2019年高考物理一轮复习第六章动量守恒定律及其应用第1讲动量冲量动量定理练习.doc

1、【 精品教育资源文库 】 第 1 讲 动量、冲量、动量定理 板块三限时规范特训 时间： 45 分钟 满分： 100 分 一、选择题 (本题共 10 小题，每小题 7 分，共 70 分。其中 1 7 为单选， 8 10 为多选 ) 1 2018 湖北黄石市黄石一中模拟 有关物体的动量，下列说法正确的是 ( ) A同一物体的动量改变，一定是速度大小改变 B同一物体的动量改变，一定是速度方向改变 C同一物体的运动速度改变，其动量一定改变 D同一物体的运动速度改变，其动量可能不变 答案 C 解析 动量为一矢量，由 p mv 知，同一物体动量改变，可能是速度大小 变化、也可能是速度方向变化，所以 A、

2、 B 错误；同一物体速度改变，动量一定变化，故 C 正确， D 错误。 2 2018 山西太原五中月考 下面关于物体动量和冲量的说法错误的是 ( ) A物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大 B物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变 C物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向 D物体所受合外力越大，它的动量变化就越快 答案 A 解析 Ft 越大， p 越大，但动量不一定大，它还与初态的动量有关，故 A 错误， B 正确；冲量不仅与 p大小相等，而且方向相同，所以 C 正确；物体所受合 外力越大，速度变化越快，即动量变化越快， D 正确。 3把一个乒乓球竖直向上抛出，若空气阻力大小不变，则

3、乒乓球上升到最高点和从最高点返回到抛出点的过程相比较 ( ) A重力在上升过程的冲量大 B合外力在上升过程的冲量大 C重力冲量在两过程中的方向相反 D空气阻力冲量在两过程中的方向相同 答案 B 解析 乒乓球上升过程 mg f ma1，下降过程 mg f ma2，故 a1a2。由于上升和下降通过的位移相同，由公式 x 12at2知上升用的时间小于下降用的时间，上升时重力的冲量小， A 错误； 而重力的冲量，不管是上升还是下降，方向都向下，故 C 错误；而空气阻力冲量的方向：上升时向下，下降时向上，故方向相反， D 错误；再由公式 v 2ax可知，上升的初速度大于下降的末速度，由动量定理知，合外力

4、的冲量等于动量的变化量，因上升时动量的变化量大于下降时动量的变化量，故合外力在上升过程冲量大，故 B 正确。 4 2018 山东临沂调研 人从高处跳到较硬的水平地面时，为了安全，一般都是让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，这是为了 ( ) A减小地面对人的冲量 B减小人的动量的变化 C增加人对地面 的冲击时间 D增大人对地面的压强 【 精品教育资源文库 】 答案 C 解析 脚尖先触地且着地时弯曲双腿，可以增加人对地面的冲击时间，根据动量定理 F p t可知，地面对人的作用力减小，从而达到安全的目的，故 C 正确， A、 B、 D 错误。 5. 2018 江西上饶一中月考 物体 A 和 B 用轻绳

5、相连在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示。 A 的质量为 m，B 的质量为 M。当连接 A、 B 的绳突然断开后，物体 A 上升经某一位置时的速度为 v，这时物体 B 下落速度大小为 u，如图乙所示。这段时间里，弹簧的弹力对物体的冲量为 ( ) A mv B mv Mu C mv Mu D mv mu 答案 D 解析 弹簧的弹力是变力，时间是未知量，显然，不能直接从冲量的概念 I Ft 入手计算，只能用动量定理求解，对物体 A： I 弹 mgt mv。对物体 B： Mgt Mu。消去 t 解得 I 弹 mv mu， D 正确， A、 B、 C 错误。 6一质量为 2 kg 的物体受水平拉力 F 作

6、用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的 at 图象如图所示， t 0 时其速度大小为 2 m/s，滑动摩擦力大小恒为 2 N，则 ( ) A t 6 s 时，物体的速度为 18 m/s B在 0 6 s 内，合力对物体做的 功为 400 J C在 0 6 s 内，拉力对物体的冲量为 36 Ns D t 6 s 时，拉力 F 的功率为 200 W 答案 D 解析 类比速度图象中位移的表示方法可知，在加速度 时间图象中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，在 0 6 s 内 v 18 m/s，又 v0 2 m/s，则 t 6 s 时的速度 v 20 m/s， A 错误；由动能定理可知， 0【 精品教

7、育资源文库 】 6 s 内，合力做的功为 W 12mv2 12mv20 396 J， B 错误；由动量定理可知， IF Ff t mv mv0，代入已知条件解得 IF 48 Ns ， C 错误；由牛顿第二定律可知， 6 s 末 F Ff ma，解得 F 10 N，所以拉力的功率 P Fv 200 W， D 正确。 7质量为 m 的运动员从床垫正上方 h1高处自由下落，落垫后反弹的高度为 h2，设运动员每次与床垫接触的时间为 t，则在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力为 (空气阻力不计，重力加速度为g)( ) A mg m 2gh1t B mg m 2gh2t C.m 2gh2 m

