高考物理一轮复习课时作业18动量动量定理含答案

动量　动量定理

(建议用时40分钟)

1.(2020·全国Ⅰ卷)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是              (　　)

A.增加了司机单位面积的受力大小

B.减少了碰撞前后司机动量的变化量

C.将司机的动能全部转换成汽车的动能

D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积

【解析】选D。有无安全气囊司机初动量和末动量均相同,则动量的改变量也相同,故选项B错误;安全气囊可以延长司机受力作用时间,同时增大司机的受力面积,根据动量定理,则减少了司机受力大小,从而司机单位面积的受力大小也减少,故选项A错误,D正确;因有安全气囊的存在,司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能,故选项C错误。

2.如图所示,悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m,某时刻速度的大小为v,方向向下。经时间t,小球的速度方向变为向上,大小仍为v。忽略空气阻力,重力加速度为g,则在该运动过程中小球所受弹簧弹力的冲量              (　　)

A.大小为2mv,方向向上

B.大小为2mv,方向向下

C.大小为2mv+mgt,方向向上

D.大小为2mv+mgt,方向向下

【解析】选C。设向上为正方向,由动量定理I-mgt=mv-(-mv),解得I=mgt+2mv,方向向上,选项C正确。

　　　【加固训练】

(能力拔高题)如图所示,质量为m的物体从竖直轻弹簧的正上方由静止自由落下,落到弹簧上,将弹簧压缩。经过时间t,物体下落的高度为h,物体的速度为v。在此过程中,地面对弹簧支持力的冲量大小为I、做功为W。则有              (　　)

A.I=mgt+mv

B.I=mgt-mv

C.W=mgh-mv2

D.W=mgh+mv2

【解析】选B。对物体由动量定理可知mgt-I=mv,得I=mgt-mv,由牛顿第三定律可知,弹簧对地面的作用力与地面对弹簧的支持力总是大小相等,方向相反,由I=Ft可知,地面对弹簧支持力的冲量大小为I=mgt-mv,选项A错误、B正确;由于地面对弹簧支持力的作用点没有位移,则地面对弹簧支持力做功为0,选项C、D错误。

3.(2021·长春模拟)我国航天事业持续飞速发展,“嫦娥四号”着陆器和“玉兔二号”月球车完成第23月昼工作,分别于2020年10月23日21时40分和12时,按地面指令完成月夜模式设置,进入月夜休眠。“嫦娥四号”飞船在太阳系最大的撞击坑内靠近月球南极的地点着陆月球背面。假设有一种宇宙飞船利用离子喷气发动机加速起飞。发动机加速电压为U,喷出二价氧离子,离子束电流为I,那么下列结论正确的是(基本电荷为e,原子质量单位为m0,飞船质量为M)              (　　)

A.喷出的每个氧离子的动量p=2eU

B.飞船所受到的推力为F=4I

C.飞船的加速度为a=

D.推力做功的功率为2MeU

【解析】选B。对于每个氧离子,根据动能定理得qU=mv2,动量为p=,其中q=2e,m=16m0,故p=8,故A错误;设在Δt时间内喷出N个氧离子,飞船受到的推力为F=N==,其中=I,q=2e,m=16m0,所以F=4I,a=,故B正确,C错误;功率的单位是J·s-1,而2MeU的单位是kg·J,故D错误。

　　　【加固训练】

　　利用高压水流击碎煤层来采煤,水枪喷水口横截面积为S,由枪口喷出的高压水流流速为v,假设水柱垂直射在竖直煤层的表面上,冲击煤层后水的速度变为零,已知水的密度为ρ,则水柱对煤层的平均冲击力为              (　　)

A.ρSv2　　　　　　　　B.

C.ρSv      D.2ρSv

【解析】选A。设t时间内喷出的水在t内速度减小为0,t时间内喷水质量为m=ρSvt,则由动量定理得-Ft=0-mv,联立解得F===ρSv2,选项A正确。

4.原来静止的物体受合外力作用时间为2t0,合外力F随时间t的变化情况如图所示,则 (　　)

A.0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变化相同

B.t=2t0时物体的速度为零,在0～2t0时间内F对物体的冲量为零

C.0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内平均速率不等

D.0～2t0时间内物体的位移为零,F对物体做功为零

【解析】选B。合外力的冲量等于物体动量的改变量,故F-t图象与时间轴围成的面积等于物体动量的改变量。面积在时间轴的上方代表动量增加,面积在时间轴下方代表动量减小,由于面积相同,而方向相反,选项A错误;由于0～t0时间内的冲量与t0～2t0时间内的冲量大小相同,方向相反,即F0t0+(-F0)t0=0,0～2t0时间内F对物体的冲量为零,故2t0时刻的速度等于0,选项B正确;0～t0内物体做匀加速运动,平均速度等于最大速度的一半,t0～2t0内物体做匀减速运动,平均速度等于最大速度的一半,0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内平均速率相等,选项C错误;由于0～t0的位移x1等于t0～2t0的位移x2,所以0～2t0时间内物体的位移不为零,F对物体做功不为零,选项D错误。

