高中物理鲁科版 过关检测选修3-5　动量　动量定理 Word版含解析

动量　动量定理

1.从同样高度落下的玻璃杯,掉在水泥地上容易打碎,而掉在草地上不容易打碎,其原因是(　　)
①掉在水泥地上的玻璃杯动量大,而掉在草地上的玻璃杯动量小
②掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大,掉在草地上的玻璃杯动量改变小
③掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快,掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
④掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时,相互作用时间短,而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时,相互作用时间长
A.①② B.②③ C.②④ D.③④
答案　D　杯子是否被撞碎,取决于撞击地面时,地面对杯子的撞击力大小。规定竖直向上为正方向,设玻璃杯下落高度为h。玻璃杯从h高度落地瞬间的速度大小为
2???
,设玻璃杯的质量为m,则落地前瞬间的动量大小为p=m
2???
,与水泥地或草地接触Δt时间后,杯子停下,在此过程中,玻璃杯的动量变化为Δp=-(-m
2???
),再由动量定理可知(F-mg)·Δt=
-(-m
2???
),所以F=
??
2???
Δ??
+mg。由此可见,Δt越小,玻璃杯所受撞击力F越大,玻璃杯就越容易碎。杯子掉在草地上作用时间较长,动量变化慢,撞击力小,因此玻璃杯不易碎。
2.(2018东城期末)如图所示,质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左,大小为v1,守门员在此时用手握拳击球,使球以大小为v2的速度水平向右飞出,手和球作用的时间极短,则　(　　)
/
A.击球前后球动量改变量的方向水平向左
B.击球前后球动量改变量的大小是mv2-mv1
C.击球前后球动量改变量的大小是mv2+ mv1
D.球离开手时的机械能不可能是mgh+
1
2
m
??
1
2
答案　C　以水平向右为正方向,Δp=p2-p1=mv2-(-mv1)=mv2+mv1,可知动量改变量的方向水平向右,球离开手时的机械能为mgh+
1
2
m
??
2
2
,因v1与v2可能相等,则球离开手时的机械能可能是mgh+
1
2
m
??
1
2
,故C正确,A、B、D错误。
3.(2017西城二模)应用物理知识分析生活中的常见现象,或是解释一些小游戏中的物理原理,可以使物理学习更加有趣和深入。甲、乙两同学做了如下的一个小游戏,如图所示,用一象棋子压着一纸条,放在水平桌面上接近边缘处。第一次甲同学慢拉纸条将纸条抽出,棋子掉落在地上的P点。第二次将棋子、纸条放回原来的位置,乙同学快拉纸条将纸条抽出,棋子掉落在地上的N点。两次现象相比(　　)
/
A.第二次棋子的惯性更大
B.第二次棋子受到纸条的摩擦力更小
C.第二次棋子受到纸条的冲量更小
D.第二次棋子离开桌面时的动量更大
答案　C　惯性大小由质量决定,A错误。滑动摩擦力f=μmg,B错误。由动量定理有ft=mv-0知,C正确,D错误。
4.(2017昌平二模)如图所示,在光滑水平桌面上建立平面直角坐标系xOy。一质量为m的物块静止在坐标原点。现对物块施加沿x轴正方向的恒力F,作用时间为t;然后保持F大小不变,方向改为沿y轴负方向,作用时间也为t;再将力F大小不变,方向改为沿x轴负方向,作用时间仍为t。则此时(　　)
/
A.物块的速度沿x轴正方向
B.物块的速度沿y轴负方向
C.物块的位置坐标为(0,
??
??
2
2??
)
D.物块的位置坐标为(
??
??
2
??
,
3??
??
2
2??
)
答案　B　根据动量定理:
??
??
合
=Δp,整个过程中,力的冲量方向沿y轴负方向,因此末速度沿y轴负方向。物块的末位置坐标y值应为负值。
如图,物块由静止开始,受沿x轴正方向的恒力F,作用时间为t,运动到A点,F=ma,vA=at=
????
??
,xA=
1
2
at2=
??
??
2
2??
