高考物理一轮复习 第6章 第1课时 动量 冲量 动量定理练习 人教大纲版

第六章动量第1课时动量冲量动量定理1．将质量为0.5kg的小球以20m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10m/s2.以下判断正确的是()A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为20N·s解析：小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量I＝0－(－mv0)＝10N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I＝Δp＝mv－(－mv0)＝20N·s，D正确，B、C均错误．答案：AD2.图6－1－3如图6－1－3所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比()A．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大B．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变C．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做的功变大D．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大解析：传送带是静止还是沿题图所示方向匀速运动，对木块来说，所受滑动摩擦力大小不变，方向沿斜面向上；木块做匀加速直线运动的加速度、时间、位移不变，所以选项A错，选项B正确．木块克服摩擦力做的功也不变，选项C错．传送带转动时，木块与传送带间的相对位移变大，因摩擦而产生的内能将变大，选项D正确．答案：BD3.图6－1－4如图6－1－4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meq\r(4gr) B．最小值meq\r(5gr)C．最大值meq\r(6gr) D．最大值meq\r(7gr)解析：在最低点，瞬时冲量I＝mv0，在最高点，mg＝mv2/r，从最低点到最高点，mveq\o\al(2,0)/2＝mg×2r＋mv2/2，解出瞬时冲量的最小值为meq\r(5gr)，故选项B对；若在最高点，2mg＝mv2/r，其余不变，则解出瞬时冲量的最大值为meq\r(6gr).答案：BC4.图6－1－5(·武汉部分学校调研)据航空新闻网报道，美国“布什”号航空母舰的一架质量为1.5×104kg的“超级大黄蜂”舰载飞机于年5月19日下午完成了首次降落到航母甲板上的训练——着舰训练．在“布什”号上安装了飞机着舰阻拦装置——阻拦索，从甲板尾端如图6－1－5所示，某次降落中在阻挡索的阻拦下，这架“大黄蜂”在2s内速度从180km/h降到0.“大黄蜂”与甲板之间的摩擦力和空气阻力均不计．求：(1)阻拦索对“大黄蜂”的平均作用力大小；(2)阻拦索对“大黄蜂”的冲量．解析：(1)“大黄蜂”在t＝2s内速度从v0＝180km/h＝50m/s降到0，加速度为a＝eq\f(0－v0,t)＝－25m/s2根据牛顿第二定律，阻拦索对“大黄蜂”的平均作用力Ff＝ma，代入数据求得Ff＝－3.75×105N.(2)阻拦索对“大黄蜂”的冲量I＝Fft＝－7.5×105N·s即阻拦索对“大黄蜂”的冲量大小为7.5×105N·s，方向与运动方向相反．答案：(1)3.75×105N(2)7.5×105N·s方向与运动方向相反5．图6－1－6撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动，完整的过程可以简化成如图6－1－6所示的三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落．在第二十九届北京奥运会比赛中，身高1.74m的俄罗斯女运动员伊辛巴耶娃以5.05m的成绩打破世界纪录．设伊辛巴耶娃从静止开始以加速度a＝1.0m/s2匀加速助跑，速度达到v＝8.0m/s时撑杆起跳，使重心升高h1＝4.20m后越过横杆，过杆时的速度不计，过杆后做自由落体运动，重心下降h2＝4.05m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t＝0.90s．已知伊辛巴耶娃的质量m＝65kg，重力加速度g取10m/s2，不计撑杆的质量和空气的阻力．求：(1)伊辛巴耶娃起跳前的助跑距离；(2)伊辛巴耶娃在撑杆起跳上升阶段至少要做的功；(3)在伊辛巴耶娃接触软垫到速度减为零的过程中，软垫对运动员平均作用力的大小．