2020屆高考物理總復習 第六章 碰撞與動量守恒 核心素養(yǎng)提升練十八 6.1 動量 動量定理（含解析）新人教版

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1、動量　動量定理 (45分鐘　100分) (20分鐘　50分) 一、選擇題(本題共5小題，每小題7分，共35分，1～4題為單選題，5題為多選題) 1.如圖所示，小明在演示慣性現(xiàn)象時，將一杯水放在桌邊，杯下壓一張紙條。若緩慢拉動紙條，發(fā)現(xiàn)杯子會出現(xiàn)滑落；當他快速拉動紙條時，發(fā)現(xiàn)杯子并沒有滑落。對于這個實驗，下列說法正確的是 (　　) A.緩慢拉動紙條時，摩擦力對杯子的沖量較小 B.快速拉動紙條時，摩擦力對杯子的沖量較大 C.為使杯子不滑落，杯子與紙條的動摩擦因數(shù)盡量大一些 D.為使杯子不滑落，杯子與桌面的動摩擦因數(shù)盡量大一些 【解析】選D。紙帶對杯子的摩擦力一定，緩慢拉動紙條

2、時時間長，則摩擦力對杯子的沖量較大；快速拉動紙條時時間短，則摩擦力對杯子的沖量較小，故A、B錯誤；為使杯子不滑落，杯子與桌面的動摩擦因數(shù)盡量大一些，這樣杯子在桌面上運動的加速度大，位移短，故C錯誤、D正確。 2.如圖所示為某物業(yè)公司的宣傳提醒牌。從提供的信息知：一枚30 g的雞蛋從17樓(離地面人的頭部為45 m高)落下，能砸破人的頭骨。若雞蛋殼與人頭部的作用時間為4.5×10-4 s，人的質(zhì)量為50 kg，重力加速度g取10 m/s2，則頭骨受到的平均沖擊力約為(　　) A.1 700 N B.2 000 N C.2 300 N D.2 500 N 【解析

3、】選B。由2gh=v2可得v== m/s=30 m/s；設向下為正方向，對碰撞過程應用動量定理可得(mg+F)t=0-mv，代入數(shù)據(jù)得：F≈ -2 000 N；負號說明雞蛋受到的沖擊力向上；根據(jù)牛頓第三定律可知，頭骨受到的平均沖擊力為2 000 N，故B正確。 3.(2019·梧州模擬)如圖所示，物體由靜止做直線運動，0～4 s內(nèi)其合外力隨時間變化的關系為某一正弦函數(shù)，下列表述不正確的是 (　　) A.0～2 s內(nèi)合外力的沖量一直增大 B.0～4 s內(nèi)合外力的沖量為零 C.2 s末物體的動量方向發(fā)生改變 D.0～4 s內(nèi)物體的動量方向一直不變 【解析】選C。F-t圖象的面積表

4、示沖量，正負表示方向，時間軸上方表示沖量一直增大，2 s后減小，故A正確；從F-t圖象的面積可以看出，在0～4 s內(nèi)合外力的沖量為零，故B正確；0～2 s內(nèi)加速，2～4 s內(nèi)減速，物體做單方向變速直線運動，速度方向一直不變，由動量定理I=Δp可知，0～4 s內(nèi)物體的動量方向一直不變，故C錯誤、D正確。 【加固訓練】 如圖所示，靜止于水平地面上的物塊在豎直向上的恒力作用下豎直上升，經(jīng)過一段時間，突然撤去該恒力，之后物塊經(jīng)相同時間落回地面。不計空氣阻力，則該恒力與物塊所受重力的大小之比為 (　　) A.2　　　 B. 　　　 C. 　　　 D. 【解析】選C。設物塊在撤去拉力時

5、速度大小為v，落地速度大小為v′；上升過程：x=t；下降過程：x=t；解得v∶v′=1∶2；由動量定理得，上升過程：(F-mg)t=mv；下降過程：-mgt=-mv′-mv；聯(lián)立解得F∶mg=4∶3，故選C。 4.(2018·襄陽模擬)如圖所示，用傳送帶給煤車裝煤，平均每5 s內(nèi)有5 000 kg的煤粉落于車上，由于傳送帶的速度很小，可認為煤粉豎直下落。要使車保持以0.5 m/s的速度勻速前進，則對車應再施以向前的水平力的大小為 (　　) A.50 N B.250 N C.500 N D.750 N 【解析】選C。車和煤粉整體受重力G、支持力FN、拉力F作用

