动量定理测试题及解析

1、动量定理测试题及解析1. （2019淮安市第一次调研）如图所示，象棋子压着纸条，放在光滑水平桌面上。第一次沿水平方向 将纸条抽出，棋子落在地面上的 P点。将棋子、纸条放回原来的位置，仍沿原水平方向将纸条抽出，棋 子落在地面上的Q点，与第一次相比（）A.棋子受到纸条的摩擦力较大B.棋子落地速度与水平方向夹角较大C.纸条对棋子的摩擦力做功较多D .棋子离开桌面至落地过程中动能增量较大解析：选C 两次由于正压力不变，根据滑动摩擦力公式f= iiN,纸条对棋子的摩擦力没变，故选项A错误；棋子离开桌面后做平抛运动，由于竖直分位移相同，根据竖直方向运动规律可知时间相同， 由于第二次水平分位移较大，可知第二

2、次做平抛运动的初速度大，则第二次纸条对棋子的摩擦力做功较多，设落地时速度与水平方向夹角为0,则tan仁vy=gt-,可知第二次棋子落地时速度与水平方向夹角较vo vo小，故选项B错误，C正确；根据动能定理可知，动能的增量等于合外力做的功，则合力做的功即为重力做的功，由题可知重力的功相等，故动能的增量相等，故选项 D错误。2. （2019全国卷I ）最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我 国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8X106 n,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 （）A. 1.

3、6X102 kgB. 1.6X103kgC. 1.6X 105kgD. 1.6X106 kg解析：选B 设1 s内喷出气体的质量为 m,喷出的气体与该发动机的相互作用力为F,由动量定理Ft = mv 知,Ft 4.8X 106X 1m = c .3v3X103kg=1.6X103 kg,选项 B 正确。73.雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10 min内杯中雨水上升了 15 mm,查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s,设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1X10 kg/m3,据此估算芭蕉

4、叶面单位面积上的平均受力约为（）A . 0.25 NB. 0.5 NC. 1.5 ND, 2.5 N解析：选A 设雨滴受到支持面的平均作用力为F,设在At时间内有质量为 Am的雨水的速度由 v誓；设水杯横截面积为S,水杯里的雨水在=10 m/s减为零，以竖直向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FAt=0-（- Amv）= mv,得：FAt时间内水面上升 Ah,则有：Zm= p SAh, F = p vh,一3N/m 2= 0.25 N/m2,则芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为压强为：p=S=w詈=1x103x10xl70；7670.25 N ,故A正确，B、C、D错误。4.(2020梧州*

5、II拟)如图所示，物体由静止做直线运动， 其合外力随时间变化的关系为某一正弦函数，下列表述不正确的是 ()A. 02 s内合外力的冲量一直增大B. 04 s内合外力的冲量为零C. 2s末物体的动量方向发生改变D . 04 s内物体的动量方向一直不变解析：选C F-t图像的面积表示冲量，正负表示方向，时间轴上方表示冲量一直增大，2 s后减小,故A正确；从F-t图像的面积可以看出，在 04 s内合外力的冲量为零，故 B正确；02 s内加速，2I=Ap可知，04 s内物体的得a1=2 m/s2,物块在1 s末的速度4 s内减速，物体做单方向变速直线运动，速度方向一直不变，由动量定理 动量方向一直不变

6、，故 C错误、D正确。5 .多选一质量为0.5 kg的物块静止在水平地面上，物块与水平地 面间的动摩擦因数为 0.2,现给物块一水平方向的外力F, F随时间变化的图像如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速 度为 g= 10 m/s2,则()A . t= 1 s时物块的动量大小为 2 kg m/sB . t= 1.5 s时物块的动量大小为 1 kg m/sC. t=(6 243)s时物块的速度为零D.在34 s的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小解析：选BCD 01 s内，根据牛顿第二定律得 F-科mg ma1,为 vi= a1t1 = 2 X 1 ms = 2 m/s,1 s 时物块

