巩固练习 动量定理及其应用 提高

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巩固练习 动量守恒定律 复习与巩固 基础

巩固练习  动量守恒定律 复习与巩固  基础

【巩固练习】一、选择题1.下列论述中错误的是( ).A .相互作用的物体,如果所受合外力为零,则它们的总动量保持不变B .动量守恒是指相互作用的各个物体在相互作用前后的动量不变C .动量守恒是相互作用的各个物体组成的系统在相互作用前的动量之和与相互作用之后的动量之和是一样的D .动量守恒是相互作用的物体系在相互作用过程中的任何时刻动量之和都是一样的2.一轻质弹簧,上端悬挂于天花板,下端系一质量为M 的平板,处于平衡状态.一质量为m 的均匀环套在弹簧外,与平板的距离为h ,如图所示.让环自由下落,撞击平板.已知碰后环与板以相同的速度向下运动,使弹簧伸长( ).A .若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总动量守恒B .若碰撞时间极短,则碰撞过程中环与板的总机械能守恒C .环撞击板后,板的新的平衡位置与^的大小无关D .在碰后板和环一起下落的过程中,它们减少的动能等于克服弹簧弹力所做的功3.如图所示,将一个内、外侧均光滑的半圆形槽,置于光滑的水平面上,槽的左侧有一个竖直墙壁.现让一个小球自左端槽口A 的正上方从静止开始下落,与半圆形槽相切从A 点进入槽内,则以下说法正确的是( ).A .小球在半圆形槽内运动的全过程中,只有重力对它做功B .小球在半圆形槽内运动的全过程中,小球与槽组成的系统机械能不守恒C .小球从最低点向右侧最高点运动过程中,小球与槽组成的系统在水平方向动量守恒D .小球离开右侧最高点以后,将做竖直上抛运动4.质量为m 的物体以v 0做平抛运动,经过时间t ,下落的高度为h ,速度大小v .在这段时间内,该物体的动量变化量大小为( ).A .mv -mv0B .mgt c .220m v v D .2m gh5.如图所示,两个质量相等的物体沿同一高度、倾角不同的两光滑斜面顶端由静止自由下滑,到达斜面底端,两个物体具有的不同的物理量是( ).A.下滑的过程中重力的冲量B.下滑的过程中弹力的冲量C.下滑的过程中合力的冲量D.刚到达底端时的动量大小6.两辆汽车的质量分别为m1和m2,已知m1>m2,沿水平方向同方向行驶且具有相等的动能,则此时两辆汽车动量p1和p2的大小关系是().A.p1等于p2B.p1小于p2C.p1大于p2D.无法比较7.放在光滑水平面上的物体A和B之间用一弹簧相连,一颗水平飞来的子弹沿着AB连线击中A,并留在其中,若A和B及子弹质量分别为m A和m B及m,子弹击中A之前的速度为v0,则().A.A物体的最大速度为0Amvm m+B.B物体的最大速度为0Bmvm m+C.两物体速度相同时其速度为0A Bmvm m m++D.条件不足,无法计算8.向空中发射一物体,不计空气阻力,当此物体的速度恰好沿水平方向时,物体炸裂成a和b两块,若质量较大的a块的速度方向仍沿原来的方向,则().A.b块的速度方向一定与原速度方向相反B.从炸裂到落地的这段时间里,a块飞行的水平距离一定比b块大C.a块和b块一定同时到达地面D.在炸裂过程中,a块与b块受到的爆炸力的冲量大小一定相等9.如图所示,在光滑水平地面上放着两个物体,其间用一根不能伸长的细绳相连,开始时B静止,A具有4 kg·m/s的动量(令向右为正),开始绳松弛.在绳拉紧(可能拉断)的过程中,A、曰动量的变化可能为().A.Δp A=-4 kg·m/s,Δp B=4 kg·m/sB.Δp A=2 kg·m/s,Δp B=-2 kg·m/sC.Δp A=-2 kg·m/s,Δp B=2 kg·m/sD.Δp A=Δp B=2 kg·m/s10.在光滑的水平桌面上静止着长为L的方木块M,今有A、B两颗子弹沿同一水平轨道分别以速度v A、v B从M的两侧同时射入木块.A、B在木块中嵌入的深度分别为d A、d B,且d A>d B,d A+d B <L,而木块却一直保持静止,如图所示,则可判断A、B子弹在射入前().A.速度v A>v BB.A的动能大于B的动能C.A的动量大小大于B的动量大小D.A的动量大小等于B的动量大小二、填空题11.沿水平方向飞行的手榴弹,它的速度为20 m/s,在空中爆炸后分裂成质量分别为1 kg与0.5 kg的两块,其中0.5 kg的一块以10 m/s的速度与原速度反向运动,则另一块此时速度大小为________m/s,方向________.12.一只质量M=1 kg的鸟在空中以v0=6 m/s的速度沿水平方向飞行,离地面高度h=20 m,忽被一颗质量m=20 g沿水平方向同向飞来的子弹击中,子弹速度v=300 m/s,击中后子弹留在鸟体内,鸟立即死去,g取10 m/s2.(1)鸟被击中后经________s落地;(2)鸟落地处离被击中处的水平距离是________m.三、解答题13.如图所示,质量为m的球A以初速度v0冲上具有1/4圆弧的槽体B,但不冲出其外,不计一切摩擦,槽体B的质量亦为m.当球A再次从槽体曰的底端滑离后,试分析球A将做何种运动.14.光滑水平面上静止着两个木块A和B,中间用一轻弹簧相连,A与占的质量分别为m1和m2,一质量为m0的子弹以速度v0射中A后留在A中.求:(1)弹簧被压缩到最短时的弹性势能;(2)当弹簧再次到达自然长度时A、B的速度.15.如图,长木板ab的b端固定一挡板,木板连同挡板的质量为M=4.0 kg,a、b间距离s=2.0 m.木板位于光滑水平面上.在木板a端有一小物块,其质量m=1.0 kg,小物块与木板间的动摩擦因数μ=0.10,它们都处于静止状态.现令小物块以初速度v0=4.0 m/s沿木板向前滑动,直到和挡板相碰.碰撞后,小物块恰好回到。

人教版高中物理选修3-5第十六章第2节动量和动量定理巩固作业(解析版)

人教版高中物理选修3-5第十六章第2节动量和动量定理巩固作业(解析版)

人教版选修3-5第十六章动量和动量定理巩固作业一、选择题圆弧轨道,圆心O在S的正上方。

在O 1.如图所示,PQS是固定于竖直平面内的光滑的14和P两点各有一个质量为m的小物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑。

以下说法正确的是( )A.a比b先到达S,它们在S点的动量不相同B.a与b同时到达S,它们在S点的动量不相同C.a比b先到达S,它们在S点的动量相同D.b比a先到达S,它们在S点的动量相同2.(多选)质量为1 kg的小球从空中自由下落,与水平地面第一次相碰后反弹到空中某一高度,其速度随时间变化的关系如图所示。

若g取10 m/s2,则( )A.小球第一次反弹后离开地面时速度的大小为5 m/sB.碰撞前、后动量改变量的大小为8 kg·m/sC.小球是从1.25 m高处自由下落的D.小球反弹上升的最大高度为0.45 m3.两颗质量不相等的人造地球卫星沿圆轨道运行,用T表示卫星的运行周期,用p表示卫星的动量,比较两颗卫星的周期T、动量p和机械能,轨道半径较大的那颗卫星( )A.周期T较大,动量p也较大,机械能也较大B.周期T较大,动量p可能较小,机械能可能较大C.周期T较小,动量p也较大,机械能较大D.周期T较小,动量p也较小,机械能较大4.如图所示,两个质量相等的物体在同一高度处分别沿倾角不同的两光滑固定斜面由静止滑到斜面底端,则选项中说法正确的是( )A.下滑的过程中两物体所受重力的冲量相同B.下滑的过程中两物体所受弹力的冲量相同C.下滑的过程中两物体所受合外力的冲量相同D.刚到达底端时两物体动量大小相等5.如图所示,竖直面内有一个固定圆环,MN是它在竖直方向上的直径。

两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上,MP>QN。

将两个完全相同的小球a、b分别从M、Q点无初速度释放,在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中,下列说法中正确的是( )A.合力对两球的冲量大小相同B.重力对a球的冲量较大C.弹力对a球的冲量较小D.两球的动量变化大小相同6.如图所示,斜面体静止在水平地面上,一滑块(视为质点)以某一初速度从斜面底端滑上斜面,上升到某一高度后再返回斜面底端,斜面倾角为θ,所有接触面均粗糙,整个过程斜面体始终保持静止,不计空气阻力,下列说法正确的是( )A.滑块与斜面体间的动摩擦因数大于tan θB.整个过程重力的冲量为零C.上滑过程中摩擦力的冲量小于下滑过程中摩擦力的冲量D.整个过程中斜面体对地面的压力大小不变7.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳,经Δt时间后,身体伸直并刚好离开地面,此时运动员的速度为v。

巩固练习 动量定理及其应用 基础

巩固练习  动量定理及其应用  基础

【巩固练习】 一、选择题 1.下列关于动量的说法中,正确的是( ).A .物体的动量越大,其惯性也越大B .做匀速圆周运动的物体,其动量不变C .一个物体的速率改变,它的动量一定改变D .一个物体的运动状态变化,它的动量一定改变2.如图所示,质量为m 的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动,经过时间t 1速度为零,然后又下滑,经过时间t 2回到斜面底端.滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F 1.在整个过程中,重力对滑块的总冲量为( ).A .mgsin θ·(t 1+t 2)B .mgsin θ·(t 1-t 2)C .mg(t 1+t 2)D .03.质量为m 的铜球自高处落下,以速度v 1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速度为v 2,碰撞过程,地面对球的冲量的方向和大小分别为( ).A .向下,m(v 1-v 2)B .向下,m(v 1+v 2)C .向上,m(v 1-v 2)D .向上,m(v 1+v 2)4.一质量为m 的铁锤,以速度v 竖直打在木桩上,经过Δt 时间而停止.则在打击时间内,铁锤对木桩的平均冲力的大小是( ).A .mg t ⋅∆B .mv t ∆ C .mv mg t +∆ D .mv mg t -∆5.在任何相等的时间内,物体动量的变化总是相等的运动可能是( ).A .匀变速直线运动B .匀速圆周运动C .自由落体运动D .平抛运动6.竖直向上抛一小球,然后又落回原地.小球运动时所受空气阻力大小不变,则( ).A .从抛出到落回原地的时间内,重力的冲量为零B .上升阶段空气阻力的冲量小于下落阶段空气阻力的冲量C .从抛出到落回原地的时间内,空气阻力的冲量为零D .上升阶段小球的动量变化大于下落阶段小球的动量变化7.物体在恒定的合力F 作用下作直线运动,在时间1∆t 内速度由0增大到v ,在时间2∆t 内速度由v 增大到2v 。

设F 在1∆t 内做的功是1W , 冲量是1I ;F 在2∆t 内做的功是2W , 冲量是2I 。

巩固练习 动量 动量定理 (提高)

巩固练习 动量 动量定理 (提高)

