《山东省专用2019_2020学年高中物理第十六章动量守恒定律课时跟踪检测八动量和动量定理含解析新人教版选修3_5.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省专用2019_2020学年高中物理第十六章动量守恒定律课时跟踪检测八动量和动量定理含解析新人教版选修3_5.pdf（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、课时跟踪检测（八）动量和动量定理课时跟踪检测（八）动量和动量定理 1多选下列说法正确的是( ) A运动物体的动量的方向总是与它的运动方向相同 B作用于物体上的合外力的冲量不为 0，则物体的动量一定发生变化 C作用于物体上的合外力的冲量不为 0，则物体的动能一定发生变化 D物体所受合外力的冲量方向总是与物体的动量方向相同 解析：选 AB 动量的方向总与速度即运动方向相同，故 A 对；合外力的冲量不为零，由 动量定理I合p， 可知动量的变化量 p一定不为零， 即动量一定变化， 但动能不一定变化， 有可能动量的大小不变，方向变化，故 B 对，C 错；I合的方向一定与动量变化量的方向相同， 但不一定与
2、动量的方向相同，故 D 错。 2质量为 0.2 kg 的小球竖直向下以 6 m/s 的速度落至水平地面上，再以 4 m/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，关于球动量变化量 p和合外 力对小球做的功W，下列说法正确的是( ) Ap2 kgm/s W2 J Bp2 kgm/s W2 J Cp0.4 kgm/s W2 J Dp0.4 kgm/s W2 J 解析 ： 选 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 ： pmv2mv1 0.24 kgm/s0.2(6)kgm/s2 kgm/s，方向竖直向上。 由动能定理，合外力做的功 ：Wmv22mv1
3、2 0.242 J 0.262 J2 J，故 A 1 2 1 2 1 2 1 2 正确。 3(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 ( ) 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 ： 选 B 摩天轮转动过程中乘客的动能不变， 重力势能一直变化， 故机械能一直变化， A 错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的
4、支持力，B 正确；摩天 轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C 错误；重力瞬时功率等于重 力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所 以重力的瞬时功率也是变化的，D 错误。 4.篮球比赛是深受人们喜爱的体育项目，传球方式中有一种方式是通过地面传球，其简 化过程如图所示，若将质量为m的篮球以速度v斜射到地板上，入射的角度是 45，碰撞后 被斜着弹出，弹出的角度也是 45，速度大小仍为v，则下列说法中正确的是( ) A合外力对篮球的冲量大小为mv2 B篮球动量的改变量为零 C地面对篮球冲量的方向水平向左 D篮球动量改变量的方向竖直向下 解析
5、：选 A 由图可知，碰前的动量p1mv，方向沿初速度方向，末 动量大小为p2mv，方向沿末速度方向；则动量的改变量pp2p1 2 mv，方向竖直向上，故合外力的冲量竖 直向上，大小为mv，故 B、D 错误；由动量定理可2 知，合外力对篮球的冲量大小为mv，故 A 正确；因重力的冲量竖直向下，故地面对篮球的2 冲量一定竖直向上，故 C 错误。 5.多选(2017全国卷)一质量为 2 kg 的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线 运动。F随时间t变化的图线如图所示，则( ) At1 s 时物块的速率为 1 m/s Bt2 s 时物块的动量大小为 4 kgm/s Ct3 s 时物块的动量大小为 5
6、 kgm/s Dt4 s 时物块的速度为零 解析：选 AB 法一：根据Ft图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量， 可知在 01 s、02 s、03 s、04 s 内合外力冲量分别为 2 Ns、4 Ns、3 Ns、2 Ns，应用动量定理Imv可知物块在 1 s、2 s、3 s、4 s 末的速率分别为 1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、 1 m/s， 物块在这些时刻的动量大小分别为 2 kgm/s、 4 kgm/s、 3 kgm/s、 2 kgm/s， 则 A、B 项正确，C、D 项错误。 法二 ： 前 2 s 内物块做初速度为零的匀加速直线运动， 加速度a1 m/s21 m/s
7、2，t1 F1 m 2 2 s时物块的速率v1a1t11 m/s， A正确 ；t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s， 动量大小为p2 mv24 kgm/s，B 正确；物块在 24 s 内做匀减速直线运动，加速度的大小为a20.5 F2 m m/s2，t3 s 时物块的速率v3v2a2t3(20.51)m/s1.5 m/s， 动量大小为p3mv33 kgm/s，C 错误；t4 s 时物块的速率v4v2a2t4(20.52)m/s1 m/s，D 错误。 6.冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员将静止于O点的 冰壶(视为质点)沿直线OO推到A点放手，此后冰壶沿AO滑行，
8、最后停于C点。已知冰面 和冰壶间的动摩擦因数为，冰壶质量为m，ACL，COr，重力加速度为g。 (1)求冰壶从O点到A点的运动过程中受到的冲量大小。 (2)若将BO段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为 0.8，原只能滑到C点的冰壶能停于 O点，求A点与B点之间的距离。 解析：(1)由mgL0mvA2，得vA。 1 2 2gL 由ImvA，将vA代入得Im。2gL (2)设A点与B点之间的距离为s，由 mgs0.8mg(Lrs)0mvA2， 1 2 将vA代入得sL4r。 答案：(1)m (2)L4r2gL 7一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经 t时间，身体伸直并刚好离开地面， 速度为v，在
