1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时素养提升 二动量和动量定理(40分钟100分)一、选择题(本题共8小题，每题6分，共48分)1.质量为0.2 kg的小球竖直向下以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，关于小球动量的变化量p和合力对小球做的功W，下列说法正确的是()A.p=2 kgm/s，W=-2 JB.p=-2 kgm/s，W=0C.p=0.4 kgm/s，W=-2 JD.p=-0.4 kgm/s，W=2 J【解析】选A。以竖直向上
2、为正方向，小球的初动量p1=0.2(-6) kgm/s=-1.2 kgm/s，末动量p2=0.24 kgm/s=0.8 kgm/s，p=p2-p1=2 kgm/s，由动能定理易知W=m-m=(0.242-0.262) J=-2 J，选项A正确。2.如图所示，一个物体在与水平方向成角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则下列说法不正确的是()A.拉力F对物体的冲量大小为FtB.拉力对物体的冲量大小为FtsinC.摩擦力对物体的冲量大小为FtcosD.合外力对物体的冲量大小为零【解析】选B。求冲量时，必须明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。本题中，作用的时间都是一样的，求力F对物体的冲量就是Ft，所
3、以A项正确，B项错误；物体受到的摩擦力Ff=Fcos，所以摩擦力对物体的冲量大小为Fft=Ftcos，C项正确；物体做匀速运动，合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，D对。故选B。【补偿训练】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 ，0C.mv，mgtD.Ft，mgt【解析】选D。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。故选D。3.在短道速滑接力比赛中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒” 的
4、运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则 ()A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功【解题指南】解答本题可按以下思路进行：(1)先弄清运动员乙推甲的过程中相互作用力、作用时间、作用位移等各物理量的特点。(2)再根据动量定理中冲量和动量变化的关系及动能定理中做功与动能变化的关系判断。【解析】选B。运动员乙推甲的过程中，甲和乙间的相互作用力等大反向，作用时间相等，故甲对
5、乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，A错，B对；“交棒”过程中甲和乙的速度不一定相等，在乙推甲的过程中位移不一定相等，因而甲对乙做的负功和乙对甲做的正功的绝对值不一定相等，由动能定理，其动能变化量的绝对值也不一定相等，C、D错。4.应用物理知识分析生活中的常见现象或是解释一些小游戏中的物理原理，可以使物理学习更加有趣和深入。甲、乙两同学做了一个小游戏，如图所示，用一象棋棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处。第一次甲同学慢拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的P点。第二次将棋子、纸条放回原来的位置，乙同学快拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点。两次现象相比()A.第二次棋子的惯性更大B.
6、第二次棋子受到纸带的摩擦力更小C.第二次棋子受到纸带的冲量更小D.第二次棋子离开桌面时的动量更大【解析】选C。惯性大小由质量决定，A错误；滑动摩擦力f=mg，B错误；快拉与慢拉相比，快拉中滑动摩擦力对棋子的作用时间短，由动量定理I=ft=mv-0知，C正确，D错误。【补偿训练】已知机械能在碰撞过程中有损失，实验中人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了()A.减小地面对人的冲量B.使动量的变化变得更小C.延长与地面的冲击时间，从而减小地面对人的冲力D.增大人对地面的压力，起到安全作用【解析】选C。动量的变化一定，由动量定理(-mg)t=mv，所以=mg+，显然时间越长所受冲
7、力平均值越小。5.质量m=0.5 kg的质点由静止开始做匀加速直线运动，动量p随位移x变化的关系式为p=2(各量均取国际单位)，则此质点()A.加速度为2 m/s2B.前2 s内动量增加8 kgm/sC.在连续相等时间内，动量增量越来越大D.在通过连续相等的位移时，动量增量可能相等【解析】选B。根据v2=2ax得，v=，则动量p=mv=m=2，解得质点的加速度为8 m/s2，故A错误。2 s内质点速度的变化量为v=at=16 m/s，则动量的变化量p=mv=8 kgm/s，故B正确。因为相同时间内速度的变化量相同，则动量的增量一定相等，故C错误。因为相等位移内速度变化量不同，则动量的增加量不等
8、，故D错误。【补偿训练】质量为1 kg的物体做直线运动，其速度图象如图所示。则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是 ()A.10 Ns，10 NsB.10 Ns，-10 NsC.0，10 NsD.0，-10 Ns【解析】选D。由题图可知，在前10 s内物体初、末状态的动量相等，p1=p2=5 kgm/s，由动量定理知I1=0；在后10 s内p3=-5 kgm/s，I2=p3-p2=-10 Ns。故选D。6.(多选) 假设质量为m的跳水运动员从跳台上以初速度v0向上跳起，跳水运动员在跳台上起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而减速为零。不计跳水运动员水平方向的运动，运动员从入水
9、后到速度减为零时重心下降h，不计空气阻力，则 ()A.运动员跳起后在空中运动过程中受到合外力冲量大小为m+mv0B.水对运动员阻力的冲量大小为mC.运动员克服水的阻力做功为mgH+mD.运动员从跳起到入水后速度减为零的过程中机械能减少量为mg(H+h)+m【解析】选A、D。设运动员落水前速度为vt，运动员在空中运动的过程中机械能守恒，则vt=，据动量定理I=mvt-(-mv0)=m+mv0，A项正确。在入水后，mgt+If=-m，得If=-(mgt+m)，负号表示方向向上，则B项错误。全程应用动能定理，mg(H+h)-Wf=-m，得Wf=mg(H+h)+m， 则C项错误。由能的转化与守恒关系可