【巩固练习】一、选择题1、台面上叠放两个木块A 和B ,如图所示,若轻推A ,则B 会跟着A 一起运动;若猛击A , 则B 不会跟着A 运动。

这说明 ( )A. 轻推时,A 给B 的冲量小B. 轻推时,A 给B 的冲量大C. 猛击时,A 给B 的冲量大D. 猛击时,A 给B 的冲量小2、(2015 厦门质检)古时有“守株待兔”的寓言.假设兔子质量约为2kg ,以15m/s 的速度奔跑,撞树后反弹的速度为1m/s ,则兔子受到撞击力的冲量大小为( )A .28 N·sB .29 N·sC .31 N·sD .32 N·s3、子弹水平射入一个置于光滑水平面上的木块,则( )A. 子弹对木块的冲量必大于木块对子弹的冲量B. 子弹受到的冲量和木块受到的冲量大小相等,方向相反C. 当子弹与木块以同一速度运动后,子弹与木块的动量一定相等D. 子弹与木块的动量变化量方向相反,大小不一定相等4、质量为m 的物体在与其速度方向相同的外力F 的作用下,经时间△t 后,物体的动量由1mv 增加到2mv ,对此,下列说法正确的是( )A. 在2F 作用下,经时间△t ,动量将增加22mvB. 在2F 作用下,经时间△t ,动量将增加 21(2)mv mvC. 在F 作用下,经时间2△t ,动量将增加22mvD. 以上说法都不正确5、把一个乒乓球竖直向上抛出,若空气阻力大小不变,则乒乓球上升到最高点和从最高 点返回到抛出点的过程相比较 ( )A. 重力在上升过程的冲量大B. 合外力在上升过程的冲量大C. 重力的冲量在两个过程中的方向相反D. 空气阻力的冲量在两个过程中的方向相反6、质量相等的A 、B 两个物体,沿着倾角分别为α和β的两个光滑的斜面,由静止从同一高度h 1开始下滑,下滑到同样的另一个高度h 2的过程中,A 、B 两物体的相同的物理量是( )A 、所受重力的冲量;B 、所受支持力的冲量;C 、所受合力的冲量;D 、动量改变量的大小7、质量为m 的钢球自高处落下,以速率1v 碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速率为2v 。

20版:动量定理及应用(步步高)

20版:动量定理及应用(步步高)

第1讲 动量定理及应用一、动量、动量变化、冲量 1.动量(1)定义:物体的质量与速度的乘积. (2)表达式:p =m v .(3)方向:动量的方向与速度的方向相同. 2.动量的变化(1)因为动量是矢量,动量的变化量Δp 也是矢量,其方向与速度的改变量Δv 的方向相同. (2)动量的变化量Δp 的大小,一般用末动量p ′减去初动量p 进行计算,也称为动量的增量.即Δp =p ′-p . 3.冲量(1)定义:力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量. (2)公式:I =Ft . (3)单位:N·s.(4)方向:冲量是矢量,其方向与力的方向相同.自测1 (2018·全国卷Ⅰ·14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动.在启动阶段,列车的动能( ) A .与它所经历的时间成正比 B .与它的位移成正比 C .与它的速度成正比 D .与它的动量成正比 答案 B解析 高铁列车做初速度为零的匀加速直线运动,则速度v =at ,动能E k =12m v 2=12ma 2t 2,与经历的时间的平方成正比,A 项错误;根据v 2=2ax ,动能E k =12m v 2=12m ·2ax =max ,与位移成正比,B 项正确;动能E k =12m v 2,与速度的平方成正比,C 项错误;动量p =m v ,动能E k=12m v 2=p 22m ,与动量的平方成正比,D 项错误. 二、动量定理1.内容:物体在一个运动过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受合力的冲量.2.公式:m v ′-m v =F (t ′-t )或p ′-p =I . 3.动量定理的理解(1)动量定理反映了力的冲量与动量变化量之间的因果关系,即外力的冲量是原因,物体的动量变化量是结果.(2)动量定理中的冲量是合力的冲量,而不是某一个力的冲量,它可以是合力的冲量,可以是各力冲量的矢量和,也可以是外力在不同阶段冲量的矢量和.(3)动量定理表达式是矢量式,等号包含了大小相等、方向相同两方面的含义.自测2 (2018·全国卷Ⅱ·15)高空坠物极易对行人造成伤害.若一个50 g 的鸡蛋从一居民楼的25层坠下,与地面的碰撞时间约为2 ms ,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( ) A .10 N B .102 N C .103 N D .104 N 答案 C解析 设每层楼高约为3 m ,则下落高度约为 h =3×25 m =75 m由mgh =12m v 2及(F -mg )t =m v 知鸡蛋对地面的冲击力F =m 2ght+mg ≈103 N.命题点一 对动量和冲量的理解1.对动量的理解 (1)动量的两性①瞬时性:动量是描述物体运动状态的物理量,是针对某一时刻或位置而言的. ②相对性:动量的大小与参考系的选取有关,通常情况是指相对地面的动量. (2)动量与动能的比较动量动能物理意义 描述机械运动状态的物理量 定义式 p =m v E k =12m v 2标矢性 矢量 标量 变化因素 物体所受冲量 外力所做的功 大小关系p =2mE kE k =p 22m对于给定的物体,若动能发生了变化,动量一定也发生了变化;而动量发生变化,动能不一定发生变化.它们都是相对量,均与参考系的选取有关,高中阶段通常选取地面为参考系2.对冲量的理解(1)冲量的两性①时间性:冲量不仅由力决定,还由力的作用时间决定,恒力的冲量等于该力与该力的作用时间的乘积.②矢量性:对于方向恒定的力来说,冲量的方向与力的方向一致;对于作用时间内方向变化的力来说,冲量的方向与相应时间内物体动量改变量的方向一致.(2)作用力和反作用力的冲量:一定等大、反向,但作用力和反作用力做的功之间并无必然联系.(3)冲量与功的比较冲量功定义作用在物体上的力和力的作用时间的乘积作用在物体上的力和物体在力的方向上的位移的乘积单位N·s J公式I=Ft(F为恒力)W=Fl cos α(F为恒力) 标矢性矢量标量意义①表示力对时间的累积②是动量变化的量度①表示力对空间的累积②是能量变化多少的量度都是过程量,都与力的作用过程相互联系例1(2018·广西南宁市3月适应测试)跳水运动员在跳台上由静止直立落下,落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底,不计空气阻力,则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为零的过程中,下列说法不正确的是()A.运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量B.运动员整个向下运动过程中合外力的冲量为零C.运动员在水中动量的变化量等于水的作用力的冲量D.运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向答案 C解析根据动量定理可知,运动员在空中动量的变化量等于重力的冲量,A项正确;运动员整个向下运动过程中,初速度为零,末速度为零,因此合外力的冲量为零,B项正确;运动员在水中动量的变化量等于重力和水的作用力的合力的冲量,C项错误;由于整个过程合外力的冲量为零,因此运动员整个过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向,D项正确.变式1(2018·河北省唐山市上学期期末)1998年6月18日,清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验,成功“中华第一撞”,从此,我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨,在碰撞过程中,关于安全气囊的保护作用认识正确的是() A.安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化B.安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C.安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D.安全气囊延长了撞击力的作用时间,从而使得动量变化更大答案 C解析在碰撞过程中,驾驶员的动量的变化量是一定的,而用安全气囊后增加了作用的时间,根据动量定理Ft=Δp可知,安全气囊减小了驾驶员受到的撞击力,即安全气囊减小了驾驶员的动量变化率.例2(2019·甘肃省庆阳市调研)如图1所示,竖直面内有一个固定圆环,MN是它在竖直方向上的直径.两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上,MP>QN.将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放,在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中,下列说法中正确的是()图1A.合力对两滑块的冲量大小相同B.重力对a滑块的冲量较大C.弹力对a滑块的冲量较小D.两滑块的动量变化大小相同答案 C解析这是“等时圆”,即两滑块同时到达滑轨底端.合力F=mg sin θ(θ为滑轨倾角),F a>F b,因此合力对a滑块的冲量较大,a滑块的动量变化也大;重力的冲量大小、方向都相同;弹力F N=mg cos θ,F N a<F N b,因此弹力对a滑块的冲量较小.选C.变式2(多选)如图2所示,一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t,则()图2A .拉力对物体的冲量大小为FtB .拉力对物体的冲量大小为Ft sin θC .摩擦力对物体的冲量大小为Ft sin θD .合外力对物体的冲量大小为零 答案 AD解析 拉力F 对物体的冲量大小为Ft ,故A 项正确,B 项错误;物体受到的摩擦力F f =F cos θ,所以,摩擦力对物体的冲量大小为F f t =Ft cos θ,故C 项错误;物体匀速运动,则合外力为零,所以合外力对物体的冲量大小为零,故D 项正确.命题点二 动量定理的基本应用1.动量定理的理解(1)中学物理中,动量定理研究的对象通常是单个物体.(2)Ft =p ′-p 是矢量式,两边不仅大小相等,而且方向相同.式中Ft 是物体所受的合外力的冲量.(3)Ft =p ′-p 除表明两边大小、方向的关系外,还说明了两边的因果关系,即合外力的冲量是动量变化的原因.(4)由Ft =p ′-p ,得F =p ′-p t =Δpt ,即物体所受的合外力等于物体的动量对时间的变化率.2.用动量定理解题的基本思路(1)确定研究对象.在中学阶段用动量定理讨论的问题,其研究对象一般仅限于单个物体. (2)对物体进行受力分析.可先求每个力的冲量,再求各力冲量的矢量和——合力的冲量;或先求合力,再求其冲量.(3)抓住过程的初、末状态,选好正方向,确定各动量和冲量的正负号. (4)根据动量定理列方程,如有必要还需要补充其他方程,最后代入数据求解.例3 (2018·福建省三明市上学期期末)用豆粒模拟气体分子,可以模拟气体压强产生的原理.如图3所示,从距秤盘80 cm 高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续作用时间为1 s ,豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半,方向相反.若每个豆粒只与秤盘碰撞一次,且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内,碰撞力远大于豆粒受到的重力),已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g .则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( )图3A .0.2 NB .0.6 NC .1.0 ND .1.6 N答案 B解析 豆粒从80 cm 高处下落到秤盘上时的速度为v 1,v 12=2gh , 则v 1=2gh =2×10×0.8 m/s =4 m/s设竖直向上为正方向,根据动量定理:Ft =m v 2-m v 1 则F =m v 2-m v 1t =0.1×2-0.1×(-4)1 N =0.6 N ,故B 正确,A 、C 、D 错误.变式3 (多选)(2018·陕西省安康市第二次联考)一质量为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v =1 m/s 的速度离开地面,取重力加速度g =10 m/s 2,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30 JD .地面对运动员做的功为零 答案 AD解析 人的速度由原来的零,起跳后变为v ,设向上为正方向,由动量定理可得:I -mgt =m v -0,故地面对人的冲量为:I =m v +mgt =60×1 N·s +600×0.2 N·s =180 N·s ,故A 正确,B 错误;人在跳起时,地面对人的支持力竖直向上,在跳起过程中,在支持力方向上没有位移,所以地面对运动员的支持力不做功,故C 错误,D 正确.命题点三 动量定理在多过程问题中的应用应用动量定理解决多过程问题的方法与动能定理类似,有分段列式和全程列式两种思路. 例4 一高空作业的工人重为600 N ,系一条长为L =5 m 的安全带,若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t =1 s(工人最终静止悬挂在空中),则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少?(g 取10 m/s 2,忽略空气阻力的影响) 答案 1 200 N ,方向竖直向下解析 解法一 分段列式法:依题意作图,如图所示,设工人刚要拉紧安全带时的速度为v 1,v 12=2gL ,得 v 1=2gL经缓冲时间t =1 s 后速度变为0,取向下的方向为正方向,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-m v 1,F =mgt +m v 1t将数值代入得F =1 200 N.由牛顿第三定律,工人给安全带的平均冲力F ′为1 200 N ,方向竖直向下.解法二 全程列式法:在整个下落过程中对工人应用动量定理,重力的冲量大小为mg (2L g+t ),拉力F 的冲量大小为Ft .初、末动量都是零,取向下为正方向,由动量定理知 mg (2Lg+t )-Ft =0 解得F =mg (2L g+t )t=1 200 N由牛顿第三定律知工人给安全带的平均冲力F ′=F =1 200 N ,方向竖直向下.变式4 一个质量为m =100 g 的小球从离厚软垫h =0.8 m 高处自由下落,落到厚软垫上,若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t =0.2 s ,不计空气阻力,则在这段时间内,软垫对小球的冲量是多少?(取g =10 m/s 2) 答案 0.6 N·s ,方向竖直向上解析 设小球自由下落h =0.8 m 的时间为t 1,由 h =12gt 12得t 1=2hg=0.4 s. 设I 为软垫对小球的冲量,并令竖直向下的方向为正方向,则对小球整个运动过程运用动量定理得mg (t 1+t )+I =0,得I =-0.6 N·s.负号表示软垫对小球的冲量方向和规定的正方向相反,方向竖直向上.命题点四 应用动量定理处理“流体模型”的冲击力问题1.研究对象常常需要选取流体为研究对象,如水、空气等. 2.研究方法隔离出一定形状的一部分流体作为研究对象,然后列式求解. 3.基本思路(1)在极短时间Δt 内,取一小柱体作为研究对象. (2)求小柱体的体积ΔV =v S Δt (3)求小柱体质量Δm =ρΔV =ρv S Δt (4)求小柱体的动量变化Δp =v Δm =ρv 2S Δt (5)应用动量定理F Δt =Δp例5 (2016·全国卷Ⅰ·35(2))某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M 的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度v 0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S );水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g .求:(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度. 答案 (1)ρv 0S (2)v 022g -M 2g 2ρ2v 02S2解析 (1)在刚喷出一段很短的Δt 时间内,可认为喷出的水柱保持速度v 0不变. 该时间内,喷出水柱高度Δl =v 0Δt ① 喷出水柱质量Δm =ρΔV ②其中ΔV 为水柱体积,满足ΔV =ΔlS ③由①②③可得:喷泉单位时间内喷出的水的质量为 ΔmΔt=ρv 0S (2)设玩具底板相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得F 冲=Mg ④ 其中,F 冲为水柱对玩具底板的作用力 由牛顿第三定律:F 压=F 冲⑤其中,F 压为玩具底板对水柱的作用力,设v ′为水柱到达玩具底面时的速度 由运动学公式:v ′2-v 02=-2gh ⑥在很短Δt 时间内,冲击玩具的水柱的质量为Δm Δm =ρv 0S Δt ⑦由题意可知,在竖直方向上,对该部分水柱应用动量定理 (F 压+Δmg )Δt =Δm v ′⑧由于Δt 很小,Δmg 也很小,可以忽略,⑧式变为 F 压Δt =Δm v ′⑨由④⑤⑥⑦⑨可得h =v 022g -M 2g2ρ2v 02S2变式5 为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强,小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台,测得1小时内杯中水位上升了45 mm.查询得知,当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s ,据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹,不计雨滴重力,雨水的密度为1×103 kg/m 3)( ) A .0.15 Pa B .0.54 Pa C .1.5 Pa D .5.4 Pa答案 A解析 设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F ,在Δt 时间内有质量为Δm 的雨水的速度由v =12 m/s 减为零.以向上的方向为正方向,对这部分雨水应用动量定理:F Δt =0-(-Δm v )=Δm v ,得到F =ΔmΔt v .设水杯横截面积为S ,对水杯里的雨水,在Δt 时间内水面上升Δh ,则有Δm =ρS Δh ,得F =ρS v Δh Δt .压强p =F S =ρv Δh Δt =1×103×12×45×10-33 600 Pa =0.15 Pa.变式6 如图4所示,由喷泉中喷出的水柱,把一个质量为M 的垃圾桶倒顶在空中,水以速率v 0、恒定的质量增率(即单位时间喷出的质量)ΔmΔt 从地下射向空中.求垃圾桶可停留的最大高度.(设水柱喷到桶底后以相同的速率反弹,重力加速度为g )图4答案 v 022g -M 2g 8(Δt Δm)2解析 设垃圾桶可停留的最大高度为h ,并设水柱到达h 高处的速度为v t ,则 v t 2-v 02=-2gh 得v t 2=v 02-2gh由动量定理得,在极短时间Δt 内,水受到的冲量为 F Δt =2(ΔmΔt·Δt )v t解得F =2Δm Δt ·v t =2ΔmΔt v 02-2gh据题意有F =Mg联立解得h =v 022g -M 2g 8(Δt Δm)2。