6、，對5 s內(nèi)過程運用動量定理，有Ft=Δmv，解得F== N=500 N，故C正確。 5.(2018·汕頭模擬)跳臺滑雪運動員從平臺末端a點以某一初速度水平滑出，在空中運動一段時間后落在斜坡上b點，不計空氣阻力，則運動員在空中飛行過程中 (　　) A.在相等的時間間隔內(nèi)，動量的改變量總是相同的 B.在相等的時間間隔內(nèi)，動能的改變量總是相同的 C.在下落相等高度的過程中，動量的改變量總是相同的 D.在下落相等高度的過程中，動能的改變量總是相同的 【解析】選A、D。運動員做平拋運動，只受重力，是恒力，根據(jù)動量定理，動量的改變量等于合力的沖量，任意相等時間內(nèi)合力的沖量相等，故任意相等

7、時間內(nèi)動量的改變量相等，故A正確；平拋運動豎直分運動是自由落體運動，是勻加速運動，故在相等的時間間隔內(nèi)豎直分位移不一定相等，故重力做的功不一定相等，故動能增加量不一定相等，故B錯誤；平拋運動豎直分運動是自由落體運動，是加速運動，在下落相等高度的過程中，時間不一定相等，故合力的沖量不一定相等，故動量的增加量不一定相等，故C錯誤；在下落相等高度的過程中，合力的功相等，根據(jù)動能定理，動能的增加量相等，故D正確。 二、計算題(本題共15分，需寫出規(guī)范的解題步驟) 6.光滑水平面上放著質(zhì)量mA=2.5 kg的物塊A與質(zhì)量mB=1.5 kg的物塊B，A與B均可視為質(zhì)點，物塊A、B相距L0=0.4 m，

8、A、B間系一長L=1.0 m的輕質(zhì)細繩，開始時A、B均處于靜止狀態(tài)，如圖所示?，F(xiàn)對物塊B施加一個水平向右的恒力F=5 N，物塊B運動一段時間后，繩在短暫的時間內(nèi)被拉斷，繩斷后經(jīng)時間t= 0.6 s，物塊B的速度達到vt=3 m/s。求： (1)繩拉斷后瞬間的速度vB的大小。 (2)繩拉斷過程繩對物塊B的沖量I的大小。 (3)繩拉斷過程繩對物塊A所做的功W。 【解析】(1)繩拉斷之后對B研究，對B應用動量定理得Ft=mBvt-mBvB， 解得 vB=1 m/s。 (2)繩拉斷之前對B應用動能定理得 F(L-L0)=mB-0 繩拉斷過程，對B應用動量定理得 I=mBvB-m

9、Bv0 解得 I=-1.5 N·s 即繩對B的沖量大小為1.5 N·s。 (3)繩拉斷過程，取向右為正方向，由動量守恒定律得mBv0=mBvB+mAvA 繩拉斷過程繩對物塊A所做的功 W=mA 解得 W=0.45 J 答案：(1)1 m/s　(2)1.5 N·s　(3)0.45 J (25分鐘　50分) 7.(7分)如圖所示，斜面靜止在水平地面上，一滑塊( 視為質(zhì)點) 以某一初速度從斜面底端滑上斜面，上升到某一高度后再返回斜面底端，斜面傾角為θ，所有接觸面均不光滑，整個過程斜面始終保持靜止，不計空氣阻力，下列說法正確的是 (　　) A.滑塊與斜面間動摩擦因數(shù)大于tan θ

10、 B.整個過程重力的沖量為0 C.上滑過程中摩擦力的沖量小于下滑過程中摩擦力的沖量 D.整個過程中斜面對地面的壓力大小不變 【解析】選C。由題意可知，滑塊在斜面上不能靜止，則有mgsin θ>μmgcos θ，解得μ

11、摩擦力不同，而斜面始終靜止，斜面對地面的壓力大小不同，故D錯誤。 8.(7分)(2018·咸陽模擬)如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定的速率v1逆時針運動，一質(zhì)量為m的物塊以大小為v2的初速度從傳送帶的P點沖上傳送帶，從此時起到物塊再次回到P點的過程中，下列說法正確的是 (　　) A.合力對物塊的沖量大小一定為2mv2 B.合力對物塊的沖量大小一定為2mv1 C.合力對物塊的沖量大小可能為零 D.合外力對物塊做的功可能為零 【解析】選D。若v2

