高中物理鲁科版选修3-5 动量定理（能力提升卷） Word版含解析

高中物理鲁科版选修3-5 动量定理（能力提升卷）
一、选择题
1．（2019海南海口模拟）地动仪是世界上最早的感知地震装置，由我国杰出的科学家张衡在洛阳制成，早于欧洲1700多年。图示为一现代仿制的地动仪，龙口中的铜珠到蟾蜍口的距离为20cm，当感知到地震时，质量为50g的铜珠（初速度为零）离开龙口，落入蟾蜍口中，与蟾蜍口碰撞时间约为1ms，则铜珠对蟾蜍口产生的冲击力大小约为（　　）
A．1N B．10N C．100N D．1000N
【答案】C
【解析】铜珠做自由落体运动，落到蟾蜍口的速度为：v＝＝2m/s。
以竖直向上为正方向，根据动量定理可知：Ft﹣mgt＝0﹣（mv），代入数据解得：F＝100N，故ABD错误，C正确。
2.(2018·山东省临沂市上学期期中)如图所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知质点从M点到P点的路程大于从P点到N点的路程，质点由M点运动到P点与由P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是(　　)
A．质点从M到N过程中速度大小保持不变
B．质点在M、N间的运动不是匀变速运动
C．质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同
D．质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同
【答案】　C
【解析】　因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故A、B错误；根据动量定理可得FΔt＝Δp，两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同，故C正确，D错误．
3.(2019·湖南省怀化市调研)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到如图3所示的水平外力作用，下列说法正确的是(　　)
第1 s末质点的速度为2 m/s
B．第2 s末外力做功的瞬时功率最大
C．第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为1∶2
D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为4∶5
【答案】　D
【解析】　由动量定理：Ft＝mv2－mv1，求出第1 s末、第2 s末速度分别为：v1＝4 m/s、v2＝6 m/s，故A错误；第1 s末的外力的瞬时功率P＝F1v1＝4×4 W＝16 W，第2 s末外力做功的瞬时功率P′＝F2v2＝2×6 W＝12 W，故B错误；第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为：＝＝＝，故C错误；第1 s内与第2 s内质点动能增加量分别为：ΔEk1＝mv＝8 J，ΔEk2＝mv－mv＝10 J，则ΔEk1∶ΔEk2＝8∶10＝4∶5，故D正确．
4.(2018·陕西省安康市第二次联考)一质量为m＝60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2 s，以大小v＝1 m/s的速度离开地面，取重力加速度g＝10 m/s2，在这0.2 s内(　　)
A．地面对运动员的冲量大小为180 N·s
B．地面对运动员的冲量大小为60 N·s
C．地面对运动员做的功为30 J
D．地面对运动员做的功为零
【答案】　AD
【解析】　人的速度由原来的零，起跳后变为v，设向上为正方向，由动量定理可得：I－mgt＝mv－0，故地面对人的冲量为：I＝mv＋mgt＝60×1 N·s＋600×0.2 N·s＝180 N·s，故A正确，B错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，所以地面对运动员的支持力不做功，故C错误，D正确．
5.(2018·河南省开封市第三次模拟)为了进一步探究课本中的迷你小实验，某同学从圆珠笔中取出轻弹簧，将弹簧一端固定在水平桌面上，另一端套上笔帽，用力把笔帽往下压后迅速放开，他观察到笔帽被弹起并离开弹簧向上运动一段距离．不计空气阻力，忽略笔帽与弹簧间的摩擦，在弹簧恢复原长的过程中(　　)
A．笔帽一直做加速运动
B．弹簧对笔帽做的功和对桌面做的功相等
C．弹簧对笔帽的冲量大小和对桌面的冲量大小相等
D．弹簧对笔帽的弹力做功的平均功率大于笔帽克服重力做功的平均功率