5. (创新题)(多选)第二届进博会展出了一种乒乓球陪练机器人,如图所示。若乒乓球被机器人以原速率斜向上击回,在空中运动一段时间后落到台面上,忽略空气阻力和乒乓球的旋转,下列说法正确的是              (　　)

A.击球过程合外力对乒乓球做功为零

B.击球过程合外力对乒乓球的冲量为零

C.乒乓球运动至最高点时,动量为零

D.乒乓球下落过程中,在相等时间内动量变化相同

【解析】选A、D。乒乓球被机器人以原速率斜向上击回,可知乒乓球的动能不变,由动能定理可知,合外力对乒乓球做功为零,选项A正确;乒乓球被机器人以原速率斜向上击回,可知乒乓球速度变化量不为零,所以动量的变化量不为零,由动量定理可知,击球过程合外力对乒乓球的冲量不为零,选项B错误;乒乓球运动至最高点时,还具有水平方向的速度,故在最高点动量不为零,选项C错误;乒乓球下落过程中,只受重力作用,则在相等的时间内重力的冲量相等,由动量定理可知,在相等时间内动量变化相同,选项D正确。

　　　【加固训练】

(多选)如图所示,一跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出,在空中运动一段时间后落在斜坡上b点,不计空气阻力,则运动员在空中飞行过程中              (　　)

A.在相等的时间间隔内,动能的改变量总是相同的

B.在相等的时间间隔内,动量的改变量总是相同的

C.在下落相等高度的过程中,动量的改变量总是相同的

D.在下落相等高度的过程中,动能的改变量总是相同的

【解析】选B、D。运动员在竖直方向做自由落体运动,则在相等的时间间隔内下落的竖直高度不等,根据动能定理ΔEk=mgh可知,动能的改变量不相同,选项A错误;根据动量定理Δp=mgt,可知在相等的时间间隔内,动量的改变量总是相同的,选项B正确;运动员在竖直方向做自由落体运动,下落相等高度的时间不相等,根据动量定理Δp=mgt可知,动量的改变量不相同,选项C错误;根据动能定理ΔEk=mgh可知,在下落相等高度的过程中,动能的改变量总是相同的,选项D正确。

6.(创新题)(多选)上海迪士尼的游玩经历会让你流连忘返,旋转木马是一个不错的娱乐项目。假设一个质量为20 kg的木马在最低点由静止开始运动,竖直向上为正方向,合力F随时间t按如图乙所示的规律变化。下列说法正确的是              (　　)

A.0～4 s内,木马完成一个周期的上下运动

B.第2 s末,木马的动量为20 kg·m/s

C.第3 s末,木马的加速度大小为0.1 m/s2

D.第4 s末,木马的速度为零

【解析】选B、D。0～2 s木马向上做加速运动,2～4 s木马向上做减速运动,整个过程一直向上运动,未完成一个周期的上下运动,选项A错误;F-t 图象与坐标轴围成的面积表示合力的冲量。由动量定理得,第2 s末的动量

p=F·t= kg·m/s=20 kg·m/s,选项B正确;第3 s末,木马的加速度为a==-1 m/s2,负号表示方向与速度方向相反,选项C错误;0～4 s内,木马所受合力冲量为零,动量变化量为零,由于初动量为零,因此末动量一定为零,即4 s末,木马的速度为零,选项D正确。

7. (2021·内江模拟)如图所示为一个现代仿制的地动仪,龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为h,当感知到地震时,质量为m的铜珠(初速度为零)离开龙口,落入蟾蜍口中,与蟾蜍口碰撞的时间约为t,则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为多少?

【解析】铜珠做自由落体运动,落到蟾蜍口的速度为v=

以竖直向上为正方向,根据动量定理可知Ft-mgt=0-(-mv)

得出F=+mg

答案:+mg

　　　【加固训练】

　　高空坠物已成为一种新型城市公害,极易对行人造成伤害。若一个50 g的小物块从居民楼21层楼的地面处落下(高约60米),撞地后弹起0.6米高,与地面的撞击时间为2毫秒,g取10 m/s2,求(结果保留根号)

(1)小物块落地时速度约多少?

