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1、课后限时作业 24 动量和动量定理课后限时作业 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IFt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
2、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，加速度agsin，根据xat2得t h sin 1 2 1 sin ，由于倾角不同，则运动的时间不同，根据Imgt知，重力的冲量不同，故 A 错误；对 2h g 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
3、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 ) A0.2 N B0.6 N C1.0 N D1.6 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：v4 m/s，根据题意反弹速度为 2 m/s，对 1 2gh 000 粒豆粒受力分析，对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定
4、理有Ft(mv)，则F mv 2 N0.6 N，选项 B 正确，选项 A、C、D 错误 0.1 20.1 4 1 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
5、误 ； 在最高点对乘客受力分析， 由牛顿第二定律可知：mgFNm，座椅对乘客的支持力：FNmgmmg，故 B 正确；乘 v2 r v2 r 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 mgt0，故 C 错误；乘客重力的瞬时功率Pmgvcos，其中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t0 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
6、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 12 D第 1 s 内与第 2 s 内质点动能增加量之比为 45 解析 ： 01 s 内，由牛顿第二定律可得质点的加速度为a1 m/s24 m/s2，第 1 s 末 F m 4 1 质点的速度为v1a1t141 m/s4 m/s，故 A 错误 ； 12 s 内，由牛顿第二定律可得质点 的加速度为a2 m/s22 m/s2， 第 1 s 末外力做功的瞬时功率为P1F1v144 W16 W， F m 2 1 第 2 s 末质点的速度为v2v1a2t2(421) m/s6 m/s，第 2 s 末外力做功的瞬时功率 为
7、P2F2v226 W12 W， 故B错误 ； 第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为p1p2 (mv10)(mv2mv1)(14)(1614)21，故 C 错误 ； 第 1 s 内与第 2 s 内质点 动能增加量之比为 Ek1Ek2 ( 1 2mv 2 10) (1 2mv 2 21 2mv 2 1) 142( 162 142)45，故 D 正确 1 2 1 2 1 2 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
8、 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/s2，下 列判断正确的是( C ) A竹竿的总长度约为 3 m B06 s 内，演员B对地面的压力大小始终为 1 050 N C06 s 内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为 3 300 Ns 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vt图象中的面积， 由图可知，x 26 m6 m， 故 A 错误 ； 06 1 2 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，04 s 内A向下加速
9、，加速度为a1 m/s20.5 m/s2，则由牛顿第 v t1 2 4 二定律得mgF1ma1， 解得F1(5010500.5) N475 N,46 s 内A向下减速， 加速度 为a2 m/s21 m/s2，则由牛顿第二定律得F2mgma2，解得F2(5010501) v t2 2 2 N550 N， 设向下为正方向， 则 06 s 内竹竿对演员B的压力的冲量大小为Img(t1 t2)F1t1F2t2510(42)47545502 Ns3 300 Ns，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
10、 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/s2)( D ) A5 N B90 N C95 N D100 N 解析 ： 钢球从距地面 5 m 的位置落到地面所用时间t11 s，与地面碰前瞬时的速 2h1 g 率v110 m/s，与地面碰后瞬间的速率v29 m/s，上升至距地面 4.05 m 所用2gh12gh2 时间t2 0.9 s，钢球与地面碰撞的时间 ttt1t20.1 s，则(Fmg)tmv2 2h2 g (mv1)， 解得Fmg0.510 N N100 N， 选
11、项 D 正确 mv2v1 t 0.5 109 0.1 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m4 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 ) A5 Ns B15 Ns C20 Ns D100 Ns 解析：由于弹簧的弹力是变力，因此该力的冲量不能用公式IFt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
12、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Epmv2，Imv，解得弹簧弹力对物体的冲量I20 Ns，选项 C 正确 1 2 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 ) A04 s 内物体的位移为零 B04 s 内拉力对物体做功为零 C4 s 末物体的动量为零 D04 s 内拉力对物体的冲量为零 解析 ： 由图象可知物体在 04 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 04 s 内一直增大，A 错误 ； 前 2 s 内拉力做正功，后 2 s 内拉力
13、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，04 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(Hh) 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
14、中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(Hh)，则小球的机械 能减小了mg(Hh)，故 A 正确；对小球下落的全过程运用动能定理，得mg(Hh)Wf0， 则小球克服阻力做的功Wfmg(Hh)，故 B 错误；小球落到地面时的速度v，对小球2gH 从开始进入泥潭到速度减为零的过程运用动量定理得IGIF0m，则IFIGm，2gH2gH 可知阻力的冲量大于m，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2gH 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
15、S，水的密度为， 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 求每秒内从管口流出的水的质量m0； 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)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v0，做平抛 运动所用的时间为t， 竖直方向上有hgt2 1 2
16、水平方向上有 10hv0t 时间t0内喷出的水的质量mVv0t0S 每秒喷出的水的质量m0 m t0 联立解得m0S.50gh 时间t0内水泵输出的功Wmg(Hh)mv 1 2 2 0 输出功率P W t0 解得PSg(H26h)50gh (2)取与地面作用的一小块水 m为研究对象，根据动量定理有Ftmv 由牛顿第三定律得FF 由题意可知 mm0t 解得v . F S50gh 答案：(1)S Sg(H26h)50gh50gh (2) F S50gh 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，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Fmg 设螺旋桨作用于空气后空气的速度为v，在很短的时间 t内，螺旋桨推动空气的质量 mSvt 对于质量为 m的这部分空气，根据牛顿第三定律，FF 由动量定理得Ftmv 设发动机的功率为P，由动能定理得Ptv2 m 2 联立解得P . mg 2 mg S 答案： mg 2 mg S