【答案】　CD
【解析】　弹簧恢复原长的过程中，笔帽向上加速运动，弹簧压缩量减小，弹力减小，当弹力等于重力时，加速度为零，速度最大，此后弹力小于重力，合力向下，加速度与速度反向，笔帽做减速运动，故A错误；笔帽向上运动，受到的弹力方向向上，力与位移同向，故弹力对笔帽做正功，重力方向向下，与位移反向，对笔帽做负功，由于笔帽动能增加，所以弹簧对笔帽做的功大于笔帽克服重力做的功，时间相同，根据功率的定义，故D正确；弹簧对桌面虽然有弹力，但没有位移，所以不做功，故B错误；由于轻弹簧质量不计，所以弹簧对桌面的弹力等于对笔帽的弹力，作用时间相同，冲量大小相等，故C正确．
6.(2018·东北三省三校一模)将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是(　　)
A．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等
B．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同
C．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量
D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
【答案】　AC
【解析】　根据W＝Gh可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，故选项A正确；上升过程中的加速度a上＝g＋大于下降过程中的加速度a下＝g－，则上升的时间小于下降的时间，即t上7.甲、乙两物体分别在恒力F1、F2的作用下，沿同一直线运动．它们的动量随时间变化如图所示．设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F、I的大小关系是(　　)
A．F1>F2，I1＝I2 B．F1F2，I1>I2 D．F1＝F2，I1＝I2
【答案】A
【解析】：冲量I＝Δp，从题图上看，甲、乙两物体动量变化的大小I1＝I2，又因为I1＝F1t1，I2＝F2t2，t2>t1，所以F1>F2.选项A正确。
8.如图所示，在水平光滑地面上有A、B两个木块，A、B之间用一轻弹簧连接．A靠在墙壁上，用力F向左推B使两木块之间的弹簧压缩并处于静止状态．若突然撤去力F，则下列说法中正确的是(　　)
A．木块A离开墙壁前，墙对木块A的冲量大小等于木块B动量变化量的大小
B．木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量
C．木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能
D．木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，木块A的速度为零
【答案】：AB
【解析】木块A离开墙壁前，对A、B整体而言，墙对木块A的冲量大小等于整体的动量变化量即等于木块B动量变化量的大小；根据能量守恒定律，木块A离开墙壁前，弹性势能的减少量等于木块B动能的增量；木块A离开墙壁时，B的动能等于A、B共速时的弹性势能及A的动能之和；木块A离开墙壁后，当弹簧再次恢复原长时，A、B交换速度，木块B的速度为零．选项A、B正确．
9.（2018广州一模）篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引。这样可以减小
A．球对手的力的冲量 B．球对手的力的大小 C．球的动量变化量 D．球的动能变化量
【答案】B。
【解析】篮球运动员接传来的篮球，无论采取何种方法，其动量变化相同，根据动量定理，不可以减小球对手的力的冲量，不可以减小球的动量变化量，不可以减小球的动能变化量。先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，可增大篮球与手接触时间，根据冲量的定义可知，可减小球对手的力的大小，选项B正确。
10.（2017广西五市考前联考）使用高压水枪作为切割机床的切刀具有独特优势，得到广泛应用，如图所示，若水柱截面为S，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后水速减为零，已知水的密度为ρ，则水对钢板的冲力为
A． B． C． D．
【答案】.B
【命题意图】 本题考查动量定理及其相关的知识点。
【解题思路】在t时间内射到被切割的钢板上水流的质量m=vtSρ，设钢板对水流的作用力为F，根据动量定理，Ft=mv，解得F=，根据牛顿第三定律，水对钢板的冲力为，选项B正确。