(2)物块对地面产生的冲击力约为多大?(撞击力远大于物块的重力)

【解析】(1)设落地时速度为v0,

由公式=2gH可知,

小物块落地时速度v0=,

代入数据v0= m/s=20 m/s。

(2)设弹起速度为v,物块所受地面的弹力为F,

与地面的撞击时间为Δt,

由公式v2=2gh可知,v=,代入数据

v= m/s=2 m/s

因F≫mg,由动量定理得

FΔt=mv-m(-v0)

解得F=

代入数据

F= N=550 N

由牛顿第三定律得,

物块对地面撞击力F′=550 N。

答案:(1)20 m/s　(2)550 N

8.(2020·哈尔滨模拟)沫蝉是一种身长只有6 mm左右的小昆虫。研究表明,沫蝉起跳时可以在1 ms 时间释放出储存在后腿肌肉里的能量,最高跳跃到80 cm的高处,若g取10 m/s2,沫蝉起跳时需承受的力约为重力的              (　　)

A.20倍    B.100倍

C.400倍    D.800倍

【解析】选C。根据动量定理Ft=mv0,沫蝉上升的过程中,根据位移与速度的关系=2gh,代入数据,可知F=400mg,选项C正确,A、B、D错误。

9.(2020·武汉模拟)质量为m=0.10 kg的小钢球以v0=10 m/s的水平速度抛出,下落h=5.0 m时撞击一钢板,如图所示,碰撞后速度恰好反向,且速度大小不变,已知小钢球与钢板作用时间极短,g取10 m/s2,则              (　　)

A.钢板与水平面的夹角θ=30°

B.小钢球与钢板碰撞前后的动量变化量大小为2 kg·m/s

C.小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为2 N·s

D.小钢球刚要撞击钢板时小钢球动量的大小为2 kg·m/s

　　　　　 【解题指导】解答本题应注意以下三点:

(1)小钢球在竖直方向做自由落体运动,已知高度求出时间,然后求出竖直方向的速度大小,由水平方向和竖直方向的速度即可求得倾角的大小;

(2)由运动时间和质量,根据p=mgt即可求出重力的冲量;

(3)已知竖直方向速度的大小,再根据水平速度的大小求出合速度的大小,根据p=-mv求撞击时动量的大小。

【解析】选B。根据平抛运动公式h=gt2,vy=gt,解得t=1 s,vy=10 m/s。vx=v0=10 m/s,因为tanθ==1,由几何关系可知,钢板与水平面的夹角为θ=45°,选项A错误;小钢球与钢板碰撞时的速度大小为vt==10 m/s,小钢球与钢板碰撞前后的动量变化量大小为Δp=2mvt=2 kg·m/s,选项B正确;小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量大小为I=Gt=1 N·s,选项C错误;小钢球刚要撞击钢板时小钢球动量的大小为p=mvt= kg·m/s,选项D错误。

10.(多选)(2020·西安模拟)2020年5月8日,我国新一代载人飞船试验船成功着陆,3具降落伞组成群伞完成减速,其总面积相当于五六个标准篮球场。飞船总重量为m,接近地面时已经是以速度v匀速下落,每个降落伞提供的拉力和竖直方向夹角均为θ,重力加速度为g;试验船底部安装6个卡车轮大小的缓冲气囊帮助舱体平稳着陆,缓冲时间为t,绳子重力不计,飞船所受空气阻力不计,着陆的瞬间绳子自动断裂(抛伞)。以下说法正确的是              (　　)

A.每个降落伞产生的拉力是

B.每个降落伞产生的拉力是

C.每个缓冲气囊所受的平均作用力为

D.每个缓冲气囊所受的平均作用力为

【解析】选B、C。匀速降落时,飞船受力平衡,在竖直方向上,则有F1=,所以每个降落伞产生的拉力为,选项A错误,B正确;对飞船落地过程用动量定理,选向上为正方向,根据动量定理可得(6F2-mg)t=0-(-mv),可得每个缓冲气囊所受的平均作用力为F2=,选项C正确、D错误。

　　　【加固训练】

　　(2019·全国卷Ⅰ)最近,我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功,这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为              (　　)

A.1.6×102 kg　　　　　　B.1.6×103 kg

C.1.6×105 kg D.1.6×106 kg

【解析】选B。设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为m,对该气体根据动量定理有:Ft=mv-0,解得m== kg=1.6×103 kg,故选项B正确,A、C、D错误。

