高中物理人教版能力提升练习 选修3-5第 16 章　动量　冲量　动量定理 Word版含解析

1.将一个质量为m的小木块放在光滑的斜面上,使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动,滑到底端总共用时t,如图所示,设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为Δp1,在后一半时间内其动量变化为Δp2,则Δp1∶Δp2为 (　　)
A.1∶2 B.1∶3 C.1∶1 D.2∶1
【解析】选C。木块在下滑的过程中,一直受到的是重力与斜面支持力的作用,二力的合力大小恒定为F=mgsinθ,方向也始终沿斜面向下不变。由动量定理可得Δp1∶Δp2=(F·t1)∶(F·t2)=(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)=1∶1。则C正确,A、B、D错误。
2.(多选)物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s,这说明 (　　)
A.物体的动量在减小
B.物体的动量在增大
C.物体的动量大小也可能不变
D.物体受到的合力冲量大小为5 N·s
【解析】选C、D。因不知动量变化的方向与初动量方向是否相同,故无法确定动量是增大还是减小,A、B错误;动量是矢量,其变化量可能是动量方向变化引起的,C正确;由动量定理I=Δp可知,合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同,D正确。
3.带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,它们的动量大小相等,a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb,质量分别为ma、mb,周期分别为Ta、Tb。则一定有 (　　)
A.qa【解析】选A。设带电粒子以速度v在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由洛伦兹力公式和牛顿运动定律得,qvB=m,解得mv=qBR。两个粒子的动量mv相等,则有qaBRa=qbBRb。根据题述,a运动的半径大于b运动的半径,即Ra>Rb,所以qa4.质量是60 kg的建筑工人,不慎从高空跌下,由于弹性安全带的保护,他被悬挂起来。已知安全带的缓冲时间是1.2 s,安全带长5 m,取g=10 m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小为 (　　)
A.500 N B.600 N C.1 100 N D.100 N
【解析】选C。安全带长5 m,人在这段距离上做自由落体运动,获得速度v==10 m/s。受安全带的保护经1.2 s速度减小为0,对此过程应用动量定理,以向上为正方向,有(F-mg)t=0-(-mv),则F=+mg=1 100 N,C正确,A、B、D错误。
5.如图所示为某物业公司的宣传提醒牌。从提供的信息知:一枚30 g的鸡蛋从17楼(离地面人的头部为45 m高)落下,能砸破人的头骨。若鸡蛋壳与人头部的作用时间为4.5×10-4 s,人的质量为50 kg,重力加速度g取10 m/s2,则头骨受到的平均冲击力约为 (　　)
A.1 700 N B.2 000 N
C.2 300 N D.2 500 N
【解析】选B。由2gh=v2可得v== m/s=30 m/s;设向下为正方向,对碰撞过程应用动量定理可得(mg+F)t=0-mv,代入数据得:F≈-2 000 N;负号说明鸡蛋受到的冲击力向上;根据牛顿第三定律可知,头骨受到的平均冲击力为2 000 N,故B正确。
6.(多选)如图所示,足够长的固定光滑斜面倾角为θ,质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面,达到最高点后又滑回原处,所用时间为t。对于这一过程,下列判断正确的是 (　　)
A.斜面对物体的弹力的冲量为零
B.物体受到的重力的冲量大小为mgt
C.物体受到的合力的冲量大小为零
D.物体动量的变化量大小为mgsinθ·t
【解析】选B、D。由冲量的求解公式可知,斜面对物体的弹力的冲量为mgcosθ·t,选项A错误;物体受到的重力的冲量大小为mgt,选项B正确;物体回到斜面底端的速度大小仍为v,方向与初速度方向相反,故根据动量定理可知,物体受到的合力的冲量大小为2mv,选项C错误;因整个过程中物体所受的合力为mgsinθ,则根据动量定理可知,物体动量的变化量大小为mgsinθ·t,选项D正确。
【总结提升】对动量定理的理解
(1)动量的变化量等于“合外力的冲量”,而不是“某个力的冲量”,这是在应用动量定理解题时需要牢记的。
(2)动量定理的表达式是矢量式。在一维的情况下,选定正方向后可将矢量运算简化为代数运算。