二．计算题
1．（9分）（2019北京石景山期末）某同学遇到一道“智力题”：一个骑着电动平衡车的杂技演员带着两个相同的铁球想通过一座很长的小桥，但小桥所能承受的最大压力是演员、电动平衡车和其中一个铁球的重力之和，演员能否带着两个铁球一次性地从桥上走过去？
该同学利用所学的抛体运动，提出解决方案：骑着电动平衡车的演员通过小桥的过程中，只需不断地交替将一个铁球抛在空中，这样手里始终不会有两个铁球，小桥所承受的压力不会超过其限度，从而保证演员带着两个铁球安全过桥。
你认为该同学的方案是否合理？请结合所学知识，建立合理模型，通过分析说明。
【解析】．（9分）
该同学的方案不合理。（2分）
考查竖直方向的运动。演员抛球过程中，球在手中向上加速；接球过程中，球在手中向下减速，铁球处于超重状态，则铁球对手的作用力大于其重力。
演员和平衡车对桥的压力大小等于演员与平衡车的重力与球对手的作用力之和，则演员与平衡车对桥的压力大于桥的载重极限，桥会断裂。（2分）
定量分析，设演员和平衡车的质量为M，铁球的质量为m，重力加速度为g，则小桥的载重极限为Nmax=(M+m) g。
设铁球抛出时向上的初速度为v0，在空中运动的时间为t1，
t1=2v0/g（2分）
设手对球的作用力为F，球在手上停留的时间为t2，由动量定理得
（F-mg）t2=（mv0）-（-mv0）（2分）
由于t1≥t2，解得F≥2mg。（1分）
这表明，演员手中虽然只有一个铁球，但采用这种方式，铁球对手的平均作用力比两个铁球的重力之和还要大，考虑到铁球对手的作用力是变力，则对手的作用力会远大于2mg。所以，演员和平衡车对桥的压力大于(M+2m) g，超过了桥的载重极限。该方案不合理。
【其他方法正确同样给分】
2.（2019北京丰台期末）如图甲所示，蹦床是常见的儿童游乐项目之一，儿童从一定高度落到蹦床上，将蹦床压下后，又被弹回到空中，如此反复，达到锻炼和玩耍的目的。

如图乙所示，蹦床可以简化为一个竖直放置的轻弹簧，弹力的大小为kx（x为床面下沉的距离，也叫形变量；k为常量），蹦床的初始形变量可视为0，忽略空气阻力的影响。
（1）在一次玩耍中，某质量为m的小孩，从距离蹦床床面高H处由静止下落，将蹦床下压到最低点后，再被弹回至空中。
a．请在图丙中画出小孩接触蹦床后，所受蹦床的弹力F随形变量x变化的图线；
b．求出小孩刚接触蹦床时的速度大小v；
c．若已知该小孩与蹦床接触的时间为t，求接触蹦床过程中，蹦床对该小孩的冲量大小I。
（2）借助F-x图，可确定弹力做功的规律。在某次玩耍中，质量不同的两个小孩（均可视为质点），分别在两张相同的蹦床上弹跳，请判断：这两个小孩，在蹦床上以相同形变量由静止开始，上升的最大高度是否相同？并论证你的观点。
【解析】.（10分）：
（1）a．（2分）
b．（3分）小孩子由高度H下落过程，由机械能守恒定律
得到速度大小
c. （3分）以竖直向下为正方向，接触蹦床过程中，根据动量定理：
其中
可得蹦床对小孩的冲量大小：
（2）（2分）设蹦床的压缩量为x，小孩离开蹦床后上升了H。从最低点处到最高点，重力做功-mg(x+H)，根据F-x图象的面积可求出弹力做功
从最低点处到最高点，根据动能定理：
可得：
可以判断上升高度与质量m有关，质量大的上升高度小。
3.（2019广东五校联考模拟）某电梯阻力过大需要检修技术人员通过改变牵引绳的牵引力使静止在电梯井底部的电梯竖直向上做加速运动牵引力随时间的变化图象如图所示。已知电梯质量m=1t，牵引力作用后一小会儿电梯才开始运动，时间t=3s时立即断电电梯上升了h=m断电后电梯顺着电梯滑道竖直向上又运动了△t=0.25s后，速度减为零为了检修安全将电梯立即锁定。假设滑道的阻力始终为固定值，g取10m/s2试着帮技术人员计算下列问题。（1）摩擦阻力是电梯重力的几倍？（2）电梯测试时牵引绳消耗的电能是多少焦耳？（结果保留两位有效数字）
【解析】（1）电梯质量为m，设阻力为f，最大速度为v，当牵引力大小达到mg+f时电梯才开始运动。图象的面积是牵引力的冲量，由于图象是正比例，可知电梯开始运动的时刻是t0=s（3mg-mg-f）（t-t0）=mv第二阶段匀减速运动有0-mv=-（mg+f）△t联立得f=mg（另一解f=3.5mg不符合题意，因为当F=3mg已有位移，速度）（2）由能量守恒得W电=+（mg+f）h得消耗得电能为4.6x104J答：（1）摩擦阻力等于重力；（2）电梯测试时牵引绳消耗的电能为4.6x104J
