高中物理一轮复习课时提升作业十六 第六章 第1讲 冲量 动量 动量定理附答案Word下载.docx

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D.小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为20N·

4.（2013·

成都模拟）物体在运动过程中加速度不为零,则下列说法正确的是

　（　　）

A.物体受到的冲量一定不为零

B.物体速度的大小一定随时间变化

C.物体动能一定随时间变化

D.物体动量一定随时间变化

5.（2013·

沙坪坝区模拟）现代采煤方法中,有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下,水流从高压水枪中射出,喷射速度很大,水流能将煤层击碎是因为水流　（　　）

A.有很大的动能

B.有很大的动量

C.和煤层接触时有很大的动量变化

D.和煤层接触时单位面积上的动量变化率很大

6.（2013·

玉林模拟）如图所示,一小物块由粗糙斜面上的O点静止释放,下滑过程中经过A、B两点;

若小物块改由O′点静止释放,再次经过A、B两点,小物块第二次从A到B的过程中与第一次相比　（　　）

A.摩擦力对小物块的冲量变大

B.摩擦力对小物块的冲量变小

C.小物块的动能改变量变大

D.小物块的动能改变量变小

7.（2013·

绵阳模拟）如图所示,质量相同的两个小物体A、B处于同一高度。

现使A沿固定的光滑斜面无初速地自由下滑,而使B无初速地自由下落,最后A、B都运动到同一水平地面上。

不计空气阻力。

则在上述过程中,A、B两物体　（　　）

A.所受重力的冲量相同　　　B.所受重力做的功相同

C.所受合力的冲量不同D.所受合力做的功不同

8.如图所示,图线表示作用在某物体上的合外力与时间变化的关系,若物体开始时是静止的,那么　（　　）

A.从t=0开始,3s内作用在物体上的冲量为零

B.前4s内物体的位移为零

C.第4s末物体的速度为零

D.前3s内合外力对物体做的功为零

9.

如图所示,竖直环A半径为r,固定在木板B上,木板B放在水平地面上,B的左右两侧各有一挡板固定在地上,B不能左右运动,在环的最低点静置一小球C,A、B、C的质量均为m,给小球一水平向右的瞬时冲量I,小球会在环内侧做圆周运动,为保证小球能通过环的最高点,且不会使环在竖直方向上跳起,瞬时冲量必须满足　（　　）

A.最小值m

B.最小值m

C.最大值m

D.最大值m

10.质量为m=0.10kg的小钢球以v0=10m/s的水平速度抛出,下落h=5.0m时撞击一钢板,如图所示,撞后速度恰好反向,且速度大小不变,已知小钢球与钢板作用时间极短,取g=10m/s2,则　（　　）

A.钢板与水平面的夹角θ=60°

B.小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量为1N·

C.小钢球刚要撞击钢板时小钢球动量的大小为10

kg·

m/s

D.钢板对小钢球的冲量大小为2

N·

二、计算题（本大题共2小题,共30分。

要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位）

11.（14分）在北京奥运会闭幕式上,199名少年穿着装有弹簧支架特制的足具表演。

表演者穿着这种弹跳器上下跳跃。

如图为在一次跳跃中弹跳器从接触地面到离开地面的过程中,地面对弹跳器弹力F与时间t的变化关系图像。

表演者连同弹跳器的总质量为80kg。

求:

（1）t1=0.5s时刻,表演者的速度。

（2）表演者离地后能上升的高度。

（不计空气阻力,g取10m/s2）

12.（能力挑战题）（16分）如图所示,质量M为4.0kg的木板A放在水平面上,木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24,木板右端放着质量m为1.0kg的小物块B（视为质点）,它们均处于静止状态。

木板突然受到水平向右的12N·

s的瞬时冲量I作用开始运动,当小物块滑离木板时,木板的动能为8.0J,小物块的动能为0.50J,重力加速度取10m/s2,求:

（1）瞬时冲量作用结束时木板的速度v0;

（2）A与B间的摩擦力。

答案解析

1.【解析】选D。

动量的变化率等于合外力即重力,Δp=mgΔt,

=mg,故D对。

2.【解析】选D。

由动量定理,合外力的冲量等于动量的变化量,由A运动到B的过程中动量的变化量不为零,所以合外力的冲量不为零,A错。

以恒定速率沿圆弧运动,由动能定理,牵引力与摩擦力、重力做功之和为零,所以外力对汽车做功的代数和为零,B、C错,D对。

3.【解析】选A、D。

小球在最高点速度为零,取向下为正方向,小球从抛出至最高点受到的冲量I=0-（-mv0）=10N·

s,A正确;

因不计空气阻力,所以小球落回出发点的速度大小仍等于20m/s,但其方向变为竖直向下,由动量定理知,小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为I=Δp=mv-（-mv0）=20N·

s,D正确,B、C均错误。

4.【解析】选A、D。

加速度不为零,说明合外力不为零,则物体受到的冲量一定不为零,A对。

加速度不为零,说明速度是变化的,但速度的大小可能不变,只有速度的方向变化,B、C错,D对。

5.【解析】选D。

类似于气体的压强,高压水流喷射到煤层后,会对煤层产生持续的作用力,如果煤层单位面积上的压力过大,就能将煤层击碎;

