（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(dòng)量 動(dòng)量定理練習(xí)（含解析）

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1、動(dòng)量 動(dòng)量定理【隨堂檢測(cè)】1(2019紹興月考)一個(gè)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(dòng)量的變化量為()A大小為3.6 kgm/s，方向向左B大小為3.6 kgm/s，方向向右C大小為12.6 kgm/s，方向向左D大小為12.6 kgm/s，方向向右解析：選D.選向左為正方向，則動(dòng)量的變化量pmv1mv012.6 kgm/s，大小為12.6 kgm/s，負(fù)號(hào)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)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對(duì)人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自

2、由落體運(yùn)動(dòng))，此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng)，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(duì)人的平均作用力大小為()A.mgB.mgC.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v22gh，得v，設(shè)安全帶對(duì)人的平均作用力為F，由動(dòng)量定理得(mgF)t0mv，解得Fmg.3(2019嘉興質(zhì)檢)如圖所示，籃球運(yùn)動(dòng)員接傳來(lái)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(dòng)量的變化量B減小球?qū)κ肿饔昧Φ臎_量C減小球的動(dòng)量變化率D延長(zhǎng)接球過程的時(shí)間來(lái)減小動(dòng)量的變化量解析：選C.動(dòng)量的變化量為mvmv0，最終不會(huì)因?yàn)槭值膭?dòng)作而改變

3、，所以A錯(cuò)；根據(jù)動(dòng)量定理Ftmvmv0，手對(duì)球的沖量即動(dòng)量變化量不會(huì)改變，此即球?qū)κ值膭?dòng)量變化量；手彎曲的動(dòng)作是增加了作用時(shí)間，而減小了動(dòng)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F30 N的作用下，質(zhì)量m5 kg的物體由靜止開始沿水平面運(yùn)動(dòng)已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間才停止？(g取10 m/s2)解析：法一：用動(dòng)量定理解，分段處理選物體為研究對(duì)象，對(duì)于撤去F前物體做勻加速運(yùn)動(dòng)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(dòng)量定理有(Fmg)t1mv0.對(duì)于撤去F后，物體做勻

4、減速運(yùn)動(dòng)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(dòng)量定理有mgt20mv.以上兩式聯(lián)立解得t2t16 s12 s.法二：用動(dòng)量定理解，研究全過程選物體作為研究對(duì)象，研究整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，這個(gè)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(dòng)量定理得(Fmg)t1(mg)t20解得t2t16 s12 s.答案：12 s【課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)】一、不定項(xiàng)選擇題1關(guān)于沖量，以下說(shuō)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(dòng)量的變化C沖量越大的物體受到的動(dòng)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

5、2(2019杭州質(zhì)檢)如圖所示，運(yùn)動(dòng)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v2v1.忽略重力，則此過程中拍子對(duì)網(wǎng)球作用力的沖量()A大小為m(v2v1)，方向與v1方向相同B大小為m(v2v1)，方向與v1方向相同C大小為m(v2v1)，方向與v2方向相同D大小為m(v2v1)，方向與v2方向相同答案：D3(2019衢州調(diào)研)1966年，在地球的上空完成了用動(dòng)力學(xué)方法測(cè)質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)時(shí)，用“雙子星號(hào)”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(dòng)機(jī)已熄火)，接觸以后，開動(dòng)“雙子星號(hào)”飛船的推進(jìn)器，使飛船和火箭組共同加速推進(jìn)器的

6、平均推力F895 N，推進(jìn)器開動(dòng)時(shí)間t7 s測(cè)出飛船和火箭組的速度變化v0.91 m/s.已知“雙子星號(hào)”飛船的質(zhì)量m13 400 kg.由以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可測(cè)出火箭組的質(zhì)量m2為()A3 400 kgB3 485 kgC6 265 kg D6 885 kg答案：B4.(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(dòng)摩擦力一定，以v的速度抽出紙條，鐵塊所受滑動(dòng)摩擦力的作用時(shí)間較長(zhǎng)，由IFft

