2019高三物理人教版一轮课时分层集训：18　动量　动量定理 Word版含解析.doc

1、课时分层集训(十八) 动量 动量定理(限时：40 分钟)(对应学生用书第 299 页)基础对点练冲量、动量及动量的变化1(多选 )关于动量的概念，下列说法中正确的是 ( )A动量大的物体惯性一定大B动量大的物体运动一定快C动量相同的物体运动方向一定相同D动量相同的物体速度小的惯性大CD 物体的动量是由速度和质量两个因素决定的动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A 错误；同样，动量大的物体速度也不一定大，B 错误 ；动量相同指动量的大小和方向均相同，而 动 量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同， C 正确；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D 正确 2(多选

2、)关于动量的变化，下列说法中正确的是 ( )A做直线运动的物体速度增大时，动量的增量 p 的方向与运动方向相同B做直线运动的物体速度减小时，动量的增量 p 的方向与运动方向相反C物体的速度大小不变时，动量的增量 p 为零D物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零ABD 当做直线运动的物体的速度增大时，其末态动量 p2 大于初态动量p1，由矢量的运算法则可知 pp 2p 10，与物体运动方向相同，如图(a)所示，所以 A 选项正确当做直线运动的物体速度减小时，p 2p 1，如图(b)所示，p 与 p1(或 p2)方向相反，与运动方向相反，B 选项正确当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不

3、 变化动 量可能不变化即p0，也可能 动量大小不变而方向变化，此种情况 p0，C 选项错误当物体做平抛运动时，速度的大小和方向变化，即动量一定变化， p一定不为零，如图(c)所示，故 D 选项正确 3关于冲量，下列说法中正确的是( )A冲量是物体动量变化的原因B作用在静止的物体上的力的冲量一定为零C动量越大的物体受到的冲量越大D冲量的方向就是物体运动的方向A 力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此 说冲量使物体的动量发生了变化，A 正确；只要有力作用在物体上， 经历一段时间，这个力便有了冲量 IFt，与物体处于什么状态无关，物体运

4、动状态 的变化是所有作用在物体上的力共同产生的效果，B 错误；物体所受冲量 IFt 与物体动量的大小 pmv 无关，C 错误；冲量的方向与物体运动方向无关，D 错误 4从同一高度以相同的速率抛出质量相同的三个小球，a 球竖直上抛，b 球竖直下抛，c 球水平抛出，不计空气阻力，则 ( ) A三球落地时的动量相同B三球落地时的动量大小相同C从抛出到落地过程中，三球受到的冲量相同D从抛出到落地过程中，三球受到的冲量大小相同B 根据机械能守恒定律可知，三球落地时，速度大小相等，但 c 球速度方向与 a、b 球的速度方向不同从抛出到落地 过程中，三球均仅受重力作用，但三球在空中运动的时间不同故 选 B.

5、动量定理的理解及简单应用5(多选 )下列对几种现象的解释中，正确的是( )A击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻B跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量C在推车时推不动，是因为车受合外力的冲量为零D动能相同的两个物体受相同的阻力作用时，质量小的先停下来CD 击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤有弹性，作用时间长，据动量定理 Ft0mv 得作用力小，故不用橡皮 锤击钉， A 错；跳高时，在沙坑里填沙，是为了增加人与地面的作用时间，减少作用力， B 错；在推车时推不动，车所受合力为零，则合外力的冲量为零， C 对；据动 能和动量的关系 p知，在动能相同的情况下，质量小的动量小，由 Fft0p 得， 动量2mE

6、k小的先停下来，即质量小的先停下来，D 对6质量为 4 kg 的物体以 2 m/s 的初速度做匀变速直线运动，经过 2 s，动量大小变为 14 kgm/s.该物体 ( )A所受合外力的大小可能大于 11 NB所受合外力的大小可能小于 3 NC所受的冲量可能小于 6 NsD所受的冲量可能大于 18 NsD 若 设物体初速度方向为正方向， 则初动量 p1 mv18 kgm/s，末动量只告诉了大小，则有两种可能：当 p214 kgm/s，则 Ft p2p 16 kgm/s，F3 N；当 p214 kgm/s，则 Ftp 2p 122 kgm/s，F11 N， 负号表示方向，故 A、B、C 错误，D