人教版选修3-5 16.2动量和动量定理 巩固练习题

人教版选修3-5  16.2动量和动量定理 巩固练习题

动量和动量定理 巩固练习1.(动量的理解)关于物体的动量,下列说法中正确的是( )A .运动物体在任一时刻的动量方向,一定是该时刻物体速度的方向B .物体的加速度不变,其动量一定不变C .动量越大的物体,其速度一定越大D .物体的动量越大,其惯性也越大[答案] A2.(冲量的理解)关于冲量,下列说法正确的是( )A .冲量是物体动量变化的原因B .作用在静止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受力的方向[答案] A3.(冲量的计算)质量为m 的小球从距地面高h 处自由下落,与地面碰撞时间为Δt ,地面对小球的平均作用力为F ,取竖直向上为正方向,在与地面碰撞过程中( )A .重力的冲量为mg ⎝ ⎛⎭⎪⎫ 2h g +Δt B .地面对小球作用力的冲量为FΔtC .合外力对小球的冲量为(mg +F )ΔtD .合外力对小球的冲量为(mg -F )Δt[答案] B4.质量为5 kg 的物体,原来以v =5 m/s 的速度做匀速直线运动,现受到跟运动方向相同的冲量15 N·s的作用,历时4 s,物体的动量大小变为()A.80 kg·m/s B.160 kg·m/sC.40 kg·m/s D.10 kg·m/s[答案]C5.(多选)完全相同的甲、乙两个物体放在相同的水平面上,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,经过t0和4t0,速度分别达到2v0和v0,然后撤去F1、F2,甲、乙两物体做匀减速直线运动直到静止,其速度随时间的变化情况如图所示,则()A.若F1、F2所做的功分别为W1、W2,则W1>W2D.若F1、F2的冲量分别为I1、I2,则I1>I2A.若F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为s1、s2,则s1>s2D.若整个过程中甲、乙两物体的位移分别为s甲、s乙,则s甲>s乙[答案]AD6.原来静止的物体受合外力作用时间为2t0,合外力随时间的变化情况如图所示,则()A.0~t0时间内物体的动量变化与t0~2t0时间内的动量变化相同B.2t0时间内物体的位移为零,合外力对物体做功为零C.t=2t0时物体的速度为零,合外力在2t0时间内对物体的冲量为零D.0~t0时间内物体的平均速度与t0~2t0时间内的平均速度大小不相等[答案]C7.如图所示,质量分别为m=1 kg和M=2 kg的两物块叠放在光滑水平桌面上,两物块均处于静止状态,从某时刻开始,对放在下面的质量为m的物块施加一水平推力F,已知推力F随时间t变化的关系为F=6t(N),两物块之间的动摩擦因数为μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,下列结论正确的是() A.两物块刚发生相对运动时的速度为1 m/sB.从施加推力F到两物块刚发生相对运动所需的时间为2 3sC.从施加推力F到两物块刚发生相对运动两物块的位移为0.5 mD.从施加推力F到两物块刚发生相对运动F的冲量为6 N·s[答案]A8.我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000 m接力三连冠.观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出.在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则()A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功[答案]B9.(动量定理的应用)如图所示,质量为2 kg的物体,放在水平面上,受到水平拉力F =4 N的作用,由静止开始运动,经过1 s撤去F,又经过1 s物体停止运动,求物体与水平面间的动摩擦因数.(g取10 m/s2)[答案]0.110.蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目.一个质量为60 kg的运动员,从离水平网面3.2 m高处自由下落,着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m高处.空气阻力不计,已知运动员与网接触的时间为1.2 s.若把这段时间内网对运动员的作用力当做恒力处理,求此力的大小(g取10 m/s2).[答案] 1.5×103 N 11.某游乐园入口旁有一喷泉,喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见,假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出;玩具底部为平板(面积略大于S);水柱冲击到玩具底板后,在竖直方向水的速度变为零,在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ,重力加速度大小为g.求(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量;(2)玩具在空中悬停时,其底面相对于喷口的高度.[答案](1)ρS v0(2)v202g-M2g 2ρ2v20S212.正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n 为恒量.为简化问题,我们假定:粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变.利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系.(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时做必要的说明)[答案] f =13nm v 2。

高中物理动量定理提高训练

高中物理动量定理提高训练

高中物理动量定理提高训练一、高考物理精讲专题动量定理1.如图甲所示,物块A、B的质量分别是m A=4.0kg和m B=3.0kg。

用轻弹簧拴接,放在光滑的水平地面上,物块B右侧与竖直墙壁相接触。

另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动,在t=4s时与物块A相碰,并立即与A粘在一起不再分开,C的v-t图象如图乙所示。

求:(1)C的质量m C;(2)t=8s时弹簧具有的弹性势能E p1,4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I;(3)B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p2。

【答案】(1)2kg ;(2)27J,36N·S;(3)9J【解析】【详解】(1)由题图乙知,C与A碰前速度为v1=9m/s,碰后速度大小为v2=3m/s,C与A碰撞过程动量守恒m C v1=(m A+m C)v2解得C的质量m C=2kg。

(2)t=8s时弹簧具有的弹性势能E p1=12(m A+m C)v22=27J取水平向左为正方向,根据动量定理,4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I=(m A+m C)v3-(m A+m C)(-v2)=36N·S(3)由题图可知,12s时B离开墙壁,此时A、C的速度大小v3=3m/s,之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒,且当A、C与B的速度相等时,弹簧弹性势能最大(m A+m C)v3=(m A+m B+m C)v41 2(m A+m C)23v=12(m A+m B+m C)24v+E p2解得B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能E p2=9J。

2.汽车碰撞试验是综合评价汽车安全性能的有效方法之一.设汽车在碰撞过程中受到的平均撞击力达到某个临界值F0时,安全气囊爆开.某次试验中,质量m1=1 600 kg的试验车以速度v1 = 36 km/h正面撞击固定试验台,经时间t1 = 0.10 s碰撞结束,车速减为零,此次碰撞安全气囊恰好爆开.忽略撞击过程中地面阻力的影响.(1)求此过程中试验车受到试验台的冲量I0的大小及F0的大小;(2)若试验车以速度v1撞击正前方另一质量m2 =1 600 kg、速度v2 =18 km/h同向行驶的汽车,经时间t 2 =0.16 s 两车以相同的速度一起滑行.试通过计算分析这种情况下试验车的安全气囊是否会爆开.【答案】(1)I 0 = 1.6×104 N·s , 1.6×105N ;(2)见解析【解析】【详解】(1)v 1 = 36 km/h = 10 m/s ,取速度v 1 的方向为正方向,由动量定理有-I 0 = 0-m 1v 1 ①将已知数据代入①式得 I 0 = 1.6×104 N·s ② 由冲量定义有I 0 = F 0t 1 ③将已知数据代入③式得 F 0 = 1.6×105 N ④(2)设试验车和汽车碰撞后获得共同速度v ,由动量守恒定律有m 1v 1+ m 2v 2 = (m 1+ m 2)v ⑤对试验车,由动量定理有 -Ft 2 = m 1v -m 1v 1 ⑥将已知数据代入⑤⑥式得F = 2.5×104 N ⑦可见F <F 0,故试验车的安全气囊不会爆开 ⑧3.在距地面20m 高处,某人以20m/s 的速度水平抛出一质量为1kg 的物体,不计空气阻力(g 取10m /s 2)。

