江苏版高考物理一轮复习课时分层作业18动量和动量定理含答案

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2．C [物块与地面间的滑动摩擦力为：Ff＝μmg＝0.2×1×10 N＝2 N。t3＝3 s时物体的速度大小为v3，则有(F－Ff)t3＝mv3，其中F＝4 N，代入数据解得：v3＝6 m/s；t4＝4 s时速度为v4，根据动量定理可得－(F＋Ff)(t4－t3)＝mv4－mv3，代入数据解得：v4＝0，故A正确；0～3 s物块沿正方向加速运动，3～4 s 物块沿正方向减速运动，4 s末的速度为零，4～6 s 物块反向加速，且加速度大小与0～3 s内的加速度大小相等，故6 s时物块没有回到初始位置，故B正确；3 s时物块的动量大小为：p＝mv3＝1×6 kg·m/s＝6 kg·m/s，故C错误；0～3 s内物块的位移：x1＝eq \f(v3,2)t3＝eq \f(6,2)×3 m＝9 m，方向为正方向；3～4 s 内物块的位移：x2＝eq \f(v3＋v4,2)(t4－t3)＝eq \f(6＋0,2)×(4－3) m＝3 m，方向为正方向；6 s时物块的速度大小为v6，则有(F－Ff)t2＝mv6，解得v6＝4 m/s，4～6 s 物块的位移大小为：x3＝eq \f(v6,2)t2＝eq \f(4,2)×2 m＝4 m，方向为负方向。所以0～6 s时间内F对物块所做的功为：W＝F(x1－x2＋x3)＝4×(9－3＋4) J＝40 J，故D正确。]
3．D [由题知，物体所受的摩擦力Ff＝F，且为恒力，由A到B的过程中，v越大，所用时间越短，If＝Ft越小；因为Wf＝F·eq \x\t(AB)，故Wf与v无关，选项D正确。]
4．A [火箭加速过程中，所受合力为0时，即加速度为0时，速度最大，此时动能最大，故A正确；由能量守恒可知，高压气体释放的能量转化为火箭的动能与重力势能以及摩擦产生的热能，故B错误；根据动量定理可知高压气体的推力和空气阻力和重力的总冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；火箭所受高压气体的推力做功转化为火箭的动能、重力势能与摩擦产生的热能，则高压气体的推力和空气阻力和重力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量，故D错误。]
5．A [根据题意知，撤去力F时，弹簧具有的弹性势能为Ep＝50 J，根据机械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mv2，解得物体A离开弹簧的速度为v＝5 m/s，根据动量定理得I＝mv－0＝4×5 N·s＝20 N·s，A正确，B、C、D错误。]
6．B [设向上为正方向，则鸡蛋与地面碰撞的过程，由动量定理得(F－mg)t＝0－(－mv)，
解得v＝eq \f(F－mgt,m)＝
eq \f(103－0.5×2×10－3,0.05) m/s＝4.1 m/s，选项B正确。]
7．C [设Δt时间内每个喷嘴有质量为m的水射出，对这部分水由动量定理得FΔt＝2mv，m＝ρvΔt·πeq \f(d2,4)，运动员悬停在空中，所以有F＝Mg，联立解得v≈7.6 m/s，故C正确。]
8．B [广告牌的面积S＝5×20 m2＝100 m2，设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，根据动量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，得F＝ρSv2代入数据解得F≈1.1×105 N，故B正确，A、C、D错误。 ]
9．B [物体被抛出后，重力对其做正功，但是其动能没有增加，说明风对物体做负功，选项A错误，B正确；由于不知道风的方向，所以无法计算物体下落的高度，也就无法计算重力和风对物体所做的功，选项C错误；重力的冲量竖直向下，大小为mgt，合力的冲量为2mv0，根据矢量的合成可知，风对物体的冲量大小大于2mv0，选项D错误。]
10．A [在0～4 s内由动量定理：IF－ft＝0，其中的IF＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4×2＋\f(1,2)×2×4)) N·s＝12 N·s，解得f＝3 N，选项A正确；当F＝f时，加速度为零，此时速度最大，由图可知此时刻是t＝2.5 s时刻，此时刻物体的动量也最大，选项B、C错误；从开始到t＝2.5 s时刻由动量定理：I′F－ft′＝mv，其中的I′F＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4×2＋\f(1,2)×3＋4×0.5)) N·s＝9.75 N·s，解得v＝2.25 m/s，则最大动能为Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×1×2.252 J≈2.53 J，选项D错误。]
11．B [对全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故A错误；小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故B正确；落到地面的速度v＝eq \r(2gH)，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－meq \r(2gH)，得：IF＝IG＋meq \r(2gH)知阻力的冲量大于meq \r(2gH)，故C错误；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。]
12．解析：设垃圾桶可停留的最大高度为h，并设水柱到达h高处的速度为vt，则
veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0)＝－2gh
得veq \\al(2,t)＝veq \\al(2,0)－2gh
由动量定理得，在极短时间Δt内，水受到的冲量为
FΔt＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δm,Δt)·Δt))vt
解得F＝2eq \f(Δm,Δt)·vt＝2eq \f(Δm,Δt)eq \r(v\\al(2,0)－2gh)
据题意有F＝Mg
联立解得h＝eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δt,Δm)))2。
答案：eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δt,Δm)))2
13．解析：(1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为
P0×1 s＝NE＝Npc，所以p＝eq \f(P0,Nc)
由题意可知，激光对物体表面的压力F＝2pN
故激光对物体产生的光压I＝eq \f(F,S)＝eq \f(2P0,cS)。
(2)由(1)可知I＝eq \f(2P0,cS)＝eq \f(2×1.35×103,3×108×1) Pa＝9×10－6 Pa
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜
对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma
故此时探测器的加速度
a＝eq \f(IS膜,m)＝eq \f(9×10－6×4×104,100) m/s2＝3.6×10－3 m/s2。
答案：(1)eq \f(2P0,cS) (2)3.6×10－3 m/s2