7、正确 7如图 614 所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度 v 抽出纸条后，铁块掉在地上的 P 点若以 2v 速度抽出纸条，则铁块落地点为 ( )图 614A仍在 P 点B在 P 点左边C在 P 点右边不远处D在 P 点右边原水平位移的两倍处B 纸条抽出的过程，铁块 所受的滑动摩擦力一定，以 v 的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，由 IF ftm v0 得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以 2v 的速度抽出纸条的过程， 铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故 B选项正确8(2017北京西城区模拟)1966 年，在地球的上空完

8、成了用动力学方法测质量的实验实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火) ，接触以后，开动 “双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速推进器的平均推力 F 895 N，推进器开动时间 t7 s测出飞船和火箭组的速度变化 v0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量 m13 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量 m2 为( )A3 400 kg B3 485 kgC6 265 kg D6 885 kgB 根据动量定理得 Ft(m 1m 2)v，代入数据解得 m23 485 kg，B 选项正确一位质量为 m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经 t

9、时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为 v，在此过程中( )A地面对他的冲量为 mvmgt，地面对他做的功为 mv212B地面对他的冲量为 mvmgt，地面对他做的功为零C地面对他的冲量为 mv，地面对他做的功为 mv212D地面对他的冲量为 mvmgt，地面对他做的功为零B 设地面对运动员的平均作用力为 F，则由动量定理得(F mg)t mv，故地面对运动员的冲量 Ftmvmgt ；运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，由于地面对人的作用力沿力的方向没有位移，地面对运动员做功为零，因此，本题正确选项为 B.动量定理的综合应用9(多选 )如图 615 所示，质量为 m 的小球从距离地面高 H

10、的 A 点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为 h 的 B 点速度减为零不计空气阻力，重力加速度为 g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有( ) 图 615A小球的机械能减少了 mg(Hh)B小球克服阻力做的功为 mghC小球所受阻力的冲量大于 m 2gHD小球动量的改变量等于所受阻力的冲量AC 由 动能定理得 mg(Hh) W f0， Wfmg (Hh)，所以小球的机械能减少了 mg(Hh) ，A 正确，B 错误小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgH mv2，v ，落到地面上后又陷入泥潭，由动量定理12 2gHIG If0mv，所以 IfI

11、 GmvI Gm ，小球所受阻力的冲量大于2gHm ，C 正确由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，D2gH错误10.动量定理可以表示为 pF t，其中动量 p 和力 F 都是矢量在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的 x、y 两个方向上分别研究例如，质量为 m 的小球斜射到木板上，入射的角度是 ，碰撞后弹出的角度也是，碰撞前后的速度大小都是 v，如图 616 所示碰撞过程中忽略小球所受重力图 616(1)分别求出碰撞前后 x、y 方向小球的动量变化 px、p y；(2)分析说明小球对木板的作用力的方向解析(1)x 方向：动量变化为 pxmvsin mvsin 0y 方向：动量

12、 变化为 pymvcos (mvcos )2m vcos 方向沿 y 轴正方向(2)根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿 y 轴正方向，根据牛 顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿 y 轴负 方向答案(1)p x0 p y2 mvcos ，方向沿 y 轴正方向 (2)小球对木板的作用力的方向沿 y 轴负方向如图所示，静止在光滑水平面上的小车 M20 kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积 S10 cm2，速度 v10 m/s，水的密度 1.010 3 kg/m3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中当有质量 m5 kg 的水进入小车时，