高中物理选修课件动量和动量定理随堂演练巩固提升

高中物理选修课件动量和动量定理随堂演练巩固提升

非完全弹性碰撞
对于非完全弹性碰撞,碰撞过程中会有能量 损失。利用动量定理可以分析碰撞前后物体 动量的变化,并结合能量守恒定律求解相关 问题。
06
巩固提升:综合训练与拓 展思考
综合训练题目选讲三
解析动量守恒定律在完全弹性碰撞中的应 用,通过具体案例分析和计算,加深对动 量守恒定律的理解。
典型例题分析与解答
例题2
分析两球碰撞过程中的动量变化情况,并判断碰撞类型。
解答2
根据动量守恒定律和动量定理,可以分析两球碰撞过程中的动量变化情况。通过比较碰撞前后两球的动量大小和 方向,可以判断碰撞类型(如弹性碰撞、非弹性碰撞等)。同时,还可以利用动量定理求解碰撞过程中产生的冲 量和力的作用时间等问题。
典型例题分析与解答
【分析】本题考查了动量守恒定律的应用,两球碰撞过程动量守恒、机 械能不可能增加,解题时注意动能与动量的大小关系.
【解答】以两球组成的系统为研究对象,取碰撞前$m_{1}$的速度方向为 正方向;
A、若$v_{1}^{prime} = frac{m_{1} - m_{2}}{m_{1} + m_{2}}v_{1} + frac{2m_{2}}{m_{1} + m_{2}}v_{2},v_{2}^{prime} = frac{2m_{1}}{m_{1} + m_{2}}v_{1} - frac{m_{1} - m_{2}}{m_{1} + m_{2}}v_{2}$;
探讨动量定理在变力作用下的应用,通过 实例分析,掌握变力作用下物体的动量变 化计算方法。
综合动量守恒定律和动量定理,解决复杂 物理问题,提高分析问题和解决问题的能 力。
拓展思考题目引导与探讨
拓展题目一

动量定理及应用--高中物理第七章专项练习

动量定理及应用--高中物理第七章专项练习

第七章动量守恒定律动量定理及应用1.理解动量及动量变化量,应用动量定理应注意公式Ft=p′-p中“Ft”为合外力的冲量,注意公式的矢量性.2.解决“流体问题”“粒子流问题”等持续作用情况,需以流体为研究对象,建立“柱状”模型.1.下列说法正确的是()A.跳高时,在落地处垫海绵是为了减小冲量B.在码头上装橡胶轮胎是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C.动量相同的两个物体受相同的制动力作用,质量小的先停下来D.人从越高的地方跳下,落地时越危险,是因为落地时人受到的冲量越大答案D解析跳高时,在落地处垫海绵以及在码头上装橡胶轮胎都是为了延长作用时间,从而减小冲击力,不是减小冲量,故选项A、B错误;动量相同的两个物体受相同的制动力作用,根据动量定理Ft=m v,可知运动时间相等,故选项C错误;人从越高的地方跳下,落地时速度越大,动量越大,则受到的冲量越大,故选项D正确.2.某物体在牵引力作用下由静止开始做匀加速直线运动,经过时间t1后,撤去牵引力,物体做匀减速直线运动,又经时间t2速度为零,若物体一直在同样的水平面上运动,则加速阶段的牵引力与阻力大小之比为()A.t2∶t1B.(t1+t2)∶t1C.(t1+t2)∶t2D.t2∶(t1+t2)答案B解析设牵引力大小为F,阻力大小为F f,整个运动过程对物体由动量定理得(F-F f)t1-F f t2=0,解得FF f=t1+t2t1,B正确.3.(2023·广东广州市检测)有的人会躺着看手机,若手机不慎跌落,会对人眼造成伤害.若手机质量为150g,从离人眼25cm处无初速度不慎跌落,碰到眼睛后手机反弹8mm,眼睛受到手机的冲击时间为0.1s,取重力加速度g=10m/s2,5=2.236.手机撞击人眼的过程中,下列分析错误的是()A.手机对人眼的冲击力大小约为4NB.手机受到的冲量大小约为0.4N·sC.手机动量变化量大小约为0.4kg·m/sD.手机动量的变化率大小约为4kg·m/s2答案A解析手机下落25cm过程由速度位移公式有v12=2gh1,手机反弹8mm过程由速度位移公式有v22=2gh2,解得v1=5m/s,v2=0.4m/s,手机动量变化量大小Δp=m v2-(-m v1)≈0.4kg·m/s,C正确;手机动量的变化率大小ΔpΔt=4kg·m/s2,D正确;根据动量定理可知,手机受到的冲量大小I=Δp=0.4N·s,B正确;对手机进行分析,由动量定理有(F-mg)Δt=m v2-(-m v1),解得F=5.5N,由牛顿第三定律知,A错误.4.(2023·安徽滁州市定远三中模拟)空旷开阔的机场可能成为一些候鸟迁徙之前的聚集地或者迁徙途中的落脚点,因此飞机起飞和降落的过程中,容易遭遇飞鸟撞击.若飞鸟的质量为m,飞鸟的主(身)体长度为L,飞机被飞鸟迎面撞击时的航速为v0,认为撞击过程飞鸟做初速度为零的匀变速直线运动,则飞机被飞鸟撞击时所受平均撞击力的大小为()A.m v022LB.m v02LC.m v024LD.4m v02L答案A解析撞击过程飞鸟做初速度为零的匀变速直线运动,则L=v02t,解得撞击时间t=2Lv0,对飞鸟由动量定理得Ft=m v0-0,解得飞鸟撞击时所受平均撞击力的大小为F=m v022L,由牛顿第三定律可知飞机被飞鸟撞击时所受平均撞击力的大小为m v022L,故A正确.5.(2023·河北邯郸市模拟)如图甲所示,在粗糙的水平面上静止放置一滑块,t=0时刻在滑块上施加一水平向右的外力F,外力大小随时间的变化规律如图乙所示,滑块的加速度随时间的变化规律如图丙所示,已知滑块与地面间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力,重力加速度g取10m/s2.则下列说法正确的是()A .滑块的质量为m =2kgB .4s 末滑块速度的大小为12m/sC .在0~1s 的时间内,摩擦力的冲量大小为0D .在0~4s 的时间内,摩擦力的冲量大小为22N·s答案D 解析根据题图乙可知,外力F 与时间的关系的表达式为F =2+4t (N),由题图丙可知,在t =1s 时,滑块开始有加速度,故此刻拉力与最大静摩擦力平衡,则有F f =F 1=6N ,由题图丙可知,在t =4s 时,滑块的加速度为4m/s 2,根据牛顿第二定律有F 4-F f =ma 4,解得m =F 4-F f a 4=3kg ,A 错误;a -t 图像的面积表示速度的变化量大小,滑块由静止开始加速运动,故4s 内a -t 图像的面积即表示4s 末滑块速度的大小,则v 4=42×(4-1)m/s =6m/s ,B 错误;在0~1s 的时间内,有静摩擦力作用,静摩擦力和外力F 等大反向,故摩擦力的冲量大小不为0,其大小等于F 的冲量大小I f1=I F 1=2+62×1N·s =4N·s ,C 错误;在1~4s 的时间内,摩擦力等于最大静摩擦力,摩擦力的冲量大小为I f14=F f t 14=6×3N·s =18N·s ,故在0~4s 的时间内,摩擦力的冲量大小为I =I f1+I f14=22N·s ,D 正确.6.(多选)东京奥运会举重男子73公斤级决赛中,中国选手石智勇获得金牌,并打破世界纪录.某次举重过程如下:石智勇托着质量为M 的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙),该过程重物和人的肩部相对位置不变,石智勇保持乙状态站立Δt 时间后再将重物缓慢向上举,至双臂伸直(图丙).甲到乙、乙到丙过程重物上升高度分别为h 1、h 2,经历的时间分别为t 1、t 2,若石智勇的质量为m ,重力加速度为g ,则该过程中()A .地面对石智勇的冲量大小为(M +m )g (t 1+t 2+Δt ),地面对石智勇做的功为0B .地面对石智勇的冲量大小为(M +m )g (t 1+t 2),地面对石智勇做的功为(M +m )g (h 1+h 2)C .石智勇对重物的冲量大小为Mg (t 1+t 2+Δt ),石智勇对重物做的功为Mg (h 1+h 2)D .石智勇对重物的冲量大小为Mg (t 1+t 2),石智勇对重物做的功为0答案AC解析因石智勇将重物缓慢上举,则可认为是平衡状态,地面对石智勇的支持力大小为(M+m)g,整个过程的时间为t1+t2+Δt,可知地面对石智勇的冲量大小为I=(M+m)g(t1+t2+Δt),因地面对石智勇的支持力的作用点在力的方向没有位移,故地面对石智勇做的功为0,A项正确,B项错误.石智勇对重物的作用力大小为Mg,作用时间为t1+t2+Δt,可知石智勇对重物的冲量大小为I′=Mg(t1+t2+Δt),重物的位移为h1+h2,根据W=Fl cosα可知,石智勇对重物做的功为W=Mg(h1+h2),C项正确,D项错误.7.有一柱形宇宙飞船,它的正面面积S=2m2,以v=3×103m/s的相对速度飞入一宇宙微粒尘区.此微粒尘区每1m3空间中有一个微粒,每一个微粒的平均质量为m=2×10-7kg.设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上,要使飞船速度不变,飞船的牵引力应增加() A.3.6×103N B.3.6NC.1.2×10-3N D.1.2N答案B解析选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为研究对象,其质量应等于底面积为S、高为vΔt的圆柱体内微粒的质量,即M=mS vΔt,初动量为0,末动量为M v.设飞船对微粒的作用力为F,由动量定理得F·Δt=M v-0,则F=M vΔt=mS vΔt·vΔt=mS v2;根据牛顿第三定律可知,微粒对飞船的撞击力大小也等于mS v2,则飞船要保持原速度匀速飞行,牵引力应增加F′=F=mS v2,代入数据得F′=2×10-7×2×(3×103)2N=3.6N,故A、C、D错误,B正确.8.(多选)某风力发电机如图所示,风力带动叶片转动,叶片再带动转子(磁极)转动,使定子(线圈电阻不计)中产生电流,实现风能向电能的转化.已知叶片长为l,风速为v,空气的密度为ρ,空气遇到叶片旋转形成的圆面后一半减速为零,一半以原速率穿过,下列说法正确的是()A.一台风力发电机获得风能的功率为12πρl2v3B.一台风力发电机获得风能的功率为14πρl2v3C .空气对一台风力发电机的平均作用力大小为12πρl 2v 2D .空气对一台风力发电机的平均作用力大小为14πρl 2v 2答案BC 解析建立一个“风柱”模型如图所示.风柱的质量m =ρV =ρπl 2v t ,根据动能定理,风力在这一段位移对风力发电机做的功W =E k =12m v 2×12=12ρπl 2v t v 2×12=14ρπl 2v 3t ,风柱对风力发电机做功的功率即一台风力发电机获得风能的功率为P =W t =14πρl 2v 3,故A 错误,B 正确;对减速的空气,根据动量定理可得Ft =12m v =12ρπl 2v t ·v ,解得F =12πρl 2v 2,由牛顿第三定律知空气对风力发电机的作用力大小为12πρl 2v 2,故C 正确,D 错误.9.(2023·北京大兴精华学校模拟)北京冬奥会报道中利用“AI +8K ”技术,把全新的“时间切片”特技效果首次运用在8K 直播中,更精准清晰地抓拍运动员比赛精彩瞬间,给观众带来全新的视觉体验.“时间切片”是一种类似于多次“曝光”的呈现手法.如图所示为某运动员在自由式滑雪女子大跳台比赛中第三跳的“时间切片”特技图.忽略空气阻力,将运动员看作质点,其轨迹abc 段为抛物线.已知运动员质量为m ,下落过程中c 点的速度大小为v ,最高点b 与c 点之间的高度差为h ,重力加速度大小为g .求:(1)运动员从b 点到c 点的时间t ;(2)运动员到达最高点b 时的速度大小v b ;(3)运动员从b 点到c 点的过程中动量变化量Δp .答案(1)2h g (2)v 2-2gh (3)m 2gh ,方向竖直向下解析(1)从b 点到c 点为平抛运动,有h =12gt 2解得t =2hg(2)从b点到c点由动能定理有mgh=12m v2-12m v b2解得v b=v2-2gh(3)根据动量定理可得mgt=Δp 解得Δp=m2gh方向竖直向下.。

