课时跟踪检测（二十） 动量定理

课时跟踪检测（二十）动量定理一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.如图所示，象棋子压着纸条，放在光滑水平桌面上。第一次沿水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的P点。将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，棋子落在地面上的Q点，与第一次相比()A．棋子受到纸条的摩擦力较大B．棋子落地速度与水平方向夹角较大C．纸条对棋子的摩擦力做功较多D．棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大解析：选C两次由于正压力不变，根据滑动摩擦力公式Ff＝μFN，纸条对棋子的摩擦力没变，故选项A错误；棋子离开桌面后做平抛运动，由于竖直分位移相同，根据竖直方向运动规律可知运动时间相同，由于第二次水平分位移较大，可知第二次做平抛运动的初速度大，则第二次纸条对棋子的摩擦力做功较多，设落地时速度与水平方向夹角为θ，则tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，可知第二次棋子落地时速度与水平方向夹角较小，故选项B错误，C正确；根据动能定理可知，动能的增量等于合外力做的功，则合外力做的功即为重力做的功，由题可知重力做的功相等，故动能的增量相等，故选项D错误。2.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2kg·m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s解析：选C设足球自由下落80cm时的速度为v1，所用时间为t1，有v1＝eq\r(2gh)＝4m/s，t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度v2＝v1＝4m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4s；对足球与人接触的过程，Δt＝0.1s，取向上为正，由动量定理有(eq\x\to(F)－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得eq\x\to(F)＝36N，Δp＝3.2kg·m/s，即头部对足球的平均作用力为36N，而足球的重力为4N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Δp＝3.2kg·m/s，故A错误，C正确；足球下落到与头部刚接触时的动量为p1＝mv1＝1.6kg·m/s，故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，故D错误。3．我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg解析：选B设1s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv知，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，选项B正确。4.平底煎锅正在炸豆子。假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度均为v。每次撞击后速度大小均变为eq\f(2,3)v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为()A．eq\f(3Mg,5mv) B．eq\f(2Mg,5mv)C．eq\f(2Mg,3mv)D．eq\f(3Mg,2mv)解析：选A设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，则由动量定理FΔt＝Δm·eq\f(2,3)v－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－Δmv))，其中F＝Mg，Δm＝nΔt·m，解得n＝eq\f(3Mg,5mv)，故选A。5．(多选)游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m。质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10m/s2。下列说法正确的是()A．缓冲墙对滑块的冲量为－50N·sB．缓冲墙对滑块的冲量为－250N·sC．缓冲墙对滑块做的功为－125JD．缓冲墙对滑块做的功为－250J解析：选BC由动能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mv02，由B点到C点的过程中，加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，由速度—位移公式可得v2－v02＝－2ax，可得v＝3m/s，由C点到D点可知x2＝eq\f(v′2,2a)，解得被缓冲墙反弹时，滑块的速度大小v′＝－2m/s(方向与初速度反向，取负)，由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量Δp＝mv′－mv＝－250N·s，由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功W＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2＝－125J，综上分析可知B、C正确。6．(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≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．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。7．(2022·全国乙卷)(多选)质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2，则()A．4s时物块的动能为零B．6s时物块回到初始位置C．3s时物块的动量为12kg·m/sD．0～6s时间内F对物块所做的功为40J解析：选AD物块与地面间摩擦力为f＝μmg＝2N，对物块从0～3s内由动量定理可知(F－f)t1＝mv3，代入数据解得v3＝6m/s。3s时物块的动量为p＝mv3＝6kg·m/s。设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋f)t＝0－mv3，代入数据解得t＝1s。所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；0～3s物块发生的位移为x1，由动能定理可得(F－f)x1＝eq\f(1,2)mv32，代入数据解得x1＝9m。3～4s过程中，对物块由动能定理可得－(F＋f)x2＝0－eq\f(1,2)mv32，代入数据解得x2＝3m。4～6s物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝eq\f(F－f,m)＝2m/s2，发生的位移为x3＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m<x1＋x2，即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；物块在6s时的速度大小为v6＝2×2m/s＝4m/s。0～6s拉力所做的功为W＝(4×9－4×3＋4×4)J＝40J，故D正确。8.如图所示，一质量为m＝0.10kg的小物块以初速度v0从粗糙水平桌面上某处开始运动，经时间t＝0.2s后以速度v＝3.0m/s飞离桌面，最终落在水平地面上。物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物块的初速度v0的大小；(2)小物块在空中运动过程中的动量变化量；(3)小物块落地时的动能Ek。解析：(1)小物块在桌面上运动的加速度a＝eq\f(f,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg由速度与时间关系式得：v0－v＝at代入数据解得小物块的初速度v0＝3.5m/s。(2)小物块飞离桌面后做平抛