(3)动量定理具有普适性,不论物体的运动轨迹是直线还是曲线,不论作用力是恒力还是变力,不论是几个力同时作用还是先后作用,动量定理都适用。
7.(2019·梧州模拟)如图所示,物体由静止做直线运动,0～4 s内其合外力随时间变化的关系为某一正弦函数,下列表述不正确的是 (　　)
A.0～2 s内合外力的冲量一直增大
B.0～4 s内合外力的冲量为零
C.2 s末物体的动量方向发生改变
D.0～4 s内物体的动量方向一直不变
【解析】选C。F-t图象的面积表示冲量,正负表示方向,时间轴上方表示冲量一直增大,2 s后减小,故A正确;从F-t图象的面积可以看出,在0～4 s内合外力的冲量为零,故B正确;0～2 s内加速,2～4 s内减速,物体做单方向变速直线运动,速度方向一直不变,由动量定理I=Δp可知,0～4 s内物体的动量方向一直不变,故C错误、D正确。
8.(2020·六盘水模拟)如图所示,质量均为m=1 kg的物体置于水平面上,两物体与地面的动摩擦因数均为μ=0.5,两物体均在大小为F=10 N的外力作用下由静止开始运动。已知A物体所受外力F水平,B物体所受外力F与水平方向的夹角为θ=37°,作用t=2 s后撤去A、B外力F,(g取10 m/s2,cos37°=0.8,sin37°=0.6)求:
(1)撤去外力F时,A、B两物体的速度之比;
(2)A、B两物体减速的位移之比。
【解析】(1)对物体A,由动量定理:(F-μmg)t=mvA
解得vA=10 m/s
对物体B,由动量定理:
[Fcos37°-μ(mg-Fsin37°)]t=mvB
解得vB=12 m/s
则撤去外力F时,两物体的速度之比为:vA∶vB=5∶6;
(2)根据mv2=μmgs可得s=
可得两物体减速的位移之比为== 。
答案:(1)5∶6　(2)25∶36
9.(多选)如图所示,倾斜的传送带保持静止,一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端。如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动,同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中,与传送带保持静止时相比
(　　)
A.木块在滑到底端的过程中,摩擦力的冲量变大
B.木块在滑到底端的过程中,摩擦力的冲量不变
C.木块在滑到底端的过程中,木块克服摩擦力所做功变大
D.木块在滑到底端的过程中,系统产生的内能数值将变大
【解题指南】(1)滑动摩擦力的大小与相对速度大小无关,故摩擦力的大小和摩擦力冲量的大小不变。
(2)相对速度变大,则相对滑动的距离变长,则由摩擦产生的内能变大。
【解析】选B、D。滑动摩擦力的大小为Ff=μFN,与相对速度的大小无关,所以,当传送带运动时,木块所受的摩擦力未变,空间位移未变,则滑到底端的时间、速度以及克服摩擦力所做的功均不变,所以摩擦力的冲量I=Fft不变,故A、C错误,B正确;但由于相对滑动的距离变长,所以木块和传送带由于摩擦产生的内能变大,故D正确。
10.(多选)(2019·常德模拟)一竖直放置的轻弹簧,一端固定于地面,一端与质量为3 kg的B固定在一起,质量为1 kg的A放于B上。现在A和B正在一起竖直向上运动,如图所示。当A、B分离后,A上升0.2 m到达最高点,此时B速度方向向下,弹簧为原长,则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中,下列说法正确的是(g取10 m/s2) (　　)
A.A、B分离时B的加速度为g
B.弹簧的弹力对B做功为零
C.弹簧的弹力对B的冲量大小为6 N·s
D.B的动量变化量为零
【解析】选A、B、C。由分离的条件可知,A、B物体分离时二者的速度、加速度相等,二者之间的相互作用力为0,对A分析可知,A的加速度aA=g,所以B的加速度为g,故A正确; A、B物体分离时弹簧恢复原长,A到最高点弹簧恢复原长,从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中弹簧的弹性势能变化为零,所以弹簧对B做的功为零,故B正确;A、B物体分离后A做竖直上抛运动,可知竖直上抛的初速度v== m/s=2 m/s,上升到最高点所需的时间: t==0.2 s,由运动的对称性可知此时B的速度为2 m/s,方向竖直向下,对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得:mBgt+IN=mBv-(-mBv),解得弹簧的弹力对B的冲量大小为:IN=6 N·s,B的动量变化量为Δp=mBv-(-mBv)=12 kg·m/s,故C正确,D错误;故选A、B、C。
11.(2019·榆林模拟)用0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里,打击时铁锤的速度v=4.0 m/s,如果打击后铁锤的速度变为0,打击的作用时间是0.01 s,那么:
(1)不计铁锤受的重力,铁锤钉钉子的平均作用力是多大?
