《高三物理一轮复习课时提升作业十八第六章碰撞与运量守恒第1讲动量动量定理》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三物理一轮复习课时提升作业十八第六章碰撞与运量守恒第1讲动量动量定理（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时提升作业 十八动量动量定理(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。15题为单选题,68题为多选题)1.关于物体的动量和动能,下列说法中正确的是()A.一物体的动量不变,其动能一定不变B.一物体的动能不变,其动量一定不变C.两物体的动量相等,其动能一定相等D.两物体的动能相等,其动量一定相等【解析】选A。动能是标量Ek=mv2,动量是矢量p=mv,动能与动量之间的大小关系:Ek=,一物体的动量p不变,其动能Ek一定不变,故A正确;一物体的动能不变,其动量大小一定不变,但速度的方向可以变化,即动量的方向可以变化,故B错误;两物体的动量相等,当两物体的质量相等时,其动
2、能一定相等,当两物体的质量不等时,其动能一定不相等,故C错误;两物体动能相等,而质量不等时,其动量也是不相等的,故D错误。2.篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球,接球时,两手随球迅速收缩至胸前,这样做可以()A.减小球对手的冲量B.减小球对人的冲击力C.减小球的动量变化量D.减小球的动能变化量【解析】选B。先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球引至胸前,这样可以增加球与手接触的时间,根据动量定理得:-Ft=0-mv,F=当时间增大时,作用力就减小,而冲量和动量、动能的变化量都不变,所以B正确。3.(2017驻马店模拟)有消息称:中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速杀球,轻小的羽毛球被
3、快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂!据测羽毛球的时速高达300km/h,羽毛球的质量介于4.745.50g之间,经分析,下列说法中正确的是导学号42722454()A.这则消息一定是假的,因为羽毛球很轻小,不可能使西瓜爆裂B.这则消息一定是假的,因为击出的羽毛球速度虽然高,但其能量却很小C.这则消息可能是真的,俗话说无快不破,羽毛球虽然很轻小,但速度很高D.这则消息可能是真的,西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力大小【解析】选D。在高速杀球时,由于球速较快,在与西瓜相撞的瞬时,速度急剧变化,根据动量定理可知,羽毛球对西瓜的作用力较大,完全可以使西瓜爆裂,故使西瓜裂开的原因不是速度,只是冲击力
4、的大小;故该消息可能是真的,故只有D正确,A、B、C错误。4.如图所示,足够长的固定光滑斜面倾角为,质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面,达到最高点后又滑回原处,所用时间为t。对于这一过程,下列判断正确的是()A.斜面对物体的弹力的冲量为零B.物体受到的重力的冲量大小为零C.物体受到的合力的冲量大小为零D.物体动量的变化量大小为mgsint【解析】选D。斜面对物体的弹力的冲量大小:I=Nt=mgcost,弹力的冲量不为零,故A错误;物体所受重力的冲量大小为:IG=mgt,物体受到的重力的冲量大小不为零,故B错误;物体受到的合力的冲量大小:mgtsin,由动量定理得:动量的变化量大小p=I合
5、=mgsint,则由动量定理可知,合力的冲量不为零,故C错误,D正确。5.(2017衡水模拟)如图所示,足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动,一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带,从此时起到物块再次回到P点的过程中,下列说法正确的是()导学号42722455A.合力对物块的冲量大小一定为2mv2B.合力对物块的冲量大小一定为2mv1C.合力对物块的冲量大小可能为零D.合力对物块做的功可能为零【解析】选D。若v2v1,则物块返回到P点的速度大小为v1,根据动量定理知,合力的冲量I合=mv1+mv2,根据动能定理得,合力做功为:W=m-m,故D正确,A、B、C错误。6.
6、1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验,实验时,用宇宙飞船(质量m)去接触正在轨道上运行的火箭(质量mx,发动机已熄火),如图所示,接触以后,开动飞船尾部的推进器,使飞船和火箭组共同加速,推进器的平均推力为F,开动时间t,测出飞船和火箭组的速度变化是v,下列说法正确的是 导学号42722456()A.推力F越大,就越大,且与F成正比B.推力F通过飞船m传递给了火箭mx,所以m对mx的弹力大小应为FC.火箭质量mx应为D.火箭质量mx应为-m【解析】选A、D。对整体由动量定理可得:Ft=(m+mx)v;由公式可得, F=(m+mx),因质量不变,故推力F越大,就越大,
7、且与F成正比,故A正确;对mx分析可得:T=mx,故T小于F,故B错误;火箭的质量mx=-m,故C错误,D正确。7.(2017佛山模拟)如图所示,质量为m、2m的甲、乙两个同种材质的物体静止在粗糙水平面上,某时刻,它们同时受到水平恒力F,经过时间t,同时撤掉力F。下列叙述中,正确的是()A.在力F作用的时间内,两物体动量变化p甲p乙B.在力F作用的时间内,两物体动量变化p甲p乙C.在力F作用的时间内,两物体摩擦力的冲量I甲I乙D.在力F作用的时间内,两物体摩擦力的冲量I甲I乙【解析】选B、C。由I=Ft可知,两物体的恒力的冲量相同;由于两物体的质量不同,故在相同时间内乙物体所受到的摩擦力大于甲