12、小為零。v2≥v1，則物塊返回到P點的速度大小為v1，根據(jù)動量定理知，合力的沖量I合=mv1+mv2，合力做功為W=m-m。故D正確，A、B、C錯誤。 9.(7分)(多選)(2018·泉州模擬)如圖所示，足夠長的固定光滑斜面傾角為θ，質(zhì)量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面，達到最高點后又滑回原處，所用時間為t。對于這一過程，下列判斷正確的是 (　　) A.斜面對物體的彈力的沖量為零 B.物體受到的重力的沖量大小為mgt C.物體受到的合力的沖量大小為零 D.物體動量的變化量大小為mgsin θ·t 【解析】選B、D。斜面對物體的彈力的沖量大小I=FNt=mgcos θ·t，彈

13、力的沖量不為零，故A錯誤；根據(jù)沖量的定義式可知，物體所受重力的沖量大小為IG=mg·t，故B正確；物體所受到的合力的沖量大小為mgtsinθ，由動量定理得，動量的變化量為Δp=I合=mgsin θ·t，故C錯誤，D正確。 【加固訓練】 (多選)如圖，從豎直面上大圓的最高點A，引出兩條不同的光滑軌道，端點都在大圓上。相同物體由靜止開始，從A點分別沿兩條軌道滑到底端，下列說法中正確的是 (　　) A.到達底端的動量大小不相等 B.重力的沖量都相同 C.物體動量的變化率都相同 D.物體所受支持力的沖量大小相同 【解析】選A、B。物體下滑過程只有重力做功，機械能守恒，物體初末狀態(tài)機械

14、能相等，由機械能守恒定律可知，兩物體到達底部時下落的高度不同，故到達最低點時速度大小不相同，所以到達底端的動量大小不相同，故A正確；對物體在軌道上受力分析，由牛頓第二定律可求得，a=gcos α；根據(jù)運動學公式x=at2，可得，2Rcos α=gcos αt2，t=2，因此下滑時間與軌道的傾角無關，只與圓的半徑及重力加速度有關，故下落時間相同，由I=mgt可知，重力的沖量相等，故B正確；因為支持力大小不相同，所以支持力的沖量大小不相同，D錯誤；因末速度大小不相等，故動量的變化不相同，所以動量的變化率不相同，故C錯誤。 10.(7分)(多選)一質(zhì)量為0.5 kg的物塊靜止在水平地面上，物塊與水

15、平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，現(xiàn)給物塊一水平方向的外力F，F(xiàn)隨時間t變化的圖象如圖所示，若最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度為g=10 m/s2，則 (　　) A.t=1 s時物塊的動量大小為2 kg·m/s B.t=1.5 s時物塊的動量大小為1 kg·m/s C.t=(6-2) s時物塊的速度為零 D.在3～4 s的時間內(nèi)，物塊受到的摩擦力逐漸減小 【解析】選B、C、D。0～1 s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律得F-μmg=ma1，得a1=2 m/s2，物體在1 s末的速度為v1=a1t1=2×1 m/s=2 m/s，1 s時物塊的動量大小為p=mv1=0.5×2 kg·m

16、/s=1 kg·m/s，故A錯誤；1～2 s內(nèi)，因為 F=μmg=1 N，所以物體做勻速運動，t=1.5 s時物塊的動量等于t=1 s時物塊的動量為 1 kg·m/s，故B正確；設t時刻物塊的速度為零，由動量定理得IF-μmgt=0-0，圖象在2～4 s內(nèi)方程為F=0.5t-2(N)，根據(jù)F-t圖象與t軸所圍的面積表示沖量，可得IF=2×1+1×1+·(t-2)，聯(lián)立解得t=(6-2) s，故C正確；因為t=(6-2) s≈2.5 s，所以在2～2.5 s內(nèi)物體做減速運動，所以在3～4 s的時間內(nèi)，物塊靜止，隨著F的減小，物塊受到的摩擦力逐漸減小，故D正確。 11.(7分)(多選)(201

