2019-2020学年高中物理第十六章动量守恒定律第2节动量和动量定理课时分层训练含解析 人教版选修3-5 7页

第2节　动量和动量定理 ‎「基础达标练」‎ ‎1．如图所示，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，若以速度2v抽出纸条，则铁块落地点为(　　)‎ A．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 解析：选B　以速度v或2v抽纸条时，纸条给铁块的摩擦力不变，以速度2v抽纸条时，纸条对铁块的作用时间短，对铁块的冲量小，铁块获得的速度小，根据平抛知识可知它的水平射程短，所以落点在P点的左边，故B正确．‎ ‎2．(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)‎ A．拉力F对物体的冲量大小为零 B．拉力F对物体的冲量大小为Ft C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcos θ D．合力对物体的冲量大小为零 解析：选BD　对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、合力的冲量、分力的冲量还是某一个方向上力的冲量，某一个力的冲量与另一个力的冲量无关，故拉力F的冲量为Ft，A、C错误，B正确；物体处于静止状态，合力为零，合力的冲量为零，D正确．‎ ‎3．(2019·三明一中高二期末)如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击打前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2>v1.忽略重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量(　　)‎ 7‎ A．大小为m(v2－v1)，方向与v1方向相同 B．大小为m(v2＋v1)，方向与v1方向相同 C．大小为m(v2－v1)，方向与v2方向相同 D．大小为m(v2＋v1)，方向与v2方向相同 ‎ 解析：选D　取拍子击打网球前网球的速度的方向为正方向，根据动量定理得拍子对网球作用力的冲量为：I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，即冲量大小为m(v1＋v2)，方向与v1方向相反，与v2方向相同，故D正确，A、B、C错误．‎ ‎4. (多选)如图所示，质量均为m的小球A、B在同一水平线上，当A球水平抛出的同时B球自由下落，运动到t＝2 s时刻，两球的运动方向夹角为37°(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)，不计空气阻力，则(　　)‎ A．当t＝2 s时，A球与B球重力的瞬时功率之比为5∶4‎ B．当t＝2 s时，A球与B球重力的瞬时功率之比为1∶1‎ C．在0～2 s过程中，两球的动能改变不同 D．在0～2 s过程中，两球的动量改变相同 解析：选BD　因t＝2 s时两球竖直向速度相同为vy，重力的功率为P＝mgvy相同，则A错误，B正确；0～2 s过程中，下落高度相同，重力做功相同，两球的动能改变相同，则C错误；0～2 s过程中，重力的冲量相同，则两球的动量改变相同，则D正确．‎ ‎5．如图，质量为m的小物块，在与水平方向成α角的恒力F作用下，沿光滑水平面运动，通过A点和B点的速度分别为vA和vB(A、B未在图中标出)，其加速度为a，物块由A运动到B的过程中，F对物块所做的功为W，F对物块的冲量为I，以下结论正确的是(　　)‎ A.mvB2＝mvA2　　 B．W＝mvB2－mvA2‎ C．I＝mvB－mvA D．a＝ 解析：选B　从A到B只有F做功，物体的动能一定增大，故A错误；由动能定理可得：‎ 7‎ F所做的功W＝mvB2－mvA2，故B正确；由动量定理可得：I合＝mvB－mvA；而合外力为F在水平方向上的分量，故F>F合，故F的冲量大于合外力的冲量，故C错误；物体只在水平方向有加速度，则加速度a＝，故D错误．‎ ‎6．‎2018年3月22日，一架中国国际航空CA103客机，从天津飞抵香港途中遭遇鸟击，飞机头部被撞穿约一平方米的大洞，雷达罩被砸穿，所幸客机及时安全着陆，无人受伤．