8、物体受到的摩擦力;摩擦力的冲量I甲I乙;乙物体受到的合外力的冲量小于甲的冲量,由动量定理可知,两物体动量变化p甲p乙,故B、C正确,A、D错误。8.如图所示装置中,木块B与水平桌面间的接触面是光滑的,子弹A沿水平方向射入木块后留在木块内,将弹簧压缩到最短。则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中 导学号42722457()A.子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能B.弹簧、木块和子弹组成的系统动量不守恒,机械能不守恒C.在木块压缩弹簧过程中,木块对弹簧的作用力大于弹簧对木块的作用力D.在弹簧压缩到最短的时刻,木块的速度为零,加速度不为零【解析】选B、D。子弹减小的动能等于弹簧增加的
9、弹性势能与系统增加的内能之和,故A错误;弹簧、木块、子弹组成的系统所受合外力不为零,系统动量不守恒,子弹要克服阻力做功,系统部分机械能转化为内能,系统机械能不守恒,故B正确;在木块压缩弹簧过程中,木块对弹簧的作用力等于弹簧对木块的作用力,故C错误;在弹簧压缩到最短的时刻,木块的速度为零,木块所受合外力等于弹簧的弹力,合外力不为零,木块的加速度不为零,故D正确。二、计算题(本题共2小题,共28分。需写出规范的解题步骤)9.(13分)(2017邯郸模拟)水力采煤时,用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层,设水柱直径为d=30cm,水速v=50m/s,假设水柱射在煤层的表面上,冲击煤层后水的速度变为零
10、,求水柱对煤层的平均冲击力。(水的密度=1.0103kg/m3)【解析】取时间t内的水为研究对象,以初速度方向为正方向,根据动量定理,有:-Ft=0-(Svt)vS=解得:F=Sv2=1.0103=1.77105N答案:1.77105N10.(15分)(2017青岛模拟)如图所示,从距离地面h=1.25m处以初速度v0=5.0m/s水平抛出一个小钢球(可视为质点),落在坚硬的水平地面上。已知小球质量m=0.20kg,不计空气阻力,重力加速度g取10m/s2。导学号42722458(1)求钢球落地前瞬时速度v的大小和方向。(2)小球落到地面,如果其速度与竖直方向的夹角是,则其与地面碰撞后,其速度
11、与竖直方向的夹角也是,且碰撞前后速度的大小不变,在运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的两个方向上分别研究。求碰撞前后小球动量的变化量p的大小和方向。已知小球与地面碰撞的时间t=0.04s,求小球对地面平均作用力的大小和方向。【解析】(1)小球竖直方向做自由落体运动,则有:h=gt2得t=s=0.5s落地竖直分速度大小:vy=gt=100.5m/s=5m/s速度大小为v=m/s=5m/s设速度方向与水平方向之间的夹角为,则:tan=1,所以=45(2)如果其速度与竖直方向的夹角是,竖直方向选取向上为正方向,把小球入射速度分解为vx=vsin,vy=-vcos,把小球反弹速度分解为vx=v
12、sin,vy=vcos,则px=m(vx-vx)=0,py=m(vy-vy)=2mvcos方向沿竖直方向向上,由几何关系可知,=90-=90-45=45则:p=py=2mvcos45=20.25Ns=2Ns对小球分析,根据p=Ft得:Fx=0,Fy=则F合=Fy=N=50N,方向沿竖直方向向上,根据牛顿第三定律可知,小球对地面的作用力的方向沿竖直方向向下。答案:(1)5m/s与水平方向的夹角是45(2)p为2Ns,沿竖直方向向上;50N方向竖直向下【能力拔高题】1.(8分)如图甲所示,光滑水平面上的O处有一质量为m=2kg的物体。物体同时受到两个水平力的作用,F1=4N,方向向右,F2的方向向
13、左,大小如图乙所示。物体从静止开始运动,此时开始计时,则在02s时间内下列结论不正确的是()A.加速度的最大值为1m/s2B.当t=1s时速度最大,最大值为0.5m/sC.合外力的冲量为8NsD.t=1.5s时物体的加速度大小为0.5m/s2【解析】选C。物体在t=0或t=2s时,合力最大,加速度最大,t=0时,am=m/s2=1m/s2,方向水平向右;t=2s时,am=m/s2=1m/s2,方向水平向左,故A正确;根据图象得,F2=2t+2合力为零时,加速度为零,速度最大,根据动量定理F1t1-t1=mvm-0,有41-1=2vm-0解得:vm=0.5m/s,故B正确;在2s内F1产生的冲量
14、:I1=F1t=42Ns=8Ns,方向向右;F2产生的冲量:I2=t=2Ns=8Ns,方向向左;由于两个力的冲量大小相等,方向相反,所以合外力的冲量大小为0,故C错误。当t=1.5时,F2=5N根据牛顿第二定律:a=m/s2=0.5m/s2。故D正确。【加固训练】(多选)在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg,m=0.2kg的两个小球,中间夹着一个被压缩的具有Ep=10.8J的弹性势能的轻弹簧(弹簧与两球不相连),原来处于静止状态。现突然释放弹簧,球m脱离弹簧后滑向与水平面相切、半径为R=0.425m的竖直放置的光滑半圆形轨道,如图所示。g取10m/s2,则下列说法正确的是()A.球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量大小为3.4NsB.M离开轻弹簧时获得的速度为9m/sC.若半圆轨道半径可调,则球m从B点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D.弹簧弹开过程,弹力对m的冲量大小为1.8Ns【解析】选A、D。释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒,以向右为正方向,由动量守恒得:mv1-Mv2=0,由机械能守恒得:m+M=Ep,代入数据解得:v1=9m/s,v2=3m/s;m从A到B过程中,由机械能守恒定律得:m=mv+mg2R,解得:v1=8m/s;以向右为正方向,由动量定理得,球m从轨道底端A运动到顶端B的过程中所受合外力冲量
