(课标通用版)2020版高考物理总复习精练：第六章01第1讲动量冲量动量定理精练(含解析)

第1讲 动量 冲量 动量定理
A 组 基础过关
1.把重物压在纸带上,用一水平力缓缓拉动纸带,重物跟着纸带一起运动;若迅速拉动纸带,纸带就会从重物下抽出。

这个现象的原因是( ) A.在缓缓拉动纸带时,纸带给重物的摩擦力大 B.在迅速拉动纸带时,纸带给重物的摩擦力小 C.在缓缓拉动纸带时,纸带给重物的冲量大 D.在迅速拉动纸带时,纸带给重物的冲量大
答案 C 用水平力缓缓拉动纸带,重物跟着纸带一起运动时重物受的静摩擦力小于迅速拉动纸带时重物受到的滑动摩擦力,A 、B 均错误;迅速拉动纸带时,因作用时间短,重物所受冲量较小,重物速度变化小,纸带易抽出,故C 正确,D 错误。

2.(2018安徽合肥一模)质量为0.2kg 的小球竖直向下以6m/s 的速度落至水平地面上,再以4m/s 的速度反向弹回。

取竖直向上为正方向,在小球与地面接触的时间内,关于小球动量变化量Δp 和合外力对小球做的功W,下列说法正确的是( ) A.Δp=2kg·m/s W=-2J B.Δp=-2kg ·m/s W=2J C.Δp=0.4kg·m/s W=-2J D.Δp=-0.4kg·m/s W=2J
答案 A 取竖直向上为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化量
Δp=mv 2-mv 1=0.2×4kg·m/s -0.2×(-6)kg·m/s=2kg·m/s,方向竖直向上。

由动能定理可知,合外力做的
功W= 2m 22- 2m 2= 2×0.2×42
J-
2×0.2×62
J=-2J 。

故A 正确。

3.(2019山西大同质检)高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。

此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )
A.2+mg
B.2-mg
C.+mg
D.-mg
答案 A 解法一由v2=2gh得v=2。

对人与安全带作用的过程应用动量定理,则有(mg-F)t=0-mv,解得F=2+mg,故A正确。

解法二对人与安全带作用的过程应用牛顿第二定律,则有F-mg=ma,而a==2,解得F=2+mg,故A正确。

4.一个质量为0.18kg的垒球,以25m/s的水平速度向左飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45m/s。

则这一过程中动量的变化量为( )
A.大小为3.6kg·m/s,方向向左
B.大小为3.6kg·m/s,方向向右
C.大小为 2.6kg·m/s,方向向左
D.大小为 2.6kg·m/s,方向向右
答案 D 选向左为正方向,则动量的变化量Δp=mv1-mv0=- 2.6kg·m/s,负号表示其方向向右,D正确。

5.(多选)(2017湖南常德模拟)如图所示,质量为m的小球从距离地面高H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点时速度减为零。

不计空气阻力,重力加速度为g。

关于小球下落的整个过程,下列说法正确的有( )
A.小球的机械能减少了mg(H+h)
B.小球克服阻力做的功为mgh
C.小球所受阻力的冲量大于m2
D.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
答案AC 小球在整个下落过程中,动能变化量为零,重力势能减少了mg(H+h),则小球的机械能减少了mg(H+h),故A项正确;对小球下落的全过程运用动能定理得mg(H+h)-W f=0,则小球克服阻力做功
W f=mg(H+h),故B项错误;小球落到地面时的速度v=2,对进入泥潭的过程运用动量定理得I G-I F=0-m2,解得I F=I G+m2,知阻力的冲量大于m2,故C项正确;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项错误。

6.(多选)(2019天津和平质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹?《国家地理频道》的实验结果是:四个水球足够!完全相同的水球紧挨在一起水平排列,子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动,恰好能穿出第4个水球,则可以判断的是( )
A.子弹在每个水球中的速度变化相同
B.子弹在每个水球中运动的时间不同
C.每个水球对子弹的冲量不同
D.子弹在每个水球中的动能变化相同
答案BCD 恰好能穿出第4个水球,即末速度v=0,逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动,则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2-3)∶(3-2)∶(2-1)∶1,则B正确。

由于加速度a恒定,由at=Δv,可知子弹在每个水球中的速度变化不同,A项错误。

因加速度恒定,则每个水球对子弹的阻力恒定,则由I=ft可知每个水球对子弹的冲量不同,C项正确。

由动能定理有ΔE k=fx,f相同,x相同,则ΔE k 相同,D项正确。

7.1966年,在地球的上空完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=895N,推进器开动时间Δt=7s。

测出飞船和火箭组的速度变化
Δv=0.91m/s。

已知“双子星号”飞船的质量m1=3400kg。

由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为( ) A.3400kg B.3485kg C.6265kg D.6885kg
答案 B 根据动量定理得FΔt=(m1+m2)Δv,代入数据解得m2≈3485kg,B选项正确。

8.将质量为0.5kg的小球以20m/s的初速度竖直向上抛出,不计空气阻力,g取10m/s2,以下判断正确的是( )
①小球从抛出至最高点受到的冲量大小为 0N·s
②小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0
③小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0
④小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为20N·s
A.①②
B.②④
C.①④
D.①③
答案 C 小球在最高点速度为零,取向下为正方向,小球从抛出至最高点受到的冲
量:I=0-(-mv0)= 0N·s,①正确;因不计空气阻力,所以小球落回出发点的速度大小仍等于20m/s,但其方向变为竖直向下,由动量定理知,小球从抛出至落回出发点受到的冲量为:I'=Δp=-mv0-mv=-20N·s,则冲量大小为20N·s,④正确,②③均错误。

