高考物理微专题小练习专题38动量和动量定理含答案

这是一份高考物理微专题小练习专题38动量和动量定理含答案，共9页。试卷主要包含了2 s，2) m/s＝8 m/s，0) m/s＝10 m/s等内容，欢迎下载使用。


(多选)地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年．图示为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为20 cm，当感知到地震时，质量为50 g的铜珠(初速度为零)离开龙口，落入蟾蜍口中，取重力加速度为10 m/s2，不计空气阻力．下列说法正确的是( )
A．铜珠在空中运动的时间为0.2 s
B．铜珠在空中运动的时间为0.4 s
C．铜珠刚落入蟾蜍口时的动量大小为0.1 kg·m/s
D.铜珠刚落入蟾蜍口时的动量大小为0.2 kg·m/s
2.
[2022·江苏省常州市期中]为了研究平抛物体的运动，用两个完全相同的小球A、B做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球立即水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落地．A、B两小球自开始下落到落地前的过程中，两球的( )
A．速率变化量相同 B．速度变化率不同
C．动量变化量相同 D．动能变化量不同
3．[2022·河北省石家庄市质量检测]如图所示，北京冬奥会2 000米短道速滑接力热身赛上，当运动员在光滑冰面上交接时，后方运动员甲用力推前方运动员乙．下列说法正确的是( )
A．甲对乙的作用力大于乙对甲的作用力
B．甲推出乙后，甲一定向后运动
C．甲、乙的动量变化相同
D．甲、乙所受推力的冲量大小相等
4.
[2022·安徽省九师联盟检测]2021年8月的东京奥运会上，中国选手陈雨菲获得羽毛球女子单打的金牌．如图所示，假设陈雨菲在某次训练时，将速率为40 m/s水平飞来的羽毛球以80 m/s的速率反向击回，已知羽毛球质量为5 g，球与球拍作用时间为0.01 s，重力加速度g取10 m/s2，取羽毛球飞来方向为正方向．则下列说法正确的是( )
A．此过程动量变化量为0.6 kg·m/s
B．此过程动量变化量为0.2 kg·m/s
C．此过程球与球拍间的平均作用力大小为60 N
D.此过程球与球拍间的平均作用力大小为20 N
5．[2022·江西省七校联考]2021年7月26日，台风“烟花”在浙江省平湖市沿海登陆，登陆时中心附近最大风力有10级．某高层建筑顶部广告牌的面积S＝25 m2，最大风速为20 m/s，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，则该广告牌受到的最大风力大小为( )
A.1.2×104NB．1.8×104N
C．2.4×104ND．2.8×104N
6．[2022·河南省六市联考]质量m＝4 kg的物块在光滑水平地面上以v0＝2 m/s的速度运动，t＝0时对物体施加以水平外力F，规定v0的方向为正方向，外力F随时间t变化图线如图所示，则( )
A．第1 s末物块的速度大小为2.5 m/s
B．第2 s末物块的动量大小为12 kg·m/s
C．在0～3 s时间内物块的动量变化量为2 kg·m/s
D.第7 s末时物块的运动方向发生改变
7.
如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下．经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上．忽略空气阻力，重力加速度为g，则该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小为( )
A.mgt B．2mv
C．2mv＋mgt D．2mv－mgt
8．[2022·北京市海淀区二模]某同学做拍篮球的游戏，篮球在球心距地面高h1＝0.9 m范围内做竖直方向的往复运动．在最高点时手开始击打篮球，球落地后反弹，与地面作用的时间t＝0.1 s，反弹速度v2的大小是刚触地时速度v1大小的 eq \f(4,5) ，且反弹后恰好到达最高点．已知篮球的质量m＝0.5 kg，半径R＝0.1 m．设地面对球的作用力可视为恒力，忽略空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2.求：
(1)地面对球的弹力大小；
(2)每次拍球时手对球做功W.
9．[2022·福建省仙游一中期末考试]当地时间2021年7月30日，东京奥运会女子蹦床决赛，整套动作完美发挥的朱雪莹，以56.635分夺得金牌，帮助中国蹦床队时隔13年重获该项目冠军．队友刘灵玲收获一枚银牌．已知朱雪莹的体重为45 kg，在比赛中，朱雪莹从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m高处．已知朱雪莹与网接触的时间为0.15 s，g取10 m/s2，求：
(1)朱雪莹下落接触网面前瞬间的速率v1和上升离开网面瞬间的速率v2；
(2)网面对朱雪莹的平均作用力F.
