（浙江選考）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十二章 1 第1節(jié) 動(dòng)量 動(dòng)量定理練習(xí)（含解析）

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1、動(dòng)量 動(dòng)量定理 【隨堂檢測(cè)】 1．(2019·紹興月考)一個(gè)質(zhì)量為0.18 kg的壘球，以25 m/s的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5 m/s，則這一過程中動(dòng)量的變化量為(　　) A．大小為3.6 kg·m/s，方向向左 B．大小為3.6 kg·m/s，方向向右 C．大小為12.6 kg·m/s，方向向左 D．大小為12.6 kg·m/s，方向向右 解析：選D.選向左為正方向，則動(dòng)量的變化量Δp＝mv1－mv0＝－12.6 kg·m/s，大小為12.6 kg·m/s，負(fù)號(hào)表示其方向向右，D正確． 2．高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人

2、員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對(duì)人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為自由落體運(yùn)動(dòng))，此后經(jīng)歷時(shí)間t安全帶達(dá)到最大伸長(zhǎng)，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時(shí)間安全帶對(duì)人的平均作用力大小為(　　) A.＋mg　　　　　　　 B.－mg C.＋mg D.－mg 解析：選A.設(shè)高空作業(yè)人員自由下落h時(shí)的速度為v，則v2＝2gh，得v＝，設(shè)安全帶對(duì)人的平均作用力為F，由動(dòng)量定理得(mg－F)·t＝0－mv，解得F＝＋mg. 3．(2019·嘉興質(zhì)檢)如圖所示，籃球運(yùn)動(dòng)員接傳來的籃球時(shí)，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前，這樣做可以(　　) A．減小球的動(dòng)

3、量的變化量 B．減小球?qū)κ肿饔昧Φ臎_量 C．減小球的動(dòng)量變化率 D．延長(zhǎng)接球過程的時(shí)間來減小動(dòng)量的變化量 解析：選C.動(dòng)量的變化量為mv－mv0，最終不會(huì)因?yàn)槭值膭?dòng)作而改變，所以A錯(cuò)；根據(jù)動(dòng)量定理FΔt＝mv－mv0，手對(duì)球的沖量即動(dòng)量變化量不會(huì)改變，此即球?qū)κ值膭?dòng)量變化量；手彎曲的動(dòng)作是增加了作用時(shí)間，而減小了動(dòng)量變化率，也即減小了沖力，起到緩沖效果，故C正確． 4．在水平力F＝30 N的作用下，質(zhì)量m＝5 kg的物體由靜止開始沿水平面運(yùn)動(dòng)．已知物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運(yùn)動(dòng)多長(zhǎng)時(shí)間才停止？(g取10 m/s2) 解析：法一：

4、用動(dòng)量定理解，分段處理 選物體為研究對(duì)象，對(duì)于撤去F前物體做勻加速運(yùn)動(dòng)的過程，受力情況如圖甲所示，始態(tài)速度為零，終態(tài)速度為v，取水平力F的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理有 (F－μmg)t1＝mv－0. 對(duì)于撤去F后，物體做勻減速運(yùn)動(dòng)的過程，受力情況如圖乙所示，始態(tài)速度為v，終態(tài)速度為零．根據(jù)動(dòng)量定理有－μmgt2＝0－mv. 以上兩式聯(lián)立解得 t2＝t1＝×6 s＝12 s. 法二：用動(dòng)量定理解，研究全過程 選物體作為研究對(duì)象，研究整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，這個(gè)過程的始、終狀態(tài)的物體速度都等于零． 取水平力F的方向?yàn)檎较颍鶕?jù)動(dòng)量定理得 (F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0 解

5、得t2＝t1＝×6 s＝12 s. 答案：12 s 【課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)】 一、不定項(xiàng)選擇題 1．關(guān)于沖量，以下說法正確的是(　　) A．只要物體受到了力的作用，一段時(shí)間內(nèi)物體受到的總沖量就一定不為零 B．物體所受合外力的沖量小于物體動(dòng)量的變化 C．沖量越大的物體受到的動(dòng)量越大 D．如果力是恒力，則其沖量的方向與該力的方向相同 答案：D 2．(2019·杭州質(zhì)檢)如圖所示，運(yùn)動(dòng)員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出．如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1、v2，v1與v2方向相反，且v2>v1.忽略重力，則此過程中拍子對(duì)網(wǎng)球作用力的沖量(　　) A．大小為m(v2－v1)，方