13、试求：(1)小车的速度大小；(2)小车的加速度大小解析(1)流进小车的水与小 车组成的系统动量守恒，设当进入质量为 m的水后，小车速度为 v1，则 mv(mM )v1，即 v1 2 m/s.mvm M(2)质量为 m 的水流进小车 后，在极短的 时间 t 内，冲击小车的水的质量mS (vv 1)t，设此时水对车的冲击力为 F，则车对 水的作用力为F，由动量定理有 Ft mv1mv，得 FS(vv 1)264 N，小车的加速度a 2.56 m/s 2.FM m答案(1)2 m/s (2)2.56 m/s2考点综合练11(多选 )(2018海淀区模拟 )完全相同的甲、乙两个物体放在相同的水平面上，

14、分别在水平拉力 F1、 F2 作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过t0 和 4t0，速度分别达到 2v0 和 v0，然后撤去 F1、F 2，甲、乙两物体继续匀减速直线运动直到静止，其速度随时间变化情况如图 617 所示，则( ) 图 617A若 F1、F 2 作用时间内甲、乙两物体的位移分别为 s1、s 2，则 s1s 2B若整个过程中甲、乙两物体的位移分别为 s1、s 2，则 s1s 2C若 F1、F 2 的冲量分别为 I1、I 2，则 I1I 2D若 F1、F 2 所做的功分别为 W1、W 2，则 W1W 2BD 根据 vt 图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移得：s1 v 0t0

15、，s2 2v 0t0，则：s 1s 2，故 A 错误；整个过2v0t02 v04t02程中甲、乙两物体的位移分别为：s1 3v 0t0，s2 2.5v 0t0.则有：s 1s 2，故 B 正确；2v03t02 v05t02根据动量定理得：I 1f3 t00，I 2f5t 00，则得 I1I 2，故 C 错误；由图看出，撤去拉力后两图线平行，说明加速度相同，由牛顿第二定律分析则知加速度 ag， 说明两物体与地面的动摩擦因数相等，则两物体所受的摩擦力大小相等，设为 f，对全过程运用动能定理得：W1fs 10，W 2fs 20，得： W1fs 1，W 2fs 2，由上可知，s1s 2，则 W1W 2

16、，故 D 正确12(2018东城区模拟 )如图 618 所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过 1 s 下滑到底端，已知斜面的倾角 37，斜面长度 L2.5 m，sin 370.6，cos 37 0.8，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：图 618(1)物体与斜面间的动摩擦因数 ；(2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；(3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值解析(1)根据 L at2，解得：a5 m/s 2，根据牛顿第二定律得：12mgsin mgcos ma，解得：0.125.(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为：Emgcos L减少的重力势能为：E

17、pmgsin L故损失的机械能与减少的重力势能的比值为： .EEp tan 0.125tan 37 16(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为 v，则有：vat5 m/s根据动量定理得：合外力冲量的大小为：I 合 m v05m(Ns)在下滑过程中重力的冲量为：I Gmgt10m(Ns)所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：I 合 IG 1 2.答案(1)0.125 (2) (3)121613如图 619 所示，固定在轻质弹簧两端，质量分别为 M10.5 kg，M 21.49 kg 的两个物体，置于光滑水平面上，M 1 靠在光滑竖直墙上现有一颗质量为 M0.01 kg 的子弹，

18、以 600 m/s 的水平速度射入 M2 中，最后 M1 和 M2 都将向右运动试求：竖直墙对 M1 的冲量. 图 619解析 设子 弹 M 和木块 M2 碰后的共同速度大小为 v，对 M2 和 M 由动量守恒：Mv(MM 2)v 当 M2 和 M 以共同速度 v(方向向左) 压缩弹簧后又回到碰撞的初位置时，根据机械能守恒，M 2 和 M 的共同速度大小仍为 v(方向向右)，此时对墙壁 M1 的作用力为零取 M1、弹簧以及 M2 和 M 这一系统为研究对象，对M2 与 M 碰后到又回到初位置的整个过程，弹簧弹力对 M1 和 M2 的合冲量为 0，设墙对 M1 的冲量大小为 I，对系统由动量定理有：I(M 2M)v (M 2M)v 由式得 I2M v20.01600 Ns12 Ns，方向向右即墙对 M1 冲量大小为 12 Ns，方向向右答案 12 Ns ，方向向右