9、此过程中( ) A地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为mv2 1 2 B地面对他的冲量为mvmgt，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 1 2 D地面对他的冲量为mvmgt，地面对他做的功为零 解析：选 B 设地面对运动员的平均作用力为F，则由动量定理得(Fmg)tmv，故地 面对运动员的冲量Ftmvmgt； 运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，由于地面 对人的作用力沿力的方向没有位移，地面对运动员做功为零，因此，本题正确选项为 B。 8“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下， 将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从
10、绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中， 下列分析正确的是( ) A绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小 C绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力 解析：选 A 从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中，人先做加速度减小的加速 运动，后做加速度增大的减速运动，加速度等于零时，速度最大，故人的动量和动能都是先 增大后减小，加速度等于零时(即绳对人的拉力等于人所受的重力时)速度最大，动量和动能 最大，在最低点时人具有向上的加速度，绳对人的拉力大于人所受的重力。绳的拉力方向始 终向上与运动方向
11、相反，故绳对人的冲量方向始终向上，绳对人的拉力始终做负功。故选项 A 正确，选项 B、C、D 错误。 9在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动，经一段时间t停止， 现将该木板改置成倾角为 45的斜面，让小物块以相同的初速度沿木板上滑，若小物块与木 板之间的动摩擦因数为，则小物块上滑到最高位置所需时间与t之比为( ) A. B. 2 1 1 2 C. D. 2 1 2 解析 ： 选 A 设初速度为v0， 物块的质量为m， 木板水平时， 由动量定理可得 ： mgt0 mv0， 木板倾角为 45时，由动量定理可得： mgsin 45tmgcos 45t0mv0， 由以上两式可解得：
12、。 t t 2 1 10.多选如图所示，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(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：选 AC 小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减少了mg(Hh)，则小球 的机械能减少了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， 则小球克服阻力做功W
13、fmg(Hh)，故 B 错误；小球落到地面的速度v，对进入泥潭的2gH 过程运用动量定理得：IGIf0m，得：IfIGm，可知阻力的冲量大于m，2gH2gH2gH 故 C 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 错误。 11宇宙飞船在飞行过程中有很多技术问题需要解决，其中之一就是当飞船进入宇宙微 粒尘区时如何保持速度不变的问题。 假设一宇宙飞船以v2.0103 m/s 的速度进入密度 2.0106 kg/m3的微粒尘区，飞船垂直于运动方向上的最大截面积S5 m2，且认为微粒与飞 船相碰后都附着在飞船上，则飞船要保持速度v，所需推力多大？ 解析
14、：推力的作用在于使附着在飞船上的微粒具有与飞船相同的速度，设飞船在微粒尘 区飞行 t时间，则在这段时间内附着在飞船上的微粒质量 mSvt，微粒由静止到与 飞船一起运动，微粒的动量增加，由动量定理Ftp，得FtmvSvtv， 所以飞船所需牵引力 FSv22.01065(2.0103)2N40 N。 答案：40 N 12用 0.5 kg 的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v4.0 m/s，如果打击后铁 锤的速度变为 0，打击的作用时间是 0.01 s，那么： (1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？ (2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大？(g取 10 m/s2
15、) (3)比较(1)和(2)，讨论是否要忽略铁锤的重力。 解析 ： (1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1， 取竖直向上为正，由动量定理可得F1t0mv 所以F1 N200 N， 0.5 4.0 0.01 方向竖直向上。 由牛顿第三定律知，铁锤钉钉子的作用力为 200 N，方向竖直向下。 (2)若考虑重力，设此时受钉子的作用力为F2，对铁锤应用动量定理，取竖直向上为正。 (F2mg)t0mv(矢量式) F2 N0.510 N205 N，方向竖直向上。 0.5 4.0 0.01 由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子的作用力为 205 N，方向竖直向下。 (3)比较F1与F2，其相对误差为100%2.5%，可见本题中铁锤的重力可忽略。 |F2F1| F1 答案：(1)200 N，方向竖直向下 (2)205 N，方向竖直向下 (3)见解析