6、向與v1方向相同 B．大小為m(v2＋v1)，方向與v1方向相同 C．大小為m(v2－v1)，方向與v2方向相同 D．大小為m(v2＋v1)，方向與v2方向相同 答案：D 3．(2019·衢州調(diào)研)1966年，在地球的上空完成了用動(dòng)力學(xué)方法測(cè)質(zhì)量的實(shí)驗(yàn)．實(shí)驗(yàn)時(shí)，用“雙子星號(hào)”宇宙飛船去接觸正在軌道上運(yùn)行的火箭組(后者的發(fā)動(dòng)機(jī)已熄火)，接觸以后，開動(dòng)“雙子星號(hào)”飛船的推進(jìn)器，使飛船和火箭組共同加速．推進(jìn)器的平均推力F＝895 N，推進(jìn)器開動(dòng)時(shí)間Δt＝7 s．測(cè)出飛船和火箭組的速度變化Δv＝0.91 m/s.已知“雙子星號(hào)”飛船的質(zhì)量m1＝3 400 kg.由以上實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)可測(cè)出火箭組的質(zhì)

7、量m2為(　　) A．3 400 kg　　　　　　　　 B．3 485 kg C．6 265 kg D．6 885 kg 答案：B 4.(2019·寧波高二月考)如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當(dāng)以速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的P點(diǎn)．若以2v速度抽出紙條，則鐵塊落地點(diǎn)為(　　) A．仍在P點(diǎn) B．在P點(diǎn)左邊 C．在P點(diǎn)右邊不遠(yuǎn)處 D．在P點(diǎn)右邊原水平位移的兩倍處 解析：選B.紙條抽出的過程，鐵塊所受的滑動(dòng)摩擦力一定，以v的速度抽出紙條，鐵塊所受滑動(dòng)摩擦力的作用時(shí)間較長(zhǎng)，由I＝Fft＝mv0得鐵塊獲得速度較大，平拋運(yùn)動(dòng)的水平位移較大，以2v的速度抽出紙條的過程，

8、鐵塊所受滑動(dòng)摩擦力作用時(shí)間較短，鐵塊獲得速度較小，平拋運(yùn)動(dòng)的位移較小，故B選項(xiàng)正確． 5.如圖所示，足夠長(zhǎng)的固定光滑斜面傾角為θ，質(zhì)量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面，達(dá)到最高點(diǎn)后又滑回原處，所用時(shí)間為t.對(duì)于這一過程，下列判斷正確的是(　　) A．斜面對(duì)物體的彈力的沖量為零 B．物體受到的重力的沖量大小為mgt C．物體受到的合力的沖量大小為零 D．物體動(dòng)量的變化量大小為mgsin θ·t 解析：選BD.由沖量的求解公式可知，斜面對(duì)物體的彈力的沖量為mgcos θ·t，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；物體受到的重力的沖量大小為mgt，選項(xiàng)B正確；物體回到斜面底端的速度仍為v，方向與初速度方向相反

9、，故根據(jù)動(dòng)量定理可知，物體受到的合力的沖量大小為2mv，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因整個(gè)過程中物體所受的合力為mgsin θ，則根據(jù)動(dòng)量定理可知，物體動(dòng)量的變化量大小為mgsin θ·t，選項(xiàng)D正確． 6．(2019·浙江9＋1聯(lián)盟聯(lián)考)我國(guó)女子短道速滑隊(duì)在世錦賽上實(shí)現(xiàn)了女子3 000 m接力三連冠．如圖所示，觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運(yùn)動(dòng)員甲提前站在“交棒”的運(yùn)動(dòng)員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時(shí)，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出．在乙推甲的過程中，忽略運(yùn)動(dòng)員與冰面間在水平方向上的相互作用，則(　　) A．甲對(duì)乙的沖量大小一定等于乙對(duì)甲的沖量大小 B．甲、乙的動(dòng)量變化一定大小相等方向相反

10、 C．甲的動(dòng)能增加量一定等于乙的動(dòng)能減少量 D．甲對(duì)乙做多少負(fù)功，乙對(duì)甲就一定做多少正功 解析：選AB.乙推甲的過程中，他們之間的作用力大小相等，方向相反，作用時(shí)間相等，根據(jù)沖量的定義，甲對(duì)乙的沖量與乙對(duì)甲的沖量大小相等，但方向相反，選項(xiàng)A正確；乙推甲的過程中，遵守動(dòng)量守恒定律，即Δp甲＝－Δp乙，他們的動(dòng)量變化大小相等，方向相反，選項(xiàng)B正確；在乙推甲的過程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲對(duì)乙做的負(fù)功與乙對(duì)甲做的正功不一定相等，結(jié)合動(dòng)能定理知，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤． 7．(2019·紹興質(zhì)檢)如圖所示，一物體分別沿三個(gè)傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個(gè)過程中重力

