（課標(biāo)通用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第六章 01 第1講 動量 沖量 動量定理精練（含解析）

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1、第1講　動量　沖量　動量定理 A組　基礎(chǔ)過關(guān) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1.把重物壓在紙帶上,用一水平力緩緩拉動紙帶,重物跟著紙帶一起運(yùn)動;若迅速拉動紙帶,紙帶就會從重物下抽出。這個現(xiàn)象的原因是(　　) A.在緩緩拉動紙帶時,紙帶給重物的摩擦力大 B.在迅速拉動紙帶時,紙帶給重物的摩擦力小 C.在緩緩拉動紙帶時,紙帶給重物的沖量大 D.在迅速拉動紙帶時,紙帶給重物的沖量大 答案　C　用水平力緩緩拉動紙帶,重物跟著紙帶一起運(yùn)動時重物受的靜摩擦力小于迅速拉動紙帶時重物受到的滑動摩擦力,A、B均錯誤;迅速拉動紙帶時,因作用時間短,重物所受沖量較小,重物速度變化小,紙帶易

2、抽出,故C正確,D錯誤。 2.(2018安徽合肥一模)質(zhì)量為0.2kg的小球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面上,再以4m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向,在小球與地面接觸的時間內(nèi),關(guān)于小球動量變化量Δp和合外力對小球做的功W,下列說法正確的是(　　) A.Δp=2kg·m/s　W=-2J B.Δp=-2kg·m/s　W=2J C.Δp=0.4kg·m/s　W=-2J D.Δp=-0.4kg·m/s　W=2J 答案　A　取豎直向上為正方向,則小球與地面碰撞過程中動量的變化量Δp=mv2-mv1=0.2×4kg·m/s-0.2×(-6)kg·m/s=2kg·m/s,方向豎直向

3、上。由動能定理可知,合外力做的功W=12mv22-12mv12=12×0.2×42J-12×0.2×62J=-2J。故A正確。 3.(2019山西大同質(zhì)檢)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人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動)。此后經(jīng)歷時間t安全帶達(dá)到最大伸長,若在此過程中該作用力始終豎直向上,則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為(　　) A.m2ght+mg B.m2ght-mg C.mght+mg D.mght-mg 答案　A　解法一　由v2=2gh得v=2gh。對人與安全帶作用的過程應(yīng)用動量定理,則有(mg-F)t=0

4、-mv,解得F=m2ght+mg,故A正確。 解法二　對人與安全帶作用的過程應(yīng)用牛頓第二定律,則有F-mg=ma,而a=vt=2ght,解得F=m2ght+mg,故A正確。 4.一個質(zhì)量為0.18kg的壘球,以25m/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)?5m/s。則這一過程中動量的變化量為(　　) A.大小為3.6kg·m/s,方向向左 B.大小為3.6kg·m/s,方向向右 C.大小為12.6kg·m/s,方向向左 D.大小為12.6kg·m/s,方向向右 答案　D　選向左為正方向,則動量的變化量Δp=mv1-mv0=-12.6kg·m/s,負(fù)號表

5、示其方向向右,D正確。 5.(多選)(2017湖南常德模擬)如圖所示,質(zhì)量為m的小球從距離地面高H的A點(diǎn)由靜止開始釋放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用,到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)時速度減為零。不計空氣阻力,重力加速度為g。關(guān)于小球下落的整個過程,下列說法正確的有(　　) A.小球的機(jī)械能減少了mg(H+h) B.小球克服阻力做的功為mgh C.小球所受阻力的沖量大于m2gH D.小球動量的改變量等于所受阻力的沖量 答案　AC　小球在整個下落過程中,動能變化量為零,重力勢能減少了mg(H+h),則小球的機(jī)械能減少了mg(H+h),故A項正確;對小球下落的全過程運(yùn)用動能定

6、理得mg(H+h)-Wf=0,則小球克服阻力做功Wf=mg(H+h),故B項錯誤;小球落到地面時的速度v=2gH,對進(jìn)入泥潭的過程運(yùn)用動量定理得IG-IF=0-m2gH,解得IF=IG+m2gH,知阻力的沖量大于m2gH,故C項正確;對全過程分析,運(yùn)用動量定理知,動量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和,故D項錯誤。 6.(多選)(2019天津和平質(zhì)量調(diào)查)幾個水球可以擋住一顆子彈?《國家地理頻道》的實驗結(jié)果是:四個水球足夠!完全相同的水球緊挨在一起水平排列,子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動,恰好能穿出第4個水球,則可以判斷的是(　　) A.子彈在每個水球中的速度變化相同

