課時跟蹤檢測（二十） 動量定理

PAGE第8頁共8頁課時跟蹤檢測（二十）動量定理一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性1.如圖所示，象棋子壓著紙條，放在光滑水平桌面上。第一次沿水平方向?qū)⒓垪l抽出，棋子落在地面上的P點。將棋子、紙條放回原來的位置，仍沿原水平方向?qū)⒓垪l抽出，棋子落在地面上的Q點，與第一次相比()A．棋子受到紙條的摩擦力較大B．棋子落地速度與水平方向夾角較大C．紙條對棋子的摩擦力做功較多D．棋子離開桌面至落地過程中動能增量較大解析：選C兩次由于正壓力不變，根據(jù)滑動摩擦力公式Ff＝μFN，紙條對棋子的摩擦力沒變，故選項A錯誤；棋子離開桌面后做平拋運動，由于豎直分位移相同，根據(jù)豎直方向運動規(guī)律可知運動時間相同，由于第二次水平分位移較大，可知第二次做平拋運動的初速度大，則第二次紙條對棋子的摩擦力做功較多，設(shè)落地時速度與水平方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，可知第二次棋子落地時速度與水平方向夾角較小，故選項B錯誤，C正確；根據(jù)動能定理可知，動能的增量等于合外力做的功，則合外力做的功即為重力做的功，由題可知重力做的功相等，故動能的增量相等，故選項D錯誤。2．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·廣東卷)如圖所示，學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某一次足球靜止自由下落80cm，被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80cm。已知足球與頭部的作用時間為0.1s，足球的質(zhì)量為0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．頭部對足球的平均作用力為足球重力的10倍B．足球下落到與頭部剛接觸時動量大小為3.2kg·m/sC．足球與頭部作用過程中動量變化量大小為3.2kg·m/sD．足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為3.2N·s解析：選C設(shè)足球自由下落80cm時的速度為v1，所用時間為t1，有v1＝eq\r(2gh)＝4m/s，t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，反彈后做豎直上拋運動，而上升的最大高度也為80cm，根據(jù)運動的對稱性可知上拋的初速度v2＝v1＝4m/s，上升的時間t2＝t1＝0.4s；對足球與人接觸的過程，Δt＝0.1s，取向上為正，由動量定理有(eq\x\to(F)－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得eq\x\to(F)＝36N，Δp＝3.2kg·m/s，即頭部對足球的平均作用力為36N，而足球的重力為4N，則頭部對足球的平均作用力是重力的9倍，此過程的動量變化量大小為Δp＝3.2kg·m/s，故A錯誤，C正確；足球下落到與頭部剛接觸時的動量為p1＝mv1＝1.6kg·m/s，故B錯誤；足球運動的全過程，所受重力的沖量為IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，故D錯誤。3．(2019·全國卷Ⅰ)最近，我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()A．1.6×102kg B．1.6C．1.6×105kg D．1.6解析：選B設(shè)1s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力為F，由動量定理Ft＝mv知，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，選項B正確。4.把一定質(zhì)量的小球放在豎立的彈簧上，并把小球往下按至A位置，如圖甲所示。迅速松手后，彈簧把小球彈起，小球升至最高位置C(圖丙)，途中經(jīng)過位置B時彈簧正好恢復(fù)原長(圖乙)。彈簧質(zhì)量和空氣阻力均可忽略。下列說法正確的是()A．A到C的過程，小球的動量增加B．A到C的過程，小球重力沖量小于彈簧彈力的沖量C．