高考物理一轮复习课时分层集训18动量动量定理新人教版.doc

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1、1 / 11【2019【2019 最新最新】精选高考物理一轮复习课时分层集训精选高考物理一轮复习课时分层集训 1818动量动量定理新人教版动量动量定理新人教版(限时：40 分钟)基础对点练冲量、动量及动量的变化1(多选)关于动量的概念，下列说法中正确的是 ( )A动量大的物体惯性一定大B动量大的物体运动一定快C动量相同的物体运动方向一定相同D动量相同的物体速度小的惯性大CDCD 物体的动量是由速度和质量两个因素决定的动量大的物体的动量是由速度和质量两个因素决定的动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，物体质量不一定大，惯性也不一定大，A A 错误；同样，动量大错误；同样，动量大的物体速度也不

2、一定大，的物体速度也不一定大，B B 错误；动量相同指动量的大小和方错误；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，物体运动方向一定相同，C C 正确；动量相同的物体，速度小的正确；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，质量大，惯性大，D D 正确正确 2(多选)关于动量的变化，下列说法中正确的是 ( )A做直线运动的物体速度增大时，动量的增量 p 的方向与运动方向相同B做直线运动的物体速度减小时，动量的增量 p 的方向与运动方向相反C物体的速度大小不变时，动量的增量 p 为零D物

3、体做平抛运动时，动量的增量一定不为零2 / 11ABDABD 当做直线运动的物体的速度增大时，其末态动量当做直线运动的物体的速度增大时，其末态动量 p2p2 大大于初态动量于初态动量 p1p1，由矢量的运算法则可知，由矢量的运算法则可知 ppp2p2p1p10 0，与，与物体运动方向相同，如图物体运动方向相同，如图(a)(a)所示，所以所示，所以 A A 选项正确当做直选项正确当做直线运动的物体速度减小时，线运动的物体速度减小时，p2p2p1p1，如图，如图(b)(b)所示，所示，pp 与与p1(p1(或或 p2)p2)方向相反，与运动方向相反，方向相反，与运动方向相反，B B 选项正确当物体

4、的选项正确当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变化动量可能速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变化动量可能不变化即不变化即 pp0 0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况况 p0p0，C C 选项错误当物体做平抛运动时，速度的大小和选项错误当物体做平抛运动时，速度的大小和方向变化，即动量一定变化，方向变化，即动量一定变化，pp 一定不为零，如图一定不为零，如图(c)(c)所示，所示，故故 D D 选项正确选项正确 3关于冲量，下列说法中正确的是( )A冲量是物体动量变化的原因B作用在静止的物体上的力的冲量一定为零C动量越大的物体受到的冲

5、量越大D冲量的方向就是物体运动的方向A A 力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，量使物体的动量发生了变化，A A 正确；只要有力作用在物体上，正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量经历一段时间，这个力便有了冲量 I IFtFt，与物体处于什么状，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化是所有作用在物体上的力共同产态无关，物体运动状态的变化是所有作用在物体上的力共同产生的效果，生

6、的效果，B B 错误；物体所受冲量错误；物体所受冲量 I IFtFt 与物体动量的大小与物体动量的大小p pmvmv 无关，无关，C C 错误；冲量的方向与物体运动方向无关，错误；冲量的方向与物体运动方向无关，D D 错错误误 4从同一高度以相同的速率抛出质量相同的三个小球，a 球竖直上抛，b 球竖直下抛，c 球水平抛出，不计空气阻力，则( ) 3 / 11【导学号：84370255】A三球落地时的动量相同B三球落地时的动量大小相同C从抛出到落地过程中，三球受到的冲量相同D从抛出到落地过程中，三球受到的冲量大小相同B B 根据机械能守恒定律可知，三球落地时，速度大小相等，根据机械能守恒定律可知

7、，三球落地时，速度大小相等，但但 c c 球速度方向与球速度方向与 a a、b b 球的速度方向不同从抛出到落地过球的速度方向不同从抛出到落地过程中，三球均仅受重力作用，但三球在空中运动的时间不程中，三球均仅受重力作用，但三球在空中运动的时间不同故选同故选 B.B.动量定理的理解及简单应用5(多选)下列对几种现象的解释中，正确的是( )A击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻B跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量C在推车时推不动，是因为车受合外力的冲量为零D动能相同的两个物体受相同的阻力作用时，质量小的先停下来CDCD 击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤有弹性，作用时间长，击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤

8、有弹性，作用时间长，据动量定理据动量定理 FtFt0 0mvmv 得作用力小，故不用橡皮锤击钉，得作用力小，故不用橡皮锤击钉，A A 错；错；跳高时，在沙坑里填沙，是为了增加人与地面的作用时间，减跳高时，在沙坑里填沙，是为了增加人与地面的作用时间，减少作用力，少作用力，B B 错；在推车时推不动，车所受合力为零，则合外错；在推车时推不动，车所受合力为零，则合外力的冲量为零，力的冲量为零，C C 对；据动能和动量的关系对；据动能和动量的关系 p p知，在动能相知，在动能相同的情况下，质量小的动量小，由同的情况下，质量小的动量小，由 FftFft0 0p p 得，动量小的先得，动量小的先停下来，即