;之后物块受沿y轴负方向大小为F的恒力,作用时间为t,运动到B点,由A点至B点,物块沿x轴方向做匀速直线运动,沿y轴负方向做匀加速直线运动,A、B间x方向位移xAB=vAt=
??
??
2
??
,y方向位移yAB=-
1
2
at2=-
??
??
2
2??
;在B点时y方向的速度vBy=-
????
??
;由B至C,物块受沿x轴负方向大小为F的恒力,作用时间为t,B、C间x方向位移xBC=vAt-
1
2
at2=
??
??
2
2??
,y方向位移yBC=vByt=-
??
??
2
??
。因此物块末位置坐标为(
2??
??
2
??
,-
3??
??
2
2??
)。
/
5.在纳米技术中需要移动或修补原子,必须使在不停地做热运动(速率约几百米每秒)的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间,为此已发明了“激光制冷”技术,若把原子和入射光分别类比为一辆小车和一个小球,则“激光制冷”与下述的力学模型很类似。
一辆质量为m的小车(一侧固定一轻弹簧),如图所示以速度v0水平向右运动,一个动量大小为p的小球水平向左射入小车并压缩弹簧至最短,接着被锁定一段时间ΔT,再解除锁定使小球以大小相同的动量p水平向右弹出,紧接着不断重复上述过程,最终小车停下来。设地面和车厢均光滑,除锁定时间ΔT外,不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间。从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为(　　)
/
A.
??
??
0
??
·ΔT B.
2??
??
0
??
·ΔT
C.
??
??
0
4??
·ΔT D.
??
??
0
2??
·ΔT
答案　D　以小球为研究对象,每次锁定的时间都为ΔT,小球以动量p入射,以大小相同的动量p反射,则在这个锁定的过程中,车与球之间的作用力为恒力,设为F,则F·ΔT=2p,以车为研究对象,第一次入射的动量为mv0,最后停下来动量为零。全过程叠加起来,即F·t总=mv0,两式消去F得t总=
??
??
0
2??
·ΔT。
6.(2018海淀期中)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(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的压力大小约为(　　)
/
A.0.2 N B.0.6 N C.1.0 N D.1.6 N
答案　B　豆粒下落过程做自由落体运动,落到秤盘上时速度大小v=
2???
=4 m/s,根据题意知反弹瞬间速度大小为2 m/s,对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有:F=
0.1×2-0.1×(-4)
1
N=0.6 N,由牛顿第三定律知,选项B正确。
7.(2018石景山一模节选)动量定理描述了力对物体作用在时间上累积的效果,是力学中的重要规律。在一些公共场合有时可以看到,“气功师”平躺在水平地面上,其腹部上平放着一块大石板,有人用铁锤猛击大石板,石板裂开而人没有受伤。现用下述模型分析探究。
若大石板质量为M=80 kg,铁锤质量为m=5 kg。铁锤从h1=1.8 m高处由静止落下,打在石板上反弹,当反弹达到最大高度h2=0.05 m时被拿开。铁锤与石板的作用时间约为t1=0.01 s。由于缓冲,石板与“气功师”腹部的作用时间较长,约为t2=0.5 s,取重力加速度g=10 m/s2。请利用动量定理分析说明石板裂开而人没有受伤的原因。
答案　见解析
解析　铁锤打击石板时的速度v1=
2??
?
1
解得v1=6 m/s
铁锤反弹时的速度v2=
2??
?
2
解得v2=1 m/s
在铁锤与石板的碰撞过程中,取竖直向上为正方向,对铁锤,由动量定理有
(F1-mg)t1=mv2-(-mv1)
解得F1=3 550 N
由牛顿第三定律知,铁锤对石板的作用力
F1'=F1=3 550 N
对石板,由动量定理有
(F2-Mg)t2-F1't1=0
解得F2=871 N
由牛顿第三定律知,石板对人的作用力F2'=F2=871 N
在铁锤与石板的碰撞过程中,铁锤对石板的作用力较大,超过了石板承受的限度,因而石板裂开。在作用前后,石板对人的作用力较小,其变化也较小,没有超过人能承受的限度,因而人没有受伤。
8.(2017丰台二模)如图所示,一质量为m=0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A点,小物块以v0=9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动,与墙发生碰撞(碰撞时间极短)。碰前瞬间的速度v1=7 m/s,碰后以v2=6 m/s反向运动直至静止。已知小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.32,取 g=10 m/s2。求:
/
(1)A点距墙面的距离x;
(2)碰撞过程中,墙对小物块的冲量大小I;
(3)小物块在反向运动过程中,克服摩擦力所做的功W。
答案　(1)5 m　(2)6.5 N·s　(3)9 J
解析　(1)小物块由A到B过程做匀减速运动,
由动能定理有-μmgx=
1
2
m
??
