高考物理一輪復(fù)習(xí)課后限時作業(yè)24動量和動量定理（含解析）新人教版.docx

課后限時作業(yè)24動量和動量定理時間：45分鐘1如果一物體在任意相等的時間內(nèi)受到的沖量相等，則此物體的運(yùn)動不可能是(A)A勻速圓周運(yùn)動 B自由落體運(yùn)動C平拋運(yùn)動 D豎直上拋運(yùn)動解析：如果物體在任何相等的時間內(nèi)受到的沖量都相同，由IFt可知，物體受到的力是恒力，則物體可以做自由落體運(yùn)動、平拋運(yùn)動或豎直上拋運(yùn)動；物體做勻速圓周運(yùn)動，所受合外力方向不斷變化，合力為變力，在任何相等時間內(nèi)，合外力的沖量不相等，故不可能為勻速圓周運(yùn)動，因此B、C、D均可能，A不可能，故A符合題意2如圖，兩個質(zhì)量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，到達(dá)斜面底端的過程中，兩物體具有相同的物理量是(D)A重力的沖量 B彈力的沖量C到達(dá)底端時的動量 D以上幾個量都不是解析：高度相同，則下滑的距離x，加速度agsin，根據(jù)xat2得t ，由于傾角不同，則運(yùn)動的時間不同，根據(jù)Imgt知，重力的沖量不同，故A錯誤；對于彈力，大小不等，方向不同，彈力的沖量不同，故B錯誤；根據(jù)機(jī)械能守恒定律知，到達(dá)底端的速度大小相等，但是方向不同，所以到達(dá)底端的動量不同，故C錯誤，D正確3.用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強(qiáng)產(chǎn)生的原理如圖所示，從距秤盤80 cm高度把1 000粒的豆粒連續(xù)均勻地倒在秤盤上，持續(xù)作用時間為1 s，豆粒彈起時豎直方向的速度變?yōu)榕銮暗囊话肴裘總€豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時間內(nèi)，碰撞力遠(yuǎn)大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的總質(zhì)量為100 g，則在碰撞過程中秤盤受到壓力大小約為(B)A0.2 N B0.6 NC1.0 N D1.6 N解析：本題考查了動量定理的應(yīng)用，意在考查考生的分析和解決能力，豆粒下落過程做自由落體運(yùn)動，落到秤盤上的速度為：v4 m/s，根據(jù)題意反彈速度為2 m/s，對1 000粒豆粒受力分析，對豆粒碰撞秤盤的過程應(yīng)用動量定理有Ft(mv)，則F N0.6 N，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)A、C、D錯誤4(2017天津高考)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標(biāo)之一摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動下列敘述正確的是(B)A摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的機(jī)械能保持不變B在最高點(diǎn)時，乘客重力大于座椅對他的支持力C摩天輪轉(zhuǎn)動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變解析：機(jī)械能等于動能和重力勢能之和，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動，動能不變，重力勢能時刻發(fā)生變化，則機(jī)械能在不斷變化，故A錯誤；在最高點(diǎn)對乘客受力分析，由牛頓第二定律可知：mgFNm，座椅對乘客的支持力：FNmgmmg，故B正確；乘客隨座椅轉(zhuǎn)動一周，動量變化量為零，由動量定理可知合力的沖量為零，但重力的沖量Imgt0，故C錯誤；乘客重力的瞬時功率Pmgvcos，其中為線速度和豎直方向的夾角，摩天輪轉(zhuǎn)動過程中，乘客的重力和線速度的大小不變，但在不斷變化，所以乘客重力的瞬時功率在不斷變化，故D錯誤5.