届人教版动量 动量定理 单元测试.docx

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届人教版动量动量定理单元测试

第1讲　动量动量定理

基础巩固

1.（2017北京海淀期中,4,3分）如图所示,一辆可视为质点的汽车以恒定的速率驶过竖直面内的凸形桥。

已知凸形桥面是圆弧形柱面,则下列说法中正确的是（　　）

A.汽车在凸形桥上行驶的过程中,其所受合力始终为零

B.汽车在凸形桥上行驶的过程中,其始终处于失重状态

C.汽车从桥底行驶到桥顶的过程中,其所受合外力的冲量为零

D.汽车从桥底行驶到桥顶的过程中,其机械能守恒

2.（2017北京朝阳期中,10,3分）“纵跳摸高”是一种很好的有助于青少年长高的运动。

其动作要领是原地屈膝两脚快速用力蹬地,跳起腾空后充分伸展上肢摸到最高点。

则人在进行纵跳摸高时,从他开始屈膝到摸到最高点的过程中（　　）

A.人始终处于超重状态

B.人始终处于失重状态

C.地面支持力对人的冲量与重力冲量的大小相等

D.地面支持力对人做的功等于重力势能的增量

3.（2017北京西城期末,7,3分）有质量相同的三个小物体a、b、c。

现将小物体a从高为h的光滑斜面的顶端由静止释放,同时小物体b、c分别从与a等高的位置开始分别做自由落体运动和平抛运动,如图所示。

有关三个物体的运动情况,下列判断正确的是（　　）

A.三个物体同时落地

B.三个物体落地前瞬间的动能相同

C.重力对三个物体做功相同

D.重力对三个物体的冲量相同

4.（2018北京东城期末）如图所示,质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左,大小为v1,守门员在此时用手握拳击球,使球以大小为v2的速度水平向右飞出,手和球作用的时间极短,则　（　　）

A.击球前后球动量改变量的方向水平向左

B.击球前后球动量改变量的大小是mv2-mv1

C.击球前后球动量改变量的大小是mv2+mv1

D.球离开手时的机械能不可能是mgh+

m

5.（2017北京西城二模,17）应用物理知识分析生活中的常见现象,或是解释一些小游戏中的物理原理,可以使物理学习更加有趣和深入。

甲、乙两同学做了如下的一个小游戏,如图所示,用一象棋子压着一纸条,放在水平桌面上接近边缘处。

第一次甲同学慢拉纸条将纸条抽出,棋子掉落在地上的P点。

第二次将棋子、纸条放回原来的位置,乙同学快拉纸条将纸条抽出,棋子掉落在地上的N点。

两次现象相比（　　）

A.第二次棋子的惯性更大

B.第二次棋子受到纸条的摩擦力更小

C.第二次棋子受到纸条的冲量更小

D.第二次棋子离开桌面时的动量更大

6.（2017北京昌平二模,17）如图所示,在光滑水平桌面上建立平面直角坐标系xOy。

一质量为m的物块静止在坐标原点。

现对物块施加沿x轴正方向的恒力F,作用时间为t;然后保持F大小不变,方向改为沿y轴负方向,作用时间也为t;再将力F大小不变,方向改为沿x轴负方向,作用时间仍为t。

则此时（　　）

A.物块的速度沿x轴正方向

B.物块的速度沿y轴负方向

C.物块的位置坐标为（0,

）

D.物块的位置坐标为（

）

7.在纳米技术中需要移动或修补原子,必须使在不停地做热运动（速率约几百米每秒）的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间,为此已发明了“激光制冷”技术,若把原子和入射光分别类比为一辆小车和一个小球,则“激光制冷”与下述的力学模型很类似。

一辆质量为m的小车（一侧固定一轻弹簧）,如图所示以速度v0水平向右运动,一个动量大小为p的小球水平向左射入小车并压缩弹簧至最短,接着被锁定一段时间ΔT,再解除锁定使小球以大小相同的动量p水平向右弹出,紧接着不断重复上述过程,最终小车停下来。

设地面和车厢均光滑,除锁定时间ΔT外,不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间。

从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为（　　）

A.

·ΔTB.

·ΔT

C.

·ΔTD.

·ΔT

8.（2017北京丰台二模,22）如图所示,一质量为m=0.5kg的小物块放在水平地面上的A点,小物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动,与墙发生碰撞（碰撞时间极短）。

碰前瞬间的速度v1=7m/s,碰后以v2=6m/s反向运动直至静止。

已知小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.32,取g=10m/s2。

求:

（1）A点距墙面的距离x;

（2）碰撞过程中,墙对小物块的冲量大小I;