巩固练习 动量守恒定律的应用(碰撞) 提高

巩固练习  动量守恒定律的应用(碰撞)  提高

【巩固练习】一、选择题1.质量为M和m0的滑块用轻弹簧连接,以恒定的速度v沿光滑水平面运动,与位于正对面的质量为m的静止滑块发生碰撞,如图所示,碰撞时间极短,在此过程中,下列哪个或哪些说法是可能发生的?()A.M、m0、m速度均发生变化,分别为v1、v2、v3,而且满足(M+m0)v=Mv1+m0v2+mv3B.m0的速度不变,M和m的速度变为v1和v2,而且满足Mv=Mv1+mv2C.m0的速度不变,M、m的速度都变为v',且满足Mv=(M+m)v'D.M、m0、m速度均发生变化,M和m0速度都变为v,m速度变为v2,而且满足(M+m)v0=(M+m0)v1+mv22.A、B两物体发生正碰,碰撞前后物体A、B都在同一直线上运动,其位移一时间图象(s-t图象)如图中ADC和BDC所示.由图可知,物体A、B的质量之比为().A.1∶1 B.1∶2 C.1∶3 D.3∶13.三个相同的木块A、B、C从同一高度处自由下落,其中木块A刚开始下落的瞬间被水平飞来的子弹击中,木块B在下落到一定高度时,才被水平飞来的子弹击中.若子弹均留在木块中,则三木块下落的时间t A、t B、t C的关系是().A.t A<t B<t C B.t A>t B>t C C.t A=t C<t B D.t A=t B<t C4.如图所示,木块A和B质量均为2 kg,置于光滑水平面上,B与一轻质弹簧一端相连,弹簧另一端固定在竖直挡板上,当A以4 m/s的速度向B撞击时,由于有橡皮泥而粘在一起运动,那么弹簧被压缩到最短时,具有的弹性势能大小为().A.4 J B.8 J C.16 J D.32 J5.如图所示,有两个质量相同的小球A和B(大小不计),A球用细绳吊起,细绳长度等于悬点距地面的高度,B点静止放于悬点正下方的地面上.现将A球拉到距地面高度为h处由静止释放,摆动到最低点与B球碰撞后粘在起共同上摆,则它们升起的最大高度为().A .h /2B .hC .h /4D .h /26.在光滑水平面上,动能为0E 、动量的大小为0P 的小钢球l 与静止小钢球2发生碰撞.碰撞前后球l 的运动方向相反.将碰撞后球l 的动能和动量的大小分别记为1E 、1P ,球2的动能和动量的大小分别记为2E 、2P ,则必有( ) A .1E <0E B .1P <0PC .2E >0ED .2P >2P7.甲乙两球在水平光滑轨道上向同方向运动,已知它们的动量分别是=5kg m/s P ⋅甲、=7kg m/s P ⋅乙,甲从后面追上乙并发生碰撞,碰后乙球的动量变为10kg m/s ⋅。

物理动量定理提高训练

物理动量定理提高训练

物理动量定理提高训练一、高考物理精讲专题动量定理1.如图所示,质量为m =245g 的木块(可视为质点)放在质量为M =0.5kg 的木板左端,足够长的木板静止在光滑水平面上,木块与木板间的动摩擦因数为μ= 0.4,质量为m 0 = 5g 的子弹以速度v 0=300m/s 沿水平方向射入木块并留在其中(时间极短),子弹射入后,g 取10m/s 2,求:(1)子弹进入木块后子弹和木块一起向右滑行的最大速度v 1(2)木板向右滑行的最大速度v 2(3)木块在木板滑行的时间t【答案】(1) v 1= 6m/s (2) v 2=2m/s (3) t =1s【解析】【详解】(1)子弹打入木块过程,由动量守恒定律可得:m 0v 0=(m 0+m )v 1解得:v 1= 6m/s(2)木块在木板上滑动过程,由动量守恒定律可得:(m 0+m )v 1=(m 0+m +M )v 2解得:v 2=2m/s(3)对子弹木块整体,由动量定理得:﹣μ(m 0+m )gt =(m 0+m )(v 2﹣v 1)解得:物块相对于木板滑行的时间 211s v v t gμ-==-2.如图,A 、B 、C 三个木块的质量均为m ,置于光滑的水平面上,B 、C 之间有一轻质弹簧,弹簧的两端分别与木块B 、C 相连,弹簧处于原长状态.现A 以初速v 0沿B 、C 的连线方向朝B 运动,与B 相碰并粘合在一起,碰撞时间极短、大小为t .(1)A 、B 碰撞过程中,求A 对B 的平均作用力大小F .(2)在以后的运动过程中,求弹簧具有的最大弹性势能E p .【答案】(1)02mv F t =(2)2P 0112E mv = 【解析】【详解】(1)设A 、B 碰撞后瞬间的速度为1v ,碰撞过程A 、B 系统动量守恒,取向右为正方向,由动量守恒定律有:012mv mv = 解得1012v v = 设A 、B 碰撞时的平均作用力大小为F ,对B 有10Ft mv =-解得02mv F t= (2)当A 、B 、C 具有共同速度v 时,弹簧具有最大弹性势能,设弹簧的最大弹性势能为p E ,碰后至A 、B 、C 速度相同的过程中,系统动量守恒,有03mv mv =根据碰后系统的机械能守恒得221p 11 2322mv mv E ⋅=⋅+ 解得:2p 0112E mv =3.如图所示,木块A 和四分之一光滑圆轨道B 静置于光滑水平面上,A 、B 质量m A =m B =2.0kg 。

巩固练习 动量和能量巩固练习(提高)

巩固练习 动量和能量巩固练习(提高)

【巩固练习】一、选择题1、如图,质量为M的小船在静止水面上以速率v向右匀速行驶,一质量为m的救生员站在船尾,相对小船静止。

若救生员以相对水面速率v水平向左跃入水中,则救生员跃出后小船的速率为()A. vMmv+ 0B. vMmv-C.)(vvMmv++ D.)(vvMmv-+2、质量为m的人站在质量为2m的平板小车上,以共同的速度在水平地面上沿直线前行,车所地面阻力的大小与车对地面压力的大小成正比。

当车速为v0时,人从车上以相对于地面大小为v0的速度水平向后跳下。

跳离瞬间地面阻力的冲量忽略不计,则能正确表示车运动的v-t图象为()3、一质量为m,动能为E K的子弹,沿水平方向射入一静止在光滑水平面上的木块。

子弹最终留在木块中。

若木块的质量为9m。

则()A.木块对子弹做功的绝对值为0.99E KB.木块对子弹做功的绝对值为0.9E KC.子弹对木块做功的绝对值为0.01E KD.子弹对木块做的功与木块对子弹做的功数值相等4、如图所示,竖直的墙壁上固定着一根轻弹簧,将物体A靠在弹簧的右端并向左推,当压缩弹簧做功W后由静止释放,物体A脱离弹簧后获得动能E1,相应的动量为P1;接着物体A与静止的物体B发生碰撞而粘在一起运动,总动能为E2,相应的动量为P2。

若水平面的摩擦不计,则()A.W=E1=E2 B.W=E1>E2C.P1=P2 D.P1>P25、质量为M的物块以速度v运动,与质量为m的静止物块发生正撞,碰撞后两者的动量正好相等,两者质量之比M/m可能为()A. 2B. 3C. 4D. 5A B-1 1 0 2 3 t 1t /s t 2 t 3 t 4 v /m/A B 乙 m m v 甲 A B 6、在光滑水平桌面上放一长为L 的木块M ,今有A 、B 两颗子弹沿同一水平轴线分别以水平速度A v 和B v 从M 的两侧同时射入木块,A 、B 两颗子弹嵌入木块中的深度分别为A d 和B d ,且A B d d >,A B d d L +<,而木块却一直保持静止,如图所示,则可判断A 、B 子弹在射入木块前( )A .A 的速度A v 大于B 的速度B v B .A 的动能大于B 的动能C .A 的动量大小大于B 的动量大小D .A 的动量大小等于B 的动量大小7、半圆形光滑轨道固定在水平地面上,如图所示,并使其轨道平面与地面垂直,物体m 1、 m 2同时由轨道左、右最高点释放,二者碰后粘在一起向左运动,最高能上升到轨道M 点, 如图所示,已知OM 与竖直方向夹角为60°,则两物体的质量之比为m 1︰m 2为( )A .(21)∶(21)+-B .2∶1C .(21)∶(21)-+D .1∶28、如图甲所示,一轻弹簧的两端与质量分别为m 1和m 2的两物块A 、B 相连接,并静止在光滑的水平面上。

高中物理 16.2动量和动量定理课时提升训练(含解析)新

高中物理 16.2动量和动量定理课时提升训练(含解析)新

16.2动量和动量定理1.下列说法正确的是()A.物体的动量越大,则惯性越大B.动量大的物体,它的速度不一定大C.动量大的物体,其动量变化量也一定大D.竖直上抛的物体(不计空气阻力)经过空中同一位置时动量一定相同【解析】选B。

物体的动量是指物体的质量和速度的乘积,物体的动量大,即它的质量和速度的乘积大,但速度不一定大,惯性(由质量决定)也不一定大,故A错,B对;动量与动量的变化量没有直接关系,动量大的物体,其动量的变化量,可能大,可能小,C选项错误;物体经过空中同一位置时,速度方向不一定相同,所以动量不一定相同,D选项错误。

2.(2013·桂林高二检测)运动员向静止的球踢了一脚(如图),踢球时的力F=100N,球在地面上滚动了t=10s停下来,则运动员对球的冲量为( )A.1 000 N·sB.500 N·sC.0 N·sD.无法确定【解析】选D。

滚动了t=10s是地面摩擦力对足球的作用时间,不是踢球的力的作用时间,由于不能确定人作用在球上的时间,所以无法确定运动员对球的冲量。

3.(2014·揭阳高二检测)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。

重力影响可忽略,则此过程中拍子对网球作用力的冲量( )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C。

