23版新高考一轮分层练案(十九)　动量　动量定理

这是一份23版新高考一轮分层练案(十九)　动量　动量定理，共5页。
一轮分层练案(十九)　动量　动量定理1．根据所学物理知识，判断下列四个“一定”说法中正确的是(　　)A．物体的速度为零时，其加速度就一定为零B．合外力对物体做功为零时，物体的机械能就一定守恒C．做圆周运动物体的向心力一定等于物体所受的合外力D．物体所受合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向一定相同【答案】D　物体的速度为零时，其加速度不一定为零，如做自由落体运动的物体，下落的初始时刻，初速度为零，加速度不为零，故A错误；在外力作用下物体向上匀速运动时，合外力做功为零，但机械能增加，故B错误；只有做匀速圆周运动物体的向心力才一定等于物体所受的合外力，选项C错误；根据动量定理可知，物体所受合外力冲量的方向与物体动量变化量的方向一定相同，选项D正确。2．(多选)一质量m＝60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2 s以大小＝1 m/s的速度离开地面，重力加速度g＝10 m/s2，在这0.2 s内(　　)A．地面对运动员的冲量大小为180 N·sB．地面对运动员的冲量大小为60 N·sC．地面对运动员做的功为零D．地面对运动员做的功为30 J【答案】AC　人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得I－mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgΔt＝(60×1＋600×0.2)N·s＝180 N·s，A正确，B错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故C正确，D错误。3.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以大小为v0的速度从斜面底端冲上斜面，到达最高点后又滑回原处。重力加速度为g。该过程中(　　)A．物体运动的总时间为B．物体所受支持力的冲量大小为C．物体所受的重力的冲量为0D．物体所受合力的冲量大小为mv0【答案】B　物体在斜面上向上和向下运动的时间相等，由运动学公式得v0＝gtsin θ，所以物体运动的总时间为，选项A错误；支持力的冲量大小为mgcos θ×2t＝，选项B正确；物体所受的重力的冲量为mg×2t＝，选项C错误；物体所受合力的冲量大小等于动量改变量，即2mv0，选项D错误。4.把一定质量的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好恢复原长(图乙)。弹簧质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是(　　)A．A到C的过程，小球的动量增加B．A到C的过程，小球重力冲量小于弹簧弹力的冲量C．A到B的过程，小球动量的增加量等于弹簧弹力的冲量D．A到B的过程，小球重力的冲量一直变大【答案】D　小球从A运动到C的过程中，先做加速运动，当到达某点弹簧的弹力kΔx＝mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升，弹簧的弹力小于重力，直到离开弹簧后，小球都做减速运动，故小球从A上升到C的过程中，速度先增大后减小，则动量也是先增大后减小，故A错误；根据动量定理可知，A到C的过程，小球重力冲量等于弹簧弹力的冲量，故B错误；A到B的过程，根据动量定理得I弹－I重＝mv－0，可知小球动量的增加量小于弹簧弹力的冲量，故C错误；根据重力的冲量I重＝mgt，可知A到B的过程，小球重力的冲量一直变大，故D正确。5.运动员在水上做飞行表演，他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，取重力加速度大小g＝10 m/s2，水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为(　　)A．2.7 m/s　　　　　　 B．5.4 m/sC．7.6 m/s  D．10.8 m/s【答案】C　设Δt时间内一个喷嘴中有质量为m的水喷出，忽略水的重力的冲量，对两个喷嘴喷出的水由动量定理得FΔt＝2mv，m＝ρvΔt·π因运动员悬停在空中，则F＝Mg联立并代入数据解得v≈7.6 m/s，故C正确。6．如图甲所示，固定光滑斜面上有质量为m＝6 kg的物体，在大小为12 N、方向平行于斜面的拉力F的作用下做匀速直线运动，从x1＝2.5 m位置处拉力F逐渐减小，力F随位移x的变化规律如图乙所示，当x2＝7 m时拉力减为零，物体速度刚好为零，取g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　)A．斜面倾角θ为30°B．整个上滑的过程中，物体的机械能增加27 JC．物体匀速运动时的速度大小为3 m/sD．物体在减速阶段所受合外力的冲量为－12 N·s【答案】C　物体做匀速直线运动时，受力平衡，则F＝mgsin θ，代入数值得sin θ＝0.2，选项A错误；图像与坐标轴所围的面积表示拉力做的功，即WF＝12×2.5 J＋×12×(7－2.5)J＝57 J，重力做的功WG＝－mgx2sin θ＝－84 J，由动能定理有WF＋WG＝0－mv02，解得v0＝3 m/s，选项C正确；机械能的增加量等于拉力做的功57 J，B错误；根据动量定理可得I＝0－mv0＝－18 N·s，选项D错误。7.一物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示，在t0和2t0时刻，物体的动能分别为Ek1、Ek2，动量分别为p1、p2，则(　　)A．