《（浙江選考）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十二章 1 第1節(jié) 動量 動量定理練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十二章 1 第1節(jié) 動量 動量定理練習(xí)（含解析）（7頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、動量 動量定理 【隨堂檢測】 1．(2019·紹興月考)一個質(zhì)量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5 m/s，則這一過程中動量的變化量為(　　) A．大小為3.6 kg·m/s，方向向左 B．大小為3.6 kg·m/s，方向向右 C．大小為12.6 kg·m/s，方向向左 D．大小為12.6 kg·m/s，方向向右 解析：選D.選向左為正方向，則動量的變化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6 kg·m/s，大小為12.6 kg·m/s，負(fù)號表示其方向向右，D正確． 2．高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人

2、員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動)，此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時(shí)間安全帶對人的平均作用力大小為(　　) A.＋mg　　　　　　　 B.－mg C.＋mg D.－mg 解析：選A.設(shè)高空作業(yè)人員自由下落h時(shí)的速度為v，則v2＝2gh，得v＝，設(shè)安全帶對人的平均作用力為F，由動量定理得(mg－F)·t＝0－mv，解得F＝＋mg. 3．(2019·嘉興質(zhì)檢)如圖所示，籃球運(yùn)動員接傳來的籃球時(shí)，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前，這樣做可以(　　) A．減小球的動

3、量的變化量 B．減小球?qū)κ肿饔昧Φ臎_量 C．減小球的動量變化率 D．延長接球過程的時(shí)間來減小動量的變化量 解析：選C.動量的變化量為mv－mv0，最終不會因?yàn)槭值膭幼鞫淖?，所以A錯；根據(jù)動量定理FΔt＝mv－mv0，手對球的沖量即動量變化量不會改變，此即球?qū)κ值膭恿孔兓浚皇謴澢膭幼魇窃黾恿俗饔脮r(shí)間，而減小了動量變化率，也即減小了沖力，起到緩沖效果，故C正確． 4．在水平力F＝30 N的作用下，質(zhì)量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運(yùn)動．已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運(yùn)動多長時(shí)間才停止？(g取10 m/s2) 解析：法一：

4、用動量定理解，分段處理 選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運(yùn)動的過程，受力情況如圖甲所示，始態(tài)速度為零，終態(tài)速度為v，取水平力F的方向?yàn)檎较?，根?jù)動量定理有 (F－μmg)t1＝mv－0. 對于撤去F后，物體做勻減速運(yùn)動的過程，受力情況如圖乙所示，始態(tài)速度為v，終態(tài)速度為零．根據(jù)動量定理有－μmgt2＝0－mv. 以上兩式聯(lián)立解得 t2＝t1＝×6 s＝12 s. 法二：用動量定理解，研究全過程 選物體作為研究對象，研究整個運(yùn)動過程，這個過程的始、終狀態(tài)的物體速度都等于零． 取水平力F的方向?yàn)檎较?，根?jù)動量定理得 (F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0 解

5、得t2＝t1＝×6 s＝12 s. 答案：12 s 【課后達(dá)標(biāo)檢測】 一、不定項(xiàng)選擇題 1．關(guān)于沖量，以下說法正確的是(　　) A．只要物體受到了力的作用，一段時(shí)間內(nèi)物體受到的總沖量就一定不為零 B．物體所受合外力的沖量小于物體動量的變化 C．沖量越大的物體受到的動量越大 D．如果力是恒力，則其沖量的方向與該力的方向相同 答案：D 2．(2019·杭州質(zhì)檢)如圖所示，運(yùn)動員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出．如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1、v2，v1與v2方向相反，且v2>v1.忽略重力，則此過程中拍子對網(wǎng)球作用力的沖量(　　) A．大小為m(v2－v1)，方