9、质量小的先停下来，停下来，即质量小的先停下来，D D 对对 6质量为 4 kg 的物体以 2 m/s 的初速度做匀变速直线运动，经过2 s，动量大小变为 14 kgm/s.该物体 ( )4 / 11A所受合外力的大小可能大于 11 NB所受合外力的大小可能小于 3 NC所受的冲量可能小于 6 NsD所受的冲量可能大于 18 NsD D 若设物体初速度方向为正方向，则初动量若设物体初速度方向为正方向，则初动量 p1p1mv1mv18 8 kgm/skgm/s，末动量只告诉了大小，则有两种可能：，末动量只告诉了大小，则有两种可能：当 p214 kgm/s，则 Ftp2p16 kgm/s，F3 N；

10、当p214 kgm/s，则 Ftp2p122 kgm/s，F11 N，负号表示方向，故 A、B、C 错误，D 正确7如图 614 所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上的 P 点若以 2v 速度抽出纸条，则铁块落地点为( )图 614A仍在 P 点B在 P 点左边C在 P 点右边不远处D在 P 点右边原水平位移的两倍处B B 纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v v 的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，由长，由 I IFftFftmv0mv0 得

11、铁块获得速度较大，平抛运动的得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以水平位移较大，以 2v2v 的速度抽出纸条的过程，铁块所受的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故动的位移较小，故 B B 选项正确选项正确 8(2017北京西区模拟)1966 年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接5 / 11触正在轨道上运行的火箭组(后者的发动机已熄火)，接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速推进器的平均推力 F895 N，推进器开动时

12、间 t7 s测出飞船和火箭组的速度变化 v0.91 m/s.已知“双子星号”飞船的质量 m13 400 kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量 m2为( )A3 400 kg B3 485 kgC6 265 kg D6 885 kgB B 根据动量定理得根据动量定理得 FtFt(m1(m1m2)vm2)v，代入数据解得，代入数据解得m23m23 485485 kgkg，B B 选项正确选项正确 一位质量为 m 的运动员从下蹲状态向上起跳，经 t 时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为 v，在此过程中( )A地面对他的冲量为 mvmgt，地面对他做的功为 mv2B地面对他的冲量为 mvmgt，地面

13、对他做的功为零C地面对他的冲量为 mv，地面对他做的功为 mv2D地面对他的冲量为 mvmgt，地面对他做的功为零B B 设地面对运动员的平均作用力为设地面对运动员的平均作用力为 F F，则由动量定理得，则由动量定理得(F(Fmg)tmg)tmvmv，故地面对运动员的冲量，故地面对运动员的冲量 FtFtmvmvmgtmgt；运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，由于地面对人的运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，由于地面对人的作用力沿力的方向没有位移，地面对运动员做功为零，因此，作用力沿力的方向没有位移，地面对运动员做功为零，因此，本题正确选项为本题正确选项为 B.B.动量定理的综合应用9

14、(多选)如图 615 所示，质量为 m 的小球从距离地面高 H 的 A 点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到6 / 11达距地面深度为 h 的 B 点速度减为零不计空气阻力，重力加速度为 g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有( ) 【导学号：84370256】图 615A小球的机械能减少了 mg(Hh)B小球克服阻力做的功为 mghC小球所受阻力的冲量大于 m2gHD小球动量的改变量等于所受阻力的冲量ACAC 由动能定理得由动能定理得 mg(Hmg(Hh)h)WfWf0 0，WfWfmg(Hmg(Hh)h)，所以小球的机械能减少了所以小球的机械能减少了 m

15、g(Hmg(Hh)h)，A A 正确，正确，B B 错错误小球自由落下至地面过程，机械能守恒，误小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgHmgHmv2mv2，v v，落到地面上后又陷入泥潭，由动量定理，落到地面上后又陷入泥潭，由动量定理IGIGIfIf0 0mvmv，所以，所以 IfIfIGIGmvmvIGIGm m，小球所受阻，小球所受阻力的冲量大于力的冲量大于 m m，C C 正确由动量定理知小球动量的改变正确由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，量等于合外力的冲量，D D 错误错误 10.动量定理可以表示为 pFt，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

16、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 ，碰撞后弹出的角度也是 ，碰撞前后的速度大小都是 v，如图 616 所示碰撞过程中忽略小球所受重力图 616(1)分别求出碰撞前后 x、y 方向小球的动量变化px、py；(2)分析说明小球对木板的作用力的方向解析(1)x 方向：动量变化为 pxmvsin mvsin 7 / 110y 方向：动量变化为 pymvcos (mvcos )2mvcos 方向沿 y 轴正方向(2)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 轴负方向答案(1)px