取v1的方向为正方向,则击打前的动量p1=mv1,击打后瞬间的动量p2=-mv2,则Δp=p2-p1=-m(v2+v1),方向与v2方向相同,由动量定理Δp=I可知,C项正确。

4.(2014·西城区高二检测)篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球,接球时,两臂随球迅速收缩至胸前。

高中物理动量定理提高训练

高中物理动量定理提高训练

高中物理动量定理提高训练一、高考物理精讲专题动量定理1.如图所示,静置于水平地面上的二辆手推车沿一直线排列,质量均为m ,人在极短的时间内给第一辆车一水平冲量使其运动,当车运动了距离L 时与第二辆车相碰,两车以共同速度继续运动了距离L 时停。

车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k 倍,重力加速度为g ,若车与车之间仅在碰撞时发生相互作用,碰撞吋间很短,忽咯空气阻力,求: (1)整个过程中摩擦阻力所做的总功; (2)人给第一辆车水平冲量的大小。

【答案】(1)-3kmgL ;(2)10m kgL 【解析】 【分析】 【详解】(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W ,则W =-kmgL -2kmgL =-3kmgL即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-3kmgL 。

(2)设第一辆车的初速度为v 0,第一次碰前速度为v 1,碰后共同速度为v 2,则由动量守恒得mv 1=2mv 222101122kmgL mv mv -=- 221(2)0(2)2k m gL m v -=-由以上各式得010v kgL =所以人给第一辆车水平冲量的大小010I mv m kgL ==2.质量为m 的小球,从沙坑上方自由下落,经过时间t 1到达沙坑表面,又经过时间t 2停在沙坑里.求:⑴沙对小球的平均阻力F ;⑵小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I .【答案】(1)122()mg t t t (2)1mgt 【解析】试题分析:设刚开始下落的位置为A ,刚好接触沙的位置为B ,在沙中到达的最低点为C.⑴在下落的全过程对小球用动量定理:重力作用时间为t 1+t 2,而阻力作用时间仅为t 2,以竖直向下为正方向,有: mg(t 1+t 2)-Ft 2=0, 解得:方向竖直向上⑵仍然在下落的全过程对小球用动量定理:在t 1时间内只有重力的冲量,在t 2时间内只有总冲量(已包括重力冲量在内),以竖直向下为正方向,有: mgt 1-I=0,∴I=mgt 1方向竖直向上 考点:冲量定理点评:本题考查了利用冲量定理计算物体所受力的方法.3.如图所示,光滑水平面上有一轻质弹簧,弹簧左端固定在墙壁上,滑块A 以v 0=12 m/s 的水平速度撞上静止的滑块B 并粘在一起向左运动,与弹簧作用后原速率弹回,已知A 、B 的质量分别为m 1=0.5 kg 、m 2=1.5 kg 。

(物理)物理动量定理提高训练

(物理)物理动量定理提高训练

(物理)物理动量定理提高训练一、高考物理精讲专题动量定理1.如图所示,固定在竖直平面内的4光滑圆弧轨道AB与粗糙水平地面BC相切于B点。

质量m=0.1kg的滑块甲从最高点A由静止释放后沿轨道AB运动,最终停在水平地面上的C 点。

现将质量m=0.3kg的滑块乙静置于B点,仍将滑块甲从A点由静止释放结果甲在B点与乙碰撞后粘合在一起,最终停在D点。

已知B、C两点间的距离x=2m,甲、乙与地面间的动摩擦因数分别为=0.4、=0.2,取g=10m/s,两滑块均视为质点。

求:(1)圆弧轨道AB的半径R;(2)甲与乙碰撞后运动到D点的时间t【答案】(1) (2)【解析】【详解】(1)甲从B点运动到C点的过程中做匀速直线运动,有:v B2=2a1x1;根据牛顿第二定律可得:对甲从A点运动到B点的过程,根据机械能守恒:解得v B=4m/s;R=0.8m;(2)对甲乙碰撞过程,由动量守恒定律:;若甲与乙碰撞后运动到D点,由动量定理:解得t=0.4s2.半径均为52mR=的四分之一圆弧轨道1和2如图所示固定,两圆弧轨道的最低端切线水平,两圆心在同一竖直线上且相距R,让质量为1kg的小球从圆弧轨道1的圆弧面上某处由静止释放,小球在圆弧轨道1上滚动过程中,合力对小球的冲量大小为5N s⋅,重力加速度g取210m/s,求:(1)小球运动到圆弧轨道1最低端时,对轨道的压力大小;(2)小球落到圆弧轨道2上时的动能大小。

【答案】(1)5(22+(2)62.5J 【解析】 【详解】(1)设小球在圆弧轨道1最低点时速度大小为0v ,根据动量定理有0I mv =解得05m /s v =在轨道最低端,根据牛顿第二定律,20v F mg m R-=解得52N 2F ⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭根据牛顿第三定律知,小球对轨道的压力大小为52N 2F '⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭(2)设小球从轨道1抛出到达轨道2曲面经历的时间为t , 水平位移:0x v t =竖直位移:212y gt =由勾股定理:222x y R +=解得1s t = 竖直速度:10m /s y v gt ==可得小球的动能()22k y 021162.5J 22v E mv m v ==+=3.两根平行的金属导轨,固定在同一水平面上,磁感强度B=0.5T 的匀强磁场与导轨所在平面垂直,导轨的电阻很小,可忽略不计.导轨间的距离l=0.20m ,两根质量均m=0.10kg 的平行金属杆甲、乙可在导轨上无摩擦地滑动,滑动过程中与导轨保持垂直,每根金属杆的电阻为R=0.50Ω.在t=0时刻,两杆都处于静止状态.现有一与导轨平行,大小0.20N 的恒力F 作用于金属杆甲上,使金属杆在导轨上滑动.经过T=5.0s ,金属杆甲的加速度为a=1.37 m/s 2,求此时两金属杆的速度各为多少?【答案】8.15m/s 1.85m/s 【解析】设任一时刻两金属杆甲、乙之间的距离为,速度分别为和,经过很短时间,杆甲移动距离,杆乙移动距离,回路面积改变由法拉第电磁感应定律,回路中的感应电动势:回路中的电流:杆甲的运动方程:由于作用于杆甲和杆乙的安培力总是大小相等、方向相反,所以两杆的动量变化(时为0)等于外力F 的冲量:联立以上各式解得代入数据得=8.15m/s=1.85m/s【名师点睛】两杆同向运动,回路中的总电动势等于它们产生的感应电动势之差,即与它们速度之差有关,对甲杆由牛顿第二定律列式,对两杆分别运用动量定理列式,即可求解.4.质量为m=0.2kg 的小球竖直向下以v 1=6m/s 的速度落至水平地面,再以v 2=4m/s 的速度反向弹回,小球与地面的作用时间t=0.2s ,取竖直向上为正方向,(取g=10m/s 2).求 (1)小球与地面碰撞前后的动量变化? (2)小球受到地面的平均作用力是多大? 【答案】(1)2kg•m/s ,方向竖直向上;(2)12N . 【解析】(1)取竖直向上为正方向,碰撞地面前小球的动量11 1.2./p mv kg m s ==- 碰撞地面后小球的动量220.8./p mv kg m s ==小球与地面碰撞前后的动量变化212./p p p kg m s ∆=-= 方向竖直向上(2)小球与地面碰撞,小球受到重力G 和地面对小球的作用力F , 由动量定理()F G t p -=∆ 得小球受到地面的平均作用力是F=12N5.如图所示,质量为m =0.5kg 的木块,以v 0=3.0m/s 的速度滑上原来静止在光滑水平面上的足够长的平板车,平板车的质量M =2.0kg 。

高中物理动量定理提高训练

高中物理动量定理提高训练

高中物理动量定理提高训练一、高考物理精讲专题动量定理1.图甲为光滑金属导轨制成的斜面,导轨的间距为1m l =,左侧斜面的倾角37θ=︒,右侧斜面的中间用阻值为2R =Ω的电阻连接。

在左侧斜面区域存在垂直斜面向下的匀强磁场,磁感应强度大小为10.5T B =,右侧斜面轨道及其右侧区域中存在竖直向上的匀强磁场,磁感应强度为20.5T B =。

在斜面的顶端e 、f 两点分别用等长的轻质柔软细导线连接导体棒ab ,另一导体棒cd 置于左侧斜面轨道上,与导轨垂直且接触良好,ab 棒和cd 棒的质量均为0.2kg m =,ab 棒的电阻为12r =Ω,cd 棒的电阻为24r =Ω。

已知t =0时刻起,cd 棒在沿斜面向下的拉力作用下开始向下运动(cd 棒始终在左侧斜面上运动),而ab 棒在水平拉力F 作用下始终处于静止状态,F 随时间变化的关系如图乙所示,ab 棒静止时细导线与竖直方向的夹角37θ=︒。

其中导轨的电阻不计,图中的虚线为绝缘材料制成的固定支架。

(1)请通过计算分析cd 棒的运动情况; (2)若t =0时刻起,求2s 内cd 受到拉力的冲量;(3)3 s 内电阻R 上产生的焦耳热为2. 88 J ,则此过程中拉力对cd 棒做的功为多少? 【答案】(1)cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动;(2)1.6N s g ;(3)43.2J 【解析】 【详解】(1)设绳中总拉力为T ,对导体棒ab 分析,由平衡方程得:sin θF T BIl =+cos θT mg =解得:tan θ 1.50.5F mg BIl I =+=+由图乙可知:1.50.2F t =+则有:0.4I t =cd 棒上的电流为:0.8cd I t =则cd 棒运动的速度随时间变化的关系:8v t =即cd 棒在导轨上做匀加速度直线运动。

(2)ab 棒上的电流为:0.4I t =则在2 s 内,平均电流为0.4 A ,通过的电荷量为0.8 C ,通过cd 棒的电荷量为1.6C 由动量定理得:sin θ0F t I mg t BlI mv +-=-解得: 1.6N s F I =g(3)3 s 内电阻R 上产生的的热量为 2.88J Q =,则ab 棒产生的热量也为Q ,cd 棒上产生的热量为8Q ,则整个回路中产生的总热量为28. 8 J ,即3 s 内克服安培力做功为28. 8J 而重力做功为:G sin 43.2J W mg θ==对导体棒cd ,由动能定理得:F W W'-克安2G 102W mv +=- 由运动学公式可知导体棒的速度为24 m/s 解得:43.2J F W '=2.如图所示,一光滑水平轨道上静止一质量为M =3kg 的小球B .一质量为m =1kg 的小球A 以速度v 0=2m/s 向右运动与B 球发生弹性正碰,取重力加速度g =10m/s 2.求:(1)碰撞结束时A 球的速度大小及方向; (2)碰撞过程A 对B 的冲量大小及方向.【答案】(1)-1m/s ,方向水平向左(2)3N·s ,方向水平向右 【解析】【分析】A 与B 球发生弹性正碰,根据动量守恒及能量守恒求出碰撞结束时A 球的速度大小及方向;碰撞过程对B 应用动量定理求出碰撞过程A 对B 的冲量; 解:(1)碰撞过程根据动量守恒及能量守恒得:0A B mv mv Mv =+2220111222A B mv mv Mv =+ 联立可解得:1m/s B v =,1m/s A v =- 负号表示方向水平向左 (2)碰撞过程对B 应用动量定理可得:0B I Mv =- 可解得:3I N s =⋅ 方向水平向右3.如图所示,质量M=1.0kg的木板静止在光滑水平面上,质量m=0.495kg的物块(可视为质点)放在的木板左端,物块与木板间的动摩擦因数μ=0.4。

