新教材高考物理一轮复习课时规范练19动量和动量定理含答案

这是一份新教材高考物理一轮复习课时规范练19动量和动量定理含答案，共10页。试卷主要包含了蹦床是儿童经常玩的一款游乐项目，24 kg·m/s，质量为m=2等内容，欢迎下载使用。

1.(冲量、势能、动量定理等概念)跳水三米板的比赛中,跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型:运动员从高处落到处于自然状态的跳板上(A位置),随跳板一同向下运动到最低点(B位置),对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的这个过程中,不计空气阻力,下列说法正确的是( )
A.运动员始终处于失重状态
B.运动员的重力势能与跳板的弹性势能之和先增大后减小
C.跳板对运动员支持力的冲量和运动员重力冲量大小相等、方向相反
D.跳板对运动员支持力做的功等于运动员机械能的变化量
2.(动量)套圈游戏的规则是站在同一起点的参与者抛出一个圆圈,套住奖品即可获得。若大人和小孩在不同的高度(大人抛出的高度更高,且抛出点在同一竖直线上)水平抛出的圆圈套中了同一个奖品,不计空气阻力,所有圆圈的质量都相同,下列说法正确的是( )
A.大人抛出的圆圈初速度更大
B.小孩抛出的圆圈在空中运动的时间更短
C.小孩抛出的圆圈初动量更小
D.大人抛出的圆圈在空中运动的过程中,圆圈受到的重力做的功更少
3.(动量定理的应用)(2023辽宁高三月考)蹦床是儿童经常玩的一款游乐项目。将儿童在蹦床上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下,从接触蹦床到速度大小减为零的时间为Δt,在此过程中( )
A.蹦床对他的冲量大小为mgΔt+m2gh,蹦床对他做功不为0
B.蹦床对他的冲量大小为m2gh,蹦床对他做功不为0
C.蹦床对他的冲量大小为mgΔt+m2gh,蹦床对他做功为0
D.蹦床对他的冲量大小为mgΔt-m2gh,蹦床对他做功为0
4.(多选)(动量定理的应用)(2023天津南开中学高三检测)有些人喜欢躺着刷手机,经常出现手机掉落砸伤眼睛或者额头的情况。若有一手机质量为120 g,从离人额头约20 cm的高度无初速度掉落,砸到额头后手机的反弹忽略不计,额头受到手机的冲击时间约为0.2 s。下列分析正确的是( )
A.手机与额头作用过程中,手机的动量变化大小约为0.24 kg·m/s
B.手机对额头的冲量大小约为0.24 N·s
C.手机对额头的冲量方向竖直向上
D.手机对额头的作用力大小约为2.4 N
素养综合练
5.为了迎接篮球比赛,小林同学站在与电脑连接的力传感器上做原地纵向摸高训练,图甲是他做下蹲、起跳和回落动作的示意图,图中的P点表示人的重心,图乙是电脑上显示的力传感器所受压力随时间变化的图像,重力加速度g取10 m/s2,空气阻力不计,则根据图像分析可知( )
甲
乙
A.人在0.3~0.7 s时间内先加速下蹲后减速下蹲
B.c到d的过程中,人始终处于失重状态
C.人起跳时获得的动量大小等于240 kg·m/s
D.1.6 s时,人下落的速度达到最大
6.(2022北京西城区期末)一个质量为2 kg的物体在合力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图像如图所示。下列说法正确的是( )
A.0~4 s内,F的冲量大小为6 N·s
B.第2 s末时,物体的动量大小是2 kg·m/s
C.第4 s末时,物体的动量大小是2 kg·m/s
D.第2 s末时,物体的运动方向发生改变
7.(多选)如图所示,垫球是排球运动中通过手臂的迎击动作,使来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术。若某次从垫击面上反弹出去的排球竖直向上运动一段时间后又落回到原位置,设整个运动过程中排球所受阻力大小不变,则下列说法正确的是( )
A.球从击出到落回的时间内,重力的冲量为零
B.球从击出到运动到最高点的时间小于从
最高点落回击出点的时间
C.球上升阶段动量的变化量等于下降阶段动量的变化量
D.球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率
8.(多选)(2023河南高三月考)如图所示,一横截面积为S的注射器竖直固定,管内充满密度为ρ的液体,其下端面上有一横截面积为110S的小喷口,小喷口离地的高度为h(h远大于小喷口的直径)。管中有一轻活塞,用竖直向下的推力F使活塞以速度v0匀速推动液体,使液体从小喷口射出,液体击打在水平地面上后速度立即变为零。若重力加速度为g,液体在空中不散开,不计空气阻力,液体不可压缩且没有黏滞性,活塞与管内壁无摩擦。则下列判断正确的是( )
A.液体从小喷口竖直射出速度的大小为10v0
B.推力F的大小不变
C.液体刚落地的速度大小为100v02+2gh
D.若不考虑重力作用,液体击打地面平均作用力的大小为ρSv0100v02+2gh
9.(2023天津滨海模拟)质量为m=2.0 kg的铁块静止在水平面上,从t=0时刻起,该铁块受到一个水平推力F的作用,F随时间变化的规律如图所示。铁块与水平面间的动摩擦因数μ=0.3,最大静摩擦力和滑动摩擦力大小相等,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)5.0 s内推力对铁块的总冲量大小;
(2)t=5.0 s时铁块的瞬时速度大小。
10.(2023河北张家口模拟)娱乐风洞是一种空中悬浮装置,在一个特定的空间内有人工制造的可控制气流,游客只要穿上特制的可改变受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)的飞行服跳入飞行区,即可通过改变受风面积来实现向上、向下运动或悬浮。已知一游客质量为60 kg,腹部向下时受风面积最大为0.7 m2,身体直立时受风面积最小为0.2 m2,气流密度为1.2 kg/m3,气流速度为30 m/s,重力加速度g取10 m/s2,假设气流吹到人身体上后速度近似变为0。
(1)若游客在风洞内悬浮,则受风面积应调整为多大?
