2024-2025學(xué)年高中物理第十六章動量守恒定律2動量和動量定理課時作業(yè)含解析新人教版選修3-5

PAGE10-動量和動量定理(40分鐘100分)一、選擇題(本題共8小題，每題6分，共48分)1.質(zhì)量為0.2kg的小球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向彈回。取豎直向上為正方向，在小球與地面接觸的時間內(nèi)，A.Δp=2kg·m/s，W=-2B.Δp=-2kgC.Δp=0.4kg·m/s，W=-2D.Δp=-0.4kg·m/s，W=2【解析】選A。以豎直向上為正方向，小球的初動量p1=0.2×(-6)kg·m/s=-1.2kg·m/s，末動量p2=0.2×4kg·m/s=0.8kg·m/s，Δp=p2-p1=2kg·m/s，由動能定理易知W=m-m=(×0.2×42-×0.2×62)J=-2J，選項A正確。2.如圖所示，一個物體在與水平方向成θ角的拉力F的作用下勻速前進(jìn)了時間t，則下列說法不正確的是()A.拉力F對物體的沖量大小為FtB.拉力對物體的沖量大小為FtsinθC.摩擦力對物體的沖量大小為FtcosθD.合外力對物體的沖量大小為零【解析】選B。求沖量時，必需明確是哪一個力在哪一段時間內(nèi)的沖量。本題中，作用的時間都是一樣的，求力F對物體的沖量就是Ft，所以A項正確，B項錯誤；物體受到的摩擦力Ff=Fcosθ，所以摩擦力對物體的沖量大小為Fft=Ftcosθ，C項正確；物體做勻速運動，合外力為零，所以合外力對物體的沖量大小為零，D對。故選B。【補償訓(xùn)練】質(zhì)量為m的木箱放置在光滑的水平地面上，在與水平方向成θ角的恒定拉力F作用下由靜止起先運動，經(jīng)過時間t速度變?yōu)関，則在這段時間內(nèi)拉力F與重力的沖量大小分別為 ()A.Ft，0 B.Ftcosθ，0C.mv，mgt D.Ft，mgt【解析】選D。力F的沖量就是F與時間t的乘積，即IF=Ft；重力的沖量就是重力與時間t的乘積，即IG=mgt。故選D。3.在短道速滑接力競賽中，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且起先向前滑行，待乙追上甲時，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，忽視運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()A.甲對乙的沖量肯定等于乙對甲的沖量B.甲、乙的動量改變肯定大小相等方向相反C.甲的動能增加量肯定等于乙的動能削減量D.甲對乙做多少負(fù)功，乙對甲就肯定做多少正功【解題指南】解答本題可按以下思路進(jìn)行：(1)先弄清運動員乙推甲的過程中相互作用力、作用時間、作用位移等各物理量的特點。(2)再依據(jù)動量定理中沖量和動量改變的關(guān)系及動能定理中做功與動能改變的關(guān)系推斷。【解析】選B。運動員乙推甲的過程中，甲和乙間的相互作用力等大反向，作用時間相等，故甲對乙的沖量和乙對甲的沖量大小相等，方向相反，A錯，B對；“交棒”過程中甲和乙的速度不肯定相等，在乙推甲的過程中位移不肯定相等，因而甲對乙做的負(fù)功和乙對甲做的正功的肯定值不肯定相等，由動能定理，其動能改變量的肯定值也不肯定相等，C、D錯。4.應(yīng)用物理學(xué)問分析生活中的常見現(xiàn)象或是說明一些小嬉戲中的物理原理，可以使物理學(xué)習(xí)更加好玩和深化。甲、乙兩同學(xué)做了一個小嬉戲，如圖所示，用一象棋棋子壓著一紙條，放在水平桌面上接近邊緣處。第一次甲同學(xué)慢拉紙條將紙條抽出，棋子掉落在地上的P點。其次次將棋子、紙條放回原來的位置，乙同學(xué)快拉紙條將紙條抽出，棋子掉落在地上的N點。兩次現(xiàn)象相比()A.其次次棋子的慣性更大B.其次次棋子受到紙帶的摩擦力更小C.其次次棋子受到紙帶的沖量更小D.其次次棋子離開桌面時的動量更大【解析】選C。慣性大小由質(zhì)量確定，A錯誤；滑動摩擦力f=μmg，B錯誤；快拉與慢拉相比，快拉中滑動摩擦力對棋子的作用時間短，由動量定理I=ft=mv-0知，C正確，D錯誤。【補償訓(xùn)練】已知機械能在碰撞過程中有損失，試驗中人從高處跳到低處時，為了平安，一般都是讓腳尖先著地，這是為了 ()A.減小地面對人的沖量B.使動量的改變變得更小C.延長與地面的沖擊時間，從而減小地面對人的沖力D.增大人對地面的壓力，起到平安作用【解析】選C。