2018届高三物理一轮复习课时提升作业十八第六章碰撞与运量守恒第1讲动量动量定理

1、课时提升作业十八动量动量定理（45 分钟 100 分）一、选择题（本题共 8 小题，每小题 6 分，共 48 分。15 题为单选题,68 题为多选题）1.关于物体的动量和动能，下列说法中正确的是（）A. 物体的动量不变B. 物体的动能不变C. 两物体的动量相等D. 两物体的动能相等【解析】选 A。动能是标量 Eknmd,动量是矢量 p=mv,动能与动量之间的大小关系：Ek=，一物体的动量 p 不变,其动能 Ek一定不变，故 A 正确;一物体的动能不变，其动量大小一定不变，但速度的方向可以变化,即 动量的方向可以变化，故 B 错误；两物体的动量相等，当两物体的质量相等时，其动能一定相等，当两物体

2、的 质量不等时，其动能一定不相等，故 C 错误;两物体动能相等，而质量不等时，其动量也是不相等的，故 D 错 误。2. 篮球运动员通常要伸出双手迎接传来的篮球，接球时，两手随球迅速收缩至胸前，这样做可以（）A. 减小球对手的冲量B. 减小球对人的冲击力C. 减小球的动量变化量D. 减小球的动能变化量【解析】选 B。先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据mv动量定理得：-Ft=O-mv,F=1当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以 B 正确。3. （2017 驻马店模拟）有消息称：中国羽毛球运动员在一档节目上演示了一把高速杀

3、球，轻小的羽毛球被快速击出后瞬间将西瓜冲撞爆裂！据测羽毛球的时速高达300km/h,羽毛球的质量介于 4.745.50g 之间，经分析，下列说法中正确的是导学号 42722454（）A. 这则消息一定是假的，因为羽毛球很轻小，不可能使西瓜爆裂B. 这则消息一定是假的，因为击出的羽毛球速度虽然高，但其能量却很小,其动能一定不变,其动量一定不变,其动能一定相等,其动量一定相等-2 -C. 这则消息可能是真的，俗话说无快不破，羽毛球虽然很轻小，但速度很高D. 这则消息可能是真的，西瓜是否被撞击爆裂取决于羽毛球对西瓜的冲击力大小【解析】选 Do 在高速杀球时，由于球速较快，在与西瓜相撞的瞬时，速度急剧

4、变化，根据动量定理可知，羽毛 球对西瓜的作用力较大，完全可以使西瓜爆裂，故使西瓜裂开的原因不是速度，只是冲击力的大小；故该消 息可能是真的，故只有 D 正确，A、B、C 错误。4.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为0，质量为 m 的物体以速度 v 从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为 to对于这一过程，下列判断正确的是（）A. 斜面对物体的弹力的冲量为零B. 物体受到的重力的冲量大小为零C. 物体受到的合力的冲量大小为零D. 物体动量的变化量大小为mgsin0 t【解析】选 D。斜面对物体的弹力的冲量大小：l=Nt=mgcos0 t，弹力的冲量不为零，故 A 错误；物体所受

5、重力的冲量大小为：lG=mg- t，物体受到的重力的冲量大小不为零，故 B 错误；物体受到的合力的冲量大小:mgtsin0，由动量定理得：动量的变化量大小 p=l合=mgsin0，则由动量定理可知，合力的冲量不为零 故 C错误，D 正确。5.（2017衡水模拟）如图所示，足够长的传送带以恒定的速率 vi逆时针运动，一质量为 m 的物块以大小为 V2的初速度从传送带的 P 点冲上传送带，从此时起到物块再次回到 P 点的过程中，下列说法正确的是（）导学号 42722455A. 合力对物块的冲量大小一定为2mvB. 合力对物块的冲量大小一定为2mvC. 合力对物块的冲量大小可能为零D. 合力对物块做