4．（16分）（2019北京四中高考前保温训练）如图，足够长得斜面倾角＝37°，一个质量为m=1.0kg物体以＝12m/s的初速度，从斜面A点处沿斜面向上运动。加速度大小为a＝8.0m/s2。重力加速度g＝10 m/s2，37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）物体沿斜面上滑的最大距离x；
（2）物体与斜面间的动摩擦因数；
（3）物体返回到A点时的动量大小p。
【解析】.（1）根据 （2分）
求出 x＝9m （2分）
（2）根据牛顿第二定律 mgsinθ＋μN＝ma （2分）
N＝mgcosθ （2分）
求出 μ＝0.25 （2分）
（3）据牛顿第二定律 mgsinθ－μN＝ma1 （2分）
求出 a1＝4m/s2 （2分）
得回到出发点时的速度大小（1分）
物体返回到出发点时的动量大小p=mv=（1分）
5．（19分）（2018福建高考训练题）
如图所示，为某月球探测器在月面软着陆的最后阶段的运动示意图。探测器原来悬停在A点，为避开正下方B处的障碍物，探测器需先水平运动到C点，再沿CD竖直下降，到达D点时速度变为0，此后探测器关闭所有发动机，在自身重力作用下自由下落至月面E点。已知月球表面重力加速度g = 1.62 m/s2，AC =1.6 m，CD = 26 m，DE = 4 m。探测器在A点时质量m = 1000 kg，从C点运动到D点所用时间为15 s。探测器主发动机M竖直向下喷气，可产生0 ~ 7500 N的变推力，辅助发动机P、Q分别水平向左、水平向右喷气，产生的推力恒为400 N，所有发动机喷出的气体相对探测器的速度大小均为u = 2000 m/s，且发动机的推力F与喷气速度u、秒流量Q（单位时间内喷出的气体质量）满足F = u·Q。探测器在如图所示的整个过程中所消耗的燃料质量Δm << m。求：
（1）探测器着陆前瞬间的速度；
（2）探测器从C点运动到D点过程中所消耗的燃料质量Δm1；
（3）探测器从A点运动到C点过程消耗的燃料质量（即喷出的气体质量）Δm2的最小值。
【解析】（19分）
（1）根据自由落体公式，有
v2 - 0 = 2gh ①
由①式代入数据得
v = 3.6 m/s ②
（2）对CD过程，根据动量定理有
IF - mgt = 0 - 0 ③
其中
IF = ∑F Δt =∑u·QΔt = uΔm ④
由③④式代入数据得
Δm = 12.15 kg ⑤
（3）探测器从点运动到点的过程中，主发动机产生的推力
F1 = mg ⑥
秒流量Q1 =  ⑦
发动机P或Q工作时，推力F2 = 500 N
秒流量Q2 =  ⑧
发动机P或Q工作时，探测器的加速度
a =  ⑨
假设从A点运动到C点的过程中，探测器先加速运动t1时间，再匀速运动t2时间，最后再减速运动t3时间，易知
t1 = t3 ⑩
探测器加速和减速过程中的位移
s1 = s3 = at ⑾
匀速过程中的位移
s2 = AC-s1-s3 ⑿
匀速运动的时间
t2 =  ⒀
整个过程消耗的燃料质量
Δm2 = Q1（t1 + t2 + t3）+ Q2（t1 + t3） ⒁
由以上各式代入数据得
Δm2 = 1.21t1+ ⒂
易知，当t1==s时，Δm2最小，最小值为
Δm2min = 3.96 kg ⒃
（①③④式各2分，其余各式每式1分。）
6.（2018湖南长郡中学实验班选拔考试）如图所示，质量分别为，的A、B两物体放置在光滑的水平面上，其中A物体紧靠光滑墙壁，A、B两物体之间用轻弹簧相连。对B物体缓慢施加一个水平向右的力，使A、B两物体之间弹簧压缩到最短并锁定，此过程中，该力做功为，现突然撤去外力并解除锁定，（设重力加速度为，A、B两物体体积很小，可视为质点）求：
（1）从撤去外力到A物体开始运动，墙壁对A物体的冲量大小；
（2）A、B两物体离开墙壁后到达圆轨道之前，B物体的最小速度是多大；
（3）若在B物体获得最小速度瞬间脱离弹簧，从光滑圆形轨进右侧小口进入（B物体进入后小口自动封闭组成完整的圆形轨道）圆形轨道，要使B物体不脱离圆形轨道，试求圆形轨道半径R的取值范围。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）设弹簧恢复原长时，物体B的速度为，
由能量守恒有：，
解得
此过程中墙壁对物体A的冲量大小等于弹簧对物体A的冲量大小，也等于弹簧对物体B的冲量大小，有：I=3mvB0=
（2）当弹簧恢复原长后，物体A离开墙壁，弹簧伸长，物体A的速度逐渐增大，物体B的速度逐渐减小。当弹簧再次恢复到原长时，物体A达到最大速度，物体B的速度减小到最小值，此过程满足动量守恒、机械能守恒，有：
，
解得：=
（3）恰好过最高点不脱离圆形轨道：，
解得：，所以
恰好过圆形轨道圆心等高处：
解得：，所以·