A到B的過程，小球動量的增加量等于彈簧彈力的沖量D．A到B的過程，小球重力的沖量一直變大解析：選D小球從A運動到C位置的過程中，先加速，當彈簧的彈力kΔx＝mg時，合力為零，加速度減小到零，速度達到最大，之后小球繼續(xù)上升，彈簧的彈力小于小球的重力，直到離開彈簧后，小球都做減速運動，故小球從A上升到C的過程中，速度先增大后減小，則動量也是先增大后減小，故A錯誤；根據(jù)動量定理可知，A到C的過程，小球重力沖量等于彈簧彈力的沖量，故B錯誤；A到B的過程，根據(jù)動量定理：I彈－I重＝mv－0，可知小球動量的增加量小于彈簧彈力的沖量，故C錯誤；根據(jù)重力的沖量等于I重＝mgt，可知A到B的過程，小球重力的沖量一直變大，故D正確。5．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·河北卷)(多選)游樂場滑索項目的簡化模型如圖所示，索道AB段光滑，A點比B點高1.25m，與AB段平滑連接的BC段粗糙，長4m。質(zhì)量為50kg的滑塊從A點由靜止下滑，到B點進入水平減速區(qū)，在C點與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1m的D點停下。設(shè)滑塊與BC段的動摩擦因數(shù)為0.2，規(guī)定向右為正方向。g取10m/s2。下列說法正確的是()A．緩沖墻對滑塊的沖量為－50N·sB．緩沖墻對滑塊的沖量為－250N·sC．緩沖墻對滑塊做的功為－125JD．緩沖墻對滑塊做的功為－250J解析：選BC由動能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mv02，由B點到C點的過程中，加速度大小為a＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，由速度—位移公式可得v2－v02＝－2ax，可得v＝3m/s，由C點到D點可知x2＝eq\f(v′2,2a)，解得被緩沖墻反彈時，滑塊的速度大小v′＝－2m/s(方向與初速度反向，取負)，由動量定理可知緩沖墻對滑塊的沖量Δp＝mv′－mv＝－250N·s，由動能定理可得緩沖墻對滑塊做的功W＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2＝－125J，綜上分析可知B、C正確。6．(2021·柳州模擬)(多選)一物塊靜止在粗糙水平地面上，0～4s內(nèi)所受水平拉力隨時間的變化關(guān)系圖像如圖甲所示，0～2s內(nèi)速度圖像如圖乙所示。重力加速度g＝10m/s2，關(guān)于物塊的運動，下列說法正確的是()A．第4s末物塊的速度為0B．前4s內(nèi)物塊的位移大小為6mC．前4s內(nèi)拉力的沖量為0D．物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.2解析：選AD由題圖乙可知，第2s內(nèi)物體勻速運動，則由題圖甲可知摩擦力f＝F＝2N；根據(jù)速度時間圖像的斜率表示加速度，則第1s內(nèi)物塊的加速度a＝eq\f(4,1)m/s2＝4m/s2，第1s內(nèi)F＝6N，根據(jù)牛頓第二定律有F－f＝ma，代入數(shù)據(jù)解得m＝1kg，又f＝μmg，解得μ＝0.2，故D正確；由題圖甲可知，第3s內(nèi)物體減速運動，F(xiàn)的大小為2N，方向反向，根據(jù)牛頓第二定律有：2N＋f＝ma′，解得a′＝4m/s2，則減速到零的時間為t0＝eq\f(v,a′)＝eq\f(4,4)s＝1s，故第3s末物塊速度為0，第4s內(nèi)拉力與摩擦力相等，物塊靜止，故A正確；速度時間圖像與時間坐標軸圍成的面積表示位移，則前4s內(nèi)的位移為：eq\f(1,2)×(1＋3)×4m＝8m，故B錯誤；前4s內(nèi)拉力的沖量為F-t圖像與時間坐標軸所圍面積，則有：IF＝6×1N·s＋2×1N·s－2×2N·s＝4N·s，故C錯誤。7.雨打芭蕉是我國古代文學(xué)中重要的抒情意象。為估算雨天院中芭蕉葉面上單位面積所承受的力，小玲同學(xué)將一圓柱形水杯置于院中，測得10min內(nèi)杯中雨水上升了15mm，查詢得知，當時雨滴落地速度約為10m/s，設(shè)雨滴撞擊芭蕉后無反彈，不計雨滴重力，雨水的密度為1×103kg/m3A．0.25NB．0.5NC．1.5ND．