1
2
-
1
2
m
??
0
2
得x=5 m
(2)选初速度方向为正方向,由动量定理得
I=-mv2 - mv1
得I=-6.5 N·s ,即冲量大小为6.5 N·s
(3)小物块反向运动过程中,由动能定理得
W'=0-
1
2
m
??
2
2
得W'=-9 J,即克服摩擦力所做的功为W=9 J
B组　综合提能
1.(2015北京理综,18,6分)“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是(　　)
A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大
D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力
答案　A　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人经历了先加速后减速的过程,当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大,动能最大,之后绳的拉力大于人的重力,人向下减速到达最低点。绳对人的拉力始终向上,始终做负功。拉力的冲量始终向上,人的动量先增大后减小,综上所述,只有A选项正确。
2.(2018朝阳期中)如图所示,质量相等的A、B两个物体,沿着倾角分别为α和β的两个光滑固定斜面(α<β),由静止开始从同一高度h2处下滑到同样的另一高度h1处。在此过程中,关于A、B两个物体,相同的物理量是(　　)
/
A.下滑所用的时间 B.重力的平均功率
C.所受合力的冲量大小 D.所受支持力的冲量大小
答案　C　令斜面倾角为θ,下滑的高度为h,则沿斜面滑行的位移大小s=
?
sin??
。由牛顿第二定律知物体下滑的加速度大小a=g sin θ。由物体下滑时间t=
2??
??
=
1
sin??
2?
??
知,A错误;重力的平均功率
??
??
=
?????
??
=mg·
???
2
·sin θ,故B项错误;所受合力的冲量大小I合=mg sin θ·t=m·
2???
,故C正确;所受支持力的冲量IN=mg cos θ·t=m·
2???
·cot θ,故选项D错误。
3.(2017海淀期中)香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉,在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱,将站在冲浪板上的米老鼠模型托起,稳定地悬停在空中,伴随着音乐旋律,米老鼠模型能够上下运动,引人驻足,如图所示。这一景观可做如下简化,假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出,水柱的流量为Q(流量定义:在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积),设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同,冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积,保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计,冲击冲浪板后,水在竖直方向的速度立即变为零,在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为M,水的密度为ρ,重力加速度大小为g,空气阻力及水的黏滞阻力均可忽略不计。
(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量;
(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短,因此在分析水对冲浪板作用力时可忽略这部分水所受的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时,水到达冲浪板底部的速度大小;
(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化,需调整水泵对水做功的功率。水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出水的动能。请根据第(2)问中的计算结果,推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式。
/
答案　(1)ρQ　(2)
????
????
　(3)见解析
解析　(1)设很短时间Δt内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,水柱在喷口的初速度为v0,喷口的横截面积为S。则Δm=ρΔV
ΔV=Sv0Δt=QΔt
解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为
Δ??
Δ??
=ρQ
(2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时,水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由v变为0,Δt时间这些水对板的作用力的大小为F',板对水的作用力的大小为F,以向下为正方向,不考虑水柱顶部水的重力,根据动量定理有
FΔt=0-(Δm)(-v)
根据牛顿第三定律F=F'
由于米老鼠模型在空中悬停,根据力的平衡条件得:
F'=Mg
联立可解得v=
????
????
(3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h,对于Δt时间内喷出的水,根据机械能守恒定律得:
1
2
(Δm)v2+(Δm)gh=
1
2
(Δm)
??
0
2
水泵对水做功的功率为P0=
??
k
Δ??
=
1
2
(Δ??)
??
0
2
Δ??
联立解得h=
??
0
??????
-
??
2
g
2
??
2
??
2