17、0 py2mvcos ，方向沿 y 轴正方向 (2)小球对木板的作用力的方向沿 y 轴负方向如图所示，静止在光滑水平面上的小车 M20 kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积 S10 cm2，速度 v10 m/s，水的密度 1.0103 kg/m3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中当有质量 m5 kg 的水进入小车时，试求：(1)小车的速度大小；(2)小车的加速度大小解析(1)流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，设当进入质量为 m 的水后，小车速度为 v1，则 mv(mM)v1，即 v12 m/s.(2)质量为 m 的水流进小车后，在极短的

18、时间 t 内，冲击小车的水的质量 mS(vv1)t，设此时水对车的冲击力为 F，则车对水的作用力为F，由动量定理有Ftmv1mv，得 FS(vv1)264 N，小车的加速度a2.56 m/s2.8 / 11答案(1)2 m/s (2)2.56 m/s2考点综合练11(多选)(2018区模拟)完全相同的甲、乙两个物体放在相同的水平面上，分别在水平拉力 F1、F2 作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过 t0 和 4t0，速度分别达到 2v0 和v0，然后撤去 F1、F2，甲、乙两物体继续匀减速直线运动直到静止，其速度随时间变化情况如图 617 所示，则( ) 【导学号：84370257】图

19、 617A若 F1、F2 作用时间内甲、乙两物体的位移分别为s1、s2，则 s1s2B若整个过程中甲、乙两物体的位移分别为 s1、s2，则 s1s2C若 F1、F2 的冲量分别为 I1、I2，则 I1I2D若 F1、F2 所做的功分别为 W1、W2，则 W1W2BDBD 根据根据 vtvt 图象与坐标轴所围图象与坐标轴所围“面积面积”大小等于位移大小等于位移得：得：s1s1v0t0v0t0，s2s22v0t02v0t0，则：，则：s1s1s2s2，故故 A A 错误；整个过程中甲、乙两物体的位移分别为：错误；整个过程中甲、乙两物体的位移分别为：s1s13v0t03v0t0，s2s22.5v0t

20、0.2.5v0t0.则有：则有：s1s1s2s2，故故 B B 正确；根据动量定理得：正确；根据动量定理得：I1I1f3t0f3t00 0，I2I2f5t0f5t00 0，则得，则得 I1I1I2I2，故，故 C C 错错误；由图看出，撤去拉力后两图线平行，说明加速度相误；由图看出，撤去拉力后两图线平行，说明加速度相同，由牛顿第二定律分析则知加速度同，由牛顿第二定律分析则知加速度 a agg，说明两物，说明两物体与地面的动摩擦因数相等，则两物体所受的摩擦力大体与地面的动摩擦因数相等，则两物体所受的摩擦力大小相等，设为小相等，设为 f f，对全过程运用动能定理得：，对全过程运用动能定理得：9 /

21、 11W1W1fs1fs10 0，W2W2fs2fs20 0，得：，得：W1W1fs1fs1，W2W2fs2fs2，由上可知，由上可知，s1s1s2s2，则，则W1W1W2W2，故，故 D D 正确正确 12(2018东区模拟)如图 618 所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过 1 s 下滑到底端，已知斜面的倾角 37，斜面长度 L2.5 m，sin 370.6，cos 370.8，重力加速度 g 取 10 m/s2，求：图 618(1)物体与斜面间的动摩擦因数 ；(2)下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；(3)下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值解析(1)根据 Lat

22、2，解得：a5 m/s2，根据牛顿第二定律得：mgsin mgcos ma，解得：0.125.(2)损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为：Emgcos L减少的重力势能为：Epmgsin L故损失的机械能与减少的重力势能的比值为：.(3)设物体下滑到斜面底端时速度大小为 v，则有：vat5 m/s根据动量定理得：合外力冲量的大小为：I 合mv05m(Ns)在下滑过程中重力的冲量为：IGmgt10m(Ns)所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的10 / 11比值为：I 合IG12.答案(1)0.125 (2) (3)1213如图 619 所示，固定在轻质弹簧两端，质量分别为 M10.5

23、 kg，M21.49 kg 的两个物体，置于光滑水平面上，M1 靠在光滑竖直墙上现有一颗质量为 M0.01 kg 的子弹，以 600 m/s 的水平速度射入 M2 中，最后 M1 和 M2 都将向右运动试求：竖直墙对 M1 的冲量. 【导学号：84370258】图 619解析 设子弹 M 和木块 M2 碰后的共同速度大小为v，对 M2 和 M 由动量守恒：Mv(MM2)v当 M2 和 M 以共同速度 v(方向向左)压缩弹簧后又回到碰撞的初位置时，根据机械能守恒，M2 和 M 的共同速度大小仍为 v(方向向右)，此时对墙壁 M1 的作用力为零取 M1、弹簧以及 M2 和 M 这一系统为研究对象，对M2 与 M 碰后到又回到初位置的整个过程，弹簧弹力对 M1和 M2 的合冲量为 0，设墙对 M1 的冲量大小为 I，对系统由动量定理有：I(M2M)v(M2M)v由式得 I2Mv20.01600 Ns12 Ns，方向向右即墙对 M1 冲量大小为 12 Ns，方向向右 答案答案 1212 NsNs，方向向右，方向向右11 / 11