若飞机的速度为‎700 m/s，小鸟在空中的飞行速度非常小，小鸟的质量为‎0.4 kg.小鸟与飞机的碰撞时间为2.5×10－4 s．则飞机受到小鸟对它的平均作用力的大小约为(　　)‎ A．104 N B．105 N C．106 N D．107 N 解析：选C　本题为估算题，可以认为撞击前鸟的速度为零，撞击后鸟与飞机的速度相等，飞机速度为v＝‎700 m/s，撞击过程可以认为鸟做匀加速直线运动，对鸟，由动量定理得：Ft＝mv－0‎ F＝＝ N＝1.12×106 N，由牛顿第三定律知C正确，A、B、D错误．‎ ‎ 7.(多选)如图甲所示为一固定光滑足够长的斜面，倾角为30°.质量为‎0.2 kg的物块静止在斜面底端，t＝0时刻，受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，g＝‎10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)‎ A．6 s末物块的速度为零 B．物块一直沿斜面向上运动 C．0～4 s内拉力对物块做的功为20 J D．0～6 s内拉力对物块的冲量为零 解析：选AC　在0～2 s内，由牛顿第二定律可得F1－mgsin 30°＝ma1，解得a1＝‎5 m/s2，在2～4 s内，由牛顿第二定律可得－F2－mgsin 30°＝ma2，解得a2＝－‎10 m/s2，则物块在0～2 s内向上匀加速直线运动，2～3 s内向上匀减速直线运动，3 s时减少为零，3～4 s内向下匀加速直线运动，4～6 s内向下匀减速直线运动，6 s时速度减为零，故A正确，B错误；在t＝4 s时和t＝2 s时物块在同一位置，速度等大反向，所以0～4 s内拉力对物块做的功等于0～2 s内拉力对物块做的功，0～2 s内的位移s＝a1t2＝‎10 m，所以0～2 s内拉力做的功W＝F1s＝20 J，故C正确；0～6 s内拉力对物块的冲量I＝F1t1＋F2t2‎ 7‎ ‎＝(2×4－1×2) N·s＝6 N·s，故D错误．‎ ‎8．如图所示，一足球运动员踢一个质量为‎0.4 kg的足球．‎ ‎(1)若开始时足球的速度是‎4 m/s，方向向右，踢球后，球的速度为‎10 m/s，方向仍向右(如图甲)，求足球的初动量、末动量以及踢球过程中动量的改变量；‎ ‎(2)若足球以‎10 m/s的速度撞向球门门柱，然后以‎3 m/s速度反向弹回(如图乙)，求这一过程中足球的动量改变量．‎ 解析：(1)取向右为正方向，初、末动量分别为 p＝mv＝0.4×‎4 kg·m/s＝‎1.6 kg·m/s，方向向右 p′＝mv′＝0.4×‎10 kg·m/s＝‎4 kg·m/s，方向向右 动量的改变量为Δp＝p′－p＝‎2.4 kg·m/s，方向向右．‎ ‎(2)取向右为正方向，初、末动量分别为 p1＝mv1＝0.4×‎10 kg·m/s＝‎4 kg·m/s，方向向右 p2＝mv2＝0.4×(－3) kg·m/s＝－‎1.2 kg·m/s，即方向向左，‎ 动量的改变量为Δp′＝p2－p1＝－‎5.2 kg·m/s，即方向向左．‎ 答案：见解析 ‎「能力提升练」‎ ‎9．一个轻质弹簧，固定于天花板的O点处，原长为L，如图，一个质量为m的物块从A点竖直向上抛出，以速度v与弹簧在B点相接触，然后向上压缩弹簧，到C点时物块速度为零，在此过程中无机械能损失，则下列说法正确的是(　　)‎ A．由B到C的过程中，物块的速度一直减小 B．由B到C的过程中，物块的加速度先增加后减小 C．由A到C的过程中，物块重力势能的变化量与克服弹力做的功一定相等 D．由A到C的过程中，弹簧弹力对物体的冲量与物体所受重力的冲量大小相等 解析：选A　由B到C的过程中，物体受向下的重力和向下的弹力，且随着物块的上升，弹力变大，根据牛顿第二定律可知，物块的加速度逐渐变大，速度一直减小，故A正确，B错误；由A到C根据动能定理：－mghAC－W弹＝0－mvA2，则物块重力势能的变化量与克服弹力做的功不一定相等，故C错误；由A到C根据动量定理：IG＋I弹＝0－(－mv 7‎ ‎)，则弹簧弹力对物体的冲量与物体所受重力的冲量大小不一定相等，故D错误．‎ ‎10．