(2)若游客进入风洞先由最大受风面积运动1 s后立即改为最小受风面积,求游客距出发点的最远距离为多少?(结果均保留两位有效数字)
11.某灌溉工程示意图如图所示,地面与水面的距离为H。用水泵从水池抽水(抽水过程中H保持不变),水龙头离地面高h,水管横截面积为S,水的密度为ρ,重力加速度为g,不计空气阻力。水从管口以不变的速度源源不断地沿水平方向喷出,水落地的位置到管口的水平距离为d=2h。设管口横截面上各处水的速度都相同。
(1)求单位时间内从管口流出的水的质量m0;
(2)假设水击打在地面上时速度立即变为零,且在极短时间内击打地面的水受到的重力可忽略不计,求水击打地面竖直向下的平均作用力的大小Fy;
(3)不计额外功的损失,水泵输出的功率P。
答案：
1.D 解析 运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的这个过程中,运动员先加速后减速,则先处于失重状态后处于超重状态,选项A错误;运动员的动能、重力势能和跳板的弹性势能三者之和守恒,因动能先增加后减小,则重力势能与跳板的弹性势能之和先减小后增大,选项B错误;运动员动量的变化不为零,根据动量定理可知,跳板对运动员支持力的冲量和运动员重力冲量方向相反,但是大小不相等,选项C错误;根据能量关系可知,跳板对运动员支持力做的功等于运动员机械能的变化量,选项D正确。
2.B 解析 圆圈做平抛运动,根据x=v0t,h=12gt2可知v0=xg2h,小孩抛出圆圈的高度更低,初速度更大,初动量更大,运动时间更短,由W=Gh可知,大人抛出的圆圈在空中运动的过程中,重力做的功更多,选项B正确,A、C、D均错误。
3.A 解析 儿童接触蹦床时的速度为2gh,接触蹦床后,以向上为正方向,根据动量定理得I-mgΔt=0-(-m2gh),解得I=mgΔt+m2gh,设儿童接触蹦床后,又下降了x,全程根据动能定理得W+mg(h+x)=0,所以蹦床对儿童做的功为W=-mg(h+x),故选A。
4.AD 解析 根据自由落体运动规律,手机掉落到人额头位置时的速度约为v=2gh=2 m/s,手机与额头作用后手机的速度变为0,选取向下为正方向,所以手机与额头作用过程中动量变化为Δp=0-mv=-0.24 kg·m/s,故A正确;手机与额头接触的过程中受到重力与额头的作用力,选取向下为正方向,对手机由动量定理得mgt+I=Δp,代入数据得I=-0.48 N·s,负号表示方向竖直向上,根据力的作用是相互的,所以手机对额头的冲量大小约为0.48 N·s,故B错误;因为额头对手机的冲量的方向竖直向上,所以手机对额头的冲量方向竖直向下,故C错误;根据冲量定义得手机对额头的作用力大小约为F=It=2.4 N,故D正确。
5.C 解析 人在0.3~0.7 s时间内,对传感器的压力先减小到零再增大到等于人的重力,如果是先加速下蹲后减速下蹲,则压力应该是先减小到零再增大到超过人的重力,故A错误;c到d的过程中,人还没有完全脱离传感器,对传感器仍有向下的压力,这个压力从大于人的重力逐渐减小到零,即人先处于超重,后处于失重状态,故B错误;人在空中停留的时间为t'=1.6 s-1.0 s=0.6 s,则人跳起时获得的初速度为v0=g×t'2=3 m/s,由题图乙可知,小林的质量为80 kg,起跳时获得的初动量大小为p0=mv0=240 kg·m/s,故C正确;人下落的速度达到最大时,传感器的示数应等于重力,1.6 s时,人对传感器的压力为零,下落的速度不是最大值,故D错误。
6.C 解析 0~4 s内,F的冲量大小为I=F1t1+F2(t2-t1)=2 N·s,故A错误;根据动量定理得p2=Δp2=F1t1=4 N·s,第2 s末时,物体的动量大小是4 kg·m/s,故B错误;0~4 s内物体动量变化量为Δp4=F1t1+F2(t2-t1)=2 N·s,即4 s末的动量为p4=2 kg·m/s,故C正确;由动量定理F1t1=mv1,可得2 s末物体速度为v1=2 m/s,第2 s末时,物体的运动方向不变,故D错误。