10．[2022·湖南省雅礼中学一模]“再生制动”是一些汽电混合动力车辆的常用制动方式．所谓“再生制动”就是车辆靠惯性滑行时带动发电机发电，将部分动能转化为电能储存在电池中．假设一辆汽电混合动力汽车的质量为m，该汽车设定为前阶段在速度大于v0时选择再生制动，后阶段速度小于等于v0时选择机械制动．当它以速度nv0(n＞1)在平直路面上做匀速行驶时，某一时刻开始刹车，前阶段阻力的大小与速度的大小成正比，即f＝kv，后阶段阻力恒为车重的μ倍，汽车做匀减速运动，重力加速度为g.求：
(1)如果此次刹车的过程中汽电混合动力汽车动能减小量的η倍被转化为电能，那么此次刹车储存多少电能；
(2)汽电混合动力汽车从刹车到停止的位移多大．
11．小明家里有一个喷泉，喷泉竖直喷出的水柱和小明一样高，小明身高1.8 m，喷管的面积为S＝10 cm2，当小明把一个玩具放在水柱上时，玩具能稳定地悬停在空中，玩具底面相对于喷口的高度为1 m，玩具底部为平板(面积略大于喷泉横截面积)，水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开，水的密度为ρ＝103kg/m3，不考虑空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)喷泉喷水的初速度大小；
(2)用于喷泉喷水的电动机的输出功率；
(3)玩具的质量．
专题38 动量和动量定理
1．AC
2．C 速率是标量，其变化量直接相减，A的速率变化量等于末速度的大小减去水平方向初速度的大小，B的速率变化量等于落地时竖直方向的速度大小，两者大小不相等，A错误；速度变化率指的就是两球的加速度，均为g，相同，B错误；两个小球所受重力相同，落地时间相同，动量的变化量相同，均为mgt，C正确；下落高度相同，重力做功相同，动能的变化量等于重力做功，相同，D错误．
3．D 由牛顿第三定律得甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等，方向相反；甲、乙受推力的冲量大小相等，方向相反，结合动量定理得甲、乙的动量变化大小相等，方向相反，由于推力的冲量大小未知，推出乙后甲的动量大小和方向不能判断．综上所述，只有选项D正确．
4．C Δp＝p2－p1＝m(v2－v1)＝5×10－3×(－80－40)＝－0.6 kg·m/s，则A、B均错误；由动量定理可得FΔt＝p2－p1，解得F＝ eq \f(p2－p1,Δt)＝－60 N，负号表示方向与飞来方向相反，则C正确，D错误．
5．A 设Δt时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有m＝ρSvΔt，对Δt时间内吹到广告牌上的空气，根据动量定理有－FΔt＝0－ρSv2Δt，得F＝ρSv2，代入数据解得F＝1.2×104 N，根据牛顿第三定律得，广告牌受到的最大风力为1.2×104 N，A正确．
6．D 根据动量定理有I1＝mv1－mv0，在0～1 s时间内，合力的冲量为对应时间内图线与t轴所围的面积，I1＝0.5 N·s，解得v1＝2.125 m/s，A错误；同理根据动量定理得I2＝mv2－mv0，在0～2 s时间内，合力的冲量I2＝2 N·s，解得第2 s末物块的动量大小为mv1＝10 kg·m/s，B错误；在0～3 s时间内，合力的冲量为零，物块动量变化量为0，C错误；第7 s末物块的动量为零，运动方向发生改变，D正确．
7．C 取向上为正方向，由动量定理得IF－mgt＝mv－(－mv)，解得IF＝mgt＋2mv，C正确．
8．(1)50 N (2)2.25 J
解析：(1)从球反弹后至达最高点，此过程，由0－v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2)) ＝－2g(h1－R)，
可得v2＝ eq \r(2g（h1－R）)＝4 m/s
设球与地面接触时加速度为a，
由题知v1＝ eq \f(5,4)v2＝5 m/s
球下落刚触地至反弹后刚离开地面过程，设向上为正方向，设地面对球的平均作用力为F，球触地过程受力如图
由动量定理(F－mg)t＝mv2－m(－v1)
代入数据解得F＝50 N
(2)手做功等于球与地面碰撞时的能量损失，
W＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(1)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(2))
代入解得W＝2.25 J.
9．(1)8 m/s，10 m/s (2)5 850 N
解析：(1)运动员下落接触网面前瞬间的速度大小为
v1＝ eq \r(2gh1)＝ eq \r(2×10×3.2) m/s＝8 m/s
运动员上升离开网面瞬间的速度大小为
v2＝ eq \r(2gh2)＝ eq \r(2×10×5.0) m/s＝10 m/s
(2)取竖直向上为正方向，运动员和网接触过程中，由动量定理知
(F－mg)t＝mv2－mv1
可解得
F＝ eq \f(mv2－m（－v1）,t)＋mg
＝ eq \f(45×10－45×（－8）,0.15) N＋45×10 N＝5 850 N
10．(1) eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) η(n2－1)
(2) eq \f(mv0（n－1）,k)＋ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2μg)
解析：(1)设汽电混合动力汽车在刹车的过程中储存的电能为E，依题意
E＝η( eq \f(1,2)mn2v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) )＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) η(n2－1)
(2)设汽电混合动力汽车再生制动阶段运动的位移为x1，由动量定理得－fΔt＝mΔv
又f＝kv
即－kvΔt＝mΔv
所以在再生制动阶段有－kx1＝mv0－mnv0
解得x1＝ eq \f(mv0（n－1）,k)
在机械制动阶段，汽电混合动力汽车做匀减速运动，由牛顿第二定律可得f＝ma
又f＝μmg
解得a＝μg
设匀减速运动的位移为x2，由运动学得－v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝2(－a)x2
解得x2＝ eq \f(v2,2μg)
所以汽电混合动力汽车从刹车到停止的位移为
x＝x1＋x2＝ eq \f(mv0（n－1）,k)＋ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2μg).
11．(1)6 m/s (2)108 W (3)1.6 kg
解析：(1)设喷泉的初速度为v0，则有v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝2gH
解得v0＝6 m/s
(2)设在喷水口处很短Δt时间内喷出水的质量为Δm，则
Δm＝ρ·v0·S·Δt
Δt时间内电动机做功PΔt＝ eq \f(1,2)Δmv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0))
解得P＝108 W
(3)设水柱冲击玩具的速度为v，则有v2－v eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ＝－2gh
解得v＝4 m/s
很短Δt′时间内，冲击玩具水柱的质量Δm′＝ρ·v·S·Δt′
对该部分水柱由动量定理得(F＋Δm′g)·Δt′＝Δm′·v
由于Δt′很小，Δm′gΔt′也很小，可以忽略，则F·Δt′＝Δm′·v
又因为玩具能稳定地悬停在空中，有F＝Mg
解得M＝1.6 kg.