（3）小物块在反向运动过程中,克服摩擦力所做的功W。

综合提能

1.（2015北京理综,18,6分）“蹦极”运动中,长弹性绳的一端固定,另一端绑在人身上,人从几十米高处跳下。

将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。

从绳恰好伸直,到人第一次下降至最低点的过程中,下列分析正确的是（　　）

A.绳对人的冲量始终向上,人的动量先增大后减小

B.绳对人的拉力始终做负功,人的动能一直减小

C.绳恰好伸直时,绳的弹性势能为零,人的动能最大

D.人在最低点时,绳对人的拉力等于人所受的重力

2.（2016北京海淀一模,18）“娱乐风洞”是一项将科技与惊险相结合的娱乐项目,它能在一个特定的空间内把表演者“吹”起来。

假设风洞内向上的风量和风速保持不变,表演者调整身体的姿态,通过改变受风面积（表演者在垂直风力方向的投影面积）,来改变所受向上风力的大小。

已知人体所受风力大小与受风面积成正比,人水平横躺时受风面积最大,设为S0,站立时受风面积为

S0;当受风面积为

S0时,表演者恰好可以静止或匀速漂移。

如图所示,某次表演中,人体可上下移动的空间总高度为H,表演者由静止以站立身姿从A位置下落,经过B位置时调整为水平横躺身姿（不计调整过程的时间和速度变化）,运动到C位置速度恰好减为零。

关于表演者下落的过程,下列说法中正确的是（　　）

A.从A至B过程表演者的加速度大于从B至C过程表演者的加速度

B.从A至B过程表演者的运动时间小于从B至C过程表演者的运动时间

C.从A至B过程表演者动能的变化量大于从B至C过程表演者克服风力所做的功

D.从A至B过程表演者动量变化量的数值小于从B至C过程表演者受风力冲量的数值

3.（2017北京海淀期中,18,10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M,水的密度为ρ,重力加速度大小为g,空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计。

（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作用力时可忽略这部分水所受的重力。

试计算米老鼠模型在空中悬停时,水到达冲浪板底部的速度大小;

（3）要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化,需调整水泵对水做功的功率。

水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出水的动能。

请根据第

（2）问中的计算结果,推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式。

4.（2016北京理综,24,20分）

（1）动量定理可以表示为Δp=FΔt,其中动量p和力F都是矢量。

在运用动量定理处理二维问题时,可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究。

例如,质量为m的小球斜射到木板上,入射的角度是θ,碰撞后弹出的角度也是θ,碰撞前后的速度大小都是v,如图1所示。

碰撞过程中忽略小球所受重力。

图1

a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy;

b.分析说明小球对木板的作用力的方向。

（2）激光束可以看做是粒子流,其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动。

激光照射到物体上,在发生反射、折射和吸收现象的同时,也会对物体产生作用。

光镊效应就是一个实例,激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒。

一束激光经S点后被分成若干细光束,若不考虑光的反射和吸收,其中光束①和②穿过介质小球的光路如图2所示。

图中O点是介质小球的球心,入射时光束①和②与SO的夹角均为θ,出射时光束均与SO平行。

请在下面两种情况下,分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向。

a.光束①和②强度相同;

b.光束①比②的强度大。

图2

答案精解精析

基础巩固

1.B　车在最高点,所受合力为mg-N=m

运动过程中N

速度恒定,动能不变,重力势能增大,所以机械能增加,只有B项正确。

2.C　从他开始屈膝到摸到最高点的过程中,人要先加速上升,离开地面之后,再做减速运动,因此人先处于超重状态,后处于失重状态,选项A、B错误;人在全程初速度为零,末速度为零,由此可知,初末动量均为零,则支持力的冲量与重力冲量的大小相等,选项C正确;地面对人的支持力不做功,因为支持力的作用点沿力的方向的位移为零,选项D错误。

3.C　b做自由落体运动,c做平抛运动,竖直分运动为自由落体运动,所以b、c两物体运动时间相同,a物体运动的加速度小于重力加速度,所用时间较长,则ta>tb=tc,故A选项错误;a、b、c三个物体运动过程中重力做功W=mgh,三个物体质量相同,下落高度相同,重力做功相同,故C选项正确;三个物体所受合外力做功相同,根据动能定理可知动能变化量相同,但c物体有初动能,则Eka=Ekb

4.C　以水平向右为正方向,Δp=p2-p1=mv2-（-mv1）=mv2+mv1,可知动量改变量的方向水平向右,球离开手时的机械能为mgh+

m

因v1与v2可能相等,则球离开手时的机械能可能是mgh+

m

故C正确,A、B、D错误。

5.C　惯性大小由质量决定,A错误。

滑动摩擦力f=μmg,B错误。

由动量定理有ft=mv-0知,C正确,D错误。

6.B　根据动量定理:

=Δp,整个过程中,力的冲量方向沿y轴负方向,因此末速度沿y轴负方向。

物块的末位置坐标y值应为负值。

如图,物块由静止开始,受沿x轴正方向的恒力F,作用时间为t,运动到A点,F=ma,vA=at=

xA=

at2=

;之后物块受沿y轴负方向大小为F的恒力,作用时间为t,运动到B点,由A点至B点,物块沿x轴方向做匀速直线运动,沿y轴负方向做匀加速直线运动,A、B间x方向位移xAB=vAt=

y方向位移yAB=-

at2=-

;在B点时y方向的速度vBy=-

;由B至C,物块受沿x轴负方向大小为F的恒力,作用时间为t,B、C间x方向位移xBC=vAt-

at2=

y方向位移yBC=vByt=-

。

因此物块末位置坐标为（

-

）。

7.

