1、1 2020 届一轮复习人教版 动量动量定理 课时作业 一、选择题 ( 本题共 10 小题， 1 6 题为单选题， 7 10 题 为 多 选 题 ) 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 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： A 如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由 I Ft 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
2、 均可能， A 不可能，故 A 符合题意 2(2018 佛山模拟 ) 如图所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光 滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的物理量相同的是 ( ) A 重力的冲量 B 合力的冲量 C 刚到达底端时的动量 D 刚到达底端时的动能 h 解析： D 设斜面的高度为 h，倾角为 ，则物体沿斜面下滑的位移 s sin ， 下滑 1 的加速度 a gsin . 由 s at 得，物体沿斜面下滑的时间 t 2h 2 . 重力的冲量 I G 2 gsin m mgt sin 2gh， 方向竖直向下，因为两斜面的倾角 不同，所以两物体重力的冲量 大小
3、不相等，但方向相同， A 错误物体所受合力的冲量 I 合 mgsin t m 2gh， 方 向 沿斜面向下 两物体所受合力的冲量大小相等， 但由于斜面倾角不同， 所以冲量的方向不同， B 错误由机械能守恒定律可知，两物体沿斜面滑到底端时的速度大小 v 2gh相等，但方 向不同，故两物体在斜面底端的动量不相同，动能相 同， C 错误， D 正确 2 2 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 (
4、 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 ( ) 3 A 0.2 N B 0.6 N C 1.0 N D 1.6 N 解析： B 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： v 2gh 4 m/s ，根据题意反弹速度为 2 m/s ， mv 对 1 000 粒豆粒受力分析，对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有 Ft 2 ( mv) ，则 F 0.1 2 1 N 0.6 N ，选项 B 正确，选项 A、 C、 D 错误 4
5、. 如 图 所 示 ， 竖 直 面 内 有 一 半 圆 槽 ， A、 C等 高 ， B为半圆槽最低点，小球从 A 点正上方 O点 由 静 止 释 放 ， 从 A点 沿 切 向 进 入 半 圆 槽 ， 刚 好 能 运 动 至 C点 设 球 在 AB段 和 BC段 运 动 过 程 中 ， 运 动 时 间 分 别 为 t 1、 t 2， 合 外 力 的 冲 量 大 小 为 I 1， I 2， 则 ( ) 4 2 3 A t 1t 2 B t 1 t 2 C I 1I 2 D I 1 I 2 解析： C 小球从 A 点正上方 O点由静止释放，刚好能运动至 C点，说明在半圆槽内要 克 服摩擦力做功，因此
6、在 AB段任意点的速率，都大于 BC段对应点的速率，则 t 1I 2， C 正确， D错误 5 (2018 辽宁沈阳一模 ) 有一宇宙飞船， 它的正面有效面积 S 2 m， 以 v 310 的相对速度飞入一宇宙微粒区此微粒区 1 m 空间中有一个微粒，德一个微粒的平均质量 m/s 为 m 2 10 7 kg. 设微粒与飞船外壳碰撞后附着于飞船上， 要使飞船速度不变， 飞船的牵引 力应增加 ( ) A 3.6 10 3 N B 3.6 N C 1.2 10 3 N D 1.2 N 3 5 2 2 0 解析： B 在 t 时间内与飞船碰撞并附着于飞船上的微粒总质量为 M vtSm， 设飞船对 微粒
7、的作用力为 F，由动量定理得 Ft Mv，联立解得 F v Sm，代入数据得 F 3.6 N根据 牛顿 第三定律，微粒对飞船的作用力为 3.6 N 要使飞船速度不变，根据平衡条件，飞船的 牵引力应增加 3.6 N ，选项 B 正确 6. 如图所示， 质量为 M的木块位于光滑水平面上， 在木块与墙之间用轻弹簧连接， 开始 时木块静止在 A 位置现有一质量为 m的子弹以水平速度 v0 射向木块并嵌入其中，则当木块回到 A 位置时的速度 v 以及此过程中墙对弹簧的冲量 I 的大小分别为 ( ) mv0 mv0 A v M m， I 0 B v M m， I 2mv0 C. v mv0 2mv 0 ，