解析：(1)设助跑距离为s，由运动学公式v2＝2as解得s＝eq\f(v2,2a)＝32m.(2)设运动员在撑杆起跳上升阶段至少要做的功为W，由功能关系有W＋eq\f(1,2)mv2＝mgh1解得：W＝650J.(3)运动员过杆后做自由落体运动，设接触软垫时的速度为v′，由运动学公式有v′2＝2gh2设软垫对运动员的平均作用力为F，由动量定理得(mg－F)t＝0－mv′解得F＝1300N.答案：(1)32m(2)650J(3)1300N1.图6－1－7如图6－1－7所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的eq\f(1,4)圆周轨道，圆心O在S的正上方，在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是()A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等D．b比a先到达S，它们在S点的动量相等解析：a、b两球到达S点时速度方向不同，故它们的动量不等，C、D错误．由机械能守恒定律知，a、b经过同一高度时速率相同，但b在竖直方向的分速度vb始终小于同高度时a球的速度va，应有平均速度eq\x\to(v)b＜eq\x\to(v)a，由t＝eq\f(R,\x\to(v))知，ta＜tb，所以a先到达S点，A正确，B错误．答案：A2．质量为m的小球在水平面内做半径为r的匀速圆周运动，它的角速度为ω，周期为T，在eq\f(T,2)时间内，小球受到的冲量的大小为()A．2mωr B．πmωr C．mω2req\f(T,2) D．mω2eq\f(T,2)解析：做匀速圆周运动的物体，其所受向心力的大小为F＝mω2r，但向心力是个变力，方向不断改变，不能由F·t来求冲量，只能根据动量定理I＝mv2－mv1＝mωr－(－mωr)＝2mωr.答案：A3．一质量为m的物体做平抛运动，在两个不同时刻的速度大小分别为v1、v2，时间间隔为Δt，不计空气阻力，重力加速度为g，则关于Δt时间内发生的变化，以下说法正确的是()A．速度变化大小为gΔt，方向竖直向下B．动量变化大小为Δp＝m(v2－v1)，方向竖直向下C．动量变化大小为Δp＝mgΔt，方向竖直向下D．动能变化为ΔEk＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1))解析：根据加速度定义g＝eq\f(Δv,Δt)可知A对，分别由动量定理、动能定理可知CD对；注意动量变化是矢量，由于v1、v2仅代表速度的大小，故选项B错．答案：ACD4．如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，那么这个物体的运动()A．可能是匀变速运动B．可能是匀速圆周运动C．可能是匀变速曲线运动D．可能是匀变速直线运动解析：冲量是力与时间的乘积，在任何相等的时间内冲量都相同，也就是物体受到的力恒定不变，所以物体做匀变速运动，其轨迹可以是直线的也可以是曲线的．答案：ACD5．两质量相同的物体a和b分别静止在光滑的水平桌面上，因分别受到水平恒力作用，同时开始运动．若b所受的力为a的k倍，经过t时间后分别用Ia、Wa和Ib、Wb表示在这段时间内a和b各自所受恒力的冲量和做功的大小，则有()A．Wb＝kWa，Ib＝kIaB．Wb＝k2Wa，Ib＝kIaC．Wb＝kWa，Ib＝k2IaD．Wb＝k2Wa，Ib＝k2Ia解析：由I＝Ft，Fb＝kFa，得Ib＝kIa，故C、D错．对两物体分别由动量定理得：Ia＝mva，Ib＝mvb，分别由动能定理得Wa＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,a)，Wb＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,b)，联立解得Wb＝k2Wa.答案：B6.图6－1－8物体受到合力F的作用，由静止开始运动，力F随时间变化的图象如图6－1－8所示，下列说法中正确的是()A．该物体将始终向一个方向运动B．3s末该物体回到原出发点C．0～3s内，力F的冲量等于零，功也等于零D．2～4s内，力F的冲量不等于零，功却等于零解析：图线和横坐标所围的面积等于冲量，0～1秒内的冲量为负，说明速度沿负方向，而1～2秒内冲量为正，且大于0～1秒内的冲量，即速度的方向发生变化，所以A错误，0～3秒内，力F的冲量为零，即物体0秒时的速度和3秒时的速度一样，故0～3秒内力F的冲量等于零，功也等于零，C、D正确．分析运动过程可以得到3秒末物体回到原出发点，B正确．答案：BCD7．蹦极跳是勇敢者的体育运动．