6、的功可能为零P 点的速度大小为 v2,根据动量定理知，合-3 -【解析】选 0 若 v2w,则物块返回到 P 点的速度1 1 2 2大小为 V1,根据动量定理知,合力的冲量 I合=mv+mv,根据动能定理得,合力做功为：W= m -)m ,故 D 正 确,A、B、C 错误。6.1966 年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定质量的实验,实验时,用宇宙飞船(质量 m)去接触正在轨道上运行的火箭(质量 m,发动机已熄火),如图所示,接触以后，开动飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共同加速，推进器的平均推力为 F,开动时间 t,测出飞船和火箭组的速度变化是 v,下列说法正 确的是导学号 42

7、722456()A vA vA. 推力 F 越大，二 就越大，且与 F 成正比B. 推力 F 通过飞船 m 传递给了火箭 m,所以 m 对 m 的弹力大小应为 FFAtC. 火箭质量 m 应为nFAtD. 火箭质量 m 应为匚“ -mAv【解析】选AD。对整体由动量定理可得:F t=(m+mx) v;由公式可得，F=(m+mx) ,因质量不变，故推AvAvAv力 F 越大，人就越大，且八与 F 成正比，故 A 正确；对 m 分析可得：T=mx曦，故 T 小于 F,故 B 错误；火箭的FAt质量 m=匕孑-m,故 C 错误,D 正确。7.(2017 佛山模拟)如图所示，质量为 m 2m 的甲、乙

8、两个同种材质的物体静止在粗糙水平面上，某时刻，它们同时受到水平恒力 F,经过时间 t,同时撤掉力 F。下列叙述中，正确的是()甲F-4 -乙F-*A. 在力 F 作用的时间内，两物体动量变化 p甲三厶 p乙B. 在力 F 作用的时间内,两物体动量变化 p甲 p乙C. 在力 F 作用的时间内，两物体摩擦力的冲量 I甲三厶 I乙D. 在力 F 作用的时间内，两物体摩擦力的冲量 I甲 I乙【解析】选 B、C。由 I=Ft 可知，两物体的恒力的冲量相同；由于两物体的质量不同，故在相同时间内乙物体 所受到的摩擦力大于甲物体受到的摩擦力；摩擦力的冲量 I甲三 I乙;乙物体受到的合外力的冲量小于甲的冲量，由

9、动量定理可知，两物体动量变化 p甲 p乙，故 B、C 正确，A、D 错误。8.如图所示装置中，木块 B 与水平桌面间的接触面是光滑的，子弹 A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短。则此系统从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中导学号42722457（）徉価师炉& 9 月A. 子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能B. 弹簧、木块和子弹组成的系统动量不守恒，机械能不守恒C. 在木块压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力大于弹簧对木块的作用力D. 在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，加速度不为零【解析】选 B、0 子弹减小的动能等于弹簧增加的弹性势能与系统增加的内能之和

10、，故 A 错误；弹簧、木块、子弹组成的系统所受合外力不为零，系统动量不守恒，子弹要克服阻力做功，系统部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，故 B 正确；在木块压缩弹簧过程中，木块对弹簧的作用力等于弹簧对木块的作用力，故 C错误；在弹簧压缩到最短的时刻，木块的速度为零，木块所受合外力等于弹簧的弹力，合外力不为零，木块的加速度不为零，故 D 正确。二、计算题（本题共 2 小题，共 28 分。需写出规范的解题步骤）9.（13 分）（2017 邯郸模拟）水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱直径为 d=30cm，水速 v=50m/s,假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为

11、零，求水柱对煤层的平均冲击力。（水33的密度P=1.0 x10 kg/m ）【解析】取时间 t 内的水为研究对象，以初速度方向为正方向，根据动量定理，有：-Ft=0-（pSvt）v-5 -d2pird2v23.14 x （O.3）2x 5O2S= J 解得:F=pS=:=1.0 x103XJ=1.77x105N答案：1.77x105N-6 -10.(15 分)(2017 青岛模拟)如图所示，从距离地面 h=1.25m 处以初速度 Vo=5.Om/s 水平抛出一个小钢球(可 视为质点),落在坚硬的水平地面上。已知小球质量m=0.20kg,不计空气阻力,重力加速度 g 取 10m/s2。导学号 4