(2)考虑铁锤受的重力,铁锤钉钉子的平均作用力又是多大?(g取10 m/s2)
(3)比较(1)和(2),讨论是否要计铁锤的重力。
【解析】(1)以铁锤为研究对象,不计重力时,只受钉子的作用力,方向竖直向上,设为F1,取竖直向上为正,由动量定理可得F1t=0-mv
所以F1=- N=200 N,方向竖直向上;
由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的作用力为200 N,方向竖直向下;
(2)若考虑重力,设此时受钉子的作用力为F2,对铁锤应用动量定理,取竖直向上为正;
(F2+mg)t=0-mv (矢量式)
F2= N-0.5×(-10) N=205 N,方向竖直向上。
由牛顿第三定律知,此时铁锤钉钉子的作用力为205 N,方向竖直向下;
(3)比较F1与F2,其相对误差为×100%=2.5%,可见本题中重力的影响可忽略。
答案:(1)200 N,方向竖直向下
(2)205 N,方向竖直向下　(3)见解析
【总结提升】应用动量定理应注意的四点
(1)明确物体受到冲量作用的结果是导致物体动量的变化。冲量和动量都是矢量,它们的加、减运算都遵循平行四边形定则。
(2)列方程前首先要选取正方向,与规定的正方向一致的力或动量取正值,反之取负值,而不能只关注力或动量数值的大小。
(3)分析速度时一定要选取同一个参考系,未加说明时一般是选地面为参考系,同一道题目中一般不要选取不同的参考系。
(4)公式中的冲量应是合外力的冲量,求动量的变化量时要严格按公式,且要注意是末动量减去初动量。
12.如图甲所示是明德中学在高考前100天倒计时宣誓活动中为给高三考生加油,用横幅打出的激励语。下面我们来研究横幅的受力情况,如图乙所示,若横幅的质量为m,且质量分布均匀、由竖直面内的四条轻绳A、B、C、D固定在光滑的竖直墙面上,四条绳子与水平方向的夹角均为θ,其中绳A、B是不可伸长的刚性绳,绳C、D是弹性较好的弹性绳且对横幅的拉力恒为T0,重力加速度为g。
(1)求绳A、B所受力的大小。
(2)在一次卫生大扫除中,楼上的小明同学不慎将质量为m0的抹布滑落,正好落在横幅上沿的中点位置。已知抹布的初速度为零,下落的高度为h,忽略空气阻力的影响。抹布与横幅撞击后速度变为零,且撞击时间为t,撞击过程横幅的形变极小,可忽略不计,求撞击过程中,绳A、B所受平均拉力的大小。
【解析】(1)横幅在竖直方向上处于平衡状态
2Tsin θ=2T0 sin θ+mg
解得T=T0+
(2)抹布做自由落体运动,其碰撞前的速度满足
2gh=
碰撞过程中横幅对抹布的平均作用力为F,由动量定理可得
-(F-m0g)t=0-m0v0
解得F=m0g+
由牛顿第三定律可知抹布对横幅的平均冲击力F′=F
横幅仍处于平衡状态:
2T1sin θ=2T0sin θ+mg+F′
解得T1=T0++
答案:(1)T0+
(2)T0++