同理,若取向上为正方向也可分析出①④正确,②③错误。

所以选项C正确。

9.一高空作业的工人重为600N,系一条长为L=5m的安全带,若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t=1s,则安全带受的冲力是多少?(g取10m/s2)
答案1200N
解析解法一程序法
依题意作图,如图所示,设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1,2=2gL,得v1=2
经缓冲时间t=1s后速度变为0,取向下为正方向,对工人由动量定理知,工人受两个力作用,即拉力F 和重力mg,所以(mg-F)t=0-mv1,F=
将数值代入得F=1200N。

由牛顿第三定律知安全带受的冲力F' 为1200N,方向竖直向下。

解法二全过程法
在整个下落过程中对工人应用动量定理,在整个下落过程中,重力的冲量大小为mg2,拉力F 的冲量大小为Ft。

初、末动量都是零,取向下为正方向,由动量定理得
mg2-Ft=0
解得F=2
=1200N。

由牛顿第三定律知安全带受的冲力F'=F=1200N,方向竖直向下。

10.(2019福建福州期末)在水平力F=30N的作用下,质量m=5kg的物体由静止开始沿水平面运动。

已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,若F作用6s后撤去,撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止?(g 取10m/s2)
答案12s
解析解法一用动量定理解,分段处理。

选物体作为研究对象,对于撤去F前物体做匀加速运动的过程,物体的受力情况如图甲所示,始态速度为零,终态速度为v,取水平力F的方向为正方向,根据动量定理有
(F-μmg)t1=mv-0。

对于撤去F后,物体做匀减速运动的过程,受力情况如图乙所示,始态速度为v,终态速度为零,根据动量定理有
-μmgt2=0-mv。

以上两式联立解得
×6s= 2s。

t2=-t1=30-0.25 0
0.25 0
解法二用动量定理解,研究全过程。

选物体作为研究对象,研究整个运动过程,这个过程的始、终状态物体的速度都等于零。

取水平力F的方向为正方向,根据动量定理得
(F-μmg)t1+(-μmg)t2=0
×6s= 2s。

解得t2=-t1=30-0.25 0
0.25 0
B组能力提升
11.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v。

在此过程中( )
mv2
A.地面对他的冲量为mv+mgΔt,地面对他做的功为
2
B.地面对他的冲量为mv+mgΔt,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
mv2
2
D.地面对他的冲量为mv-mgΔt,地面对他做的功为零
答案 B 人的速度原来为零,起跳后为v,由动量定理可得I 地-mg Δt=mv-0,可得地面对人的冲量I 地=mg Δt+mv;而人起跳时,地面对人的支持力的作用点位移为零,故地面对人做功为零。

所以只有选项B 正确。

12.(多选)如图所示,一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C 、D 、E 处,三个过程中重力的冲量依次为I 1、I 2、I 3,动量变化量的大小依次为Δp 1、Δp 2、Δp 3,则有( )
A.三个过程中,合力的冲量相等,动量的变化量相等
B.三个过程中,合力做的功相等,动能的变化量相等
C.I 1<I 2<I 3,Δp 1=Δp 2=Δp 3
D.I 1<I 2<I 3,Δp 1<Δp 2<Δp 3
答案 ABC 由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C 、D 、E 的速度大小v 相等,动量变化量Δp=mv 相等,即Δp 1=Δp 2=Δp 3;根据动量定理,合力的冲量等于动量的变化量,故合力的冲量也相等,注意不是相同(方向不同);设斜面的高度为h,由 s =
2gsin θ· 2
得物体下滑的时间t= 2
s 2 ,所以θ越小,sin 2
θ越小,t 越大,重力的冲量I=mgt 就越大,故I 1<I 2<I 3;故A 、C 正确,D 错误。

物体下滑过程中只有重力做功,故合力做的功相等,根据动能定理,动能的变化量相等,故B 正确。

13.(1)动量定理可以表示为Δp=F Δt,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θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如图1所示。

碰撞过程中忽略小球所受重力。

图1
a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δp x、Δp y;
b.分析说明小球对木板的作用力的方向。

(2)激光束可以看做是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。

激光照射到物体上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用。

光镊效应就是一个实例,激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。

图2
一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束①和②穿过介质小球的光路如图2所示。

图中O点是介质小球的球心,入射时光束①和②与SO的夹角均为θ,出射时光束均与SO 平行。

请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。

a.光束①和②强度相同;
b.光束①比②的强度大。

答案(1)a.见解析 b.沿y轴负方向
(2)a.合力沿SO向左 b.指向左上方
解析(1)a.x方向:动量变化为
Δp x=mvsinθ-mvsinθ=0
y方向:动量变化为
Δp y=mvcosθ-(-mvcosθ)=2mvcosθ
方向沿y轴正方向
b.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。

(2)a.仅考虑光的折射,设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为p。

这些粒子进入小球前的总动量为p1=2npcosθ
从小球出射时的总动量为p2=2np
p1、p2的方向均沿SO向右
根据动量定理:FΔt=p2-p1=2np(1-cosθ)>0
可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力的方向沿SO向左。

b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。

x方向:根据(2)a同理可知,两光束对小球的作用力沿x轴负方向。

y方向:设Δt时间内,光束①穿过小球的粒子数为n1,光束②穿过小球的粒子数为n2,n1>n2。

这些粒子进入小球前的总动量为p1y=(n1-n2)psinθ
从小球出射时的总动量为p2y=0
根据动量定理:F yΔt=p2y-p1y=-(n1-n2)psinθ
可知,小球对这些粒子的作用力F y的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小球的作用力沿y轴正方向。

所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。