选修3-5 第十六章 动量守恒定律 第一课时 冲量 动量 动量定理 课时练习

第六章 第一课时 冲量 动量 动量定理
1．篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球．接球时，两臂随球迅速收缩至胸前．这样做可以 (　　)
A．减小球对手的冲量
B．减小球对人的冲击力
C．减小球的动量变化量
D．减小球的能量变化量
【解析】　对于接住篮球的过程，篮球的初速度一定，末速度为零，所以篮球的动量变化量、动能变化量一定，C、D错．由动量定理可知篮球对手的冲量一定，A错．由I＝Ft可知双臂收缩延长了手与球的相互作用时间，故篮球对手的冲击力减小，B对．
【答案】　B
2．质量为4kg的物体以2m/s的初速度做匀变速直线运动，经过2s，动量大小变为14kg·m/s.该物体 (　　)
A．所受合外力的大小可能大于11N
B．所受合外力的大小可能小于3N
C．所受的冲量可能小于6N·s
D．所受的冲量可能大于18N·s
【解析】　若设物体初速度方向为正方向，则初动量p1＝mv1＝8kg·m/s，末动量只告诉了大小，则有两种可能：
(1)p2＝14kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝6kg·m/s，F＝3N；(2)p2＝－14kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝－22kg·m/s，F＝－11N.负号表示方向．
【答案】　D
3．沿同一直线，甲、乙两物体分别在阻力F1、F2作用下做直线运动，甲在t1时间内、乙在t2时间内动量p随时间t变化的p－t图象如图所示．设物体在t1时间内所受到的冲量大小为I1，乙物体在t2时间内所受到的冲量大小为I2，则两物体所受外力F及其冲量I的大小关系是 (　　)
A．F1>F2，I1＝I2　　　　　　　 B．F1C．F1>F2，I1>I2 D．F1＝F2，I1＝I2
【解析】　由F＝知F1>F2；Ft＝Δp知I1＝I2.
【答案】　A
4．如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周，a点为圆周的最高点，d为圆周的最低点．每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别a、b、c处释放(初速度为零)，关于它们下滑的过程，下列说法中正确的是 (　　)
A．重力对它们的冲量相同
B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同
D．它们的动能增量相同
【解析】　由运动学知识可知三个滑环的运动时间相等，故A正确．由于三种情形下弹力的方向不同，故B错．由机械能守恒定律知D错．而合外力冲量大小为mv，由于v大小不等，故C错．
【答案】　A
5．质量相同的物体A和B，并排静止在光滑水平面上，现用一水平恒力F推A，同时给B施加一个与力F同方向的瞬时冲量I，使两物体同时开始运动，当两物体重新相遇时，经历的时间为 (　　)
A．I/F　　　B．2I/F　　　C．F/I　　　D．2F/I
【解析】　A在水平恒力F作用下做匀加速直线运动，设物体的质量为m，在t时间内通过的位移
sA＝at2＝t2.
B受瞬时冲量I＝mv作用，获得的速度为v＝.
B以速度v做匀速直线运动，A、B相遇，两者在相同时间内通过的位移相等，则有t2＝vt＝t，
解得t＝，选项B正确．
【答案】　B
6．一质量为100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20s，则这段时间内软垫对小球的冲量为(取g＝10m/s2，不计空气阻力) (　　)
A．0.2N·s B．0.4N·s C．0.6N·s D．0.8N·s
【解析】　小球落至软垫瞬间的速度v0＝＝4m/s，取竖直向上为正方向，对小球与软垫作用过程应用动量定理得：I－mg·Δt＝0－(－mv0)，I＝mgΔt＋mv0＝(0.1×10×0.2＋0.1×4)N·s＝0.6N·s.故C正确．
【答案】　C
7．(2009·东城区模拟)质量分别为m1、m2的两个物体(m1>m2)，在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相同的初动能．与运动方向相同的水平力F分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个物体的动量和动能的大小分别为p1、p2和E1、E2，比较它们的大小，有 (　　)
A．p1>p2和E1>E2 B．p1>p2和E1C．p1E2 D．p1【解析】　根据动能和能量的关系，p＝可知开始的动量：p10＝，p20＝
由动量定理可得：p1＝＋Ft，p2＝＋Ft，所以p1>p2；再根据Ek＝，
