2023一轮复习课后速练27 6.1 动量和动量定理

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2023一轮复习课后速练(二十七)一、选择题1．(多选)关于动量、冲量和动能，下列说法正确的是(　　)A．物体的动量越大，表明它受到的冲量越大B．物体的动量变化，其动能有可能不变C．物体受到合力的冲量作用，则其动能一定变化D．物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上【答案】　BD【思维分析】 根据动量定理可知，动量的改变量越大，冲量越大，动量和冲量无直接联系，故A项错误；匀速圆周运动的速度方向时刻变化，但速度大小不变，所以动量变化，但动能不变，故B项正确；匀速圆周运动的合力的冲量不为零，但动能不变，故C项错误；由公式Δp＝p′－p可知，由于动量和动量变化量为矢量，遵循平行四边形定则，则物体动量变化的方向可能与初动量的方向不在同一直线上，故D项正确．2．(2022·广东模拟)某物体静止在光滑水平面上的P处，受一水平力作用运动到Q处，此过程中水平力对物体做功为W，对物体的冲量为I.则物体的质量、到Q处时的速度分别为(　　)A.、　　　　　　　 B.、C.、   D.、【答案】　A【思维分析】 根据动能定理W＝mv2，根据动量定理I＝mv，解得m＝，v＝，故选A项．3.(2021·山东模拟)如图所示的装置中，质量为m的弹丸在质量为3m的管内压缩一轻弹簧，静止在水平地面上．当释放弹簧将弹丸以速度v向左发射出去时，管的反冲速度大小为，则此发射过程中地面对管的摩擦力的冲量为(　　)A．0   B.，方向向左C．mv，方向向右   D.，方向向左【答案】　B【思维分析】 设向左为正方向，则对球和管的系统，由动量定理If＝mv－3m·＝mv，方向向左．故选B项．4.(2021·甘肃模拟)如图所示，质量为1 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.125.现对其施加一个大小为2 N，方向与水平方向成45°角的恒力F，g＝10 m/s2，则F作用5 s的过程中(　　)A．水平面对物体支持力的冲量大小为零B．F对物体的冲量大小为10 N·sC．物体动量的变化量大小为5 kg·m/sD．合力对物体做功为25 J【答案】　C【思维分析】 水平面对物体支持力大小FN＝mg－Fsin 45°＝8 N，水平面对物体支持力冲量大小IFN＝FNt＝40 N·s，故A项错误；F对物体的冲量大小IF＝Ft＝10 N·s，故B项错误；物体竖直方向受力平衡，水平方向合力F合＝Fcos 45°－μFN＝1 N，物体动量的变化量大小Δp＝I合＝F合t＝5 kg·m/s，故C项正确；合力对物体做功W＝ΔEk＝m(Δv)2，有Δp＝mΔv，联立解得W＝12.5 J，故D项错误．故选C项．5.(2022·四川模拟)(多选)如图所示，质量为m的小球，固定在轻杆上，绕过O点的转轴在竖直面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，A、B是圆周上与圆心O等高的两点．若小球运动的速度大小为v，轨道半径为R，且v＝(g为重力加速度)，则小球从A点运动到B点过程中，下列说法中正确的是(　　)A．小球所受重力的冲量为0B．小球所受向心力的冲量为mvC．小球所受合力的冲量大小为2mvD．轻杆对小球作用力的冲量大小为mv【答案】　CD【思维分析】 根据冲量公式I＝Ft得，重力的冲量为I1＝mgt，又v＝，从A到B路程为πR，则t＝＝，则I1＝m＝mv，A项错误；由题可知，以速度向下为正方向，小球所受合力等于小球所需向心力，又根据I＝Δp，得I2＝F合t＝mv－(－mv)＝2mv，即小球所受合力的冲量等于所需向心力的冲量，均为2mv，B项错误，C项正确；重力的冲量为mv，向下，合力的冲量为2mv，向下，因此则轻杆对小球作用力的冲量大小为p＝2mv－mv＝mv，方向向下，D项正确．故选C、D两项．6.(2021·重庆模拟)蹦极是一项刺激的户外活动．某跳跃者在一次蹦极中离开踏板自由下落至第一次到达最低点的v－t图像如图，已知蹦极者质量为60 kg，最大速度为55 m/s，0～5.0 s内v－t图为直线，5.0～7.0 s为曲线，忽略空气阻力，重力加速度为10 m/s2.则蹦极绳自拉直到人第一次到达最低点过程中受到的平均冲力大小为(　　)A．2 100 N   B．