该运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段，从弹性绳刚好被拉直到运动员下降至最低点为第二阶段．下列说法中正确的是()A．第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小相等B．第一阶段重力势能的减少量等于第二阶段克服弹力做的功C．第一阶段重力做的功小于第二阶段克服弹力做的功D．第二阶段动能的减少量等于弹性势能的增加量解析：对全程有：IG1＋IG2＝I弹，所以IG1＜I弹，A错．全程动能不变Ep1＋Ep2＝E弹所以Ep1＜E弹，B错，C对．第二阶段ΔEk＝W弹－WG2所以W弹＞ΔEk即弹性势能的增加量大于动能的减少量，D错．答案：C8.图6－1－9如图6－1－9所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点．每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速为零)，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，根据机械能守恒定律知D错，而合外力冲量大小为mv，由于v大小不等，故C错．答案：A9.图6－1－10水平面上有两个质量相等的物体a和b，它们分别在水平推力F1和F2作用下开始运动，分别运动一段时间后撤去推力，两个物体都将运动一段时间后停下．物体的v—t图线如图6－1－10所示，图中线段AB∥CD.则以下说法正确的是()①水平推力的大小F1>F2②水平推力的大小F1<F2③a所受摩擦力的冲量大于b所受摩擦力的冲量④a所受摩擦力的冲量小于b所受摩擦力的冲量A．①③B．①④C．②③D．②④答案：B10.图6－1－11如图6－1－11所示，在水平地面上有A、B两个物体，质量分别为mA＝3.0kg、mB＝2.0kg，在它们之间用一轻绳连接，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1.现用两个方向相反的水平恒力F1、F2同时作用在A、B两物体上，已知F1＝20N，F2＝10N，g取10m/s2.当运动达到稳定后，下列说法正确的是()A．A、B组成的系统运动过程中所受摩擦力大小为5N，方向水平向左B．5s内物体B对轻绳的冲量为70N·s，方向水平向左C．地面受到A、B组成的系统的摩擦力大小为10N，方向水平向左D．5s内A、B组成的系统的动量变化量为25kg·m/s解析：A、B组成的系统运动过程中所受的摩擦力为Ff＝μ(mA＋mB)g＝5.0N，根据牛顿第三定律知地面受到A、B组成的系统的摩擦力的大小为5N，方向水平向右，所以A对C错．设运动达到稳定时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律有F1－F2－Ff＝(mA＋mB)a，解得a＝1.0m/s2，方向与F1同向(或水平向右)．以B为研究对象，运动过程中B所受摩擦力为FfB＝μmBg＝2.0N．设运动达到稳定时，B所受轻绳的作用力为FT，根据牛顿第二定律有FT－FfB－F2＝mBa，解得FT＝14.0N．根据牛顿第三定律知，物体B对轻绳的作用力大小为14N，方向水平向左，冲量为70N·s，B正确．A、B组成的系统受到的合外力的大小为5N，所以5s内，合外力的冲量大小为25N·s，由动量定理知D正确．答案：ABD11．(·重庆，23)年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注．冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图6－1－12所示，运动员将静止于O点的冰壶(视为质点)沿直线OO′推到A点放手，此后冰壶沿AO′滑行，最后停于C点．已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m，AC＝L，CO′＝r，重力加速度为g.图6－1－12(1)求冰壶在A点的速率；(2)求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小；(3)若将BO′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原只能滑到C点的冰壶能停于O′点，求A点与B点之间的距离．解析：(1)由－μmgL＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,A)，得vA＝eq\r(2μgL).(2)由I＝mvA，将vA代入得I＝meq\r(2μgL).(3)设A点与B点之间