可得：E1＝＝
＝Ek＋Ft＋
E2＝＝
＝Ek＋Ft＋.所以E1【答案】　B
8．(2010·苏州调研)如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，顶端与竖直墙壁接触．现打开尾端阀门，气体往外喷出，设喷出面积为S，气体密度为ρ，气体往外喷出的速度为v，则气体刚喷出时贮气瓶顶端对竖直墙的作用力大小是(　　)
【解析】　本题考查反冲运动，可由动量定理解决，以t时间内喷出的气体为研究对象，由Ft＝ρSvtv＝ρStv2，则F＝ρSv2，由于气瓶处于平衡状态，墙壁与气瓶间作用力与气体反冲力平衡，故D正确．
【答案】　D
9．(2010·安徽省合肥市调研)如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静置一小球C，A、B、C的质量均为m.给小球一水平向右的瞬时冲量I，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，瞬时冲量必须满足 (　　)
A．最小值m B．最小值m
C．最大值m D．最大值m
【解析】　在最低点时，瞬时冲量I＝mv0，在最高点，mg＝mv2/r，从最低点到最高点，mv/2＝mg×2r＋mv2/2，解出瞬时冲量的最小值为m，故选项B对；若在最高点，3mg＝mv2/r，其余不变，则解出瞬时冲量的最大值为m.故C错、D对．
【答案】　BD
10．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中 (　　)
A．地面对他的冲量为mgΔt
B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt
C．地面对他的冲量为mv
D．地面对他的冲量为mv－mgΔt
【解析】　选向上为正方向 ，运动员向上起跳的过程中，由动量定理可得I－mgΔt＝mv，则I＝mgΔt＋mv，B正确．
【答案】　B
二、论述、计算题(本题共3小题，共40分，解答时应写出必要的文字说明、计算公式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位)
11．如图甲所示，用水平向右的力F拉放在光滑水平地面上、质量为500kg的物体，作用时间20s，使物体获得0.5m/s的速度．若力F大小的变化为：前15s从零开始随时间均匀增大，后5s均匀减小为零，如图乙所示，求：
(1)力F对物体的冲量；
(2)力F的最大值．
【解析】　拉力对物体的冲量等于物体的动量增加，有：
IF＝mv＝500×0.5N·s＝250N·s
由于拉力均匀变化，设拉力最大值为Fmax，则拉力的冲量大小为图乙中图线与时间轴线所围成的面积，则：
IF＝Fmax·t
得Fmax＝25N.
【答案】　(1)250N·s 　(2)25N
12．质量为m的物体静止在足够大的水平面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ，有一水平恒力F作用于物体上使之加速前进，经t1时间后去掉此恒力，求物体运动的总时间t.
【解析】　解法一：如图所示，物体的运动可分为两个阶段：第一阶段受两个水平力F、Ff的作用，作用时间为t1，物体由A运动到B，速度达到v1；第二阶段物体水平方向只受力Ff的作用，作用时间为t2，由B运动到C，速度由v1变为0.
设水平向右为正方向，由动量定理，有
第一阶段：(F－Ff)t1＝mv1 ①
第二阶段：－Fft2＝－mv1 ②
联立①②两式得Ft1－Ff(t1＋t2)＝0 ③
把Ff＝μmg代入③式得t2＝t1
故t＝t1＋t2＝.
解法二：如果用F1Δt1＋F2Δt2＋…＋FnΔtn＝Δp，把两个阶段当成一个过程来看，则力F作用了t1时间，μmg作用了t＝t1＋t2时间，动量变化为Δp＝0，有Ft1－μmgt＝0，故t＝.
【答案】　
13．一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来如图所示，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，试结合图象，求：
(1)运动员的质量；
(2)运动员跳起的最大高度；
(3)在11.5s～12.3s时间内，运动员对弹簧床的平均作用力多大？
【解析】　(1)由图象可知：mg＝500N，所以m＝50kg.
(2)由图象可知，运动员在空中运动时间t＝2s，
所以H＝g()2＝×10×12m＝5m.
(3)v0＝vt＝g·＝10m/s，
以运动员为研究对象由动量定理得
(－mg)·Δt＝mv0－mvt，
所以＝＋mg
＝N＋500N＝1750N.
由牛顿第三定律知，运动员对弹簧床的平均作用力为1750N.
【答案】　(1)50kg　(2)5m　(3)1750N