巩固练习 动量守恒定律 复习与巩固 提高

巩固练习  动量守恒定律 复习与巩固  提高

【巩固练习】一、选择题1.如图所示,水平轻弹簧与物体A和B相连,放在光滑水平面上,处于静止状态.物体A的质量为m,物体B的质量为M,且M>m.现用大小相等的水平恒力F1、F2拉A和B,从它们开始运动到弹簧第一次伸长到最长的过程中(弹簧始终在弹性限度范围内)A.B的动量变化量的大小等于A的动量变化量的大小B.当A的动能最大时,B的动能也最大C.A和B做的总功为零D.弹簧第一次最长时,A和B的总动能最大2、(2015 郁南县校级期末考) 如图所示,一个质量为0.18kg的垒球,以25m/s的水平速度飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01s.下列说法正确的是()A.球棒对垒球的平均作用力大小为360NB.球棒对垒球的平均作用力大小为720NC.球棒对垒球的平均作用力大小为1260ND.无法判断3、(2015 龙岩综测)真空室内,有质量分别为m和2m的甲、乙两原子核,某时刻使它们分别同时获得3v和2v的瞬时速率,并开始相向运动。

由于它们间的库仑斥力作用,二者始终没有接触,当两原子核相距最近时,甲核的速度大小为()A.0B.13v C.v D.73v4.如图所示,在光滑水平地面上放着两个物体,其间用一根不能伸长的细绳相连,开始时B静止,A具有4 kg·m/s的动量(令向右为正),开始绳松弛.在绳拉紧(可能拉断)的过程中,A、曰动量的变化可能为().A.Δp A=-4 kg·m/s,Δp B=4 kg·m/sB.Δp A=2 kg·m/s,Δp B=-2 kg·m/sC.Δp A=-2 kg·m/s,Δp B=2 kg·m/sD.Δp A=Δp B=2 kg·m/s5.在光滑的水平桌面上静止着长为L 的方木块M ,今有A 、B 两颗子弹沿同一水平轨道分别以速度v A 、v B 从M 的两侧同时射入木块.A 、B 在木块中嵌入的深度分别为d A 、d B ,且d A >d B ,d A +d B <L ,而木块却一直保持静止,如图所示,则可判断A 、B 子弹在射入前( ).A .速度v A >v BB .A 的动能大于B 的动能C .A 的动量大小大于B 的动量大小D .A 的动量大小等于B 的动量大小6、(2015 景德镇三检)如图所示,水平传送带AB 距离地面的高度为h ,以恒定速率v 0顺时针运行。

2021版高中物理 16.2 动量和动量定理知能巩固提升 新人教版选修3-5(1)

2021版高中物理 16.2 动量和动量定理知能巩固提升 新人教版选修3-5(1)

2021版高中物理动量和动量定理知能巩固提升新人教版选修3-5【课堂训练】1.(2021·衡水高二检测)以下关于动量的说法,正确的选项是( )A.质量大的物体的动量必然大B.质量和速度都相同的物体的动量必然相同C.一个物体的速度改变,它的动量必然改变D.一个物体的运动状态转变,它的动量必然改变2.放在水平桌面上的物体质量为m,用一个大小为F的水平推力推它t秒,物体始终不动,那么t秒内,推力对物体的冲量大小是( )·t ·tD.无法计算3.(2021·武威高二检测)竖直上抛一质量为m的小球,经t秒小球从头回到抛出点,假设取向上为正方向,那么从抛出到从头回到抛出点的进程中,小球动量转变量为( )24.(2021·昆明高二检测)如下图,铁块压着一张纸条放在水平桌面上,第一次以速度v 抽出纸条后,铁块落在水平地面上的P点,第二次以速度2v抽出纸条,那么( )A.铁块落地址在P点左侧B.铁块落地址在P点右边C.第二次纸条与铁块的作历时刻比第一次短D.第二次纸条与铁块的作历时刻比第一次长5.羽毛球是速度较快的球类运动之一,运动员扣杀羽毛球的速度可达到342 km/h,假设球飞来的速度为90 km/h,运动员将球以342 km/h的速度反向击回,设羽毛球的质量为5 g,试求:运动员击球进程中羽毛球的动量转变量.【课后巩固】6.(2021·临沂高二检测)关于物体的动量,以下说法正确的选项是( )A.物体的动量越大,其惯性也越大B.同一物体的动量越大,其速度必然越大C.物体的加速度不变,其动量必然不变D.运动物体在任一时刻的动量方向必然是该时刻的速度方向7.质量为1 kg的物体做直线运动,其速度图象如下图.那么物体在前10 s 内和后10 s内所受外力的冲量别离是( )N·s,10 N·s N·s,-10 N·s,10 N·s ,-10 N·s8.(2021·安庆高二检测)动量相等的甲、乙两车,刹车后沿水平路面滑行,假设两车质量之比为m1m2甲乙,路面对两车的阻力相同,那么两车的滑行时刻之比为( )∶1 ∶2∶1 ∶49.从一样高度落下的玻璃杯,掉在水泥地上容易打坏,而掉在草地上不容易打坏,其缘故是( )A.掉在水泥地上的玻璃杯动量大,掉在草地上的玻璃杯动量小B.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大,掉在草地上的玻璃杯动量改变小C.掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快,掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D.掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时,彼此作使劲大,而掉在草地上的玻璃杯受地面的冲击力小10.某物体由静止开始做匀加速直线运动,通过时刻t1后,在阻力作用下做匀减速直线运动,又经时刻t2速度为零,假设物体一直在一样的水平面上运动,那么加速时期的牵引力与阻力大小之比为( )∶t1 B.(t1+t2)∶t1C.(t1+t2)∶t2 ∶(t1+t2)11.(2021·漳州高二检测)一辆轿车强行超车时,与另一辆迎面驶来的轿车相撞,两车车身因彼此挤压,皆缩短了0.5 m,据测算两车相撞前速度约为30 m/s,那么:(1)假设两车相撞时人与车一路做匀减速运动,试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大?(2)假设这人系有平安带,平安带在车祸进程中与人体的作历时刻是1 s,求这时人体受到的平均冲力为多大?12.将质量m=0.2 kg的小球以水平速度v0=3 m/s抛出,不计空气阻力,g取10 m/s2,求:(1)抛出后s内重力对小球的冲量.(2)抛出s时小球的动量.(3)抛出后s内小球动量的转变量.答案解析1.【解析】选C、D.依照动量的概念,它是质量和速度的乘积,因此它由质量和速度一起决定,故A错误;又因为动量是矢量,它的方向与速度的方向相同,而质量和速度都相同的物体,其动量大小必然相同,但方向不必然相同,故B错误;一个物体的速度改变,那么它的动量大小就必然改变,故C正确;物体的运动状态变化,那么它的速度就必然发生了转变,它的动量也就发生了转变,故D正确.2.【解析】选A.依照冲量的概念,冲量的大小是力与其作历时刻的乘积,与重力无关,故A正确.3.【解析】选A.由动量定理得-mgt=Δp,故A正确.4.【解析】选A、C.以不同的速度抽出纸条时,铁块所受摩擦力相同,抽出纸条的速度越大,铁块与纸条彼此作用的时刻越短,故铁块取得的速度越小,铁块平抛的水平位移越小,因此选项A、C正确.5.【解析】以羽毛球飞来的方向为正方向,那么p1=mv1=5×10-3×90kg·m/s=0.125 kg·m/s.3.6p 2=-mv 2=-5×10-3×3423.6kg ·m/s =-0.475 kg ·m/s因此动量的转变量 Δp=p 2-p 1= k g ·m/s-0.125 kg ·m/s=-0.600 kg ·m/s即羽毛球的动量转变大小为0.600 kg ·m/s ,方向与羽毛球飞来的方向相反.答案:0.600 kg ·m/s ,方向与羽毛球飞来的方向相反6.【解析】选B 、D.物体的动量越大,即质量与速度的乘积越大,惯性(质量)不必然越大,A 项错误;关于同一物体,质量必然,因此动量越大,速度越大,B 项正确;加速度不变,但速度能够变,如平抛运动的物体,C 项错误;动量的方向始终与速度方向相同,D 项正确.7.【解析】选D.由图象可知,在前10 s 内初末状态的动量相等,p 1=p 2=5 kg ·m/s ,由动量定理知I 1=0;在后10 s 内p 3=-5 kg ·m/s ,I 2=p 3-p 2=-10 N ·s ,应选D.8.【解析】选A.两车滑行时水平方向仅受阻力F f 作用,在那个力作用下使物体的动量发生转变.假设规定以车行驶方向为正方向,由动量定理Ft=p 2-p 1得,-F f t=0-p ,因此两车滑行时刻fp t F ,当p 、F f 相同时,滑行时刻t 相同,选项A 正确.9.【解析】选C 、D.设玻璃杯下落高度为h.它们从h 高度落地刹时的速度大小相等,都是2gh ,设玻璃杯的质量是m ,那么落地的刹时动量的大小是2gh A 错;与水泥或草地接触一段时刻后,最终都静止,动量的改变量是相等的,B 错;同时,在此进程中,不宝贵出掉在水泥地上对应的时刻要小于掉在草地上对应的时刻,故C 正确;依照动量定理,动量改变量相同时,作历时刻短的冲击力大,D 正确.【变式备选】跳远时,跳在沙坑里比跳在水泥地上平安,这是由于( )A.人跳在沙坑上的动量比跳在水泥地上小B.人跳在沙坑上的动量转变量比跳在水泥地上小C.人跳在沙坑上受到的冲量比跳在水泥地上小D.人跳在沙坑上受到的冲力比跳在水泥地上小【解析】选D.跳远时,落地前的速度约等于起跳时速度的大小,那么初动量大小必然;落地后静止,末动量必然,因此,人接触地面进程的动量转变量Δp 必然.因落在沙坑上的作历时刻长,落在水泥地上的作历时刻短,依照动量定理Ft=Δp 知,人跳在沙坑上受到的冲力小,故D 正确.10.【解析】选B.设牵引力为F ,阻力为F f ,整个运动进程对物体由动量定理得(F-F f )t 1-F f t 2=0,解得12f 1t t F F t +=,B 正确. 11.【解析】(1)两车相撞时以为人与车一路做匀减速运动直到停止,位移为0.5 m ,设运动的时刻为t ,那么由00v 2x 1x t t s.2v 30===得, 根据动量定理Ft=Δp=mv 0解得40mv 6030F N 5.410 N 1t30⨯===⨯ (2)假设人系有平安带,那么答案:(1)×104 N (2)×103 N【总结提升】动量定理的应用范围及解题步骤(1)动量定理的利用具有普遍性,不论物体的轨迹是直线仍是曲线,是恒力仍是变力,是单个物体仍是物体系,不论是宏观仍是微观,都是适用的.(2)应用动量定明白得题的大体步骤①确信研究对象;②进行受力分析,分析每一个力的冲量;③选定正方向,研究物体初末状态的动量;④依照动量定理列方程求解.12.【解题指南】解答此题应注意以下两点:(1)冲量、动量、动量的转变量都是矢量,求解结果必需说明方向.(2)动量的转变量能够依照概念式求解,也能够依照动量定理求解.【解析】(1)重力是恒力, s 内重力对小球的冲量I=mgt=×10× N ·s= N ·s方向竖直向下.(2) s 时的速度:方向与水平方向的夹角为θ,那么tan θ=yx v 4v 3 ,θ=53°. 由此知小球速度方向与水平方向成53°角向下.s 时动量p ′=mv ′=×5 kg ·m/s=1 kg ·m/s方向与水平方向成53°角向下.(3)方式一(用概念式求):如下图Δp=p ′-p由矢量减法得Δp 确实是连接p ′与p 的线段的长度,由几何关系得 Δp=p ′sin53°=×5×45kg ·m/s=0.8 kg ·m/s 方向竖直向下.方式二(用动量定理求):依照动量定理知, s 内小球动量的转变量确实是这 s 内重力的冲量, 因此有Δp=mg ·t=×10×0.4 kg ·m/s=0.8 kg·m/s方向与重力方向一致,竖直向下.答案:(1) N·s,方向竖直向下(2)1 kg·m/s,方向与水平方向成53°角斜向下(3)0.8 kg·m/s,方向竖直向下。