质量m＝‎0.5 kg的质点由静止开始做匀加速直线运动，动量p随位移x变化的关系式为p＝2(各量均取国际单位)，则此质点(　　)‎ A．加速度为‎2 m/s2‎ B．前2 s内动量增加‎8 kg·m/s C．在连续相等时间内，动量增量越来越大 D．在通过连续相等的位移时，动量增量可能相等 解析：选B　根据v2＝2ax得，v＝，则动量p＝mv＝m，可知p＝0.5×＝2，解得质点的加速度为‎8 m/s2，故A错误；2 s内物体速度的变化量为Δv＝at＝‎16 m/s，则动量的变化量Δp＝mΔv＝‎8 kg·m/s，故B正确；因为相同时间内速度的变化量相同，则动量的增量一定相等，故C错误；因为相等位移内速度变化量不同，则动量的增加量不等，故D错误．‎ ‎11.如图所示，质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左，大小为v1，守门员在此时用手握拳击球，使球以大小为v2的速度水平向右飞出，手和球作用的时间极短，则(　　)‎ A．击球前后球动量改变量的方向水平向左 B．击球前后球动量改变量的大小是mv2－mv1‎ C．击球前后球动量改变量的大小是mv2＋mv1‎ D．球离开手时的机械能不可能是mgh＋mv12‎ 解析：选C　规定向右为正方向，击球前球的动量p1＝－mv1，击球后球的动量p2＝mv2，击球前后球动量改变量的大小是Δp＝p2－p1＝mv2＋mv1，动量改变量的方向水平向右，故A、B错误，C正确；球离开手时的机械能为mgh＋mv22，因v1与v2可能相等，则球离开手时的机械能可能是mgh＋mv12，故D错误．‎ ‎12．如图1所示，一个物体放在粗糙的水平地面上．在t＝0时刻，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动．在0到t0时间内物体的加速度a随时间t的变化规律如图2所示．已知物体与地面间的动摩擦因数处处相等．则(　　)‎ 7‎ A．在0到t0时间内，合力的冲量大小为a0t0‎ B．t0时刻，力F等于0‎ C．在0到t0时间内力F大小恒定 D．在0到t0时间内物体的动量逐渐变大 解析：选D　合力F合＝ma是变力，0到t0时间内平均作用力为，则合力的冲量大小为mat0，则A错误；t0时刻，力F合等于0，F等于摩擦力，则B错误；在0到t0时间内力F大小变小，则C错误；在0到t0时间内物体做加速运动，物体的动量逐渐变大，则D正确．‎ ‎13．如图所示，斜面和水平面之间通过小圆弧平滑连接，质量为m的物体(可视为质点)从斜面上h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平地面上的B点．要使物体能原路返回A点，求在B点物体需要的最小瞬时冲量．‎ 解析：物体从A运动到B的过程中，根据动能定理，‎ mgh－Wf＝0‎ 物体从B运动到A的过程中，根据动能定理，‎ ‎－mgh－Wf＝0－mvB2‎ 联立解得vB＝2 根据动量定理可知，瞬时冲量I＝mvB＝‎2m.‎ 答案：‎2m ‎14．如图所示，质量mA为‎4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为‎1.0 kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0 J．小物块的动能EkB为0.50 J，重力加速度取‎10 m/s2，求：‎ ‎(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小；‎ ‎(2)木板的长度L.‎ 7‎ 解析：(1)设水平向右为正方向，有I＝mAv0‎ 代入数据解得v0＝‎3.0 m/s.‎ ‎(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，有 ‎－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv0‎ FABt＝mBvB 其中FAB＝FBA 设A，B相对于C的位移大小分别为sA和sB，有 ‎－(FBA＋FCA)sA＝mAvA2－mAv02‎ FABsB＝EkB 动量与动能之间的关系为mAvA＝ mBvB＝ 木板A的长度L＝sA－sB 代入数据解得L＝‎0.50 m.‎ 答案：(1)‎3.0 m/s　(2)‎‎0.50 m 7‎