6、向與v1方向相同 B．大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同 C．大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同 D．大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同 答案：D 3．(2019·衢州調(diào)研)1966年，在地球的上空完成了用動力學(xué)方法測質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)．實(shí)驗(yàn)時(shí)，用“雙子星號”宇宙飛船去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭組(后者的發(fā)動機(jī)已熄火)，接觸以后，開動“雙子星號”飛船的推進(jìn)器，使飛船和火箭組共同加速．推進(jìn)器的平均推力F＝895 N，推進(jìn)器開動時(shí)間Δt＝7 s．測出飛船和火箭組的速度變化Δv＝0.91 m/s.已知“雙子星號”飛船的質(zhì)量m1＝3 400 kg.由以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可測出火箭組的質(zhì)

7、量m2為(　　) A．3 400 kg　　　　　　　　 B．3 485 kg C．6 265 kg D．6 885 kg 答案：B 4.(2019·寧波高二月考)如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當(dāng)以速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的P點(diǎn)．若以2v速度抽出紙條，則鐵塊落地點(diǎn)為(　　) A．仍在P點(diǎn) B．在P點(diǎn)左邊 C．在P點(diǎn)右邊不遠(yuǎn)處 D．在P點(diǎn)右邊原水平位移的兩倍處 解析：選B.紙條抽出的過程，鐵塊所受的滑動摩擦力一定，以v的速度抽出紙條，鐵塊所受滑動摩擦力的作用時(shí)間較長，由I＝Fft＝mv0得鐵塊獲得速度較大，平拋運(yùn)動的水平位移較大，以2v的速度抽出紙條的過程，

8、鐵塊所受滑動摩擦力作用時(shí)間較短，鐵塊獲得速度較小，平拋運(yùn)動的位移較小，故B選項(xiàng)正確． 5.如圖所示，足夠長的固定光滑斜面傾角為θ，質(zhì)量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面，達(dá)到最高點(diǎn)后又滑回原處，所用時(shí)間為t.對于這一過程，下列判斷正確的是(　　) A．斜面對物體的彈力的沖量為零 B．物體受到的重力的沖量大小為mgt C．物體受到的合力的沖量大小為零 D．物體動量的變化量大小為mgsin θ·t 解析：選BD.由沖量的求解公式可知，斜面對物體的彈力的沖量為mgcos θ·t，選項(xiàng)A錯誤；物體受到的重力的沖量大小為mgt，選項(xiàng)B正確；物體回到斜面底端的速度仍為v，方向與初速度方向相反

9、，故根據(jù)動量定理可知，物體受到的合力的沖量大小為2mv，選項(xiàng)C錯誤；因整個過程中物體所受的合力為mgsin θ，則根據(jù)動量定理可知，物體動量的變化量大小為mgsin θ·t，選項(xiàng)D正確． 6．(2019·浙江9＋1聯(lián)盟聯(lián)考)我國女子短道速滑隊(duì)在世錦賽上實(shí)現(xiàn)了女子3 000 m接力三連冠．如圖所示，觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出．在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(　　) A．甲對乙的沖量大小一定等于乙對甲的沖量大小 B．甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反

10、 C．甲的動能增加量一定等于乙的動能減少量 D．甲對乙做多少負(fù)功，乙對甲就一定做多少正功 解析：選AB.乙推甲的過程中，他們之間的作用力大小相等，方向相反，作用時(shí)間相等，根據(jù)沖量的定義，甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等，但方向相反，選項(xiàng)A正確；乙推甲的過程中，遵守動量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他們的動量變化大小相等，方向相反，選項(xiàng)B正確；在乙推甲的過程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲對乙做的負(fù)功與乙對甲做的正功不一定相等，結(jié)合動能定理知，選項(xiàng)C、D錯誤． 7．(2019·紹興質(zhì)檢)如圖所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個過程中重力

11、的沖量依次為I1、I2、I3，動量變化量的大小依次為Δp1、Δp2、Δp3，則有(　　) A．三個過程中，合力的沖量相等，動量的變化量相等 B．三個過程中，合力做的功相等，動能的變化量相等 C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3 D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3 解析：選ABC.由機(jī)械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，動量變化量Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根據(jù)動量定理，合力的沖量等于動量的變化量，故合力的沖量也相等，注意不是相同(方向不同)；設(shè)斜面的高度為h，從頂端A下滑到底端C，由＝gsin θ·t2得物體下滑的時(shí)間t＝，所