10、知E减=Wf，D项正确。7.一个轻质弹簧，固定于天花板的O点处，原长为L，如图，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是()A.由B到C的过程中，物块的速度一直减小B.由B到C的过程中，物块的加速度先增加后减小C.由A到C的过程中，物块重力势能的变化量与克服弹力做的功一定相等D.由A到C的过程中，弹簧弹力对物块的冲量与物块所受重力的冲量大小相等【解析】选A。由B到C的过程中，物块受向下的重力和向下的弹力，且随着物块上升，弹力变大，根据牛顿第二定律可知，物块的加速度逐渐变大，速度一直减小，
11、故A正确，B错误；由A到C根据动能定理：-mghAC-W克弹=0-m，得克服弹力所做的功W克弹=m-mghAC，则物块重力势能的变化量与克服弹力做的功不一定相等，故C错误；由A到C根据动量定理：IG+I弹=0-(-mv)，则弹簧弹力对物块的冲量与物块所受重力的冲量大小不一定相等，故D错误。8.如图所示，从竖直大圆的A、B两点安置两条长短不同的光滑轨道AC和BC，下端都在大圆上的最低点C点。相同小球由静止开始、分别从A、B两点沿两条轨道滑到底端，则下列说法中正确的是()A.小球沿两轨道到达底端的速度大小相等B.小球沿AC运动所用的时间小于沿BC运动所用的时间C.小球沿两轨道到达底端过程中重力对小
12、球做的功相同D.小球沿两轨道到达底端过程中的重力的冲量都相同【解析】选D。小球下滑过程只有重力做功，机械能守恒。对于任一轨道，由机械能守恒定律得：mgh=mv2，得：v=，h不同，则做功不同，v不同，即小球到达底端的速度大小不等，故A、C错误；设任一斜面与竖直方向的夹角为，圆的直径为d。由牛顿第二定律可求得：a=gcos；根据运动学公式有：x=dcos=at2，可得：t=，与无关，只与圆的直径及重力加速度有关，故下落时间相同，由I=mgt可知，重力的冲量相等，故D正确，B错误。二、计算题(本题共2小题，共30分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(15分)(2018江苏
13、高考)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。【解析】取向上为正方向，由动量定理得mv-(-mv)=I，且I=(-mg)t解得IF=t=2mv+mgt答案：2mv+mgt10.(15分)如图所示，在光滑水平面上将质量为0.1 kg的小球以v0=6 m/s的初速度射出，小球与竖直墙壁碰撞前后的方向如图，与墙碰撞的时间为0.1 s，碰后速度大小仍为v0。求：(1)小球与墙壁碰撞前后动量的变化量。(2)墙壁受到小球的平均作用力。【解析】(1)小球与
14、墙壁碰前动量大小为p0=mv0=0.6 kgm/s，方向与初速度方向相同小球与墙壁碰后动量大小为p1=mv0=0.6 kgm/s，方向与碰后速度方向相同将小球与墙壁碰撞前后的动量在水平面内沿墙面方向和垂直墙面方向分解，可得p0垂直=p0sin30=0.3 kgm/s，p0平行=p0cos30=0.3 kgm/s，p1垂直=p1sin 30=0.3 kgm/s，p1平行=p1cos30=0.3 kgm/s由矢量运算法则可得，小球与墙壁碰撞前后的动量变化大小为p=p1垂直-(-p0垂直)=0.6 kgm/s，方向垂直墙面向外(2)设墙壁对小球的平均作用力大小为F，由动量定理得Ft=p解得F=6 N
15、由牛顿第三定律可知墙壁受到小球的平均作用力大小F=F=6 N，方向垂直墙面向内答案：(1)大小为0.6 kgm/s，方向垂直墙面向外(2)大小为6 N，方向垂直墙面向内【能力挑战区】11.(6分)为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm。查询得知，当时雨滴竖直下落的速度约为12 m/s。据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1103 kg/m3)()A.0.15 PaB.0.54 PaC.1.5 PaD.5.4 Pa【解析】选A。下雨天，雨滴对睡莲叶面持续的作用力可以看作是恒力，取单位面
16、积的睡莲叶面，在t=1 h=3 600 s时间内，打到该叶面的雨水质量为m=Sh。根据动量定理，mv=Ft，其中F就是单位面积上的压力，所以F= N=0.15 N，所以p=0.15 Pa。故选A。12.(16分)(2020榆林高二检测)如图所示，质量为4.0 kg 的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数为0.24，木板右端放着质量为1.0 kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12 Ns的瞬时冲量I作用开始水平向右运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0 J。小物块的动能EkB为0.50 J，重力加速度g取10 m/s2，求：(1)瞬时冲量
17、作用结束时木板的速度v0的大小。(2)木板的长度L。【解析】(1)设水平向右为正方向，有I=mAv0代入数据解得v0=3.0 m/s。(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有-(FBA+FCA)t=mAvA-mAv0FABt=mBvB其中FAB=FBA，FCA=(mA+mC)g设A、B相对于C的位移大小分别为sA和sB，有-(FBA+FCA)sA=mA-mAFABsB=EkB动量与动能之间的关系为mAvA=mBvB=木板A的长度L=sA-sB代入数据解得L=0.50 m。答案：(1)3.0
18、m/s(2)0.50 m【补偿训练】用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v=4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么：(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(g取10 m/s2)(3)比较(1)和(2)，讨论是否要计铁锤的重力。【解析】(1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正，由动量定理可得F1t=0-mv所以F1=- N=200 N，方向竖直向上。由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的作用力为200 N，方向竖直向下。(2)若考虑重力，设此时受钉子的作用力为F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正。(F2-mg)t=0-mv (矢量式)F2= N+0.510 N=205 N，方向竖直向上。由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子的作用力为205 N，方向竖直向下。(3)比较F1与F2，其相对误差为100%=2.5%，可见本题中重力的影响可忽略。答案：(1)200 N，方向竖直向下(2)205 N，方向竖直向下(3)见解析关闭Word文档返回原板块