1 500 NC．840 N   D．600 N【答案】　A【思维分析】 拫据动量定理mgt1－t2＝0，其中t1＝7.0 s，t2＝2.0 s，所以＝2 100 N，A项正确．7．如图甲所示，质量为0.5 kg的木块静止在光滑的水平面上，0时刻起在木块右端施加一水平向右、大小按图乙所示随时间t变化的拉力F，图像为一半圆，4 s后撤去力F.则整个过程中物体所受拉力F的冲量大小以及木块在4 s末的速度大小分别为(　　)A．4 N·s，8 m/s   B．4 N·s，2 m/sC．2π N·s，4π m/s   D．2π N·s，π m/s【答案】　C【思维分析】 整个过程中物体所受拉力F的冲量大小等于F－t图像的面积，即I＝π×22 N·s＝2π N·s，根据动量定理I＝mv，解得木块在4 s末的速度大小为v＝＝4π m/s.故选C项．8.(2022·天津模拟)现有一轻质绳拉动小球在水平面内做匀速圆周运动，如图所示，小球质量为1 kg，线速度为1 m/s，重力加速度为10 m/s2，轻绳与竖直方向夹角为45°，小球运动一周过程，绳对小球施加的冲量大小为(　　)A．2π N·s   B．2 N·sC．2π N·s   D．0【答案】　A【思维分析】 绳拉力对球的冲量可以先求一周内拉力水平分量的冲量，即向心力的冲量I1＝0，再求拉力竖直分量冲量即大小等于重力的冲量I2＝mgT，由受力分析可知mg＝m，r＝ m，T＝＝ s，所以I2＝2π N·s，故选A项．9．(2022·青岛模拟)如图是某同学站在压力传感器上做下蹲—起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间．由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到以下哪条信息(　　)A．1 s时人处在下蹲的最低点B．2 s时人处于下蹲静止状态C．该同学做了2次下蹲—起立的动作D．下蹲过程中人始终处于失重状态【答案】　B【思维分析】 人下蹲动作分别有失重和超重两个过程，先是加速下降失重，达到一个最大速度后再减速下降超重，对应先失重再超重，到达最低点后处于平衡状态，由图可知，t＝1 s时人仍然加速下降；在t＝2 s时刻人处于下蹲静止状态，故B项正确；起立对应先超重再失重，对应图像可知，该同学做了一次下蹲—起立的动作，故C项错误；下蹲过程先失重后超重，故D项错误．故选B项．10.(2021·张家口二模)历史上，有一种观点认为应该用物理量mv来量度运动的强弱，这种思想的代表人物是笛卡儿．这种思想用现在的科学术语说，就是“力”可以通过动量来表示，即F＝＝.若某质点做直线运动的动量随时间t变化规律如图所示，曲线部分为一段抛物线，则加速度a随时间t的变化图像可能正确的是(　　)【答案】　A【思维分析】 从p随时间t变化规律可以看出，图像斜率代表质点所受到的合力，先减小到零再恒定不变，加速度的变化趋势与合力的变化趋势相同，因曲线部分为一段抛物线，所以起初加速度与时间呈线性关系，故选A项．11．静止在粗糙水平面上的物体，受到水平恒定的推力F1作用一段时间后，撤掉F1，物体滑行一段距离后停下来，总位移为x，该物体在该粗糙水平面上受到水平恒定推力F2(F1＞F2)作用一段时间后，撒掉F2，物体滑行一段距离后停下，总位移也为x.则物体分别受到两个恒力的冲量的关系为(　　)A．I1＞I2   B．I1＜I2C．I1＝I2   D．不能确定【答案】　B【思维分析】 由物体受到的推力大小关系可得出两种情况下的v－t图像如右图；因F1＞F2，则第一种情况下的物体的加速过程中的加速度大于第二种过程中的加速度；故AO为第一种情况的运动图像，CO为第二种情况下的运动图像；而两次运动中位移相等，故由图可知，第二次物体运动过程经历的时间长，则由动量定理可知I1－ft1＝0，I2－ft2＝0，则有I1<I2，故选B项．12．(2021·绍兴模拟)(多选)现在很多景区都有悬空大茶壶这一景观，如图甲所示，一把大茶壶不断向下“倒水”，大茶壶似乎没有任何支撑而悬空，小明参观后回到自己的DIY实验工坊，尝试做了如下实验，其原理如图乙所示，开口向下的水桶代替大茶壶，水桶下面有一水管，水桶的重心位于水管中心之上，水管内的水流忽略重力的影响而各处速度方向竖直向上，大小相等均为v＝10 m/s，水管的横截面积S＝0.003 m2，水的密度为ρ＝1 000 kg/m3，假设水碰到水桶底部瞬间速度大小不变方向反向，忽略水流质量的损耗，水碰水桶底部过程忽略水的重力、阻力的影响，水桶处于悬停状态．