一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上，從t0時刻開始，受到如圖所示的水平外力作用，下列說法正確的是(D)A第1 s末物體的速度為2 m/sB第2 s末外力做功的瞬時功率最大C第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動量增加量之比為12D第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動能增加量之比為45解析：01 s內(nèi)，由牛頓第二定律可得質(zhì)點(diǎn)的加速度為a1 m/s24 m/s2，第1 s末質(zhì)點(diǎn)的速度為v1a1t141 m/s4 m/s，故A錯誤；12 s內(nèi)，由牛頓第二定律可得質(zhì)點(diǎn)的加速度為a2 m/s22 m/s2，第1 s末外力做功的瞬時功率為P1F1v144 W16 W，第2 s末質(zhì)點(diǎn)的速度為v2v1a2t2(421) m/s6 m/s，第2 s末外力做功的瞬時功率為P2F2v226 W12 W，故B錯誤；第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動量增加量之比為p1p2(mv10)(mv2mv1)(14)(1614)21，故C錯誤；第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動能增加量之比為Ek1Ek2142(162142)45，故D正確6如圖甲所示為雜技中的“頂竿”表演水平地面上演員B用肩部頂住一根長直竹竿，另一演員A爬至竹竿頂端完成各種動作某次頂竿表演結(jié)束后，演員A自竿頂由靜止開始下落，滑到竿底時速度正好為零，然后屈腿跳到地面上，演員A、B質(zhì)量均為50 kg，長竹竿質(zhì)量為5 kg，A下滑的過程中速度隨時間變化的圖象如圖乙所示重力加速度g取10 m/s2，下列判斷正確的是(C)A竹竿的總長度約為3 mB06 s內(nèi)，演員B對地面的壓力大小始終為1 050 NC06 s內(nèi)，竹竿對演員B的壓力的沖量大小為3 300 NsD演員A落地時向下屈腿，是為了縮短作用時間以減小地面的沖擊力解析：竹竿的長度等于vt圖象中的面積，由圖可知，x26 m6 m，故A錯誤；06 s內(nèi)A加速度先向下，再向上，故人先失重再超重，故B對地面的壓力一定是變化的，故B錯誤；由圖可知，04 s內(nèi)A向下加速，加速度為a1 m/s20.5 m/s2，則由牛頓第二定律得mgF1ma1，解得F1(5010500.5) N475 N,46 s內(nèi)A向下減速，加速度為a2 m/s21 m/s2，則由牛頓第二定律得F2mgma2，解得F2(5010501) N550 N，設(shè)向下為正方向，則06 s內(nèi)竹竿對演員B的壓力的沖量大小為Img(t1t2)F1t1F2t2510(42)47545502 Ns3 300 Ns，故C正確；演員A落地時向下曲腿，是為了延長作用時間以減小地面的沖擊力，故D錯誤7質(zhì)量為0.5 kg的鋼球從距地面5 m的位置自由落下，與地面相碰后豎直彈起到達(dá)距地面4.05 m的位置，整個過程所用的時間2 s，則鋼球與地面碰撞時受到地面的平均作用力的大小為(g取10 m/s2)(D)A5 N B90 NC95 N D100 N解析：鋼球從距地面5 m的位置落到地面所用時間t11 s，與地面碰前瞬時的速率v110 m/s，與地面碰后瞬間的速率v29 m/s，上升至距地面4.05 m所用時間t2 0.9 s，鋼球與地面碰撞的時間ttt1t20.1 s，則(Fmg)tmv2(mv1)，解得Fmg0.510 N N100 N，選項(xiàng)D正確8.