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【巩固练习】 一、选择题: 1.一物体的动量发生了变化,下列说法正确的是( )A.所受的合外力一定发生变化B.所受合外力的冲量一定不是零C.物体的速度一定发生变化D.物体的加速度一定发生变化2.质量为m 的物体沿倾角为θ的斜面匀速下滑了时间t ,下列说法正确的是( )A.物体所受弹力的冲量大小为cos mg t θ⋅B.物体所受弹力的冲量为零C.物体所受弹力和摩擦力的冲量大小为mg t ⋅D.重力对物体的冲量大小为sin mg t θ⋅3.一个质量为m 的物体放在水平桌面上,现用一个水平恒力F 作用于它,作用时间为t ,但物体始终静止。

那么在这段时间内( )A.力F 对物体所做的功为零B.力F 对物体的冲量为零C.合力对物体所做的功为零D.合力对物体的冲量为零4.质量为m 的钢球自高处下落,以速率1v 碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速率为2v ,在碰撞过程中,地面对钢球的冲量的方向和大小为( )A.向下,12()m v v -B. 向下,12()m v v +C. 向上,12()m v v -D. 向上,12()m v v +5,以质量为m 的铁锤,以速度v 竖直打在木桩上,经过∆t 时间而停止。

则在打击时间内,铁锤对木桩的平均冲力大小是( )A .⋅∆mg tB .∆mv tC .+∆mv mg tD .-∆mv mg t 6.物体在恒定的合力F 作用下作直线运动,在时间1∆t 内速度由0增大到v ,在时间2∆t 内速度由v 增大到2v 。

设F 在1∆t 内做的功是1W , 冲量是1I ;F 在2∆t 内做的功是2W , 冲量是2I 。

那么( )A .1I 2I ,12=W WB .1I 2I , 1W 2WC .12=I I ,12=W WD .12=I I ,1W 2W7.如图所示,把重物G 压在纸带上,用一个水平力缓慢拉动纸带,重物跟着一起运动,若迅速拉动纸带,纸带将会从重物下抽出,下列关于这些现象的说法正确的是( )A .在缓慢拉动纸带时,重物和纸带间的摩擦力小B .在迅速拉动纸带时,重物和纸带间的摩擦力小C .在缓慢拉动纸带时,纸带给重物的冲量大D .在迅速拉动纸带时,纸带给重物的冲量小8.如图所示,在倾角为030的足够长的光滑斜面上有一质量为m 的物体,它受到沿斜面方向的力F 的作用。

力F 可按下图(a )、(b )、(c )、(d )所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F 与mg 的比值,力沿斜面向上为正)。

已知此物体在0t =时速度为零,若用1v 、2v 、3v 、4v 分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率,则这四个速率中最大的是( )A .1vB .2vC .3vD .4v9.水平推力1F 和2F 分别作用于水平面上等质量的a 、b 两物体上,作用一段时间后撤去推力,物体将继续运动一段时间后而停止,两物体的v s -图像如图所示,图中//AB CD ,则( )A .1F 的冲量大于2F 的冲量B .1F 的冲量等于2F 的冲量C .两物体受到的摩擦力大小相等D .两物体受到的摩擦力大小不等10.物体在恒定的合外力作用下运动,则A. 物体一定作直线运动B. 物体的动量变化率一定恒定C. 物体的动量增量与时间成正比D. 单位时间内物体动量的增量与物体的质量无关二、填空题11.以10m/s 的初速度在月球上竖直上抛一个质量为0.5kg 的石块,它落在月球表面上的速率也是10m/s ,在这段时间内,石块速度的变化量为_____,其方向是_____,它的动量的增量等于_____,其方向是_____,石块受到的月球引力的冲量是_____,方向是_____。

12. A 、B 两物体在光滑水平面上相向滑行,A 物体速度大小为8m/s ,B 物体速度大小为4m/s ,两物体相碰后均静止,则两物体所受冲量大小之比为_______,两物体质量之比为_______.13.质量为50kg 的特技演员从5m 高墙上自由落下,着地后不再弹起,假如他能承受的地面支持力最大为体重的4倍,则落地时他所受到的最大合力不应超过_____N ,为安全计,他落地时间最少不应少于_____(210m/s g )三、解答题:14.一辆轿车强行超车时,与另一辆迎面驶来的轿车相撞,两车相撞后连为一体,两车车身因相互挤压,皆缩短了0.5m ,据测算两车相撞前的速度均约为30m/s ,求:(1)若人与车一起做减速运动,车祸过程中车内质量约60kg 的人受到的平均冲力是多大?(2)若此人系有安全带,安全带在车祸过程中与人体作用时间是1s ,求这时人体受到的平均冲力为多大?15.一列火车沿水平轨道匀速前进,火车的总质量为M ,在车尾,有一节质量为m 的车厢脱钩。

当列车司机发现时,列车已行驶时间t ,于是他立即关闭发动机.如果列车所受阻力与其重力成正比,且关闭发动机前,机车牵引力恒定,求当列车两部分都停止运动时,机车比末节车厢多运动了多长时间?16.如图所示,长为三的轻绳一端系于固定点O ,另一端系质量为m 的小球,将小球从O 点正下方4L 处以一定初速度水平向右抛出,经过一段时间后绳被拉直,以后小球将以O 为圆心在竖直平面内摆动.已知绳刚被拉直时与竖直方向成060角,求:(1)小球被水平抛出时的速度;(2)在绳被拉紧的瞬间,圆心O 受到的冲量.【答案与解析】1.【答案】 BC【解析】动量发生变化即速度发生变化,也就是产生加速度,但是加速度不一定变化,故AD 错,C 对;又根据动量定理动量发生变化,合外力的冲量一定不是零,B 对。

2.【答案】AC【解析】根据受力分析,物体所受的弹力为cos mg θ ,作用时间为t ,所以冲量为cos mg t θ⋅,故A 选项正确,B 错误;弹力和摩擦力的合力大小为重力的大小,故冲量大小为mg t ⋅,C 选项正确;重力冲量大小为mg t ⋅,故D 选项错误。

3.【答案】ACD【解析】物体静止,即物体的位移s 等于零,所以力F 对物体所做的功为零,A 对;根据I Ft =,恒力F 和时间t 均不为零,故F 对物体的冲量不为零,故B 错误;物体静止,所受的合力为零,所以合力对物体所做的功、对物体的冲量均为零,CD 对。

4.【答案】D【解析】冲量的大小等于动量的变化,即12()P m v v ∆=+;方向向上,与反弹方向相同。

故选D 。

5.【答案】C【解析】对铁锤应用动量定理,设木桩对铁锤的平均作用力为F ,则()0F mg t mv -⋅∆=-,解得mv F mg t =+∆,所以由牛顿第三定律知,铁锤对木桩的平均冲力'mv F F mg t==+∆. 6.【答案】D【解析】在1t ∆时间,11I F t mv P =∆==∆,在2t ∆时间内2212I F t mv mv mv P =∆=-==∆,所以12I I =;又因为2112W mv =,2222113(2)222W m v mv mv =-=。

故1W <2W ,D 项正确. 7.【答案】C 、D【解析】 在缓慢拉动纸带时,重物与纸带之间是静摩擦力,在迅速拉动纸带时,它们之间是滑动摩擦力,静摩擦力可能比滑动摩擦力小些,也可能大些,但相差不大可认为相同。

缓慢拉动纸带时,作用时间长,摩擦力的冲量大,重物的动量变化大,所以重物跟随纸带一起运动;迅速拉动纸带时,作用时间短,滑动摩擦力的冲量小,重物的动量变化小。

所以重物几乎不动。

8.【答案】C【解析】 题图(a )中,合力的冲量为012sin 300.520.510.532a I Ft Ft mg t mg mg mg mg =+-⋅-⨯+⨯-⨯=-;题图(b )中,合力的冲量为0123sin 30 1.5b I Ft Ft Ft mg t mg =++-⋅=-。

题图(c )中,合力的冲量为012sin 30 1.5c I Ft Ft mg t mg =+-⋅=-。

由于在题图(c )情况下合力的冲量最大,故3v 是最大的。

9.【答案】C【解析】设1F 、2F 的作用时间分为1t 、2t ,则由题图知1t <2t 。

当只有摩擦力f F 作用时,由AB ∥CD 知图线斜率相同,则加速度相同,由牛顿第二定律知,摩擦力f F 相同,故C 选项正确,D 选项错误;对a ,由动量定理得111f A F t F t mv -=;对b 同理222f C F t F t mv -=。

由图象知:A C v v =,1t <2t ,所以有:A C mv mv =,即111222f f F t F t F t F t -=-,因此22F t >11F t ,即A 、B 选项均错。

此题还可根据动能定理比较1F 和2F 所做功的大小关系。

10.【答案】BCD【解析】以平抛运动为例,A 错误;()mv v m ma F t t∆∆===∆∆合,B 正确;P Ft ∆=,C 正确;同上,单位时间内物体动量的增量大小等于F ,与质量无关,D 正确.二、填空题:11.【答案】20m/s ;向下;10kg m/s ⋅;向下;10N s ⋅;向下12. 【答案】1∶1;1∶213.【答案】1500N ;0.33s .三、解答题:14.【答案】(1)45.410⨯N (2)31.810⨯N【解析】(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止,位移为0.5 m 。

设运动时间为t ,根据02v x t =,得02130x t s v ==。

根据动量定理Ft=Δp=mv 0,得406030 5.410N 1/30mv F t ⨯===⨯。

(2)若人系有安全带,则306030' 1.810N '1mv F N t ⨯===⨯。

15.【答案】12Mt t t t M m∆=-=- 【解析】设列车匀速前进的速度为v 0,列车的牵引力为F=kMg ,机车的运动时间为t 1,末节车厢的运动时间为t 2。

对机车由动量定理得Ft ―k(M ―m)gt 1=―(M ―m)v 0,对末节车厢由动量定理得―kmgt 2=―mv 0,机车比末节车厢多运动的时间为12Mt t t t M m ∆=-=-。

16.【答案】(1)m =2)0v =【解析】(1)设球抛出后经过时间t 绳刚被拉直,则由平抛运动规律,得Lsin60°=v 0t ①21cos6042L L gt ︒-=, ② 由①②两式得t =0v = (2)绳刚被拉紧瞬间,小球的瞬时速度为v ==设v 与竖直方向夹角为θ,则0tan v gtθ=。

将v 、t 代入上式得tan θ=,所以60θ=︒,即此时速度方向与绳的方向一致,小球该时刻的动量即为初动量,p mv ==。

设绳的拉直的方向为正方向,根据动量定理有0I p mv =∆=-=-所以圆心O 受到绳子拉力冲量大小为m =。

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