Ek2＝8Ek1，p2＝4p1  B．Ek2＝3Ek1，p2＝3p1C．Ek2＝9Ek1，p2＝3p1  D．Ek2＝3Ek1，p2＝2p1【答案】C　根据动量定理得0～t0内：F0t0＝mv1 ①t0～2t0内：2F0t0＝mv2－mv1 ②由①②解得v1∶v2＝1∶3由p＝mv得p2＝3p1由Ek＝mv2得Ek2＝9Ek1。故C项正确。8．如图所示，一质量为m＝0.10 kg的小物块以初速度v0从粗糙水平桌面上某处开始运动，经时间t＝0.2 s后以速度v＝3.0 m/s飞离桌面，最终落在水平地面上。物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45 m，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。求：(1)小物块的初速度v0的大小；(2)小物块在空中运动过程中的动量变化量；(3)小物块落地时的动能Ek。解析：(1)小物块的加速度a＝＝＝μg由v0－v＝at代入v＝3.0 m/s，t＝0.2 s，μ＝0.25解得小物块的初速度v0＝3.5 m/s。(2)小物块飞离桌面后做平抛运动，有h＝gt2得飞行时间t＝将h＝0.45 m代入，得t＝0.3 s由动量定理得Δp＝mgt＝0.3 kg·m/s方向竖直向下。(3)对小物块从离开桌面到落地的过程应用动能定理有mgh＝Ek－mv2代入h＝0.45 m，v＝3.0 m/s，m＝0.10 kg解得物块落地时的动能Ek＝0.9 J。【答案】(1)3.5 m/s　(2)0.3 kg·m/s，方向竖直向下　(3)0.9 J9．(多选)在港珠澳大桥施工过程中，我国科学家和工程技术人员自主创新了海底沉管技术。海底沉管要克服复杂多变的洋流，情境复杂，其简化原理图如图所示，吊车处于静止状态，吊绳相对于吊车以速度v匀速向下放管子，管子的质量为m。假设图中P为管子开始被吊起的位置，Q为管子刚接触水面的位置，R为管子刚好完全进入水中的位置，S为管子刚好到达水底的位置，假定管子入水前后速度不变，则下列说法正确的是(　　)A．管子从P位置到R位置，吊绳拉力等于管子重力B．管子从Q位置到S位置，吊绳拉力小于管子重力，且拉力不变C．管子从Q位置到R位置，吊绳拉力做功的功率在逐渐减小D．管子从Q位置到最终停在S位置，合力对管子的冲量大小为mv【答案】CD　根据共点力的平衡条件可知，管子从P位置到Q位置，吊绳拉力等于管子重力，管子从Q位置到R位置，由于管子排开水的体积逐渐增大，管子所受的浮力逐渐增大，则吊绳拉力逐渐减小，又速度大小不变，故拉力做功的功率P＝Fv逐渐减小，A错误，C正确；管子从Q位置到S位置，吊绳拉力小于管子重力，管子从Q位置到R位置，吊绳拉力逐渐减小，管子从R位置到S位置，吊绳拉力不变，B错误；管子从Q位置到最终停在S位置，设向下的速度方向为正方向，根据动量定理可知，合力的冲量等于管子动量的变化量－mv，故合力对管子的冲量大小为mv，D正确。10．航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲力。已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I。忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响。该发动机产生的平均推力的大小为(　　)A．I  B．I 　C．I  D．2I 【答案】A　以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝mv2，Δt时间内通过的总电荷量为Q＝IΔt，喷出的正离子总质量为M＝m＝m。由动量定理可知正离子所受的平均冲量FΔt＝Mv，联立以上式子可得F＝I，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力为I ，故A正确。11．将质量为500 g的杯子放在台秤上，一个水龙头以每秒700 g水的流量将水注入杯中。注至10 s末时，台秤的读数为78.5 N，则注入杯中水流的速度是多大？解析：以很短时间Δt内落在杯中的质量为Δm的水柱为研究对象，水柱受向下的重力Δmg和向上的作用力F。设向上的方向为正，由动量定理得(F－Δmg)Δt＝0－(－Δmv)因Δm很小，Δmg可忽略不计，并且＝0.7 kg/s得F＝ v＝0.7v台秤的读数G读＝(m杯＋m水)g＋F即78.5＝(0.5＋0.7×10)×10＋0.7v解得v＝5 m/s。【答案】5 m/s12．某中学在高考前100天倒计时宣誓活动中为给高三考生加油，用横幅打出的激励语如图所示。下面我们来研究横幅的受力情况，如图乙所示，若横幅的质量为m，且质量分布均匀，由竖直面内的四条轻绳A、B、C、D固定在光滑的竖直墙面上，四条绳子与水平方向的夹角均为θ，其中绳A、B是不可伸长的刚性绳，绳C、D是弹性较好的弹性绳且对横幅的拉力恒为T0，重力加速度为g。(1)求绳A、B所受力的大小；(2)在一次卫生大扫除中，楼上的小明同学不慎将质量为m0的抹布滑落，正好落在横幅上沿的中点位置。已知抹布的初速度为零，下落的高度为h，忽略空气阻力的影响。抹布与横幅撞击后速度变为零，且撞击时间为t，撞击过程横幅的形变极小，可忽略不计，求撞击过程中，绳A、B所受平均拉力的大小。解析：(1)横幅在竖直方向上处于平衡状态，有2Tsin θ＝2T0 sin θ＋mg解得T＝T0＋。(2)抹布做自由落体运动，其碰撞前的速度满足2gh＝v02碰撞过程中横幅对抹布的平均作用力为F，由动量定理可得－(F－m0g)t＝0－m0v0解得F＝m0g＋由牛顿第三定律可知抹布对横幅的平均冲击力F′＝F横幅仍处于平衡状态：2T1sin θ＝2T0sin θ＋mg＋F′解得T1＝T0＋＋。【答案】(1)T0＋(2)T0＋＋