答案　D　以小球为研究对象,每次锁定的时间都为ΔT,小球以动量p入射,以大小相同的动量p反射,则在这个锁定的过程中,车与球之间的作用力为恒力,设为F,则:

F·ΔT=2p,以车为研究对象,第一次入射的动量为mv0,最后停下来动量为零。

全过程叠加起来,即F·t总=mv0,两式消去F得:

t总=

·ΔT。

8.

答案　

（1）5m　

（2）6.5N·s　（3）9J

解析　

（1）小物块由A到B过程做匀减速运动,

由动能定理有:

-μmgx=

m

-

m

得:

x=5m

（2）选初速度方向为正方向,由动量定理得

I=-mv2-mv1

得:

I=-6.5N·s,即冲量大小为6.5N·s

（3）小物块反向运动过程中,由动能定理得

W'=0-

m

得W'=-9J,即克服摩擦力所做的功为W=9J

综合提能

1.A　从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程中,人经历了先加速后减速的过程,当绳对人的拉力等于人的重力时速度最大,动能最大,之后绳的拉力大于人的重力,人向下减速到达最低点。

绳对人的拉力始终向上,始终做负功。

拉力的冲量始终向上,人的动量先增大后减小,综上所述,只有A选项正确。

2.D　根据题意,表演者所受风力F=kS,当表演者恰好可以静止或匀速漂移时,k·

=mg,表演者站立时受风力F1=k·

=

平躺时受风力F2=kS0=2mg。

由A至B过程:

mg-F1=ma1,a1=

由B至C过程:

F2-mg=ma2,a2=g,a1

因为表演者在A、C位置速度为0,因此vB=a1tAB=a2tBC,故tAB>tBC,B错误。

从A至B过程表演者的动能变化量大小等于从B至C过程动能变化量大小,从B至C过程,由动能定理有:

mghBC-WF2=0-EkB,WF2=mghBC+EkB,C错误。

从B至C过程,由动量定理有,mgtBC-F2tBC=0-mvB,F2tBC=mgtBC+mvB>mvB-0,因此D项对。

3.答案　

（1）ρQ　

（2）

（3）h=

-

解析　

（1）设很短时间Δt内,从喷口喷出的水的体积为ΔV,质量为Δm,水柱在喷口处的初速度为v0,喷口的横截面积为S。

则:

Δm=ρΔV（1分）

ΔV=Sv0Δt=QΔt（1分）

解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为

=ρQ（1分）

（2）设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时,水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由v变为0,Δt时间这些水对板的作用力的大小为F',板对水的作用力的大小为F,以向下为正方向,不考虑水柱顶部水的重力,根据动量定理有:

FΔt=0-（Δm）（-v）（1分）

根据牛顿第三定律:

F=F'（1分）

由于米老鼠模型在空中悬停,根据力的平衡条件得:

F'=Mg（1分）

联立可解得:

v=

（1分）

（3）设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h,对于Δt时间内喷出的水,根据机械能守恒定律得:

（Δm）v2+（Δm）gh=

（Δm）

（1分）

水泵对水做功的功率为:

P0=

=

（1分）

联立解得:

h=

-

（1分）

4.

答案　

（1）a.见解析　b.沿y轴负方向

（2）a.合力沿SO向左　b.指向左上方

解析　

（1）a.x方向:

动量变化为

Δpx=mvsinθ-mvsinθ=0

y方向:

动量变化为

Δpy=mvcosθ-（-mvcosθ）=2mvcosθ

方向沿y轴正方向

b.根据动量定理可知,木板对小球作用力的方向沿y轴正方向;根据牛顿第三定律可知,小球对木板作用力的方向沿y轴负方向。

（2）a.仅考虑光的折射,设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n,每个粒子动量的大小为p。

这些粒子进入小球前的总动量为p1=2npcosθ

从小球出射时的总动量为p2=2np

p1、p2的方向均沿SO向右

根据动量定理:

FΔt=p2-p1=2np（1-cosθ）>0

可知,小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右;根据牛顿第三定律,两光束对小球的合力的方向沿SO向左。

b.建立如图所示的Oxy直角坐标系。

x方向:

根据

（2）a同理可知,两光束对小球的作用力沿x轴负方向。

y方向:

设Δt时间内,光束①穿过小球的粒子数为n1,光束②穿过小球的粒子数为n2,n1>n2。

这些粒子进入小球前的总动量为p1y=（n1-n2）psinθ

从小球出射时的总动量为p2y=0

根据动量定理:

FyΔt=p2y-p1y=-（n1-n2）psinθ

可知,小球对这些粒子的作用力Fy的方向沿y轴负方向,根据牛顿第三定律,两光束对小球的作用力沿y轴正方向。

所以两光束对小球的合力的方向指向左上方。