7、B.子彈在每個水球中運(yùn)動的時間不同 C.每個水球?qū)ψ訌椀臎_量不同 D.子彈在每個水球中的動能變化相同 答案　BCD　恰好能穿出第4個水球,即末速度v=0,逆向看子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動,則自左向右子彈通過四個水球的時間比為(2-3)∶(3-2)∶(2-1)∶1,則B正確。由于加速度a恒定,由at=Δv,可知子彈在每個水球中的速度變化不同,A項錯誤。因加速度恒定,則每個水球?qū)ψ訌椀淖枇愣?則由I=ft可知每個水球?qū)ψ訌椀臎_量不同,C項正確。由動能定理有ΔEk=fx,f相同,x相同,則ΔEk相同,D項正確。 7.1966年,在地球的上空完成了用動力學(xué)方法測質(zhì)量的實驗。實驗

8、時,用“雙子星號”宇宙飛船去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭組(后者的發(fā)動機(jī)已熄火),接觸以后,開動“雙子星號”飛船的推進(jìn)器,使飛船和火箭組共同加速。推進(jìn)器的平均推力F=895N,推進(jìn)器開動時間Δt=7s。測出飛船和火箭組的速度變化Δv=0.91m/s。已知“雙子星號”飛船的質(zhì)量m1=3400kg。由以上實驗數(shù)據(jù)可測出火箭組的質(zhì)量m2為(　　) A.3400kg B.3485kg C.6265kg D.6885kg 答案　B　根據(jù)動量定理得FΔt=(m1+m2)Δv,代入數(shù)據(jù)解得m2≈3485kg,B選項正確。 8.將質(zhì)量為0.5kg的小球以20m/s的初速度豎直向上拋出,不計空氣阻力,g取10

9、m/s2,以下判斷正確的是(　　) ①小球從拋出至最高點(diǎn)受到的沖量大小為10N·s ②小球從拋出至落回出發(fā)點(diǎn)動量的增量大小為0 ③小球從拋出至落回出發(fā)點(diǎn)受到的沖量大小為0 ④小球從拋出至落回出發(fā)點(diǎn)受到的沖量大小為20N·s A.①② B.②④ C.①④ D.①③ 答案　C　小球在最高點(diǎn)速度為零,取向下為正方向,小球從拋出至最高點(diǎn)受到的沖量:I=0-(-mv0)=10N·s,①正確;因不計空氣阻力,所以小球落回出發(fā)點(diǎn)的速度大小仍等于20m/s,但其方向變?yōu)樨Q直向下,由動量定理知,小球從拋出至落回出發(fā)點(diǎn)受到的沖量為:I'=Δp=-mv0-mv=-20N·s,則沖量大小為 20N·s,④

10、正確,②③均錯誤。同理,若取向上為正方向也可分析出①④正確,②③錯誤。所以選項C正確。 9.一高空作業(yè)的工人重為600N,系一條長為L=5m的安全帶,若工人不慎跌落時安全帶的緩沖時間t=1s,則安全帶受的沖力是多少?(g取10m/s2) 答案　1200N 解析　解法一　程序法 依題意作圖,如圖所示,設(shè)工人剛要拉緊安全帶時的速度為v1,v12=2gL,得v1=2gL 經(jīng)緩沖時間t=1s后速度變?yōu)?,取向下為正方向,對工人由動量定理知,工人受兩個力作用,即拉力F和重力mg,所以(mg-F)t=0-mv1,F=mgt+mv1t 將數(shù)值代入得F=1200N。 由牛頓第三定律知安全帶受

11、的沖力F' 為1200N,方向豎直向下。 解法二　全過程法 在整個下落過程中對工人應(yīng)用動量定理,在整個下落過程中,重力的沖量大小為mg2Lg+t,拉力F的沖量大小為Ft。初、末動量都是零,取向下為正方向,由動量定理得 mg2Lg+t-Ft=0 解得F=mg2Lg+tt=1200N。 由牛頓第三定律知安全帶受的沖力F'=F=1200N,方向豎直向下。 10.(2019福建福州期末)在水平力F=30N的作用下,質(zhì)量m=5kg的物體由靜止開始沿水平面運(yùn)動。已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ=0.2,若F作用6s后撤去,撤去F后物體還能向前運(yùn)動多長時間才停止?(g取10m/s2) 答案　1

12、2s 解析　解法一　用動量定理解,分段處理。 選物體作為研究對象,對于撤去F前物體做勻加速運(yùn)動的過程,物體的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的方向為正方向,根據(jù)動量定理有 (F-μmg)t1=mv-0。 對于撤去F后,物體做勻減速運(yùn)動的過程,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)動量定理有 -μmgt2=0-mv。 以上兩式聯(lián)立解得 t2=F-μmgμmgt1=30-0.2×5×100.2×5×10×6s=12s。 解法二　用動量定理解,研究全過程。 選物體作為研究對象,研究整個運(yùn)動過程,這個過程的始、終狀態(tài)物體的速度都等于零。

