2020版高考物理一轮复习课后限时作业24动量和动量定理含解析新人教版

课后限时作业24 动量和动量定理
时间：45分钟
1．如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动不可能是( A ) A ．匀速圆周运动 B ．自由落体运动 C ．平抛运动
D ．竖直上抛运动
解析：如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由I ＝Ft 可知，物体受到的力是恒力，则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，在任何相等时间内，合外力的冲量不相等，故不可能为匀速圆周运动，因此B 、C 、D 均可能，A 不可能，故A 符合题意．
2．如图，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两物体具有相同的物理量是( D )
A ．重力的冲量
B ．弹力的冲量
C ．到达底端时的动量
D ．以上几个量都不是
解析：高度相同，则下滑的距离x ＝h sin θ，加速度a ＝g sin θ，根据x ＝12at 2得t ＝1
sin θ
2h
g
，由于倾角不同，则运动的时间不同，根据I ＝mgt 知，重力的冲量不同，故A 错误；
对于弹力，大小不等，方向不同，弹力的冲量不同，故B 错误；根据机械能守恒定律知，到达底端的速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端的动量不同，故C 错误，D 正确．
3.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80 cm 高度把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变为碰前的一半．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压力大小约为( B )
A ．0.2 N
B ．0.6 N
C ．1.0 N
D ．1.6 N
解析：本题考查了动量定理的应用，意在考查考生的分析和解决能力，豆粒下落过程做自由落体运动，落到秤盘上的速度为：v ＝2gh ＝4 m/s ，根据题意反弹速度为2 m/s ，对1 000粒豆粒受力分析，对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有Ft ＝mv
2
－(－mv )，则F ＝
0.1×2－
－
1
N ＝0.6 N ，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．
4．(2017·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( B )
A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B ．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力
C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
解析：机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在不断变化，故A 错误；在最高点对乘客受力分析，
由牛顿第二定律可知：mg －F N ＝m v 2r ，座椅对乘客的支持力：F N ＝mg －m v 2
r
<mg ，故B 正确；乘
客随座椅转动一周，动量变化量为零，由动量定理可知合力的冲量为零，但重力的冲量I ＝
mg ·t ≠0，故C 错误；乘客重力的瞬时功率P ＝mgv cos θ，其中θ为线速度和竖直方向的夹
角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但θ在不断变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D 错误．
5.一质量为1 kg 的质点静止于光滑水平面上，从t ＝0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是( D )
A ．第1 s 末物体的速度为2 m/s
B ．第2 s 末外力做功的瞬时功率最大
C ．第1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为1 2
D ．第1 s 内与第2 s 内质点动能增加量之比为4
5
解析：0～1 s 内，由牛顿第二定律可得质点的加速度为a 1＝F m ＝41
m/s 2＝4 m/s 2
，第1 s
末质点的速度为v 1＝a 1t 1＝4×1 m/s＝4 m/s ，故A 错误；1～2 s 内，由牛顿第二定律可得质
点的加速度为a 2＝F m ＝21
m/s 2＝2 m/s 2
，第1 s 末外力做功的瞬时功率为P 1＝F 1v 1＝4×4 W＝
16 W ，第2 s 末质点的速度为v 2＝v 1＋a 2t 2＝(4＋2×1) m/s＝6 m/s ，第2 s 末外力做功的瞬时功率为P 2＝F 2v 2＝2×6 W＝12 W ，故B 错误；第1 s 内与第2 s 内质点动量增加量之比为Δp 1Δp 2＝(mv 1－0)(mv 2－mv 1)＝(1×4)(1×6－1×4)＝2
1，故C 错误；第1 s 内与
第2 s 内质点动能增加量之比为ΔE k1ΔE k2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12mv 21－0⎝ ⎛⎭
⎪⎫12mv 2
2－12mv 21 ＝12×1×42
(12×1×62－12
×1×42
)＝45，故D 正确．
6．如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演．水平地面上演员B 用肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A 爬至竹竿顶端完成各种动作．某次顶竿表演结束后，演员A 自竿顶由静止开始下落，滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到地面上，演员A 、B 质量均为50 kg ，长竹竿质量为5 kg ，A 下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示．重力加速度g 取10 m/s 2
，
下列判断正确的是( C )
A ．竹竿的总长度约为3 m
B ．0～6 s 内，演员B 对地面的压力大小始终为1 050 N
C ．0～6 s 内，竹竿对演员B 的压力的冲量大小为3 300 N·s
D ．演员A 落地时向下屈腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力
解析：竹竿的长度等于v ­t 图象中的面积，由图可知，x ＝1
2×2×6 m＝6 m ，故A 错误；
0～6 s 内A 加速度先向下，再向上，故人先失重再超重，故B 对地面的压力一定是变化的，故B 错误；由图可知，0～4 s 内A 向下加速，加速度为a 1＝Δv t 1＝24 m/s 2＝0.5 m/s 2
，则由牛
