（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考物理一輪復(fù)習(xí) 考點(diǎn)規(guī)范練27 動(dòng)量 動(dòng)量定理（含解析）新人教版

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1、考點(diǎn)規(guī)范練27　動(dòng)量　動(dòng)量定理 一、單項(xiàng)選擇題 1.(2017·天津卷)“天津之眼”是一座跨河建設(shè)、橋輪合一的摩天輪,是天津市的地標(biāo)之一。摩天輪懸掛透明座艙,乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)。下列敘述正確的是(　　) A.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,乘客的機(jī)械能保持不變 B.在最高點(diǎn)時(shí),乘客重力大于座椅對(duì)他的支持力 C.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中,乘客重力的沖量為零 D.摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中,乘客重力的瞬時(shí)功率保持不變 2.(2018·山西太原月考)下面關(guān)于物體動(dòng)量和沖量的說法錯(cuò)誤的是(　　) A.物體所受合外力沖量越大,它的動(dòng)量也越大 B.物體所受合外力沖量不為零,它的動(dòng)量一定要改變

2、 C.物體動(dòng)量增量的方向,就是它所受沖量的方向 D.物體所受合外力越大,它的動(dòng)量變化就越快 3.(2018·山東臨沂調(diào)研)人從高處跳到較硬的水平地面時(shí),為了安全,一般都是讓腳尖先觸地且著地時(shí)要彎曲雙腿,這是為了(　　) A.減小地面對(duì)人的沖量 B.減小人的動(dòng)量的變化 C.增加人對(duì)地面的沖擊時(shí)間 D.增大人對(duì)地面的壓強(qiáng) 4.(2018·天津紅島模擬)一質(zhì)量為2 kg的物體受水平拉力F作用,在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)的a-t圖像如圖所示,t=0時(shí)其速度大小為2 m/s,滑動(dòng)摩擦力大小恒為2 N,則(　　) A.t=6 s時(shí),物體的速度為18 m/s B.在0~6 s內(nèi),合

3、力對(duì)物體做的功為400 J C.在0~6 s內(nèi),拉力對(duì)物體的沖量為36 N·s D.t=6 s時(shí),拉力F的功率為200 W 二、多項(xiàng)選擇題 5.(2018·天津和平質(zhì)量調(diào)查)幾個(gè)水球可以擋住一顆子彈?《國家地理頻道》的實(shí)驗(yàn)結(jié)果是:四個(gè)水球足夠!完全相同的水球緊挨在一起水平排列,子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運(yùn)動(dòng),恰好能穿出第4個(gè)水球,則可以判斷的是(　　) A.子彈在每個(gè)水球中的速度變化相同 B.子彈在每個(gè)水球中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同 C.每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同 D.子彈在每個(gè)水球中的動(dòng)能變化相同 6.一個(gè)籃球被豎直向上拋出后又落回到拋出點(diǎn)。假設(shè)籃球在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻

4、力大小與其運(yùn)動(dòng)的速度大小成正比,下列判斷正確的是(　　) A.籃球運(yùn)動(dòng)的過程中加速度一直減小 B.上升過程中重力的沖量大小等于下降過程中重力的沖量大小 C.上升過程中空氣阻力做的功等于下降過程中阻力做的功 D.上升過程中空氣阻力的沖量大小等于下降過程中空氣阻力的沖量大小 三、非選擇題 7.(2018·湖南岳陽模擬)在光滑水平面上有一質(zhì)量m=4 kg的物體,它受到如圖所示隨時(shí)間變化的水平拉力作用,物體從靜止開始運(yùn)動(dòng),物體在10 s末的速度大小為多大?若它與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.1,10 s末物體速度的大小又為多大?(g取10 m/s2) 8.如

5、圖所示,質(zhì)量0.5 kg,長1.2 m的金屬盒AB,放在水平桌面上,它與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=18,在盒內(nèi)右端B放著質(zhì)量也為0.5 kg,半徑為0.1 m的彈性球,球與盒接觸面光滑。若在A端給盒以水平向右的沖量1.5 N·s,設(shè)盒在運(yùn)動(dòng)中與球碰撞時(shí)間極短,且無能量損失,求: (1)盒從開始運(yùn)動(dòng)到完全停止所通過的路程是多少; (2)盒從開始運(yùn)動(dòng)到完全停止所經(jīng)過的時(shí)間是多少。 考點(diǎn)規(guī)范練27　動(dòng)量　動(dòng)量定理 1.B　解析摩天輪勻速轉(zhuǎn)動(dòng),乘客動(dòng)能不變,高度不斷變化,重力勢能不斷變化,機(jī)械能等于重力勢能和動(dòng)能之和,機(jī)械能也不斷變化,故A錯(cuò)誤;在最高點(diǎn),重力指向圓心,支持力背向圓心,合外力