17、9·曲靖模擬)如圖所示，木板B放在光滑的水平面上，滑塊A在木板上從右向左運動，剛滑上木板B的最右端時，其動能為E1，動量大小為p1；滑到木板B的最左端時，其動能為E2，動量大小為p2；A、B間動摩擦因數(shù)恒定，則該過程中，滑塊A的平均速度大小為 (　　) A. B. C.+ D.- 【解析】選B、C。設當滑塊A從木板右端滑到左端時，經(jīng)過的時間為t，發(fā)生的位移為x，則由動能定理得E2-E1=-fx；由動量定理得p2-p1=-ft，解得==；選項B正確，A錯誤；因==，==，因滑塊A做勻變速直線運動，則平均速度v==+，選項C正確，D錯誤；故選B、C。 【加固訓練

18、】 (多選)使用無人機植樹時，為保證樹種的成活率，將種子連同營養(yǎng)物質(zhì)包進一個很小的莢里。播種時，在離地面10 m高處、以15 m/s 的速度水平勻速飛行的無人機中，播種器利用空氣壓力把莢以5 m/s的速度(相對播種器)豎直向下射出，莢進入地面下10 cm深處完成一次播種。已知莢的總質(zhì)量為20 g，不考慮所受大氣阻力及進入土壤后重力的作用，取g=10 m/s2，則下列說法錯誤的有 (　　) A.射出莢的過程中，播種器對莢做的功為2.5 J B.離開無人機后，莢在空中運動的時間為 s C.土壤對莢沖量的大小為3 kg·m/s D.莢在土壤內(nèi)受到平均阻力的大小為22.5 N 【解析】選

19、A、B、C。播種器利用空氣壓力把莢以5 m/s的速度(相對播種器)豎直向下射出，該過程中播種器對莢做的功轉(zhuǎn)化為莢的動能W=m=×20× 10-3×52 J=0.25 J，故A錯誤；離開無人機后，莢做斜下拋運動，豎直方向：y= vy t+gt2，代入數(shù)據(jù)可得t=1 s(t=-2 s不符合題意)，故B錯誤；莢離開無人機時的速度v0== m/s=5 m/s，設莢到達地面的速度為v，則mv2=mgh+m，代入數(shù)據(jù)可得v=15 m/s，不考慮重力的作用，則土壤對莢沖量的大小等于莢的動量的變化，大小為|I|=|Δp|=mv=20×10-3× 15 kg·m/s=0.3 kg·m/s，故C錯誤；莢的初

20、速度為15 m/s，到達地面的速度為15 m/s，由幾何關系可知，莢到達地面的速度方向與水平方向之間的夾角為45°，莢能進入地面下10 cm，則莢相對于地面的位移大小為s=d= 10×10-2 m=0.1 m，不計重力，根據(jù)動能定理可得-Fs=0-mv2，代入數(shù)據(jù)可得F=22.5 N。故D正確。 12.(15分)如圖甲所示是明德中學在高考前100天倒計時宣誓活動中為給高三考生加油，用橫幅打出的激勵語。下面我們來研究橫幅的受力情況，如圖乙所示，若橫幅的質(zhì)量為m，且質(zhì)量分布均勻、由豎直面內(nèi)的四條輕繩A、B、C、D固定在光滑的豎直墻面上，四條繩子與水平方向的夾角均為θ，其中繩A、B是不可伸長的剛

21、性繩，繩C、D是彈性較好的彈性繩且對橫幅的拉力恒為T0，重力加速度為g。 (1)求繩A、B所受力的大小。 (2)在一次衛(wèi)生大掃除中，樓上的小明同學不慎將質(zhì)量為m0的抹布滑落，正好落在橫幅上沿的中點位置。已知抹布的初速度為零，下落的高度為h，忽略空氣阻力的影響。抹布與橫幅撞擊后速度變?yōu)榱?，且撞擊時間為t，撞擊過程橫幅的形變極小，可忽略不計，求撞擊過程中，繩A、B所受平均拉力的大小。 【解析】(1)橫幅在豎直方向上處于平衡狀態(tài) 2Tsin θ=2T0 sin θ+mg 解得T=T0+ (2)抹布做自由落體運動，其碰撞前的速度滿足 2gh= 碰撞過程中橫幅對抹布的平均作用力為F，由動量定理可得 -(F-m0g)t=0-m0v0 解得F=m0g+ 由牛頓第三定律可知抹布對橫幅的平均沖擊力F′=F 橫幅仍處于平衡狀態(tài)： 2T1sin θ=2T0sin θ+mg+F′ 解得T1=T0++ 答案：(1)T0+ (2)T0++ - 11 -