11、的沖量依次為I1、I2、I3，動(dòng)量變化量的大小依次為Δp1、Δp2、Δp3，則有(　　) A．三個(gè)過程中，合力的沖量相等，動(dòng)量的變化量相等 B．三個(gè)過程中，合力做的功相等，動(dòng)能的變化量相等 C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3 D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3 解析：選ABC.由機(jī)械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，動(dòng)量變化量Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根據(jù)動(dòng)量定理，合力的沖量等于動(dòng)量的變化量，故合力的沖量也相等，注意不是相同(方向不同)；設(shè)斜面的高度為h，從頂端A下滑到底端C，由＝gsin θ·t2得物體下滑的時(shí)間t＝，所

12、以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的沖量I＝mgt就越大，故I1＜I2＜I3；故A、C正確，D錯(cuò)誤；物體下滑過程中只有重力做功，故合力做的功相等，根據(jù)動(dòng)能定理，動(dòng)能的變化量相等，故B正確． 8．(2019·湖州質(zhì)檢)如圖所示，傾斜的傳送帶保持靜止，一木塊從頂端以一定的初速度勻加速下滑到底端．如果讓傳送帶沿圖中虛線箭頭所示的方向勻速運(yùn)動(dòng)，同樣的木塊從頂端以同樣的初速度下滑到底端的過程中，與傳送帶保持靜止時(shí)相比(　　) A．木塊在滑到底端的過程中，摩擦力的沖量變大 B．木塊在滑到底端的過程中，摩擦力的沖量不變 C．木塊在滑到底端的過程中，木塊克服摩擦力所做功變大 D．木塊在滑到底

13、端的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能數(shù)值將變大 解析：選BD.滑動(dòng)摩擦力的大小為f＝μN(yùn)，與相對(duì)速度的大小無關(guān)，所以，當(dāng)皮帶運(yùn)動(dòng)時(shí)，木塊所受的摩擦力未變，空間位移未變，則滑到底端的時(shí)間、速度以及摩擦力所做的功均不變，所以摩擦力的沖量I＝ft不變，故A、C錯(cuò)誤，B正確；但由于相對(duì)滑動(dòng)的距離變長(zhǎng)，所以木塊和皮帶由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能變大，故D正確． 二、非選擇題 9．(2019·寧波質(zhì)檢)質(zhì)量為0.5 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度沖向墻壁后又以4 m/s的速度反向彈回，如圖所示，若球跟墻的作用時(shí)間為0.05 s，求小球所受平均力的大?。? 解析：選定小球與墻碰撞的過程，取v1的方向?yàn)檎较颍瑢?duì)

14、小球應(yīng)用動(dòng)量定理得Ft＝－mv2－mv1 所以，F(xiàn)＝＝ N＝－90 N “－”號(hào)說明F的方向向左． 答案：90 N 10.(2019·麗水高二質(zhì)檢)一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點(diǎn)，距離A點(diǎn)5 m的位置B處是一面墻，如圖所示．一物塊以v0＝9 m/s的初速度從A點(diǎn)沿AB方向運(yùn)動(dòng)，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運(yùn)動(dòng)直至靜止，g取10 m/s2. (1)求物塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)若碰撞時(shí)間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對(duì)物塊平均作用力的大小F； (3)求物塊在反向運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功W. 解析：(1)由動(dòng)能定理

15、有－μmgx＝mv2－mv 可得μ＝0.32. (2)由動(dòng)量定理有FΔt＝mv′－mv 可得F＝130 N. (3)由能量守恒定律有W＝mv′2＝9 J. 答案：(1)0.32　(2)130 N　(3)9 J 11．如圖所示，一物體從固定斜面頂端由靜止開始經(jīng)過1 s 下滑到底端，已知斜面的傾角θ＝37°，斜面長(zhǎng)度L＝2.5 m，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取重力加速度g＝10 m/s2，求： (1)物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ； (2)下滑過程中損失的機(jī)械能與減少的重力勢(shì)能的比值； (3)下滑過程中合外力沖量的大小與重力沖量大小的比值． 解析：(1)根

16、據(jù)L＝at2，解得：a＝5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得： mgsin θ－μmgcos θ＝ma 解得：μ＝0.125. (2)損失的機(jī)械能等于克服摩擦力做的功，為： ΔE＝μmgcos θ·L 減小的重力勢(shì)能為：ΔEp＝mgsin θ·L 故損失的機(jī)械能與減小的重力勢(shì)能的比值為： ΔE∶ΔEp＝μ∶tan θ＝1∶6. (3)設(shè)物體下滑到斜面底端時(shí)速度大小為v，則有： v＝at＝5 m/s 根據(jù)動(dòng)量定理得：合外力沖量的大小為： I合＝mv－0＝5m (N·s) 在下滑過程中重力的沖量為：IG＝mgt＝10m (N·s) 所以下滑的過程中合外力沖量的大小與重力沖量大小的比值為：I合∶IG＝1∶2. 答案：(1)0.125　(2)1∶6　(3)1∶2 - 7 -