最新版高考物理第七章动量第1讲动量动量定理检测.doc

1、第1讲动量动量定理基础巩固1.（2017北京海淀期中，4,3分）如图所示，一辆可视为质点的汽车以恒定的速率驶过竖直面内的凸形桥。已知凸形桥面是圆弧形柱面，则下列说法中正确的是（）A.汽车在凸形桥上行驶的过程中B.汽车在凸形桥上行驶的过程中C.汽车从桥底行驶到桥顶的过程中D.汽车从桥底行驶到桥顶的过程中,其所受合力始终为零,其始终处于失重状态,其所受合外力的冲量为零,其机械能守恒2.（2017北京朝阳期中,10,3分）“纵跳摸高”是一种很好的有助于青少年长高的运动。其动作要领是原地屈膝两脚快速用力蹬地，跳起腾空后充分伸展上肢摸到最高点。则人在进行纵跳摸高时，从他开始屈膝到摸到最高点的过程中（）A

2、.人始终处于超重状态B.人始终处于失重状态C.地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等D.地面支持力对人做的功等于重力势能的增量3.（2017北京西城期末,7,3分）有质量相同的三个小物体a、b、c。现将小物体a从高为h的光滑斜面的顶端由静止释放，同时小物体b、c分别从与a等高的位置开始分别做自由落体运动和平抛运动，如图所示。有关三个物体的运动情况，下列判断正确的是（）A.三个物体同时落地B.三个物体落地前瞬间的动能相同C.重力对三个物体做功相同D.重力对三个物体的冲量相同4.（2018北京东城期末）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vi,守门员在此时用手握拳击球,

3、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mu-mviC.击球前后球动量改变量的大小是mv+ mviD.球离开手时的机械能不可能是mgh+m5.（2017北京西城二模，17）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

4、相比（）e -髯 PA.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6 .（2017北京昌平二模,17）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F产C.物块的位置坐标为（0, *巧F3 3F产D.物块的位置坐标为（，云'）7 .在纳米技术中需要移动或

5、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 也水平向右运动，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 A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AT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（）ra

6、w 口2 m 0p七A. . AT B. ATnwgnW140知C. , - AT D. , - AT8.（2017北京丰台二模，22）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=9m/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 vi=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/s 2。求：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WR综合提能1.（2015北京理综，18,6分）“蹦极”运动中，

7、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2.（2016北京海淀一模，18） “娱乐风洞”是一项将科技与惊险相结合的娱乐项目，它能在一个特定的空间内把表演者“吹”起来。假设风洞内向上的风量和风速保持不变，表演者调整身体的姿态，通过改变受风面积（表演者在垂直风力方向的投影面积）,来改变所受向上风力

8、的大小。已知人体所受风力大小与受 风面积成正比，人水平横躺时受风面积最大，设为S）,站立时受风面积为*&当受风面积为So时，表演者恰好可以静止或匀速漂移。如图所示，某次表演中，人体可上下移动的空间总高度为H,表演者由静止以站立身姿从A位置下落，经过B位置时调整为水平横躺身姿 （不计调整过程的时间和速度变化）,运动到C位置速度恰好减为零。关于表演者下落的过程，下列说法中正确的是（）A.从A至B过程表演者的加速度大于从B至C过程表演者的加速度B.从A至B过程表演者的运动时间小于从B至C过程表演者的运动时间C.从A至B过程表演者动能的变化量大于从B至C过程表演者克服风力所做的功D.从A至B过

9、程表演者动量变化量的数值小于从B至C过程表演者受风力冲量的数值3.(2017北京海淀期中，18,10分)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，稳定地悬彳在空中，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

10、，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p,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Po之间的关系式。4.(2016

11、北京理综，24,20分)(1)动量定理可以表示为 Ap=FAt,其中动量p和力F都是矢量。在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的 x、y两个方向上分别研究。例如 ，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是 0 ,碰撞后弹出的角度也是0 ,碰撞前后的速度大小都是v,如图1所示。碰撞过程中 忽略小球所受重力。图1a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Apx、Apy；b.分析说明小球对木板的作用力的方向。(2)激光束可以看做是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。激光照射到物体上发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用。光镣效应就是一个实例，激光束可以像镣子 样抓住

12、细胞等微小颗粒。一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束和穿过介质小球的光 路如图2所示。图中O点是介质小球的球心，入射时光束和与 SO的夹角均为。，出射时光束均与 SO 平行。请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。a.光束和强度相同；b.光束比的强度大。答案精解精析基础巩固1.B 车在最高点，所受合力为mg-N=m ,运动过程中N<mg,汽车处于失重状态，从桥底到桥顶，F合w。,冲 量I=F合t,所以I W0。速度恒定,动能不变,重力势能增大，所以机械能增加，只有B项正确。2 .C 从他开始屈膝到摸到最高点的过程中 ，人要先加速上升，

