《（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（三十四）動(dòng)量 沖量 動(dòng)量定理（雙基落實(shí)課）（含解析）》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（三十四）動(dòng)量 沖量 動(dòng)量定理（雙基落實(shí)課）（含解析）（4頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測(cè)（三十四）動(dòng)量 沖量 動(dòng)量定理（雙基落實(shí)課）（含解析） 1．把重物壓在紙帶上，某人用一水平力緩緩拉動(dòng)紙帶，重物跟著紙帶一起運(yùn)動(dòng)；若某人迅速拉動(dòng)紙帶，紙帶就會(huì)從重物下抽出，這個(gè)現(xiàn)象的原因是(　　) A．在緩緩拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的摩擦力大 B．在迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的摩擦力小 C．在緩緩拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的沖量大 D．在迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)，紙帶給重物的沖量大 解析：選C　某人用水平力緩緩拉動(dòng)紙帶，重物跟著紙帶一起運(yùn)動(dòng)時(shí)重物受的靜摩擦力小于迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)重物受到的滑動(dòng)摩擦力，A、B錯(cuò)誤；某人迅速拉動(dòng)紙帶時(shí)，因作用時(shí)間短，重物所受沖量較小

2、，重物速度變化小，紙帶易抽出，C正確，D錯(cuò)誤。 2.如圖所示，一個(gè)下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，左端與豎直墻壁接觸?，F(xiàn)打開(kāi)右端閥門(mén)，氣體向外噴出，設(shè)噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時(shí)貯氣瓶左端對(duì)豎直墻壁的作用力大小是(　　) A．ρvS　　　　　 　　　 　B. C.ρv2S D．ρv2S 解析：選D　Δt時(shí)間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質(zhì)量Δm＝ρSv·Δt，對(duì)于貯氣瓶、瓶?jī)?nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動(dòng)量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，由牛頓第三定律得F′＝F＝ρv2S，選項(xiàng)D正確。 3.(2017·天津高考)“天津之眼

3、”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是(　　) A．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客的機(jī)械能保持不變 B．在最高點(diǎn)時(shí)，乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力 C．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中，乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變 解析：選B　摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中乘客的動(dòng)能不變，重力勢(shì)能一直變化，故機(jī)械能一直變化，A錯(cuò)誤；在最高點(diǎn)乘客具有豎直向下的向心加速度，重力大于座椅對(duì)他的支持力，B正確；摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過(guò)程中，乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，乘客重力的沖量不為零，C錯(cuò)誤；重力瞬時(shí)功率等

4、于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉(zhuǎn)動(dòng)過(guò)程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時(shí)功率也是變化的，D錯(cuò)誤。 4.(2019·銅陵聯(lián)考)如圖所示，在傾角為30°的足夠長(zhǎng)的光滑固定斜面上有一質(zhì)量為m的物體，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按選項(xiàng)圖中的四種方式隨時(shí)間變化(圖中縱坐標(biāo)是F與mg的比值，力F沿斜面向上為正)。若物體在t＝0時(shí)速度為零，則選項(xiàng)圖中的四種情況3 s末速率最大的是(g取10 m/s2)(　　) 解析：選C　根據(jù)動(dòng)量定理分別研究四種情況下物體的速率。取t0＝1 s，選項(xiàng)圖A中：－mgsin 30°·3t0－F·2t0＋Ft0＝mv1，得v1＝－20

5、m/s；選項(xiàng)圖B中：－mgsin 30°·3t0＋Ft0－Ft0＝mv2，得v2＝－15 m/s；選項(xiàng)圖C中：－mgsin 30°·3t0－F·2t0＝mv3，得v3＝－25 m/s；選項(xiàng)圖D中：－mgsin 30°·3t0－F·2t0＋F′t0＝mv4，得v4＝－15 m/s。故選項(xiàng)C正確。 5.如圖所示，a、b、c是三個(gè)相同的小球，a從光滑斜面頂端由靜止開(kāi)始自由下滑，同時(shí)b、c從同一高度分別開(kāi)始自由下落和平拋。下列說(shuō)法正確的是(　　) A．a(chǎn)、b、c同時(shí)到達(dá)同一水平面 B．a(chǎn)、b、c動(dòng)量變化量的大小相等 C．a(chǎn)、b、c的末動(dòng)能相同 D．重力對(duì)a、b、c的沖量大小相等 解析：選B

