1、考点规范练19动量动量定理动量守恒定律的理解一、单项选择题1.质量为0.2 kg的球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面,再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向,在小球与地面接触的时间内,关于球动量变化量p和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是() A.p=2 kgm/sW=-2 JB.p=-2 kgm/sW=2 JC.p=0.4 kgm/sW=-2 JD.p=-0.4 kgm/sW=2 J2.质量为m的木箱放置在光滑的水平地面上,在与水平方向成角的恒定拉力F作用下由静止开始运动,经过时间t速度变为v,则在这段时间内拉力F与重力的冲量大小分别为()A.Ft,0B.Ftcos ,0
2、C.mv,mgtD.Ft,mgt3.如图所示,甲木块的质量为m1,以v的速度沿光滑水平地面向前运动,正前方有一静止的、质量为m2的乙木块,乙上连有一轻质弹簧。甲木块与弹簧接触后()A.甲木块的动量守恒B.乙木块的动量守恒C.甲、乙两木块所组成的系统动量守恒D.甲、乙两木块所组成的系统动能守恒4.在高台跳水中,运动员从高台向上跃起,在空中完成动作后进入水中,在浮力作用下做减速运动,速度减为零后返回水面。设运动员在空中运动过程为,进入水中做减速运动过程为。不计空气阻力和水的阻力,则下述判断错误的是()A.在过程中,运动员受到的冲量等于动量的改变量B.在过程中,运动员受到重力冲量的大小与过程中浮力冲
3、量的大小相等C.在过程中,每秒钟运动员动量的变化量相同D.在过程和过程中运动员动量变化的大小相等5.(2017湖北黄冈模拟)一小球从水平地面上方无初速释放,与地面发生碰撞后反弹至速度为零,假设小球与地面碰撞没有机械能损失,所受空气阻力大小不变,下列说法正确的是()A.上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量B.小球与地面碰撞过程中,地面对小球的冲量为零C.下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D.从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功6.静止在湖面的小船上有两个人分别向相反方向抛出质量相同的小球,甲向左抛,乙向右抛,如图所示,甲先抛、乙后抛,抛出后
4、两小球相对岸的速率相等,不计水的阻力,下列说法正确的是()A.两球抛出后,船往左以一定速度运动,乙球受到的冲量大一些B.两球抛出后,船往右以一定速度运动,甲球受到的冲量大一些C.两球抛出后,船的速度为零,甲球受到的冲量大一些D.两球抛出后,船的速度为零,两球所受到的冲量相等二、多项选择题7.对下列物理现象的解释,正确的是()A.击钉时,不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B.跳远时,在沙坑里填沙,是为了减小冲量C.易碎品运输时,要用柔软材料包装,船舷常常悬挂旧轮胎,都是为了延长作用时间,减小作用力D.在车内推车推不动,是因为合外力冲量为零8.(2017山西运城模拟)两个物体A、B的质量分别为m1、m
5、2,并排静止在水平地面上,用同向水平拉力F1、F2分别作用于物体A和B上,作用一段时间后撤去,两物体各自滑行一段距离后停止,A、B两物体运动的速度时间图象分别如图中图线a、b所示,已知拉力F1、F2撤去后,物体做减速运动过程的速度时间图线彼此平行(相关数据已在图中标出)。由图中信息可以得出()A.若F1=F2,则m1小于m2B.若m1=m2,则力F1对物体A所做的功较多C.若m1=m2,则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为45D.若m1=m2,则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍9.某同学质量为60 kg,在军事训练中要求他从岸上以大小为2 m/s的速度跳到一条向他缓
6、缓飘来的小船上,然后去执行任务,小船的质量是140 kg,原来的速度大小是0.5 m/s,该同学上船后又跑了几步,最终停在船上,若以人的运动方向为正方向,则()A.人和小船最终静止在水面上B.该过程同学的动量变化量为-105 kgm/sC.船最终的速度是0.95 m/sD.船的动量变化量是105 kgm/s三、非选择题10.质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上,物体与桌面间的动摩擦因数为=0.4。有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上,使之加速前进,经3 s后撤去F。求物体运动的总时间(g取10 m/s2)。11.如图所示,有一半径为R的半球形凹槽P,放在光滑的水平地面上,一面紧靠
7、在光滑墙壁上,在槽口上有一质量为m的小球,由A点静止释放,沿光滑的球面滑下,经最低点B又沿球面上升到最高点C,经历的时间为t,B、C两点高度差为0.6R,求:(1)小球到达C点的速度;(2)在t这段时间里,竖墙对凹槽的冲量。12.(2017山东临沂模拟)香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉,在水泵作用下鲸鱼模型背部会喷出竖直向上的水柱,将站在冲浪板上的米老鼠模型托起,稳定地悬停在空中,伴随着音乐旋律,米老鼠模型能够上下运动,引人驻足,如图所示。这一景观可做如下简化,假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出,水柱的流量为Q(流量定义:在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积),设同一高度水柱横截面上各处
8、水的速率都相同,冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积,保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计,冲击冲浪板后,水在竖直方向的速度立即变为零,在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为m0,水的密度为,重力加速度大小为g,空气阻力及水的阻力均可忽略不计。(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量。(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短,因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时,水到达冲浪板底部的速度大小。(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化,需调整水泵对水做功的功率。水泵对水做功的功率