顿第二定律得mg －F 1＝ma 1，解得F 1＝(50×10－50×0.5) N＝475 N,4～6 s 内A 向下减速，加速度为a 2＝Δv t 2＝22 m/s 2＝1 m/s 2
，则由牛顿第二定律得F 2－mg ＝ma 2，解得F 2＝(50×10＋
50×1) N ＝550 N ，设向下为正方向，则0～6 s 内竹竿对演员B 的压力的冲量大小为I ＝m ′g (t 1＋t 2)＋F 1t 1＋F 2t 2＝[5×10×(4＋2)＋475×4＋550×2] N·s＝3 300 N·s，故C 正确；演员
A 落地时向下曲腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故D 错误．
7．质量为0.5 kg 的钢球从距地面5 m 的位置自由落下，与地面相碰后竖直弹起到达距地面4.05 m 的位置，整个过程所用的时间2 s ，则钢球与地面碰撞时受到地面的平均作用力的大小为(g 取10 m/s 2
)( D )
A ．5 N
B ．90 N
C ．95 N
D ．100 N
解析：钢球从距地面5 m 的位置落到地面所用时间t 1＝
2h 1
g
＝1 s ，与地面碰前瞬时的
速率v 1＝2gh 1＝10 m/s ，与地面碰后瞬间的速率v 2＝2gh 2＝9 m/s ，上升至距地面4.05 m 所用时间t 2＝
2h 2
g
＝0.9 s ，钢球与地面碰撞的时间Δt ＝t －t 1－t 2＝0.1 s ，则(F －
mg )·Δt ＝mv 2－(－mv 1)，解得F ＝mg ＋m v 2＋v 1
Δt
＝0.5×10 N＋
＋0.1
N ＝100 N ，
选项D 正确．
8.在光滑的水平面上有一根轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端紧靠(不相连)着一个物体，已知物体的质量m ＝4 kg ，如图所示．现用一水平力F 作用在物体上，并向左压缩弹簧，F 做功50 J 后(弹簧始终处于弹性限度内)，突然撤去外力F ，物体从静止开始运动．则当撤去F 后，弹簧弹力对物体的冲量为( C )
A ．5 N·s
B ．15 N·s
C ．20 N·s
D ．100 N·s
解析：由于弹簧的弹力是变力，因此该力的冲量不能用公式I ＝Ft 直接求解，可以考虑运用动量定理(即外力的冲量等于物体动量的变化)间接求解．已知弹簧储存了50 J 的弹性势能，可以利用机械能守恒定律求出物体离开弹簧时的速度，然后运用动量定理求冲量，所以有E p ＝12
mv 2
，I ＝mv ，解得弹簧弹力对物体的冲量I ＝20 N·s，选项C 正确．
9.(多选)静止在光滑水平面上的物体受到水平拉力F 的作用，拉力F 随时间t 变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( BCD )
A ．0～4 s 内物体的位移为零
B ．0～4 s 内拉力对物体做功为零
C ．4 s 末物体的动量为零
D ．0～4 s 内拉力对物体的冲量为零
解析：由图象可知物体在0～4 s 内先做匀加速运动后做匀减速运动，4 s 末的速度为零，位移在0～4 s 内一直增大，A 错误；前2 s 内拉力做正功，后2 s 内拉力做负功，且两段时间内做功代数和为零，故B 正确；4 s 末的速度为零，故物体的动量为零，C 正确；根据动量定理，0～4 s 内物体的动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D 正确．
10.(多选)如图所示，质量为m的小球从距离地面高度为H的A点由静止释放，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，则关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有( AC )
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m2gH
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
解析：小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理，得mg(H＋h)－W f＝0，则小球克服阻力做的功W f＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面时的速度v＝2gH，对小球从开始进入泥潭到速度减为零的过程运用动量定理得I G－I F＝0－m2gH，则I F＝I G＋m2gH，可知阻力的冲量大于m2gH，故C正确；对全过程运用动量定理，可知动量的变化量等于重力冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误．
11．如图甲所示为某农庄灌溉工程的示意图．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)，龙头离地面的高度为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．
(1)水从管口以一定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10h ，设管口横截面上各处水的速度都相同．
①求每秒内从管口流出的水的质量m 0； ②不计额外功的损失，求水泵输出的功率P .
(2)在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一个如图乙所示的喷头，让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F 的冲击力，由于水与地面作用时间很短，可忽略重力的影响，求水流落地前瞬间的速度大小v .
解析：(1)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v 0，做平抛运动所用的时间为t ，
竖直方向上有h ＝12gt 2
水平方向上有10h ＝v 0t
时间t 0内喷出的水的质量m ＝ρV ＝ρv 0t 0S 每秒喷出的水的质量m 0＝m
t 0
联立解得m 0＝ρS 50gh .
②时间t 0内水泵输出的功W ＝mg (H ＋h )＋12mv 2
输出功率P ＝W t 0
解得P ＝ρSg 50gh (H ＋26h )．
(2)取与地面作用的一小块水Δm 为研究对象，根据动量定理有F ′·Δt ＝Δm ·v
由牛顿第三定律得F ′＝F
由题意可知Δm ＝m 0·Δt 解得v ＝F
ρS 50gh .
答案：(1)①ρS 50gh ②ρSg 50gh (H ＋26h ) (2)F
ρS 50gh
12．如图所示，若直升机总质量为m ，直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆的面积)为S ，已知空气密度为ρ，重力加速度为g .求此直升机悬停在空中时其内部发动机的功率．
解析：直升机悬停时受到的升力F ＝mg
设螺旋桨作用于空气后空气的速度为v ，在很短的时间Δt 内，螺旋桨推动空气的质量Δm ＝ρSv Δt
对于质量为Δm 的这部分空气，根据牛顿第三定律，F ＝F ′ 由动量定理得F ′Δt ＝Δm ·v
设发动机的功率为P ，由动能定理得P Δt ＝Δm 2v 2
联立解得P ＝mg
2
mg ρS
. 答案：mg
2
mg ρS。