8、 I D. v mv0， I 2mv M m M m M 解析： B 子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力， mv0 由动量守恒定律得 mv0 ( M m) v，解得 v M m，子弹和木块组成的系统在弹簧弹力的作用 下先做减速运动， 后做加速运动， 回到 A 位置时速度大小不变， 即当木块回到 A 位置时的速 mv0 度大小为 M m， 方 向 向 左 ， 子 弹 和 木 块 、 弹 簧 组 成 的 系 统 受 到 的 合 力 即 为 墙 对 弹 簧 的 作 用 力 ， 根据动量定理得 I ( M m) v mv0 2mv0，所以墙对弹簧的冲量 I 的大小为 2m
9、v0，故选 B. 6 7.(2018 四川成都一诊 ) 一个静止的质点在 0 4 s 这段时间内，仅受到力 F 的作用， F 的方向始终在同一直线上， F 随时间 t 变化的关系图像如图所示下列说法正确的是 ( ) A. 在 0 4 s 这段时间内，质点做往复直线运动 B. 在 t 1 s 时，质点的动量大小为 1.0 kg m/s C. 在 t 2 s 时，质点的动能最大 D. 在 1 3 s 这段时间内，力 F 的冲量为零 解析： CD 由牛顿第二定律可作出与题给 F 随时间 t 变化的图线类似的质点加速度随时 间 变化的图线由此可知，在 0 2 s 这段时间内，质点加速度为正值，质点做加
10、速运动； 在 2 4 s 这段时间内，质点加速度为负值，质点做减速运动，在 t 2 s 时，质点的加速度 为零，速度最大，动能最大，选项 C 正确在 0 4 s 这段时间内，质点先做加速运动后做 7 减速运动，不是往复运动，选项 A 错误根据 F t 图线与时间轴所围图形的面积表示冲 量 可 知，在 0 1 s 这段时间内，力 F 的冲量为 0.5 N s，根据动量定理，质点动量变化大小 为 0.5 kg m/s，故 B 错误；由图知，质点在 1 3 s 时间内力 F 的冲量 I F t 1 Ft 2 0， 故 D 项正确 8. 如图所示，质量为 M的小车在光滑的水平面上以速度大小 v0 向右
11、匀速运动，一个质 量为 m的小球从高 h 处自由下落，与小车碰撞后，反弹上升的最大高度仍为 h. 设 M? m，发 生碰撞时弹力 FN? mg， 球与车之间的动摩擦因数为 ，则小球弹起后的水平速度大小可能是 ( ) A v0 B 0 C 2 2gh D v0 解析： AC (1) 小球离开小车之前已经与小车达到共同速度 v， 则水平方向上动量守恒， 有 Mv0 ( M m) v，由于 M? m，所以 v v0. (2) 若小球离开小车之前始终未与小车达到共同速度，则对小球应用动量定理得，水平 方向上有 F t mv， 竖直方向上有 FNt 2mv 2m 2gh，又 F FN， 得 v 2 2g
12、h， 故选项 A、 C 正确 9(2018 达州模拟 ) 静止在粗糙水平面上的物体，在水平力 F 的作用下，经过时间 t ， 通过位移 l 后，动量为 p，动能为 Ek. 以下说法正确的是 ( ) A 若保持水平力 F 不变，经过时间 2t ，物体的动量等于 2p B 若将水平力增加为原来的两倍，经过时间 t ，物体的动量等于 2p C若保持水平力 F 不变，通过位移 2l ，物体的动能小于 2Ek D若将水平力增加为原来的两倍，通过位移 l ，物体的动能大于 2Ek 解析： AD 根据动量定理 I 合 ( F Ff ) t p 0， 保持水平力 F 不变，经过时间 2t ， ( F Ff )
13、 2 t p 0，可知 p 2p，故 A 正确；若水平力增加为原来的 2 倍，经过时间 t ， 则有 (2 F Ff ) t p 0， 则 p2 p， 故 B 错误；根据动能定理 ( F Ff ) l Ek 0， 保持 水平力 F 不变，通过位移 2l ，有 ( F Ff ) 2 l Ek 0，则有 Ek 2Ek ，故 C 错误；将水平力增加 为原来的两倍，通过位移 l ，有 (2 F Ff ) l Ek 0， 则有 Ek2Ek， 故 D 正确 8 10. A、 B两球沿一直线运动并发生正碰， 如图所示为两球碰撞前后的位移时间图像 a、 b 分别为 A、 B 两球碰前的位移时间图像， c 为碰