7、的动量大小为 p= mv1 = 0.5 x 2 kg/ s= 1 kg m/s,故 A 错误；1 2 s 内，因为F=(img= 1 N,所以物块做匀速运动，t=1.5 s时物块的动量等于 t=1 s时物块的动量，为1 kg m/s, 故B正确；设t时刻物块的速度为零，由动量定理得If mgt 0-0,图像在24 s内方程为F = 0.5t-1 + 0.5t 22(N),根据F-t图像与t轴所围的面积表示冲量，可得 If=2X 1+1X1+(t-2),联立解得t=(6243)s,故C正确；因为t=(6 243)s=2.5 s,所以在22.5 s内物块做减速运动，所以在34 s的时间内，物块静止

8、，随着 F的减小，物块受到的摩擦力逐渐减小，故 D正确。6.超强台风利奇马于 2019年8月10日1时45分许在我国浙江省温岭市城南镇沿海登陆，登陆时 其中心附近最大风力达到16级(52 m/s),对固定建筑物破坏程度非常巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小关系。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面 积为S,风速大小为v,空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为1风力F与风速大小v关系式为()2A.F=pVB.F=pV1 C . F = 2 P VD.F=pV解析：选B 设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m,则m= pVt,根据动量定理一F

9、t=0-mv=0P V2t, F= p V2,故 B 正确，A、C、D 错误。7 .多选(2020天津武清区联考)一质量为m的物体做平抛运动，在两个不同时刻的速度大小分别为vi、V2,时间间隔为 At,不计空气阻力，重力加速度为g,则关于 At时间内发生的变化，以下说法正确的是()A .速度变化大小为 g At,方向竖直向下8 .动量变化大小为 Ap= m(V2-vi),方向竖直向下C.动量变化大小为 Ap=mgAt,方向竖直向下1 O OD,动能变化为 AEk=2m(V22vi2)解析：选ACD 平抛运动的加速度为 g,所以速度变化量为 Av=aAt=gAt,方向竖直向下，故 A正 确；动量

10、是矢量，应根据平行四边形定则求动量变化量大小，由数学知识知能=mAvm(V2vi),方向竖直向下，故B错误；由动量定理得，动量变化量大小为 Ap= mg At,方向竖直向下，C正确；物体的质量1cle 1为m,初速度大小为 vi,末速度大小为 V2,则动能变化为 AEk = Qmv222mvi2=2m(v22vi2),故D正确。8. (2020郑州调研)质量为i kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为产0.4。有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3 s后撤去F。求物体运动的总时间(g 取 i0 m/s2)。解析：物体由静止开始运动到停止运动的全过

11、程中，F的冲量为Fti,摩擦力的冲量为Fft。选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有Fti Fft=0 又 Ff=mg联立式解得t=Fti代入数据解得t=3.75 So答案：3.75 s9. 光滑水平面上放着质量 mA=2.5 kg的物块 A与质量 mB= i.5 kg的 k一A一物块 B, A 与B均可视为质点，物块A、B相距L=0.4 m,A、B间系一长L=i.0 m的轻质细绳，开始时A、B均处于静止状态，如图所示。现对物块 B施加一个水平向右的恒力 F = 5 N,物块B运 动一段时间后，绳在短暂的时间内被拉断，绳断后经时间t=0.6 s,物块B的速度达到vt=3 m/So求：(i)

12、绳拉断后瞬间的速度VB的大/4。(2)绳拉断过程绳对物块B的冲量I的大小。(3)绳拉断过程绳对物块A所做的功W。解析：(i)绳拉断之后对B研究，对B应用动量定理得Ft= mBvt mBVB, 解得 vb= i m/s。(2)绳拉断之前对B应用动能定理得12 cF（L Lo）= 2mBv02 0绳拉断过程，对 B应用动量定理得I = mBVB mBvo解得 I = 1.5 Ns即绳对B的冲量大小为1.5 N s。（3）绳拉断过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mBvo= mBVB+ mAVA1 c绳拉断过程绳对物块A所做的功W= 2mAVA2解得 w= 0.45 Jo答案：(1)1 m/s(2

13、)1.5 Ns-(3)0.45 J10.有一种灌浆机可以持续将某种涂料以速度v喷在墙壁上，其喷射出的涂料产生的压强为p,若涂料打在墙壁上后便完全附着在墙壁上，涂料的密度为po则墙壁上涂料厚度增加的速度u为（）P_PvB.艮pvpvpvD. u =P解析：选B 在涂料持续被喷向墙壁并不断附着在墙壁上的过程中，涂料小颗粒的速度从v变为0,其动量的变化缘于墙壁对它的冲量。以At时间内喷在面积为 AS上的质量为 Am的涂料为研究对象， 设墙壁对它的作用力为F,它对墙壁的作用力为F,涂料增加的厚度为 ho由动量定理可知 FAmv,其中Am=Sh,则墙壁受到的压强p= F=7 =叶。又因涂料厚度增加的速度