8、 2gh1t D mg m 2gh2 m 2gh1t 答案 D 解析 设在时间 t 内，床垫对运动员的平均作用力大小为 F，运动员刚接触床垫时的速率为 v1，则离开床垫时的速率为 v2。如图所示，规定竖直向上为正方向，根据动量定理有： F 合 t p， F 合 F mg p mv2 m( v1) mv2 mv1 由机械能守恒定律有 12mv21 mgh1， v1 2gh1 12mv22 mgh2， v2 2gh2 由此可得 F mg mv2 mv1t mg m 2gh2 m 2gh1t ，由牛顿第三定律可得，运动员对床垫的作用力大小 F F mg m 2gh2 m 2gh1t ，方向为竖直向下

9、， D 正确， A、 B、 C 错误。 8. 恒力 F 作用在质量为 m 的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是 ( ) 【 精品教育资源文库 】 A拉力 F 对物体的冲量大小为零 B拉力 F 对物体的冲量大小为 Ft C拉力 F 对物体的冲量大小是 Ftcos D合力对物体的冲量大小为零 答案 BD 解析 物体静止时，合外力为零，合外力的冲量为零， D 正确；拉力是恒力，其冲量为力与时间的乘积，B 正确， A、 C 错误。 9如图甲所示，一物块在 t 0 时刻，以初速度 v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示

10、， t0时刻物块到达最高点， 3t0时刻物块又返回底端。由此可以确定 ( ) A物块冲上斜面的最大位移 B物块返回底端时的速度 C物块所受摩擦力的大小 D斜面倾 角 答案 ABD 解析 根据图线的 “ 面积 ” 可以求出物体冲上斜面的最大位移为： x v0t02 ， A 正确；设物块返回底端时的速度大小为 v，则有： v0t02 v2 t02 ，解得： v v02， B 正确；根据动量定理得上滑过程： (mgsin mg cos )t0 0 mv0，下滑过程： (mgsin mg cos )2 t0 mv，联立解得： f 3mgsin 3mv04t0， sin 5v04gt0，由于质量 m 未

11、知，则无法求出 f，可以求出斜面倾角 ， D 正确， C 错误。 10在光滑水平面上，放着两块长度相同、质量分别为 M1和 M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，如图所示。开始时，各物均静止，今在两物块上各作用一个水平恒力 F1和 F2，当物块与木板分离时，两木板的速度分别为 v1和 v2，物块与两木板之间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是 ( ) 【 精品教育资源文库 】 A若 F1 F2， M1M2，则 v1v2 B若 F1 F2， M1v2 C若 F1F2， M1 M2，则 v1v2 D若 F1v2 答案 BD 解析 设物块质量为 m，木板质量为 M，长为

12、L，物块与木板间的滑动摩擦力大小为 f，在水平力 F 作用下，经过时间 t，物块恰滑过木板，分离时物块的速度 v，木板的速度 v ，木板通过的位移 s，物块通过的位移为s L。则有 (F f)t mv， ft Mv ，对物块由动能定理 (F f)(s L) 12mv2， v2 2F fm (s L)，对木板由动能定理 fs 12Mv 2， v 2 2fMs。 由此可得： s Ls vv F f Mfm ， s LmfF f M fm。因此，分离时木板的速度 v 2f2LmF f M fmM，其中 Ff。可知， M 增大或 F 增大时，速度 v 都变小， B、 D 正确。 二、非选择题 (本题共

13、 2 小题，共 30 分 ) 11. 2017 湖南岳阳模拟 (10 分 )在光滑水平面上有一质量为 m 4 kg 的物体，它受到如图所示随时间变化的水平拉力作用，物体从静止开始运动，物体在 10 s 末的速度大小为多大？若它与水平地面间的动摩擦因数为 0.1,10 s 末物体速度的大小又为多大？ (g 取 10 m/s2) 答案 2.5 m/s 0 解析 物体在光滑水平面上运动时，根据动量定理有 F1t1 F2t2 mv，代入数据得 v 2.5 m/s；若水平面粗糙，前 5 s 内拉力大于滑动摩擦力，根据动量定理 (F1 mg )t1 mv1，设再经过 t2时间使该速度 v1减为零，则 (F

14、2 mg )t2 0 mv1，解得 t2 57 s，而在速度减到零后，力 F2 3 N 已经不能再拉动物体，以后 的速度都为零，所以 10 s 末物体速度仍旧是 0。 12. 2017 山东临沂模拟 (20 分 )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【 精品教育资源文库 】 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 m0，水的密度为 ，重力加速度大小为 g，空气阻力及水的阻力均可忽略不计。 (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的作用力时可忽略这部