根据动量定理有Δp=FΔt,所以F=

可见,煤层单位面积上的压力等于单位面积上的动量变化率,故D对。

【变式备选】如图所示,一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上,顶端与竖直墙壁接触。

现打开尾端阀门,气体往外喷出,设喷出面积为S,气体密度为ρ,气体往外喷出的速度为v,则气体刚喷出时贮气瓶顶端对竖直墙的作用

力大小是　（　　）

A.ρv　　　　　　　　B.ρv2

C.ρSvD.ρSv2

【解析】选D。

以t时间内喷出的气体为研究对象,则Ft=mv=ρSvtv=ρStv2,则F=ρSv2,由于贮气瓶处于平衡状态,墙壁与贮气瓶间作用力与气体反冲力平衡,故D正确。

6.【解析】选B。

无论从O点还是从O′点由静止释放,加速度a=gsinθ-

μgcosθ相同,由v2=2as得,从O′点由静止释放过A、B两点的速度比从O点由静止释放的速度大,所以第二次从A到B的时间比第一次短,A错B对。

又根据动能定理,从A到B合力的功相同,动能的改变就相同,C、D错。

7.【解析】选B、C。

两物体在竖直方向上均做初速度为零的匀加速运动,由h=

at2知,因aB>

aA,故tB<

tA;

物体所受重力的冲量I=mgt不同,A错。

而重力做的功W=mgh相同,B对。

两物体初动量均为零,而末动量的方向不同,则Δp不同,由I=Δp知,合力的冲量不同,C对。

由于两物体只有重力做功,故合力的功均等于mgh,D错。

8.【解析】选A、D。

根据动量定理F1t1+F2t2=mv

F1=10N,F2=-5N

t1=1s,t2=2s,F1t1+F2t2=0,则v=0,所以前3s内合外力对物体做的功为零,故A、D正确。

3s之后物体反向运动,所以4s末速度不为零,C错;

物体在0～3s内运动方向不

变,第4s内的位移大小要小于0～3s内的位移,所以前4s内的位移不为零,

故B错。

9.【解析】选B、D。

在最低点时,瞬时冲量I=mv0,在最高点mg=

从最低点到最高点,

m

=2mgr+

mv2,解出瞬时冲量的最小值为m

故A错、B对;

若在最高点,3mg=

其余不变,则解出瞬时冲量的最大值为m

故C错、D对。

10.【解析】选B、D。

小钢球撞击钢板时的竖直分速度vy=

=10m/s,又v0=10m/s,则钢板与水平面的夹角θ=45°

选项A错误;

小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的飞行时间t=

=1s,重力冲量mgt=1N·

s,选项B正确;

取垂直钢板向上为正方向,小钢球刚要撞击钢板时小钢球速度的大小为v1=

v0=10

m/s,动量为p1=

-mv1=-

m/s,选项C错误;

撞后小钢球的速度v2=10

m/s,动量为p2=mv2=

m/s,小钢球动量变化Δp=p2-p1=2

m/s,由动量定理可知,钢板对小钢球的冲量大小为I=Δp=2

s,选项D正确。

11.【解析】

（1）由图像可知,t1=0.5s时刻弹跳器的压缩量最大,故此时表演者的速度为0。

　（2分）

（2）表演者从t1=0.5s弹起上升到t2=1.0s离地的过程中受到重力G和弹力F作用,它们的冲量改变了表演者的动量。

设表演者t2=1.0s离地时的速度为v,由动量定理有:

IG+IF=mv　（1分）

取竖直向上为正方向,则

IG=-mg（t2-t1）=-400N·

s（4分）

由F-t图像中曲线的后半段与t轴的0.5s至1.0s所围“面积”知弹力的冲量（约22个格子,每个格子的“面积”为50N·

s）:

IF=1100N·

解得:

v=8.75m/s（2分）

设上升的高度为h,有v2=2gh　（3分）

h=3.83m。

　（2分）

答案：

（1）0　

（2）3.83m

【总结提升】变力冲量的计算方法

（1）在F-t图像中,图线与对应的t轴所包围的“面积”即为变力的冲量。

（2）应用动量定理Ft=Δp求变力的冲量。

（3）若力的方向不变,大小与时间成一次函数关系时,可用式子F=

计算平均作用力,再用p=Ft计算冲量。

12.【解题指南】审题时要关注以下三点:

（1）作用于木板的瞬时冲量I与木板获得瞬时动量的关系。

（2）小物块与木板作用完毕的时刻,动能与速度的关系。

（3）木板与小物块相互作用的过程中,动量定理的应用。

【解析】

（1）设木板的速度为v0,由动量定理,

I=Mv0　（3分）

v0=

=3m/s（2分）

（2）设A与B之间摩擦力大小为Ff,当小物块离开木板时小物块的速度为v,木板的速度为v1,作用时间为t,则v=

=1m/s（2分）

v1=

=2m/s（2分）

对M和m分别应用动量定理:

设向右为正方向

Fft=mv　（2分）

-[Ff+μ（M+m）g]t=Mv1-Mv0　（3分）

解得Ff=4N。

　（2分）

（1）3m/s　

（2）4N