6、　b做自由落體運(yùn)動(dòng)，c的豎直分運(yùn)動(dòng)是自由落體運(yùn)動(dòng)，故b、c的加速度為g，設(shè)斜面的傾角為θ，則a的加速度為gsin θ，設(shè)下落相同高度h時(shí)，a下滑時(shí)間為t1，則＝gt12sin θ，解得t1＝ ，b、c下落時(shí)間為t2＝ ，a與b、c所用時(shí)間不同，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；a的動(dòng)量變化量為mgsin θ·t1＝m，b、c的動(dòng)量變化量為mgt2＝m，故a、b、c動(dòng)量變化量大小相等，選項(xiàng)B正確；由機(jī)械能守恒定律可知，c的末動(dòng)能大于a、b的末動(dòng)能，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；由于t1>t2，所以重力對(duì)a、b、c的沖量大小不相等，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 6．(多選)某同學(xué)為了測(cè)定當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣?，完成了如下操作：將一質(zhì)量為m的小球由地面豎直向

7、上發(fā)射出去，其速度的大小為v0，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后小球落地，取從發(fā)射到小球上升到最高點(diǎn)為過(guò)程1，小球從最高點(diǎn)至返回地面為過(guò)程2。如果忽略空氣阻力，則下述說(shuō)法正確的是(　　) A．過(guò)程1和過(guò)程2動(dòng)量的變化量大小都為mv0 B．過(guò)程1和過(guò)程2動(dòng)量變化量的方向相反 C．過(guò)程1重力的沖量為mv0，且方向豎直向下 D．過(guò)程1和過(guò)程2重力的總沖量為0 解析：選AC　根據(jù)豎直上拋運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱(chēng)性可知，小球落地的速度大小也為v0，方向豎直向下，上升過(guò)程和下降過(guò)程中小球只受到重力的作用。選取豎直向下為正方向，上升過(guò)程動(dòng)量的變化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下降過(guò)程動(dòng)量的變化量Δp2＝mv0－0＝mv0，

8、大小均為mv0，且方向均豎直向下，A、C正確，B錯(cuò)誤；小球從發(fā)射到上升至最高點(diǎn)又返回地面的整個(gè)過(guò)程中重力的總沖量為I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D錯(cuò)誤。 7.(多選)(2019·常德模擬)如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點(diǎn)由靜止開(kāi)始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)時(shí)速度減為零。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于小球下落的整個(gè)過(guò)程，下列說(shuō)法正確的有(　　) A．小球的機(jī)械能減小了mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功為mgh C．小球所受阻力的沖量大于m D．小球動(dòng)量的改變量等于所受阻力的沖量 解析：選AC　小球在整個(gè)過(guò)程中，

9、動(dòng)能變化量為零，重力勢(shì)能減小了mg(H＋h)，則小球的機(jī)械能減小了mg(H＋h)，故A正確；對(duì)小球下落的全過(guò)程運(yùn)用動(dòng)能定理得：mg(H＋h)－Wf＝0，則小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B錯(cuò)誤；小球落到地面的速度v＝，對(duì)進(jìn)入泥潭的過(guò)程運(yùn)用動(dòng)量定理得：IG－IF＝0－m，得：IF＝IG＋m，知阻力的沖量大于m，故C正確；對(duì)全過(guò)程分析，運(yùn)用動(dòng)量定理知，動(dòng)量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和，故D錯(cuò)誤。 8.(多選)(2019·合肥模擬)一質(zhì)點(diǎn)靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對(duì)其施加水平外力F，力F隨時(shí)間t按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．第2 s末，質(zhì)點(diǎn)的動(dòng)量為0