動量的改變肯定，由動量定理(-mg)t=Δmv，所以=mg+，明顯時間越長所受沖力平均值越小。5.質(zhì)量m=0.5kg的質(zhì)點由靜止起先做勻加速直線運動，動量p隨位移x改變的關(guān)系式為p=2(各量均取國際單位)，則此質(zhì)點A.加速度為2mB.前2s內(nèi)動量增加8kgC.在連續(xù)相等時間內(nèi)，動量增量越來越大D.在通過連續(xù)相等的位移時，動量增量可能相等【解析】選B。依據(jù)v2=2ax得，v=，則動量p=mv=m=2，解得質(zhì)點的加速度為8m/s2，故A錯誤。2s內(nèi)質(zhì)點速度的改變量為Δv=at=16m/s，則動量的改變量Δp=mΔv=8kg·m/s，故B正確。因為相同時間內(nèi)速度的改變量相同，則動量的增量肯定相等，故C錯誤。因為相等位移內(nèi)速度改變量不同，則動量的增加量不等，【補償訓(xùn)練】質(zhì)量為1kg的物體做直線運動，其速度圖象如圖所示。則物體在前10s內(nèi)和后10sA.10N·s，10N·sB.10N·s，-10N·sC.0，10N·sD.0，-10N·s【解析】選D。由題圖可知，在前10s內(nèi)物體初、末狀態(tài)的動量相等，p1=p2=5kg·m/s，由動量定理知I1=0；在后10s內(nèi)p3=-5I2=p3-p2=-10N·s。故選D。6.(多選)假設(shè)質(zhì)量為m的跳水運動員從跳臺上以初速度v0向上跳起，跳水運動員在跳臺上起跳到入水前重心下降H，入水后受水阻力而減速為零。不計跳水運動員水平方向的運動，運動員從入水后到速度減為零時重心下降h，不計空氣阻力，則()A.運動員跳起后在空中運動過程中受到合外力沖量大小為m+mv0B.水對運動員阻力的沖量大小為mC.運動員克服水的阻力做功為mgH+mD.運動員從跳起到入水后速度減為零的過程中機械能削減量為mg(H+h)+m【解析】選A、D。設(shè)運動員落水前速度為vt，運動員在空中運動的過程中機械能守恒，則vt=，據(jù)動量定理I=mvt-(-mv0)=m+mv0，A項正確。在入水后，mgt+If=-m，得If=-(mgt+m)，負(fù)號表示方向向上，則B項錯誤。全程應(yīng)用動能定理，mg(H+h)-Wf=-m，得Wf=mg(H+h)+m，則C項錯誤。由能的轉(zhuǎn)化與守恒關(guān)系可知ΔE減=Wf，D項正確。7.一個輕質(zhì)彈簧，固定于天花板的O點處，原長為L，如圖，一個質(zhì)量為m的物塊從A點豎直向上拋出，以速度v與彈簧在B點相接觸，然后向上壓縮彈簧，到C點時物塊速度為零，在此過程中無機械能損失，則下列說法正確的是()A.由B到C的過程中，物塊的速度始終減小B.由B到C的過程中，物塊的加速度先增加后減小C.由A到C的過程中，物塊重力勢能的改變量與克服彈力做的功肯定相等D.由A到C的過程中，彈簧彈力對物塊的沖量與物塊所受重力的沖量大小相等【解析】選A。由B到C的過程中，物塊受向下的重力和向下的彈力，且隨著物塊上升，彈力變大，依據(jù)牛頓其次定律可知，物塊的加速度漸漸變大，速度始終減小，故A正確，B錯誤；由A到C依據(jù)動能定理：-mghAC-W克彈=0-m，得克服彈力所做的功W克彈=m-mghAC，則物塊重力勢能的改變量與克服彈力做的功不肯定相等，故C錯誤；由A到C依據(jù)動量定理：IG+I彈=0-(-mv)，則彈簧彈力對物塊的沖量與物塊所受重力的沖量大小不肯定相等，故D錯誤。8.如圖所示，從豎直大圓的A、B兩點安置兩條長短不同的光滑軌道AC和BC，下端都在大圓上的最低點C點。相同小球由靜止起先、分別從A、B兩點沿兩條軌道滑究竟端，則下列說法中正確的是()A.小球沿兩軌道到達(dá)底端的速度大小相等B.小球沿AC運動所用的時間小于沿BC運動所用的時間C.小球沿兩軌道到達(dá)底端過程中重力對小球做的功相同D.小球沿兩軌道到達(dá)底端過程中的重力的沖量都相同【解析】選D。小球下滑過程只有重力做功，機械能守恒。對于任一軌道，由機械能守恒定律得：mgh=mv2，得：v=，h不同，則做功不同，v不同，即小球到達(dá)底端的速度大小不等，故A、C錯誤；設(shè)任一斜面與豎直方向的夾角為α，圓的直徑為d。由牛頓其次定律可求得：a==gcosα；依據(jù)運動學(xué)公式有：x=dcosα=at2，可得：t=，與α無關(guān)，只與圓的直徑及重力加速度有關(guān)，故下落時間相同，由I=mgt可知，重力的沖量相等，故D正確，B錯誤。二、計算題(本題共2小題，共30分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)9.