7、mv0得鐵塊獲得速度較大，平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移較大，以2v的速度抽出紙條的過程，鐵塊所受滑動(dòng)摩擦力作用時(shí)間較短，鐵塊獲得速度較小，平拋運(yùn)動(dòng)的位移較小，故B選項(xiàng)正確5.如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面傾角為，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(duì)于這一過程，下列判斷正確的是()A斜面對(duì)物體的彈力的沖量為零B物體受到的重力的沖量大小為mgtC物體受到的合力的沖量大小為零D物體動(dòng)量的變化量大小為mgsin t解析：選BD.由沖量的求解公式可知，斜面對(duì)物體的彈力的沖量為mgcos t，選項(xiàng)A錯(cuò)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

8、度仍為v，方向與初速度方向相反，故根據(jù)動(dòng)量定理可知，物體受到的合力的沖量大小為2mv，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因整個(gè)過程中物體所受的合力為mgsin ，則根據(jù)動(dòng)量定理可知，物體動(dòng)量的變化量大小為mgsin t，選項(xiàng)D正確6(2019浙江91聯(lián)盟聯(lián)考)我國(guó)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(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)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(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()A甲對(duì)乙的沖量大小一定等于乙對(duì)甲的沖量大小B甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反C甲的動(dòng)能增

9、加量一定等于乙的動(dòng)能減少量D甲對(duì)乙做多少負(fù)功，乙對(duì)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(duì)乙的沖量與乙對(duì)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(dòng)量守恒定律，即p甲p乙，他們的動(dòng)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(duì)乙做的負(fù)功與乙對(duì)甲做的正功不一定相等，結(jié)合動(dòng)能定理知，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤7(2019紹興質(zhì)檢)如圖所示，一物體分別沿三個(gè)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(gè)過程中重力的沖量依次為I1、I2、I3，動(dòng)量變化量的大小

10、依次為p1、p2、p3，則有()A三個(gè)過程中，合力的沖量相等，動(dòng)量的變化量相等B三個(gè)過程中，合力做的功相等，動(dòng)能的變化量相等CI1I2I3，p1p2p3DI1I2I3，p1p2p3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(dòng)量變化量pmv相等，即p1p2p3；根據(jù)動(dòng)量定理，合力的沖量等于動(dòng)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 t2得物體下滑的時(shí)間t，所以越小，sin2越小，t越大，重力的沖量Imgt就越大，故I1I2I3；故A、C正確，D錯(cuò)誤；物體下滑過程中只有重力做功，故合力做的功相等

11、，根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)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(dòng)，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(dòng)摩擦力的大小為fN，與相對(duì)速度的大小無(wú)關(guān)，所以，當(dāng)皮帶運(yùn)動(dòng)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

12、均不變，所以摩擦力的沖量Ift不變，故A、C錯(cuò)誤，B正確；但由于相對(duì)滑動(dòng)的距離變長(zhǎng)，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?，?duì)小球應(yīng)用動(dòng)量定理得Ftmv2mv1所以，F(xiàn) N90 N“”號(hào)說(shuō)明F的方向向左答案：90 N10.(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v

13、09 m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，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(dòng)直至靜止，g取10 m/s2.(1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)若碰撞時(shí)間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F；(3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功W.解析：(1)由動(dòng)能定理有mgxmv2mv可得0.32.(2)由動(dòng)量定理有Ftmvmv可得F130 N.(3)由能量守恒定律有Wmv29 J.答案：(1)0.32(2)130 N(3)9 J11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37，斜面長(zhǎng)度L2.5 m，si

14、n 370.6，cos 370.8，取重力加速度g10 m/s2，求：(1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)；(2)下滑過程中損失的機(jī)械能與減少的重力勢(shì)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)根據(jù)Lat2，解得：a5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin mgcos ma解得：0.125.(2)損失的機(jī)械能等于克服摩擦力做的功，為：Emgcos L減小的重力勢(shì)能為：Epmgsin L故損失的機(jī)械能與減小的重力勢(shì)能的比值為：EEptan 16.(3)設(shè)物體下滑到斜面底端時(shí)速度大小為v，則有：vat5 m/s根據(jù)動(dòng)量定理得：合外力沖量的大小為：I合mv05m (Ns)在下滑過程中重力的沖量為：IGmgt10m (Ns)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IG12.答案：(1)0.125(2)16(3)12- 7 -