14、为u = ,联立解得u =S ZaSZXzxt11. （2019河南名校第一次联考）在如图所示的实验装置中，小球A、B完全相同。用小锤轻击弹性金属片，A球做平抛运动，同时 B球做自由落体运动，不计A . A球动能的变化大于 B球动能的变化空气阻力。在空中同一段下落的时间内，下列说法正确的是（）B . A球动量的变化大于 B球动量的变化C . A球速度的变化小于 B球速度的变化D. A球速率的变化小于 B球速率的变化解析：选D 在空中同一段下落时间内， A球竖直方向的分位移等于 B球下落的 位移，根据动能定理得， mgh=Ek2Ek1,所以A球动能的变化等于 B球动能的变化， 故A错误；A、B两

15、球的加速度相同， 下落时间相等，即Av =g At,则速度变化相同，由题意知，A、B两球完全相同，所以 A、B两球动量变化相同，故 B、C错误；如图所示，在空中同一段下落时间内，A球速率变化为|v2|- |vi|, B球速率变化为图中粗线对应的线段长度，根据几何知识两边 之差小于第三边，知 A球的速率变化小于 B球的速率变化，故 D正确。12. （2020包头*II拟）使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质制成种子胶囊。 播种时，在离地面10 m高处以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机上，播种器利用空气压力把种子胶囊以5 m/s的速度（相对播种器）竖直向下射出，种子胶囊进

16、入地面下10 cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为20 g,不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，取g= 10 m/s2,则（）A.射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做的功为2.5 JB.离开无人机后，种子胶囊在空中运动的时间为/2 sC. 土壤对种子胶囊冲量的大小为3行kg m/sD.种子胶囊在土壤内受到平均阻力的大小为22.52 N1 c 1解析：选D射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做的功等于其动能的增量，即W= 1mv2=21 .X 0.02X 52J=0.25 J, A错误；胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动，由h=vt + gt2,代入数据解得t=1

17、s（另解舍去），B错误；种子胶囊落地时竖直速度 vy=v+gt= 15 m/s,水平速度vx= V0= 15 m/s,2进入土壤时竖直方向 h, t=一,可求得t = so2a a75由动量定理I = Ft =0 （ mv）v= .vy2+ vx2可解得：土壤对种子胶囊的冲量I=mv= 0.m kg m/s,平均阻力大小 F= 22.572 N,故C错误，D正确。13.如图所示，为拍摄鸟类活动，摄影师用细绳（不计质量）将质量为m= 2.0 kg的摄影机跨过树枝，悬挂于离地面H = 8.5 m高的B点，绳子另一端连着质量M=4.0 kg的沙袋，并将沙袋固定在地面上的A点。某时刻，沙袋突然失控，当

18、沙袋水平滑动到较长的斜面底端C点时，摄影机下落到距地面 h=5.0 m高的D点，斜面倾角为37。，此时细绳与斜面平行，然后沙袋没有弹跳地滑上斜面，最终摄影机恰好没有 撞击地面。已知沙袋与斜面间的动摩擦因数为尸0.175,不计细绳与树枝间的摩擦，g取10 m/s2,求：（sin 37 =0.6, cos 37 = 0.8)（1）摄影机在D点时的速度大小；（2）沙袋撞到斜面上的瞬间，斜面对沙袋的冲量；（3）摄影机下落全过程中，沙袋及摄影机组成的系统损失的机械能。解析：（1）沙袋在斜面上运动，即摄影机由D点落向地面的过程中，设沙袋加速度为a,系沙袋的绳与水平面的夹角为 0,绳中弓力为T,则对沙袋，根据牛顿第二定律有Mg sin 0+Mgos 0 T= Ma因同一根绳上的物体的加速度大小相等，故对摄影机，根据牛顿第二定律有T-mg=ma联立并代入数据解得 a = 1.6 m/s2设摄影机在D点时速度大小为 v,则在下落到地面的过程中，根据运动