13、离开地面之后，再做减速运动，因此人先处 于超重状态，后处于失重状态，选项A、B错误；人在全程初速度为零，末速度为零，由此可知，初末动量均 为零，则支持力的冲量与重力冲量的大小相等 ，选项C正确；地面对人的支持力不做功，因为支持力的作用 点沿力的方向的位移为零，选项D错误。3 .C b做自由落体运动，c做平抛运动,竖直分运动为自由落体运动,所以b、c两物体运动时间相同,a物 体运动的加速度小于重力加速度,所用时间较长,则t a>t b=t c,故A选项错误；a、b、c三个物体运动过程中重力做功 W=mgh个物体质量相同，下落高度相同，重力做功相同，故C选项正确；三个物体所受合外力做 功相同

14、，根据动能定理可知动能变化量相同，但c物体有初动能，则Eka=Ekb<Rc,B选项错误；重力的冲量I=mgt,因三个物体运动时间不同，故重力对三个物体的冲量不同,D选项错误。4 .C 以水平向右为正方向，Ap=p 2-p i=mv-(-mv i)=mv2+mv,可知动量改变量的方向水平向右，球离开手时11一 L"一廿2的机械能为 mgh+m",因vi与V2可能相等，则球离开手时的机械能可能是mgh+m3，故C正确,A、B、D错误。5.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。K6.B 根据动量定理：-

15、=Ap,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。邓LC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AFf 1 Fr点户ma,VA=at=fr,x a='at2=加；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15 FFt向位移XAB=VAt=" ,y方向位移yAB=-at2=-2n;在B点时y方向的速度VBy=-怖；由B至C,1 至物块受沿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

16、移XB(=VAt-二at2=方向F 产2.FF3F 产位移yBC=VByt=-F。因此物块末位置坐标为( F ,2小)。7 .。答案 D以小球为研究对象，每次锁定的时间都为AT,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:F AT=2p,以车为研究对象，第一次入射的动量为 mv1,最后停下来动量为零。全过程叠加起来，即F t总=mM两式消去F得:t总=一 AT。8 .。答案 (1)5 m (2)6.5 N s (3)9 J。解析 (1)小物块由A到B过程做匀减速运动，1 1由动能定理有：-mgx= *m "-'m&q

17、uot;得:x=5 m(2)选初速度方向为正方向，由动量定理得I=-mv 2 - mv 1得:I=- 6.5 N s ,即冲量大小为6.5 N - s(3)小物块反向运动过程中，由动能定理得1z 琢W=0-'m"得W=-9 J,即克服摩擦力所做的功为W=9 J综合提能1.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 .D根据题意,表演者所受风力包F

18、=kS,当表演者恰好可以静止或匀速漂移时，k 3=mg,表演者站立时受% F风力E=k.'二平躺时受风力至F2=kSo=2mg 由 A至 B 过程:mg-F 1=ma,a 1="，由 B 至 C过程:F 2-mg=ma,a 2=g,a i<a2,A 错误。因为表演者在A、C位置速度为 0,因此VB=ait AB=a2t BC故t AB>t BC,B错误。从A至B过程表演者的动能变化量大小等于从B至C过程动能变化量大小，从B至C过程，由动能定理有:mghBbW2=0-EkB,N2=mghc+RB,C错误。从 B至C过程，由动量定理有,mgt bc-F 2t Bc=0

19、-mvB,F 2t Bc=mgtBc+mB>mB-O,因此 D 项对。3 .答案(1) pQ (2)%(3)h=二解析 （1）设很短时间At内，从喷口喷出的水的体积为AV,质量为Am,水柱在喷口处的初速度为 Vo,喷口的横截面积为 So则：Am=p A V（1分）AV=Sv0At=QAt(1 分)解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为* = P Q(1 分)（2）设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时,水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由v变为0, A t时间这些水对板的作用力的大小为F',板对水的作用力的大小为F,以向下为正方向，不考虑水柱顶部水的重力 根据动量定理有：FAt=0 -( Am)(-v)(1 分)根据牛顿第三定律：F=F'（1分）由于米老鼠模型在空中悬停，根据力的平衡条件得：F'=Mg(1 分)版联立可解得：v=（1分）h,对于A t时间内喷出的水，根据机械能（3）设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为 守恒定律得：(A m)v2+( A m)gh= (Am)Ejr水泵对水做功的功率为：Po=(1 (1分)联立解得：h=叱即,吟1分