正确。2.(16分)下雨是常见的自然现象,如果雨滴下落为自由落体运动,则雨滴落到地面时,对地表动植物危害十分巨大,实际上,动植物都没有被雨滴砸伤,因为雨滴下落时不仅受重力,还受空气的浮力和阻力,才使得雨滴落地时不会因速度太大而将动植物砸伤。某次下暴雨,质量m=2.510-5kg的雨滴,从高h=2 000m的云层下落(g取10m/s2) 导学号42722459(1)如果不考虑空气浮力和阻力,雨滴做自由落体运动,落到地面经t1=1.010-5s速度变为零,因为雨滴和地面作用时间极短,可认为在t1内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力,求雨滴对地面的作用力大小。(2)考虑到雨滴同时还受到空气浮力和阻力的作用,设雨滴落到地面的实际速度为8m/s,落到地面上经时间t2=3.010-4s速度变为零,在t2内地面对雨滴的作用力不变且不考虑雨滴的重力,求雨滴对地面的作用力大小以及该雨滴下落过程中克服空气浮力和阻力所做功的和。【解