11.(2020·宜宾模拟)如图所示,用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层,设水柱直径为D,水流速度大小为v,方向水平向右。水柱垂直煤层表面,水柱冲击煤层后水的速度变为零,水的密度为ρ,高压水枪的重力不可忽略,手持高压水枪操作,下列说法正确的是              (　　)

A.水枪单位时间内喷出水的质量为ρvπD2

B.高压水枪的喷水功率为

C.水柱对煤层的平均冲击力大小为

D.手对高压水枪的作用力水平向右

【解析】选B。t时间内喷水质量为:m=ρSvt=ρ·πD2·vt,水枪单位时间内喷出水的质量为Δm=ρvπD2,选项A错误;水枪在1 s时间内做功转化为水柱的动能即为高压水枪的喷水功率,则P=W=Δmv2=ρπD2v3,选项B正确;t时间内喷出的水在t内速度减小为0,则由动量定理得-Ft=0-mv,联立得:F==Δmv=ρπD2v2,选项C错误;水对高压水枪的作用力向左,则手对高压水枪的作用力有水平向右的分力,还有竖直向上的分力(与重力平衡),所以手对高压水枪的作用力斜向右上方,选项D错误。

　　　　　 【总结提升】流体类“柱状模型”问题

12. (创新题)喷射悬浮飞行器由抽水机、压缩机等组成,利用一根软管将水从河中抽入飞行器,再以较高的速度竖直向下喷出两道高压水柱,可将使用者推至距水面几米的高度,如图所示。现有一质量为M的使用者被缓慢推至距水面H高处悬停,设此状态下飞行器的质量恒为m,水喷出前的速度为零,两个喷水口的横截面积均为S,水的密度为ρ,重力加速度为g,空气阻力及抽水过程中软管和河水对飞行器的作用均可忽略不计,求:

(1)该使用者被缓慢推到距水面H高处的过程中,飞行器对使用者做的功;

(2)使用者悬停在水面上方时,飞行器喷水产生的推力多大?两个喷水口喷出水的速度需要多大?飞行器喷水的平均功率多大?

【解析】(1)使用者被缓慢推上去,因此可认为每一时刻推力近似等于重力,那么飞行器对使用者做的功为W=MgH

(2)飞行器喷水产生的推力为

F=(M+m)g

对喷出的水用动量定理,可得

FΔt=2Δmv

其中Δm=ρvΔtS

解得v=

根据动能定理,飞行器在Δt时间内对水做的功为W=·2Δmv2-0

则飞行器喷水的平均功率为

==(M+m)g

答案:(1)MgH

(2)(M+m)g　

(M+m)g

　　　【加固训练】

　　如图甲所示,某一娱乐项目滑道由倾斜滑道和水平滑道两部分组成,水平滑道末端有足够安全的竖直气垫墙。游戏时人乘坐充气橡胶圈滑下。整个装置可简化为图乙所示的结构,h=5.0 m、θ=30°,橡胶圈的质量m=10 kg。质量M=50 kg的游客乘坐橡胶圈从A点由静止开始沿滑道下滑。AB与BC连接处能量损失可忽略。滑道可以无水,也可以有水。无水时橡胶圈与ABC滑道的动摩擦因数为μ1=,有水时橡胶圈与ABC滑道的动摩擦因数为μ2=,g取10 m/s2,(结果可用根式表示),则:

(1)无水滑道,游客从A点由静止开始下滑,恰好停在BC中点,求全程所用时间。

(2)有水滑道,某次游客滑到水平滑道末端,在气垫墙的保护下停下来,测得橡胶圈与气垫墙的作用时间为 s,求橡胶圈对游客的平均作用力是多大?

【解析】 (1)游客乘坐橡胶圈在AB上时,受力分析如图

据牛顿第二定律和运动学公式可得

(m+M)a1=(m+M)gsinθ-μ(m+M)gcosθ

=a1

v1=a1t1

　解得a1=gsinθ-μ1gcosθ=1.25 m/s2,

t1=4 s,v1=5 m/s

游客乘坐橡胶圈,恰好停在BC中点,对游客在BC段研究可得

μ1(m+M)g=(m+M)a2,v1=a2t2,=t2

a2= m/s2,t2= s,L= m

所以t=t1+t2=(4+) s

(2)有水滑道,某次游客滑到水平滑道末端,则

(m+M)gh-μ2(m+M)gcosθ-μ2(m+M)gL=(m+M)v2-0

解得v= m/s= m/s

橡胶圈与气垫墙相互作用过程中,

对游客应用动量定理得-t=0-Mv

解得=250 N

答案:(1)(4+) s　(2)250 N