2.5N解析：選A設(shè)雨滴受到支持面的平均作用力為F，設(shè)在Δt時間內(nèi)有質(zhì)量為Δm的雨水的速度由v＝10m/s減為零，以豎直向上為正方向，對這部分雨水應(yīng)用動量定理：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得：F＝eq\f(Δmv,Δt)；設(shè)水杯橫截面積為S，水杯里的雨水在Δt時間內(nèi)水面上升Δh，則有：Δm＝ρSΔh，F(xiàn)＝ρSveq\f(Δh,Δt)，壓強為p＝eq\f(F,S)＝ρveq\f(Δh,Δt)＝1×103×10×eq\f(15×10－3,10×60)N/m2＝0.25N/m2，則芭蕉葉面單位面積上的平均受力約為0.25N，故A正確，B、C、D錯誤。8．(2021·滄州調(diào)研)質(zhì)量為1kg的物體靜止放在足夠大的水平桌面上，物體與桌面間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.4。有一大小為5N的水平恒力F作用于物體上，使之加速前進，經(jīng)3s后撤去F。求物體運動的總時間(g取10m/s2)。解析：物體由靜止開始運動到停止運動的全過程中，F(xiàn)的沖量為Ft1，摩擦力的沖量為Fft。選水平恒力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理有Ft1－Fft＝0①又Ff＝μmg②聯(lián)立①②式解得t＝eq\f(Ft1,μmg)，代入數(shù)據(jù)解得t＝3.75s。答案：3.75s9．(2021·廣州六校聯(lián)考)如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.10kg的小物塊以初速度v0從粗糙水平桌面上某處開始運動，經(jīng)時間t＝0.2s后以速度v＝3.0m/s飛離桌面，最終落在水平地面上。物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，桌面高h＝0.45m，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物塊的初速度v0的大?。?2)小物塊在空中運動過程中的動量變化量；(3)小物塊落地時的動能Ek。解析：(1)小物塊在桌面上運動的加速度a＝eq\f(f,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg由速度與時間關(guān)系式得：v0－v＝at代入數(shù)據(jù)解得小物塊的初速度v0＝3.5m/s。(2)小物塊飛離桌面后做平拋運動，有h＝eq\f(1,2)gt2飛行時間t＝eq\r(\f(2h,g))，由動量定理得：Δp＝mgt代入數(shù)據(jù)得Δp＝0.3kg·m/s，方向豎直向下。(3)對小物塊從離開桌面到落地的過程由動能定理得：mgh＝Ek－eq\f(1,2)mv2代入數(shù)據(jù)解得物塊落地時的動能Ek＝0.9J。答案：(1)3.5m/s(2)0.3kg·m/s，方向豎直向下(3)0.9J二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應(yīng)用性10.(2021·武漢模擬)航天器離子發(fā)動機原理如圖所示，首先電子槍發(fā)射出的高速電子將中性推進劑原子離子化(即電離出正離子)，正離子被正、負極柵板間的電場加速后從噴口噴出，從而使航天器獲得推進或姿態(tài)調(diào)整的反沖力。已知單個正離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，正、負極柵板間加速電壓為U，從噴口噴出的正離子所形成的電流為I。忽略離子間的相互作用力，忽略離子噴射對航天器質(zhì)量的影響。該發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F的大小為()A．Ieq\r(\f(2mU,q))B．Ieq\r(\f(mU,q))C．Ieq\r(\f(mU,2q))D．2Ieq\r(\f(mU,q))解析：選A以正離子為研究對象，由動能定理可得：qU＝eq\f(1,2)mv2，Δt時間內(nèi)通過的總電荷量Q＝IΔt，噴出的正離子的總質(zhì)量為M＝eq\f(Q,q)m＝eq\f(IΔt,q)m，由動量定理可得：FΔt＝Mv，聯(lián)立以上關(guān)系式可得：F＝Ieq\r(\f(2mU,q))。