10、B．第4 s末，質(zhì)點(diǎn)回到出發(fā)點(diǎn) C．在0～2 s內(nèi)，力F的功率先增大后減小 D．在1～3 s內(nèi)，力F的沖量為0 解析：選CD　由題圖可知，0～2 s內(nèi)力F的方向和質(zhì)點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的方向相同，由F＝ma可知，質(zhì)點(diǎn)經(jīng)歷了一個(gè)加速度逐漸增大的加速運(yùn)動(dòng)和加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，所以第2 s 末質(zhì)點(diǎn)的加速度為0，即速度最大，動(dòng)量最大，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；質(zhì)點(diǎn)在2～4 s內(nèi)力F的方向與0～2 s內(nèi)力F的方向不同，0～2 s內(nèi)做加速運(yùn)動(dòng)，2～4 s 內(nèi)做減速運(yùn)動(dòng)，所以質(zhì)點(diǎn)在0～4 s內(nèi)的位移均為正，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；0～2 s內(nèi)，質(zhì)點(diǎn)速度在增大，力F先增大后減小，根據(jù)瞬時(shí)功率P＝Fv得，力F瞬時(shí)功率開(kāi)始為0,2 s末

11、時(shí)為0，所以在0～2 s內(nèi)，力F的功率先增大后減小，故選項(xiàng)C正確；在題圖中，圖線(xiàn)與橫軸所圍的面積表示力F的沖量大小，1～2 s內(nèi)的面積與 2～3 s 內(nèi)的面積大小相等，一正一負(fù)，則在1～3 s內(nèi)，力F的沖量為0，故選項(xiàng)D正確。 9.(2019·三湘名校聯(lián)考)某中學(xué)在高考前100天倒計(jì)時(shí)宣誓活動(dòng)中為給高三考生加油，用橫幅打出激勵(lì)語(yǔ)。如圖為橫幅的示意圖，若橫幅的質(zhì)量為m，且質(zhì)量分布均勻、由豎直面內(nèi)的四條輕繩A、B、C、D固定在光滑的豎直墻面內(nèi)，四條輕繩與水平方向的夾角均為θ，其中輕繩A、B是不可伸長(zhǎng)的剛性繩，輕繩C、D是彈性較好的彈性繩且對(duì)橫幅的拉力恒為T(mén)0，重力加速度為g。 (1)求輕繩A、

12、B所受力的大??； (2)在一次衛(wèi)生大掃除中，樓上的小明同學(xué)不慎將質(zhì)量為m0的抹布滑落，正好落在橫幅上沿的中點(diǎn)位置。已知抹布的初速度為零，下落的高度為h，忽略空氣阻力的影響。抹布與橫幅撞擊后速度變?yōu)榱?，且撞擊時(shí)間為t，撞擊過(guò)程橫幅的形變極小，可忽略不計(jì)，求撞擊過(guò)程中，繩A、B所受平均拉力的大小。 解析：(1)橫幅在豎直方向上處于平衡狀態(tài)： 2Tsin θ＝2T0 sin θ＋mg 解得：T＝T0＋。 (2)抹布做自由落體運(yùn)動(dòng)，其碰撞前的速度滿(mǎn)足：2gh＝v02 設(shè)碰撞過(guò)程中橫幅對(duì)抹布的平均作用力為F，由動(dòng)量定理可得：－(F－m0g)t＝0－m0v0 解得：F＝m0g＋ 由牛頓第三定律可知抹布對(duì)橫幅的平均沖擊力F′＝F 橫幅仍處于平衡狀態(tài)：2T1sin θ＝2T0sin θ＋mg＋F′ 解得：T1＝T0＋＋。 答案：(1)T0＋　(2)T0＋＋