下列说法正确的是(　　)A．水桶的质量为60 kgB．水桶的质量为40 kgC．连接水管的水泵输出功率为1.5 kWD．连接水管的水泵输出功率为2.0 kW【答案】　AC【思维分析】 在Δt时间内，以撞到桶上的水为研究对象，根据动量定理F·Δt＝mΔv＝ρSvΔt[v－(－v)]，而水桶悬在空中F＝Mg，代入数据可得水桶的质量M＝60 kg，A项正确，B项错误；在Δt时间内，根据动能定理W＝(ρSvΔt)v2，因此功率P＝＝＝1.5 kW，C项正确，D项错误．故选A、C两项．13．(2021·八省联考河北卷)(多选)游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25 m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4 m．质量为50 kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1 m的D点停下．设滑块与BC段间的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向．g取10 m/s2.下列说法正确的是(　　)A．缓冲墙对滑块的冲量为－50 N·sB．缓冲墙对滑块的冲量为－250 N·sC．缓冲墙对滑块做的功为－125 JD．缓冲墙对滑块做的功为－250 J【答案】　BC【思维分析】 由动能定理可知mgh＝mv02，由B到C的过程中，加速度大小为a＝＝2 m/s2，由速度位移公式可得x1＝，可得v＝3 m/s，由C到D可知x2＝，解得被缓冲器反弹，滑块的速度v′＝－2 m/s(方向与初速度反向，取负值)，由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量Δp＝mv′－mv＝－250 N·s，由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功W＝mv′2－mv2＝－125 J，综上分析可知B、C两项正确．14．(2022·福建模拟)(多选)一物体放在水平地面上，如图1所示，已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图2所示，物体相应的速度v随时间t的变化关系如图3所示．以下说法正确的是(　　)A．0～8 s内拉力的冲量为18 N·sB．0～6 s内物体的位移为6 mC．0～2 s内物体速度为零，拉力的冲量也为0D．0～10 s内，物体克服摩擦力所做的功为30 J【答案】　ABD【思维分析】 根据图2，可得0～8 s内拉力的冲量为I＝F1t1＋F2t2＋F3t3＝(1×2＋3×4＋2×2) N·s＝18 N·s，故A项正确；根据图3的面积关系，可得0～6 s内物体的位移为x＝×(6－2)×3 m＝6 m，故B项正确；0～2 s内物体速度为零，是因为合力为零．而拉力的冲量为I1＝F1t1＝2 N·s，故C项错误；6～8 s内物体做匀速运动，可知滑动摩擦力等于此时的拉力为2 N，由图3的面积关系可得，物体的位移为15 m，则物体克服摩擦力所做的功为30 J，故D项正确．故选A、B、D三项．二、非选择题15.有一质量为m＝1.0 kg的小球静止于水平地面上方高度为H＝5.55 m处，其正下方为一沙坑，小球与地面之间离地面高度为h＝0.55 m处固定有一弹性拦阻网，小球从静止释放，触网后继续下落Δh＝0.1 m时网被击穿，击穿后小球落入沙坑之中，陷入深度为s＝0.1 m，已知小球触网时间为Δt＝0.2 s，沙坑对小球的阻力恒为f＝135 N，重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)小球落至沙坑时的瞬时速度；(2)拦阻网对小球的冲量．【答案】　(1)5 m/s，方向竖直向下　(2)8 N·s，方向竖直向上【思维分析】 (1)设小球落至沙坑时的瞬时速度为v，根据动能定理有mgs－fs＝0－mv2，解得v＝5 m/s，方向竖直向下．(2)小球击穿网时，设速度为v1，根据匀变速直线运动规律有v2－v12＝2g(h－Δh)解得v1＝4 m/s小球接触拦阻网之前，根据匀变速直线运动规律有v22＝2g(H－h)，解得v2＝10 m/s，拦阻网对小球作用过程，根据动量定理mgΔt－I＝mv1－mv2，解得I＝8 N·s，方向竖直向上．