1、考点规范练19动量动量定理动量守恒定律的理解考点规范练第36页一、单项选择题1.如图所示,质量为m的物体,在大小确定的水平外力F作用下,以速度v沿水平面匀速运动,当物体运动到A点时撤去外力F,物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点,则物体由A点到B点的过程中,下列说法正确的是()A.v越大,摩擦力对物体的冲量越大,摩擦力做功越多B.v越大,摩擦力对物体的冲量越大,摩擦力做功与v的大小无关C.v越大,摩擦力对物体的冲量越小,摩擦力做功越少D.v越大,摩擦力对物体的冲量越小,摩擦力做功与v的大小无关答案:D解析:由题知,物体所受的摩擦力Ff=F,且为恒力,由A到B的过程中,v越大,所用时间越短,I
2、f=Ft越小;因为Wf=FAB,故Wf与v无关。选项D正确。2.(2018重庆期末)如图所示,质量为0.5 kg的小球在距离车底部一定高处以初速度v0=15 m/s向左平抛,落在以7.5 m/s速度沿光滑水平面向右匀速行驶的敞篷小车中,车底涂有一层油泥,车与油泥的总质量为4 kg,g取10 m/s2,则当小球与小车相对静止时,小车的速度大小是()A.4 m/sB.5 m/sC.8.5 m/sD.9.5 m/s答案:B解析:小球与车组成的系统在水平方向动量守恒,以向右为正方向,由动量守恒定律得m0v-mv0=(m0+m)v车,代入数据解得v车=5 m/s,由此可知B项正确。3.如图所示,甲木块的
3、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答案: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.物体A和B用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动,如图甲所示。A的质量为m,B的质量为m0。当连接A、B的绳突然断开后,物体A上升经某一位置时的速度
4、为v,这时物体B下落速度大小为u,如图乙所示。这段时间里,弹簧的弹力对物体的冲量为()A.mvB.mv-m0uC.mv+m0uD.mv+mu答案:D解析:弹簧的弹力是变力,时间是未知量,显然不能直接从冲量的概念I=Ft入手计算,只能用动量定理求解,对物体A,I弹-mgt=mv,对物体B,Mgt=Mu,消去t解得I弹=mv+mu,所以D正确。5.一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
5、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答案:D解析:根据动量定理可知,上升过程中小球动量改变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.(2019云南昆明模拟)在光滑水平面上有一质点处于静止状态,现施加一水平力F,力F随时间t按如图所示
6、的余弦函数变化,则下列说法正确的是()A.在04 s内,力F做功为零B.第2 s末,质点的加速度最大C.第4 s末,质点的速度最大D.在24 s内,质点做加速运动答案:A解析:F-t图像与t轴所包围的面积表示合外力的冲量,04 s内,F-t图像与t轴所包围的面积为零,由动量定理可得0=mv4-0,故t=4 s时v4=0,由动能定理得WF=0-0=0,故04 s内,力F做功为零,选项A正确,C错误;第2 s末,力F为零,加速度为零,选项B错误;02 s内,物体做加速度越来越小的加速运动,24 s内,物体的运动方向与力F方向相反,做加速度越来越大的减速运动,选项D错误。二、多项选择题7.质量为m的
7、物体以初速度v0开始做平抛运动,经过时间t,下降的高度为h,速度变为v,在这段时间内物体动量变化量的大小为()A.m(v-v0)B.mgtC.mv2-v02D.m2gh答案:BCD解析:由动量定理得I=p,即mgt=p,故B正确;由p=mv知,p=mv,而v=v2-v02=2gh,所以p=mv2-v02=m2gh,故C、D正确。8.两个物体A、B的质量分别为m1、m2,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像分别如图中图线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
8、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倍答案:ACD解析:由斜率等于加速度知,撤去拉力后两物体的速度图像平行,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=,若F1=F2,对于m1,有F1-m1g=m1a1,解得m1=F1a1+g,同理m2=F2a2+g,由题图可知a1a2,则m1r2)的雨滴在空气
9、中无初速下落的v-t图线,其中(选填“”或“”)对应半径为r1的雨滴;若不计空气阻力,请在图中画出雨滴无初速下落的v-t图线。(3)由于大量气体分子在各方向运动的概率相等,其对静止雨滴的作用力为零。将雨滴简化为垂直于运动方向面积为S的圆盘,证明:圆盘以速度v下落时受到的空气阻力Ffv2(提示:设单位体积内空气分子数为n,空气分子质量为m0)。答案:(1)mgh-12mv2(2)a.vm=4g3krb.如图所示(3)见解析解析:(1)根据动能定理mgh-W=12mv2可得W=mgh-12mv2。(2)a.根据牛顿第二定律mg-Ff=ma得a=g-kr2v2m当加速度为零时,雨滴趋近于最大速度vm雨滴质量m=43r3由a=0,可得,雨滴最大速度vm=4g3kr。(3)根据题设条件:大量气体分子在各方向运动的概率相等,其对静止雨滴的作用力为零。以下只考虑雨滴下落的定向运动。简化的圆盘模型如图。设空气分子与圆盘碰撞前后相对速度大小不变。在t时间内,与圆盘碰撞的空气分子质量为m=Svtnm0以F表示圆盘对气体分子的作用力,根据动量定理,有Ftmv得Fnm0Sv2由牛顿第三定律,可知圆盘所受空气阻力Ffv2采用不同的碰撞模型,也可得到相同结论。