在光滑的水平面上有一根輕質(zhì)彈簧，彈簧一端固定在豎直墻面上，另一端緊靠(不相連)著一個物體，已知物體的質(zhì)量m4 kg，如圖所示現(xiàn)用一水平力F作用在物體上，并向左壓縮彈簧，F(xiàn)做功50 J后(彈簧始終處于彈性限度內(nèi))，突然撤去外力F，物體從靜止開始運(yùn)動則當(dāng)撤去F后，彈簧彈力對物體的沖量為(C)A5 Ns B15 NsC20 Ns D100 Ns解析：由于彈簧的彈力是變力，因此該力的沖量不能用公式IFt直接求解，可以考慮運(yùn)用動量定理(即外力的沖量等于物體動量的變化)間接求解已知彈簧儲存了50 J的彈性勢能，可以利用機(jī)械能守恒定律求出物體離開彈簧時的速度，然后運(yùn)用動量定理求沖量，所以有Epmv2，Imv，解得彈簧彈力對物體的沖量I20 Ns，選項(xiàng)C正確9.(多選)靜止在光滑水平面上的物體受到水平拉力F的作用，拉力F隨時間t變化的圖象如圖所示，則下列說法中正確的是(BCD)A04 s內(nèi)物體的位移為零B04 s內(nèi)拉力對物體做功為零C4 s末物體的動量為零D04 s內(nèi)拉力對物體的沖量為零解析：由圖象可知物體在04 s內(nèi)先做勻加速運(yùn)動后做勻減速運(yùn)動，4 s末的速度為零，位移在04 s內(nèi)一直增大，A錯誤；前2 s內(nèi)拉力做正功，后2 s內(nèi)拉力做負(fù)功，且兩段時間內(nèi)做功代數(shù)和為零，故B正確；4 s末的速度為零，故物體的動量為零，C正確；根據(jù)動量定理，04 s內(nèi)物體的動量的變化量為零，所以拉力對物體的沖量為零，故D正確10.(多選)如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離地面高度為H的A點(diǎn)由靜止釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達(dá)距地面深度為h的B點(diǎn)時速度減為零不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g，則關(guān)于小球下落的整個過程，下列說法中正確的有(AC)A小球的機(jī)械能減少了mg(Hh)B小球克服阻力做的功為mghC小球所受阻力的沖量大于mD小球動量的改變量等于所受阻力的沖量解析：小球在整個過程中，動能變化量為零，重力勢能減小了mg(Hh)，則小球的機(jī)械能減小了mg(Hh)，故A正確；對小球下落的全過程運(yùn)用動能定理，得mg(Hh)Wf0，則小球克服阻力做的功Wfmg(Hh)，故B錯誤；小球落到地面時的速度v，對小球從開始進(jìn)入泥潭到速度減為零的過程運(yùn)用動量定理得IGIF0m，則IFIGm，可知阻力的沖量大于m，故C正確；對全過程運(yùn)用動量定理，可知動量的變化量等于重力沖量和阻力沖量的矢量和，故D錯誤11如圖甲所示為某農(nóng)莊灌溉工程的示意圖地面與水面的距離為H，用水泵從水池抽水(抽水過程中H保持不變)，龍頭離地面的高度為h，水管橫截面積為S，水的密度為，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力(1)水從管口以一定的速度源源不斷地沿水平方向噴出，水落地的位置到管口的水平距離為10h，設(shè)管口橫截面上各處水的速度都相同求每秒內(nèi)從管口流出的水的質(zhì)量m0；不計(jì)額外功的損失，求水泵輸出的功率P.(2)在保證水管流量不變的前提下，在龍頭后接一個如圖乙所示的噴頭，讓水流豎直向下噴出，打在水平地面上不反彈，產(chǎn)生大小為F的沖擊力，由于水與地面作用時間很短，可忽略重力的影響，求水流落地前瞬間的速度大小v.解析：(1)水從管口沿水平方向噴出，做平拋運(yùn)動，設(shè)水噴出時的速度為v0，做平拋運(yùn)動所用的時間為t，豎直方向上有hgt2水平方向上有10hv0t時間t0內(nèi)噴出的水的質(zhì)量mVv0t0S每秒噴出的水的質(zhì)量m0聯(lián)立解得m0S.時間t0內(nèi)水泵輸出的功Wmg(Hh)mv輸出功率P解得PSg(H26h)(2)取與地面作用的一小塊水m為研究對象，根據(jù)動量定理有Ftmv由牛頓第三定律得FF由題意可知mm0t解得v .答案：(