12、以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的沖量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3；故A、C正確，D錯誤；物體下滑過程中只有重力做功，故合力做的功相等，根據(jù)動能定理，動能的變化量相等，故B正確． 8．(2019·湖州質(zhì)檢)如圖所示，傾斜的傳送帶保持靜止，一木塊從頂端以一定的初速度勻加速下滑到底端．如果讓傳送帶沿圖中虛線箭頭所示的方向勻速運(yùn)動，同樣的木塊從頂端以同樣的初速度下滑到底端的過程中，與傳送帶保持靜止時(shí)相比(　　) A．木塊在滑到底端的過程中，摩擦力的沖量變大 B．木塊在滑到底端的過程中，摩擦力的沖量不變 C．木塊在滑到底端的過程中，木塊克服摩擦力所做功變大 D．木塊在滑到底

13、端的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能數(shù)值將變大 解析：選BD.滑動摩擦力的大小為f＝μN(yùn)，與相對速度的大小無關(guān)，所以，當(dāng)皮帶運(yùn)動時(shí)，木塊所受的摩擦力未變，空間位移未變，則滑到底端的時(shí)間、速度以及摩擦力所做的功均不變，所以摩擦力的沖量I＝ft不變，故A、C錯誤，B正確；但由于相對滑動的距離變長，所以木塊和皮帶由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能變大，故D正確． 二、非選擇題 9．(2019·寧波質(zhì)檢)質(zhì)量為0.5 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度沖向墻壁后又以4 m/s的速度反向彈回，如圖所示，若球跟墻的作用時(shí)間為0.05 s，求小球所受平均力的大小． 解析：選定小球與墻碰撞的過程，取v1的方向?yàn)檎较?，?/p>

14、小球應(yīng)用動量定理得Ft＝－mv2－mv1 所以，F(xiàn)＝＝ N＝－90 N “－”號說明F的方向向左． 答案：90 N 10.(2019·麗水高二質(zhì)檢)一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，距離A點(diǎn)5 m的位置B處是一面墻，如圖所示．一物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運(yùn)動直至靜止，g取10 m/s2. (1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)若碰撞時(shí)間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F； (3)求物塊在反向運(yùn)動過程中克服摩擦力所做的功W. 解析：(1)由動能定理

15、有－μmgx＝mv2－mv 可得μ＝0.32. (2)由動量定理有FΔt＝mv′－mv 可得F＝130 N. (3)由能量守恒定律有W＝mv′2＝9 J. 答案：(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 11．如圖所示，一物體從固定斜面頂端由靜止開始經(jīng)過1 s 下滑到底端，已知斜面的傾角θ＝37°，斜面長度L＝2.5 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)下滑過程中損失的機(jī)械能與減少的重力勢能的比值； (3)下滑過程中合外力沖量的大小與重力沖量大小的比值． 解析：(1)根

16、據(jù)L＝at2，解得：a＝5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得： mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得：μ＝0.125. (2)損失的機(jī)械能等于克服摩擦力做的功，為： ΔE＝μmgcos θ·L 減小的重力勢能為：ΔEp＝mgsin θ·L 故損失的機(jī)械能與減小的重力勢能的比值為： ΔE∶ΔEp＝μ∶tan θ＝1∶6. (3)設(shè)物體下滑到斜面底端時(shí)速度大小為v，則有： v＝at＝5 m/s 根據(jù)動量定理得：合外力沖量的大小為： I合＝mv－0＝5m (N·s) 在下滑過程中重力的沖量為：IG＝mgt＝10m (N·s) 所以下滑的過程中合外力沖量的大小與重力沖量大小的比值為：I合∶IG＝1∶2. 答案：(1)0.125　(2)1∶6　(3)1∶2 - 7 -