1、课时检测(三十) 动量 冲量 动量定理（双基落实课）一、单项选择题1(2015重庆高考)高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为()A.mgB.mgC.mg D.mg解析：选A方法一：设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v22gh，得v，设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得Fmgma，又vat，解得Fmg。方法二：由动量定理得(mgF)t0mv，得Fmg。选项A正确。2(2018合肥一
2、模)质量为0.2 kg的小球以6 m/s的速度竖直向下落至水平地面上，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，关于小球动量的变化量p和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是()Ap2 kgm/sW2 JBp2 kgm/sW2 JCp0.4 kgm/sW2 JDp0.4 kgm/sW2 J解析：选A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：pmv2mv10.24 kgm/s0.2(6)kgm/s2 kgm/s，方向竖直向上。由动能定理，合外力做的功：Wmv22mv120.242 J0.262 J2 J。故A正确。3如图所示，一个下面装有轮子的贮气
3、瓶停放在光滑的水平地面上，左端与竖直墙壁接触。现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶左端对竖直墙面的作用力大小是()AvSB.C.v2SDv2S解析：选Dt时间内贮气瓶喷出气体的质量mSvt，对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得Ftmv0，解得Fv2S，选项D正确。4(2017天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是()A摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持
4、力C摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：选B摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，乘客重力的冲量不为零，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误。5一个质量为3 kg的物体所受的合外力随时间变化的情况如图所示，那么该物体在6 s内速度的改变量是()A7 m/sB6.7 m
5、/sC6 m/sD5 m/s解析：选DFt图线与时间轴围成的面积在数值上代表了合外力的冲量，故合外力冲量为I342412Ns15 Ns，根据动量定理有Imv，v m/s5 m/s，故D正确。二、多项选择题6两个质量不同的物体，如果它们的()A动能相等，则质量大的动量大B动能相等，则动量大小也相等C动量大小相等，则质量大的动能小D动量大小相等，则动能也相等解析：选AC根据动能Ekmv2可知，动量pmv，两个质量不同的物体，当动能相等时，质量大的动量大，A正确，B错误；若动量大小相等，则质量大的动能小，C正确，D错误。7(2018常德模拟)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放
6、，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有()A小球的机械能减少了mg(Hh)B小球克服阻力做的功为mghC小球所受阻力的冲量大于mD小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：选AC小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减少了mg(Hh)，则小球的机械能减少了mg(Hh)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理得，mg(Hh)Wf0，则小球克服阻力做功Wfmg(Hh)，故B错误；小球落到地面的速度v，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IGIF0m，得：IFIGm，可知阻力的冲量大于
7、m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的改变量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。8某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止悬吊时的平衡位置。不计空气阻力，则下列说法中正确的是()A从P至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B从P至c过程中重力所做的功等于人克服弹力所做的功C从P至b过程中人的速度不断增大D从a至c过程中加速度方向保持不变解析：选BC人由P至c的全过程中，外力的总冲量为重力的冲量与弹性绳弹力的冲量的矢量和，根据动量定理，外力的总冲量应等于人的动量增量，人在P与c时速度均为零，动量的增量为零，则重力的冲量大
8、小应等于弹性绳弹力的冲量大小，方向相反，总冲量为零，选项A错误；根据动能定理，人由P至c过程中，人的动能增量为零，则重力与弹性绳弹力做的总功为零，重力所做的功等于人克服弹力所做的功，选项B正确；人由P至a自由下落，由a至b，弹力逐渐增大，但合外力向下，人做加速度变小的加速运动，至b点加速度为零，速度最大，人过b点之后，弹力大于重力，合外力向上，加速度方向向上，速度变小，选项C正确，D错误。9(2017全国卷)一质量为2 kg 的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时
9、物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零解析：选AB方法一：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在01 s、02 s、03 s、04 s内合外力冲量分别为2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理Imv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kgm/s、4 kgm/s、3 kgm/s、2 kgm/s，则A、B正确，C、D错误。方法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1 m/s21 m/s2，t1 s时物块的速率v1a1t11
10、 m/s，A正确；t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s，动量大小为p2mv24 kgm/s，B正确；物块在24 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小为a20.5 m/s2，t3 s时物块的速率v3v2a2t3(20.51)m/s1.5 m/s，动量大小为p3mv33 kgm/s，C错误；t4 s 时物块的速率v4v2a2t4(20.52)m/s1 m/s，D错误。三、计算题10静止在太空中的飞行器上有一种装置，它利用电场加速带电粒子，形成向外发射的粒子流，从而对飞行器产生反冲力，使其获得加速度。已知飞行器的质量为M，发射的是2价氧离子，发射功率为P，加速电压为U，每个氧离子的质量为m，单
11、位电荷的电量为e，不计发射氧离子后飞行器的质量变化，求：(1)射出的氧离子速度；(2)每秒射出的氧离子数；(3)射出氧离子后飞行器开始运动的加速度。解析：(1)每个氧离子带电量为q2e，由动能定理得qUmv2，即得氧离子速度v 。(2)设每秒射出的氧离子数为n，则加速电压每秒对离子做的总功为nqU，即功率为PnqU，由此可得每秒射出的氧离子数n。(3)由动量定理得Fnmv，又由牛顿第二定律得FMa，解得飞行器开始运动的加速度a 。答案：(1) (2)(3) 11如图所示，质量为0.5 kg，长为1.2 m 的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间的动摩擦因数，在盒内右端B放着质量也为0.5 k
12、g，半径为0.1 m的弹性球，球与盒接触面光滑。若在A端给盒一水平向右的冲量1.5 Ns，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程；(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间。解析：(1)以盒为研究对象，盒受冲量I后获得速度v，由动量定理，有Imv0，v m/s3 m/s盒以此速度向右做减速运动，运动中受到桌面的摩擦力fFN2mg由牛顿第二定律，有2mgma可得a2g盒运动了x1(1.20.12)m1 m后，速度减少为v，v2v22ax1解得v2 m/s盒左壁以速度v与球相碰，因碰撞中无能量损失，又盒与球质量相等，故盒停止，球以v2 m/s的速度向右做匀速直线运动，运动1 m后又与盒的右壁相碰，盒又以v2 m/s 的速度向右做减速运动，直到停止。0v22ax2解得x20.8 m因x2只有0.8 m，此时盒静止，小球不会再与盒的右壁相碰，所以盒通过的总路程为sx1x2(10.8)m1.8 m。(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为t1根据动量定理，有2mgt1mvmv解得t10.4 s球匀速运动时间t2 s0.5 s盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为t3，根据动量定理，有2mgt30mv解得t30.8 s总时间tt1t2t3(0.40.50.8)s1.7 s。答案：(1)1.8 m(2)1.7 s