7.BD 解析 重力的冲量为IG=mgt,故球从击出到落回的时间内,重力的冲量不为零,A错误;上升、下降过程分别由牛顿第二定律可得mg+Ff=ma1,mg-Ff=ma2,可知a1>a2,竖直上升过程可反向看成初速度为零的匀加速直线运动,由h=12at2可知,上升时间小于下降时间,B正确;由v=2ah可知,上升的初速度大于下降的末速度,故球上升阶段动量的变化量大于下降阶段动量的变化量,C错误;由Δpt=F合=ma可知,球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率,D正确。
8.ACD 解析 因为液体不可压缩且没有黏滞性,根据连续性可得Sv0=110Sv1,解得v1=10v0,故A正确;推力F和管内液体的重力共同作用使液体匀速喷出,由于管内液体重力越来越小,故推力F越来越大,故B错误;根据匀变速运动的规律得v22-v12=2gh,解得v2=100v02+2gh,故C正确;取Δt时间内液体为研究对象,液体击打地面的过程中,竖直向下的初速度为v2,末速度为0,取向上为正方向,根据动量定理得F'Δt=0-(-Δmv2),因为Δm=ρSv0Δt,解得F'=ρSv0100v02+2gh,根据牛顿第三定律可知F=F'=ρSv0100v02+2gh,故D正确。
9.答案 (1)31.5 N·s (2)3.75 m/s
解析 (1)全程F由随时间均匀增大(时间设为t1)和恒定(时间设为t2)两部分组成,其总冲量为IF=12F1t1+F1(5-t1)=12×9×3+9×2 N·s=31.5 N·s。
(2)全程摩擦力由随时间均匀增大的静摩擦力和恒定的滑动摩擦力两部分组成,其中滑动摩擦力为Ff=μmg=0.3×2×10 N=6 N
根据题意,静摩擦力当其增大到6 N时,变为滑动摩擦力,时间设为t',结合图像可知t'=2 s
则摩擦力的总冲量大小为If=12Fft'+Ff(5-t')=12×6×2 N·s+6×3 N·s=24 N·s
由全程动量定理得IF-If=mv-0
可得t=5 s时铁块的瞬时速度大小为v=IF-Ifm=31.5-242 m/s=3.75 m/s。
10.答案 (1)0.56 m2 (2)1.8 m
解析 (1)在Δt时间内吹到游客身体的气体质量为Δm=ρSvΔt①
设游客对气流的力的大小为F,则对此段气体由动量定理得FΔt=Δmv②
由牛顿第三定律,风给游客的力大小F'=F③
游客受力平衡,所以F'=mg④
联立可得S=0.56 m2。⑤
(2)风速远大于游客的速度,游客在风洞内做匀变速直线运动,当S1=0.7 m2时,由①②③可得游客受风力的大小
F1=ρS1v2=756 N⑥
由牛顿第二定律得F1-mg=ma1⑦
经过t1=1 s时x1=12a1t12=1.3 m⑧
v=a1t1=2.6 m/s⑨
当受风面积为S2=0.2 m2时加速度向下,
由①②③可得F2=ρS2v2=216 N⑩
由牛顿第二定律得mg-F2=ma2
解得a2=6.4 m/s2
游客减速过程上升的距离x2=v22a2
解得x2=0.53 m
游客距离出发点的最远距离为x=x1+x2
解得x=1.8 m。
11.答案 (1)ρS2gh
(2)2ρSgh
(3)ρSg2gh(H+2h)
解析 (1)水从管口沿水平方向喷出做平抛运动,设水喷出时的速度为v0,下落时间为t,竖直方向h=12gt2
水平方向d=2h=v0t
则v0=2gh
时间Δt内喷出的水的质量Δm=ρ·ΔV=ρSv0Δt
单位时间内从管口喷出的水的质量m0=ΔmΔt=ρSv0=ρS2gh。
(2)在Δt内击打在地面上的水的质量Δm=m0Δt
水击打在地面上竖直方向的速度大小vy=2gh
向下为正,由动量定理-FΔt=0-Δmvy
据牛顿第三定律,水击打地面竖直向下的平均作用力大小Fy=F=2ρSgh。
(3)Δt内水泵的输出功ΔW=Δmg(H+h)+12Δmv02
输出功率P=ΔWΔt=ρSg2gh(H+2h)。