(15分)(2024·江蘇高考)如圖所示，懸掛于豎直彈簧下端的小球質(zhì)量為m，運動速度的大小為v，方向向下。經(jīng)過時間t，小球的速度大小為v，方向變?yōu)橄蛏?。忽視空氣阻力，重力加速度為g，求該運動過程中，小球所受彈簧彈力沖量的大小。【解析】取向上為正方向，由動量定理得mv-(-mv)=I，且I=(-mg)t解得IF=t=2mv+mgt答案：2mv+mgt10.(15分)如圖所示，在光滑水平面上將質(zhì)量為0.1kg的小球以v0=6m/s的初速度射出，小球與豎直墻壁碰撞前后的方向如圖，與墻碰撞的時間為0.1s，碰后速度大小仍為(1)小球與墻壁碰撞前后動量的改變量。(2)墻壁受到小球的平均作用力?！窘馕觥?1)小球與墻壁碰前動量大小為p0=mv0=0.6kg·m/s，方向與初速度方向相同小球與墻壁碰后動量大小為p1=mv0=0.6kg·m/s，方向與碰后速度方向相同將小球與墻壁碰撞前后的動量在水平面內(nèi)沿墻面方向和垂直墻面方向分解，可得p0垂直=p0sin30°=0.3kg·m/s，p0平行=p0cos30°=0.3kg·m/s，p1垂直=p1sin30°=0.3kg·m/s，p1平行=p1cos30°=0.3kg·m/s由矢量運算法則可得，小球與墻壁碰撞前后的動量改變大小為Δp=p1垂直-(-p0垂直)=0.6kg·m/s，方向垂直墻面對外(2)設(shè)墻壁對小球的平均作用力大小為F，由動量定理得Ft=Δp解得F=6N由牛頓第三定律可知墻壁受到小球的平均作用力大小F′=F=6N，方向垂直墻面對內(nèi)答案：(1)大小為0.6kg·m/s，方向垂直墻面對外(2)大小為6N，方向垂直墻面對內(nèi)【實力挑戰(zhàn)區(qū)】11.(6分)為估算池中睡蓮葉面承受雨滴撞擊產(chǎn)生的平均壓強，小明在雨天將一圓柱形水杯置于露臺，測得1小時內(nèi)杯中水位上升了45mm。查詢得知，當(dāng)時雨滴豎直下落的速度約為12m/s。據(jù)此估算該壓強約為(設(shè)雨滴撞擊睡蓮后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×A.0.15PaB.0.54PaC.1.5Pa D.5.4Pa【解析】選A。下雨天，雨滴對睡蓮葉面持續(xù)的作用力可以看作是恒力，取單位面積的睡蓮葉面，在t=1h=3600s時間內(nèi)，打到該葉面的雨水質(zhì)量為m=ρSh。依據(jù)動量定理，mv=Ft，其中F就是單位面積上的壓力，所以F===N=0.15N，所以p==0.15Pa。故選A。12.(16分)(2024·榆林高二檢測)如圖所示，質(zhì)量為4.0kg的木板A放在水平面C上，木板與水平面間的動摩擦因數(shù)μ為0.24，木板右端放著質(zhì)量為1.0kg的小物塊B(視為質(zhì)點)，它們均處于靜止?fàn)顟B(tài)，木板突然受到水平向右的12N·s的瞬時沖量I作用起先水平向右運動，當(dāng)小物塊滑離木板時，木板的動能EkA為8.0J。小物塊的動能EkB為0.50J，重力加速度g取10(1)瞬時沖量作用結(jié)束時木板的速度v0的大小。(2)木板的長度L?！窘馕觥?1)設(shè)水平向右為正方向，有I=mAv0代入數(shù)據(jù)解得v0=3.0m/s。(2)設(shè)A對B、B對A、C對A的滑動摩擦力的大小分別為FAB、FBA和FCA，B在A上滑行的時間為t，B離開A時A和B的速度分別為vA和vB，有-(FBA+FCA)t=mAvA-mAv0FABt=mBvB其中FAB=FBA，F(xiàn)CA=μ(mA+mC)g設(shè)A、B相對于C的位移大小分別為sA和sB，有-(FBA+FCA)sA=mA-mAFABsB=EkB動量與動能之間的關(guān)系為mAvA=mBvB=木板A的長度L=sA-sB代入數(shù)據(jù)解得L=0.50m。答案：(1)3.0m/s(2)0.50m【補償訓(xùn)練】用0.5kg的鐵錘把釘子釘進(jìn)木頭里，打擊時鐵錘的速度v=4.0m/s，假如打擊后鐵錘的速度變?yōu)?，打擊的作用時間是0.01(1)不計鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力是多大？(2)考慮鐵錘受的重力，鐵錘釘釘子的平均作用力又是多大？(g取10m/s(3)比較(1)和(2)，探討是否要計鐵錘的重力。【解析】(1)以鐵錘為探討對象，不計重力時，只受釘子的作用力，方向豎直向上，設(shè)為F1，取豎直