14、撞后两球共同运动的位移时间图像， 若A 球的质量 m 2 kg ，则由图可知下列结论正确的 是 ( ) 9 A B A. A、 B 碰撞前的总动量为 3 kg m/s B. 碰撞时 A 对 B 所施加的冲量为 4 Ns C. 碰撞前后 A的动量变化量为 4 kg m/s D. 碰撞中 A、 B两球组成的系统损失的动能为 10 J 解析： BCD 由 x t 图像可知， 碰撞前有 vA xA 4 10 t 2 m/s 3 m/s ， vB xB 4 t 2 m/s ， x 2 4 碰撞后有 vA vB v t 4 2 m/s 1 m/s. 对 A、 B 组成的系统进行分析可知， A、 B 两球沿
15、同一直线运动并发生正碰， 碰撞前后两球都是做匀速直线运动， 所以系统的动量守恒， 碰 撞前后 A的动量变化 pA mvA mvA 4 kg m/s， C正确根据动量守恒定律，碰撞前 pB 后 B 的动量变化 pB pA 4 kg m/s， 同理 pB mB( vB vB) ， 所以 mB vB vB 4 4 10 1 2 kg 3 kg ， A 与 B 碰撞前的总动量 p 总 mvA mBvB 3kg m/s， A 错误由动量 10 定理可知，碰撞时 A对 B 所施加的冲量 I B pB 4 kg m/s 4 N s， B 正确碰撞中 1 2 1 2 1 2 A、 B 两球组成的系统损失的动能
16、 Ek D正确 mvA 2 2mBvB ( m mB) v ， 代入数据解得 Ek 10 J， 2 二、计算题 ( 需写出规范的解题步骤 ) 11. 一质量为 0.5 kg 的小物块放在水平地面上的 A 点，距离 A 点 5 m的位置 B 处是一面 墙， 如图所示，一物块以 v0 9 m/s 的初速度从 A 点沿 AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间 的速度为 7 m/s ，碰后以 6 m/s 的速度反向运动直至静止， g 取 10 m/s 2. (1) 求物块与地面间的动摩擦因数 . (2) 若碰撞时间为 0.05 s ，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小 F. (3) 求物块在反向运动过程
17、中克服摩擦力所做的功 W. 1 2 1 2 解析： (1) 由动能定理，有 mgs 2mv 2mv0 可得 0.32 (2) 由动量定理：有 F t mv mv 可 得 F 130 N. 11 v (3) W 1mv 2 9 J. 2 答案： (1)0.32 (2)130 N (3)9 J 12. 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为 M 的卡通玩具稳定地悬停在空 中为计算方便起见，假设水柱从横截面积为 S 的喷口持续以速度 v0 竖直向上喷出；玩具 底部为平板 ( 面积略大于 S) ；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平 方向朝四周均匀散开忽略空气阻力已知水的密度为
18、 ，重力加速度大小为 g. 求： (1) 喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2) 玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度 解析： (1) 设 t 时间内，从喷口喷出的水的体积为 V， 质量为 m， 则 m V V v0S t 由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为 m t v0S (2) 设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为 h， 水从喷口喷出后到达玩具底面时的 速 度 大小为 v. 对于 t 时间内喷出的水，由能量守恒得 1 2 1 2 ( m) v ( m) gh 2 2( m) v0 在 h 高度处， t 时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小 p ( m) v 设水对玩具的作用力的大小为 F， 根据动量定理有 F t p 由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得 F Mg 2 0 联立式得 h 12 2 0 0 M2g 2 2 2 2g 2 v0S v M2g 答案： (1) v0S (2) 2g 2 2v2S2