根據(jù)牛頓第三定律可知，發(fā)動機產(chǎn)生的平均推力F′＝Ieq\r(\f(2mU,q))，選項A正確。11.(2021·包頭模擬)使用無人機植樹時，為保證樹種的成活率，將種子連同營養(yǎng)物質(zhì)制成種子膠囊。播種時，在離地面10m高處以15m/s的速度水平勻速飛行的無人機上，播種器利用空氣壓力把種子膠囊以5m/s的速度(相對播種器)豎直向下射出，種子膠囊進入地面以下10cm深處完成一次播種。已知種子膠囊的總質(zhì)量為20g，不考慮其所受大氣阻力及進入土壤后的重力作用，取g＝10m/s2，則()A．射出種子膠囊的過程中，播種器對種子膠囊做功為2.5JB．離開無人機后，種子膠囊在空中運動的時間為eq\r(2)sC．土壤對種子膠囊沖量的大小為3eq\r(2)kg·m/sD．種子膠囊在土壤內(nèi)受到平均阻力的大小為22.5eq\r(2)N解析：選D射出種子膠囊的過程中，播種器對種子膠囊做的功等于其動能的增量，即W＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.02×52J＝0.25J，A錯誤；種子膠囊離開無人機后在豎直方向做勻加速直線運動，由h＝vt＋eq\f(1,2)gt2，代入數(shù)據(jù)解得t＝1s(另解舍去)，B錯誤；種子膠囊落地時豎直速度vy＝v＋gt＝15m/s，水平速度vx＝v0＝15m/s，進入土壤時豎直方向h′＝eq\f(vy2,2a)，t′＝eq\f(vy,a)，可求得t′＝eq\f(1,75)s。由動量定理得：I＝Ft′＝0－(－mv合)，v合＝eq\r(vy2＋vx2)，可解得土壤對種子膠囊的沖量I＝mv合＝0.3eq\r(2)kg·m/s，平均阻力大小F＝22.5eq\r(2)N，故C錯誤，D正確。12．(2020·濰坊一模)(多選)如圖所示，木板甲長為L，放在水平桌面上，可視為質(zhì)點的物塊乙疊放在甲左端，已知甲、乙質(zhì)量相等，甲與乙、甲與桌面間動摩擦因數(shù)相同。對乙施加水平向右的瞬時沖量I，乙恰好未從甲上滑落；此時對甲施加水平向右的瞬時沖量I，此后()A．乙加速時間與減速時間相同B．甲做勻減速運動直到停止C．乙最終停在甲中點D．乙最終停在距甲右端eq\f(1,4)L處解析：選AD設(shè)甲、乙兩物體的質(zhì)量均為m，甲與乙、甲與桌面間動摩擦因數(shù)均為μ，對乙施加水平向右的瞬時沖量I，由動量定理得：I＝mv0，由于甲對乙的摩擦力水平向左，大小為f1＝μmg，根據(jù)牛頓第三定律得乙對甲的摩擦力水平向右，大小為f2＝f1＝μmg，而桌面對甲的最大靜摩擦力為fmax＝2μmg，由于f2＜fmax，所以乙在甲上運動的過程中，甲是靜止不動的，乙恰好未從甲上滑落，說明乙向右做勻減速直線運動速度恰好減到零，由運動學(xué)公式得：L＝eq\f(v02,2μg)＝eq\f(I2,2μm2g)；此時對甲施加水平向右的瞬時沖量I，由動量定理得：I＝mv甲，此時對乙受力分析，由牛頓第二定律得：μmg＝ma1，對甲受力分析，由牛頓第二定律得：μmg＋μ·2mg＝ma2，設(shè)經(jīng)過時間t1甲、乙達到共速，有：v甲－a2t1＝a1t1，解得乙加速的時間為t1＝eq\f(I,4μmg)，達到共速時的速度為v1＝a1t1＝eq\f(I,4m)，共速以后二者一起向右做勻減速直線運動，對甲、乙組成的系統(tǒng)由牛頓第二定律得：μ·2mg＝2ma，解得一起勻減速的加速度大小為a＝μg，由運動學(xué)公式得一起減速時間為t2＝eq\f(0－v1,－a)＝eq\f(I,4μmg)，所以乙加速時間與減速時間相同，故選項A正確；甲先以加速度a2做勻減速直線運動，達到共速后再和乙一起以加速度a做勻減速直線運動，故選項B錯誤；在時間t1內(nèi)甲運動的位移為x2＝v甲t1－eq\f(1,2)a2t12＝eq\f(5I2,32μm2g)，乙運動的位移為x1＝eq\f(1,2)a1t12＝eq\f(I2,32μm2g)，乙相對甲向左的位移大小為Δx＝x2－x1＝eq\f(I2,8μm2g)＝eq\f(L,4)，故選項C錯誤，D正確。13．如圖所示，為拍攝鳥類活動，攝影師用細繩(不計質(zhì)量)將質(zhì)量為m＝2.0kg的攝影機跨過樹枝，懸掛于離地面H＝8.5m高的B點，繩子另一端連著質(zhì)量為M＝4.0kg的沙袋，并將沙袋固定在地面上的A點。某時刻，沙袋