9、定义为单位时间内从喷口喷出的水的动能。请根据第(2)问中的计算结果,推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式。#考点规范练19动量动量定理动量守恒定律的理解1.A解析 取竖直向上为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化量:p=mv2-mv1=0.24 kgm/s-0.2(-6) kgm/s=2 kgm/s,方向竖直向上。由动能定理,合外力做的功:W=0.242 J-0.262 J=-2 J。2.D解析 力F的冲量就是F与时间t的乘积,即IF=Ft;重力的冲量就是重力与时间t的乘积,即IG=mgt。3.C解析 两木块在光滑水平地面上相碰,且中间有弹簧,则碰撞过程系统的
10、动量守恒,机械能也守恒,故A、B错误,C正确;甲、乙两木块碰撞前、后机械能总量不变,但碰撞过程中有弹性势能,故动能不守恒,只是机械能守恒,D错误。4.B解析 在过程中,运动员只受重力,故重力的冲量一定等于动量的改变量,故A正确;由于在过程中人也会受到重力,故由动量定理可知,整体过程中重力的冲量等于过程中浮力的冲量大小,故B错误;在过程中,由于重力不变,运动员的加速度相同,在相同的时间内运动员的速度变化量相同,故每秒运动员动量的变化量相同,故C正确;由题意知,过程中的末速度等于过程的初速度,而过程的末速度为零,故动量的变化的大小相等,故D正确。5.D解析 根据动量定理可知,上升过程中小球动量改变
11、量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量,选项A错误;小球与地面碰撞过程中,由动量定理得Ft-mgt=mv2-(-mv1),可知地面对小球的冲量Ft不为零,选项B错误;小球下落过程中动能的改变量等于重力和空气阻力做功的代数和,选项C错误;由能量守恒关系可知,从释放到反弹至速度为零过程中小球克服空气阻力做的功等于重力做的功,选项D正确。6.C解析 设小船的质量为m,小球的质量为m,甲球抛出后,根据动量守恒定律有:mv=(m-m)v,v的方向向右。乙球抛出后,规定向右为正方向,根据动量守恒定律有(m-m)v=mv-(m-2m)v,解得v=0。根据动量定理得,所受合力的冲量等于动量的变化,对于甲球,
12、动量的变化量为mv,对于乙球,动量的变化量为mv-mv,知甲球的动量变化量大于乙球的动量变化量,所以抛出时,人给甲球的冲量比人给乙球的冲量大,故C正确。7.CD解析 击钉时,不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长;跳远时,在沙坑里填沙,是为了延长人与地的接触时间,所以A、B不正确;据动量定理Ft=p知,当p相同时,t越长,作用力越小,故C正确;车能否移动或运动状态能否改变取决于外力的作用,与内部作用无关,所以D正确。8.ACD解析 由斜率等于加速度知,撤去拉力后两物体的速度图象平行,故加速度大小相等,设为a,由牛顿第二定律得1m1g=m1a,2m2g=m2a,解得1=2=0.1,令1=2=,
13、若F1=F2,对于m1,有F1-m1g=m1a1,解得m1=,同理m2=,由题图可知a1a2,则m1m2,故A正确;若m1=m2,则滑动摩擦力Ff1=Ff2,由题图可知,两物体运动位移相同,滑动摩擦力对两物体做功相同,由动能定理WF-Wf=0可知,力F1对物体A所做的功与力F2对物体B所做的功一样多,故B错误;令m1=m2=m,由牛顿第二定律得F1-mg=ma1,解得F1=mg,同理F2=mg,这两个力的冲量之比,故C正确;这两个力的最大功率之比=2,故D正确。9.BD解析 人与船组成的系统,对水平方向动量守恒,则以人运动的方向为正方向得:m1v1-m2v2=(m1+m2)v,所以v= m/s
14、=0.25 m/s,与人的速度方向相同,故A、C错误;该过程同学的动量变化量为p1=m1v-m1v1=60(0.25-2) kgm/s=-105 kgm/s,故B正确;船的动量变化量是p2=m2v-(-mv2)=140(0.25+0.5) kgm/s=105 kgm/s,故D正确。10.解析 物体由开始运动到停止运动的全过程中,F的冲量为Ft1,摩擦力的冲量为Fft。选水平恒力F的方向为正方向,根据动量定理有Ft1-Fft=0又Ff=mg联立式解得t=,代入数据解得t=3.75 s。答案 3.75 s11.解析 (1)题中没给m,所以不能直接由动量求出。小球从A到B的过程中,凹槽P不动,对m有
15、mgR=小球从B到C的过程中,凹槽和球构成的系统动量守恒(水平方向)和机械能守恒,所以有mvB=(m+m)vC(m+m)+mg0.6R解得小球到达C点的速度vC=0.4,方向水平向右。(2)竖直墙对凹槽的冲量等于系统在水平方向获得的动量,所以有I=(m+m)vC=mvB=m,方向水平向右。答案 (1)0.4,方向水平向右(2)m,方向水平向右12.解析 (1)设在很短时间内,从喷口喷出的水的体积为V,质量为m,水柱在喷口的初速度为v0,喷口的横截面积为S。则m=V,V=Sv0t=Qt,解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为=Q;(2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时,水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由v变为0,对板的作用力的大小为F,板对水的作用力的大小为F,以向下为正方向,不考虑水柱顶部水的重力,根据动量定理有Ft=0-(m)(-v),根据牛顿第三定律F=F由于米老鼠模型在空中悬停,有F=m0g,联立可解得v=;(3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h,对于单位时间内喷出的水,根据机械能守恒定律(或运动学公式)得(m)v2+(m)gh=(m),水泵对水做功的功率为P0=,联立解得h=。答案 (1)Q(2)(3)h=