13、取水平力F的方向為正方向,根據(jù)動量定理得 (F-μmg)t1+(-μmg)t2=0 解得t2=F-μmgμmgt1=30-0.2×5×100.2×5×10×6s=12s。 B組　能力提升 11.一位質(zhì)量為m的運(yùn)動員從下蹲狀態(tài)向上起跳,經(jīng)Δt時間,身體伸直并剛好離開地面,速度為v。在此過程中(　　) A.地面對他的沖量為mv+mgΔt,地面對他做的功為12mv2 B.地面對他的沖量為mv+mgΔt,地面對他做的功為零 C.地面對他的沖量為mv,地面對他做的功為12mv2 D.地面對他的沖量為mv-mgΔt,地面對他做的功為零 答案　B　人的速度原來為零,起跳后為v,由動量定

14、理可得I地-mgΔt=mv-0,可得地面對人的沖量I地=mgΔt+mv;而人起跳時,地面對人的支持力的作用點(diǎn)位移為零,故地面對人做功為零。所以只有選項B正確。 12.(多選)如圖所示,一物體分別沿三個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,三個過程中重力的沖量依次為I1、I2、I3,動量變化量的大小依次為Δp1、Δp2、Δp3,則有(　　) A.三個過程中,合力的沖量相等,動量的變化量相等 B.三個過程中,合力做的功相等,動能的變化量相等 C.I1

15、可知物體下滑到底端C、D、E的速度大小v相等,動量變化量Δp=mv相等,即Δp1=Δp2=Δp3;根據(jù)動量定理,合力的沖量等于動量的變化量,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,由hsinθ=12gsinθ·t2得物體下滑的時間t=2hgsin2θ,所以θ越小,sin2θ越小,t越大,重力的沖量I=mgt就越大,故I1

16、兩個方向上分別研究。例如,質(zhì)量為m的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后彈出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如圖1所示。碰撞過程中忽略小球所受重力。 圖1 a.分別求出碰撞前后x、y方向小球的動量變化Δpx、Δpy; b.分析說明小球?qū)δ景宓淖饔昧Φ姆较颉? (2)激光束可以看做是粒子流,其中的粒子以相同的動量沿光傳播方向運(yùn)動。激光照射到物體上,在發(fā)生反射、折射和吸收現(xiàn)象的同時,也會對物體產(chǎn)生作用。光鑷效應(yīng)就是一個實例,激光束可以像鑷子一樣抓住細(xì)胞等微小顆粒。 圖2 一束激光經(jīng)S點(diǎn)后被分成若干細(xì)光束,若不考慮光的反射和吸收,其中光束①和②穿過介質(zhì)小球的光路如圖2所

17、示。圖中O點(diǎn)是介質(zhì)小球的球心,入射時光束①和②與SO的夾角均為θ,出射時光束均與SO平行。請在下面兩種情況下,分析說明兩光束因折射對小球產(chǎn)生的合力的方向。 a.光束①和②強(qiáng)度相同; b.光束①比②的強(qiáng)度大。 答案　(1)a.見解析　b.沿y軸負(fù)方向 (2)a.合力沿SO向左　b.指向左上方 解析　(1)a.x方向:動量變化為 Δpx=mvsinθ-mvsinθ=0 y方向:動量變化為 Δpy=mvcosθ-(-mvcosθ)=2mvcosθ 方向沿y軸正方向 b.根據(jù)動量定理可知,木板對小球作用力的方向沿y軸正方向;根據(jù)牛頓第三定律可知,小球?qū)δ景遄饔昧Φ姆较蜓貀軸負(fù)方向。

18、 (2)a.僅考慮光的折射,設(shè)Δt時間內(nèi)每束光穿過小球的粒子數(shù)為n,每個粒子動量的大小為p。 這些粒子進(jìn)入小球前的總動量為p1=2npcosθ 從小球出射時的總動量為p2=2np p1、p2的方向均沿SO向右 根據(jù)動量定理:FΔt=p2-p1=2np(1-cosθ)>0 可知,小球?qū)@些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根據(jù)牛頓第三定律,兩光束對小球的合力的方向沿SO向左。 b.建立如圖所示的Oxy直角坐標(biāo)系。 x方向:根據(jù)(2)a同理可知,兩光束對小球的作用力沿x軸負(fù)方向。 y方向:設(shè)Δt時間內(nèi),光束①穿過小球的粒子數(shù)為n1,光束②穿過小球的粒子數(shù)為n2,n1>n2。 這些粒子進(jìn)入小球前的總動量為p1y=(n1-n2)psinθ 從小球出射時的總動量為p2y=0 根據(jù)動量定理:FyΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)psinθ 可知,小球?qū)@些粒子的作用力Fy的方向沿y軸負(fù)方向,根據(jù)牛頓第三定律,兩光束對小球的作用力沿y軸正方向。 所以兩光束對小球的合力的方向指向左上方。 10