6、提供向心力,F向=mg-FN>0,即mg>FN,故B正確;轉(zhuǎn)動(dòng)一周,重力始終存在,由I=mg·t可知沖量不為零,故C錯(cuò)誤;重力的瞬時(shí)功率P=mgvcosα,重力方向不變,速度方向不斷變化,重力與速度間的夾角α不斷變化,P不斷變化,故D錯(cuò)誤。 2.A　解析Ft越大,Δp越大,但動(dòng)量不一定大,它還與初態(tài)的動(dòng)量有關(guān),故A錯(cuò)誤,B正確;沖量不僅與Δp大小相等,而且方向相同,所以C正確;物體所受合外力越大,速度變化越快,即動(dòng)量變化越快,D正確。 3.C　解析腳尖先觸地且著地時(shí)彎曲雙腿,可以增加人對(duì)地面的沖擊時(shí)間,根據(jù)動(dòng)量定理F=ΔpΔt可知,地面對(duì)人的作用力減小,從而達(dá)到安全的目的,故C正確,A、B

7、、D錯(cuò)誤。 4.D　解析類比速度圖像中位移的表示方法可知,在加速度—時(shí)間圖像中圖線與坐標(biāo)軸所圍面積表示速度變化量,在0~6s內(nèi)Δv=18m/s,又v0=2m/s,則t=6s時(shí)的速度v=20m/s,A錯(cuò)誤;由動(dòng)能定理可知,0~6s內(nèi),合力做的功為W=12mv2-12mv02=396J,B錯(cuò)誤;由動(dòng)量定理可知,IF-Ff·t=mv-mv0,代入已知條件解得IF=48N·s,C錯(cuò)誤;由牛頓第二定律可知,6s末F-Ff=ma,解得F=10N,所以拉力的功率P=Fv=200W,D正確。 5.BCD　解析恰好能穿出第4個(gè)水球,即末速度v=0,逆向看子彈由右向左做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng),則自左向右子

8、彈通過四個(gè)水球的時(shí)間比為(2-3)∶(3-2)∶(2-1)∶1,則選項(xiàng)B正確;由于加速度a恒定,由at=Δv,可知子彈在每個(gè)水球中的速度變化不同,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;因加速度恒定,則每個(gè)水球?qū)ψ訌椀淖枇愣?則由I=Fft可知每個(gè)水球?qū)ψ訌椀臎_量不同,選項(xiàng)C正確;由動(dòng)能定理知ΔEk=Ffx,Ff相同,x相同,則ΔEk相同,選項(xiàng)D正確。 6.AD　解析上升過程,空氣阻力向下,根據(jù)牛頓第二定律,有mg+Ff=ma1,下降過程,空氣阻力向上,根據(jù)牛頓第二定律,有mg-Ff'=ma2,由于阻力大小與其運(yùn)動(dòng)的速度大小成正比,而在運(yùn)動(dòng)過程中,阻力先向下,再向上,故加速度一直減小,故A正確;根據(jù)運(yùn)動(dòng)過程可知,上升

9、過程的平均速度大于下降過程的平均速度,所以有t1

10、t1-F2t2=mv,代入數(shù)據(jù)得v=2.5m/s;若水平面粗糙,前5s內(nèi)拉力大于滑動(dòng)摩擦力,根據(jù)動(dòng)量定理(F1-μmg)t1=mv1,設(shè)再經(jīng)過t2時(shí)間使該速度v1減為零,則-(F2+μmg)t2=0-mv1,解得t2=57s,而在速度減到零后,力F2=3N已經(jīng)不能再拉動(dòng)物體,以后的速度都為零,所以10s末物體速度仍舊是0。 答案2.5 m/s　0 8.解析(1)研究對(duì)象是金屬盒,盒受沖量I后獲得速度v, 由動(dòng)量定理,有I=mv-0,v=Im=1.50.5m/s=3m/s 盒以此速度向右運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)中受到桌面對(duì)盒的摩擦力 Ff=μFN=μ·2mg -μ·2mg=ma即a=-2μg 盒

11、運(yùn)動(dòng)了x1=(1.2-0.1×2)m=1m,后速度減少為v'。 v'2-v2=2ax1 v'=v2-2×2μgx1=32-2×2×18×10×1m/s =2m/s 盒左壁A以v'速度與球相碰,因碰撞中無能量損失,盒停止,球以v'=2m/s的速度向右做勻速直線運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)1m后又與盒的右壁相碰,盒又以v'=2m/s的速度向右運(yùn)動(dòng),直到停止。 0-v'2=2ax2 即x2=-v'22a=-v'2-2×2μg=222×2×18×10m=0.8m 因x2只有0.8m,此時(shí)靜止小球不會(huì)再與盒的右壁相碰,所以盒通過的總路程為 s=x1+x2=1m+0.8m=1.8m。 (2)盒從開始運(yùn)動(dòng)到與球相碰所用時(shí)間為t1 根據(jù)動(dòng)量定理,有-μ·2mgt1=mv'-mv t1=v-v'2μg=3-22×18×10s=0.4s 小球勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2=x1v'=12s=0.5s 盒第二次與球相碰后到停止運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3,根據(jù)動(dòng)量定理,有 -μ·2mgt3=0-mv' t3=v'2μg=22×18×10s=0.8s 總時(shí)間t=t1+t2+t3=(0.4+0.5+0.8)s=1.7s。 答案(1)1.8 m　(2)1.7 s 4