课时跟踪检测（二十六） 动量定理

课时跟踪检测（二十六）动量定理一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.(2022·山东等级考)我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中()A．火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量解析：选A火箭从发射仓发射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚开始向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；根据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；根据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；根据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。2.(2023·绵阳调研)“蹦蹦床”游乐项目是孩子们经常去游乐场玩的一款项目。将儿童在“蹦蹦床”上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下，从接触蹦床到速度大小减为零的时间为Δt，在此过程中()A．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋meq\r(2gh)，蹦床对他做功不为0B．蹦床对他的冲量大小为meq\r(2gh)，蹦床对他做功不为0C．蹦床对他的冲量大小为mgΔt＋meq\r(2gh)，蹦床对他做功为0D．蹦床对他的冲量大小为mgΔt－meq\r(2gh)，蹦床对他做功为0解析：选A儿童接触蹦床时的速度大小为eq\r(2gh)，接触蹦床后，以向上为正方向，根据动量定理得I－mgΔt＝0－(－meq\r(2gh))，解得I＝mgΔt＋meq\r(2gh)，设儿童接触蹦床后，又下降了x，全程根据动能定理得W＋mg(h＋x)＝0，所以蹦床对儿童做的功为W＝－mg(h＋x)，故选A。3.(2021·北京等级考)如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是()A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωrC．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr解析：选D圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向指向圆心，选项A错误；圆盘停止转动前，小物体运动一圈动量的变化量为0，所受合外力为摩擦力，则所受摩擦力的冲量为0，选项B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，选项C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为I′＝|Δp|＝mv＝mωr，选项D正确。4．(2022·湖南高考)(多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆。某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v­t图像如图所示。设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是()A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变解析：选AC重力的功率为P＝mgv，由题图可知在0～t1时间内，返回舱的速度随时间减小，故重力的功率随时间减小，故A正确；根据v­t图像的斜率表示加速度可知在0～t1时间内返回舱的加速度减小，故B错误；在t1～t2时间内由图像可知返回舱的速度减小，故可知动量随时间减小，故C正确；在t2～t3时间内，由图像可知返回舱的速度不变，则动能不变，但由于返回舱高度下降，重力势能减小，故机械能减小，故D错误。5．(2021·全国乙卷)(多选)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动，重力加速度大小为g。则()A．在此过程中F所做的功为eq\f(1,2)mv02B．在此过程中F的冲量大小等于eq\f(3,2)mv0C．物体与桌面间的动摩擦因数等于eq\f(v02,4s0g)D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍解析：选BC未撤去F前，摩擦力做负功，根据动能定理有WF－Ffs0＝eq\f(1,2)mv02，可知，F所做的功一定大于eq\f(1,2)mv02，A错误；对于整个运动过程，根据动能定理有Fs0－Ff×3s0＝0，解得F＝3Ff，D错误；撤去F后的运动过程中，根据动能定理有－μmg×2s0＝0－eq\f(1,2)mv02，解得μ＝eq\f(v02,4s0g)，C正确；未撤去F前，设F的冲量大小为IF，则摩擦力的冲量大小为eq\f(IF,3)，未撤去F前，对物体根据动量定理有IF－eq\f(IF,3)＝mv0，解得IF＝eq\f(3,2)mv0，B正确。6.质量相等的A、B两物体运动的速度v随时间t变化的图像如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力做的功分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，加速度大小分别为aA、aB，下列关系式正确的是()A．xA∶xB＝2∶1 B．WA∶WB＝4∶1C．IA∶IB＝4∶1 D．aA∶aB＝2∶1解析：选B在v­t图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移，则有xA＝eq\f(1,2)·2v0·t0＝v0t0，xB＝eq\f(1,2)·v0·2t0＝v0t0，解得xA∶xB＝1∶1，故A错误；设A、B两物体的质量为m，据动能定理W合＝eq\f(1,2)mvt2－eq\f(1,2)mv02得WA＝0－eq\f(1,2)m(2v0)2＝－2mv02，WB＝0－eq\f(1,2)mv02＝－eq\f(1,2)mv02，解得WA∶WB＝4∶1，故B正确；根据动量定理I合＝mvt－mv0得IA＝0－m(2v0)＝－2mv0，IB＝0－m(v0)＝－mv0，解得IA∶IB＝2∶1，故C错误；在v­t图中，图线的斜率代表物体的加速度，那么aA＝－eq\f(2v0,t0)，aB＝－eq\f(v0,2t0)，解得aA∶aB＝4∶1，故D错误。7．某节目中，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，助手用铁锤猛击大石板，石板裂开而“气功师”没有受伤。现用下述模型分析探究：设大石板质量M＝80kg，铁锤质量m＝5kg；铁锤从h1＝1.8m高处由静止落下，打在石板上反弹，当反弹达到最大高度h2＝0.05m时被拿开；铁锤与石板的作用时间t1＝0.01s；由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间t2＝0.5s。重力加速度g取10m/s2。求铁锤敲击大石板的过程中：(1)铁锤受到的冲量大小；(2)大石板对铁锤的平均作用力大小；(3)大石板对人的平均作用力大小。解析：(1)由机械能守恒定律eq\f(1,2)mv2＝mgh，解得v＝eq\r(2gh)，则铁锤敲击石板时的速度v1＝eq\r(2gh1)＝6m/s，方向向下，铁锤反弹时的速度v2＝eq\r(2gh2)＝1m/s，方向向上，取方向向上为正方向，对铁锤，由动量定理得I＝mv2－(－mv1)，解得I＝35N·s。(2)对铁锤，由冲量定义得I＝(F1－mg)t1，解得F1＝3550N。(3)对石板，由动量定理得(F2－Mg)t2－F1t1＝0，解得F2＝871N。由牛顿第三定律得，大石板对人的平均作用力大小F2′＝F2＝871N。答案：(1)35N·s(2)3550N(3)871N二、强化迁移能力，突出创新性和应用性8．(2022·湖北高考)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是()A．W2＝3W1，I2≤3I1B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1D．W2＝7W1，I2≥I1解析：选D根据动能定理可知W1＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(5v)2－eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(21,2)mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，D正确。9.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80cm高处把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反。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1000粒的豆粒的总质量为100g。则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为()A．0.2N B．0.6NC．1.0N D．1.6N解析：选B设豆粒从80cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v12＝2gh，则v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s。设竖直向上为正方向，以所有豆粒与秤盘碰撞过程，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1，则F＝eq\f(mv2－mv1,t)＝eq\f(0.1×2－0.1×－4,1)N＝0.6N，根据牛顿第三定律可知，在碰撞过程中秤盘受到的压力大小为0.6N，故B正确，A、C、D错误。10．(2023·铜川模拟)某科技小组将一款自动防撞系统安装在汽车上进行测试。当汽车与障碍物之间达到“报警距离”时，汽车能够立即采取制动措施，并将先后经过警报区域和紧急制动区域。某次性能测试中，质量m＝50kg的汽车测试假人“驾驶”汽车以v0＝10m/s的速度沿直线行驶，当距离前方静止障碍物s＝13.5m时，系统立即自动控制汽车做加速度大小为a1＝2m/s2的匀减速直线运动，并发出警报，减速t1＝1s后汽车行至某处自动触发紧急制动，汽车做加速度大小为a2的匀减速直线运动，最终停在障碍物前s′＝0.5m处。g＝10m/s2，求：(1)汽车在紧急制动过程中加速度的大小a2；(2)在整个减速过程中，测试假人所受重力的冲量大小I