12、2722458(1) 求钢球落地前瞬时速度v 的大小和方向。(2) 小球落到地面，如果其速度与竖直方向的夹角是0,则其与地面碰撞后，其速度与竖直方向的夹角也是0,且碰撞前后速度的大小不变，在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的两个方向上分别研究。1求碰撞前后小球动量的变化量p 的大小和方向。2已知小球与地面碰撞的时间 t=0.04s,求小球对地面平均作用力的大小和方向。【解析】 小球竖直方向做自由落体运动，则有：1落地竖直分速度大小：Vy=gt=10 x 0.5m/s=5m/s速度大小为v=一 J + ：m/s=5，m/s设速度方向与水平方向之间的夹角为a,则:W 5tana= = =

13、1,所以a=45(2)如果其速度与竖直方向的夹角是0,竖直方向选取向上为正方向，把小球入射速度分解为vx=vsin-7 -0,vy=-vCOS0,把小球反弹速度分解为vx =vsin0,vy =vcos0,-8 -贝畑 px=m(Vx _Vx)=0,py=m（Vy-Vy）=2mvcos0方向沿竖直方向向上，由几何关系可知，0=90 - a =90 -45 =45对小球分析，根据 p=FAt 得:ApxApy 2mvcos9Fx=订=O,Fy=巴 1 = 八 1(2Q2 x 0.20 x 5p2 x -72mvcos92则 F Fy=i).(MN=50N,方向沿竖直方向向上根据牛顿第三定律可知，

14、小球对地面的作用力的方向沿竖直方向向下。 答案：（1）5 I - m/s 与水平方向的夹角是 45厶 p 为 2N- s,沿竖直方向向上；50N 方向竖直向下【能力拔高题】1.（8 分）如图甲所示,光滑水平面上的 O 处有一质量为 m=2kg 的物体。物体同时受到两个水平力的作用，F1=4N,方向向右,F2的方向向左，大小如图乙所示。物体从静止开始运动，此时开始计时，则在 02s 时间内下列结论不正确的是（）A.加速度的最大值为 1m/s2B. 当 t=1s 时速度最大，最大值为 0.5m/sC. 合外力的冲量为 8N- sD. t=1.5s 时物体的加速度大小为0.5m/sp=A=2X0.2

15、X5丄 X N- s=2N s乙-9 -Fi-Fz 4-2【解析】选 C。物体在 t=0 或 t=2s 时,合力最大，加速度最大，t=0 时,am= 匚 =二 m/s2=1m/s2,方向 尸2 _ F 6 _4水平向右；t=2s 时,a=n- =二 m/s2=1m/s2,方向水平向左，故 A 正确；根据图象得,F2=2t+22 + 4合力为零时，加速度为零，速度最大，根据动量定理 Fitti=mwO,有 4X1- X仁 2vm-0解得:vm=0.5m/s,故 B 正确；在 2s 内 Fi产生的冲量：li=Fit=4X2N s=8N s,方向向右;F2产生的冲2 + 6量：l2t= X2N -

16、s=8N s,方向向左；由于两个力的冲量大小相等，方向相反，所以合外力的冲量大小为 0,故 C 错误。当 t=i.5 时,F2=5N根据牛顿第二定律:巧 _F 5 _ 4a= = 八 m/s2=0.5m/s2。故 D 正确。【加固训练】（多选）在光滑的水平桌面上有等大的质量分别为M=0.6kg,m=0.2kg 的两个小球，中间夹着一个被压缩的具有 Ep=10.8J 的弹性势能的轻弹簧（弹簧与两球不相连）,原来处于静止状态。现突然释放弹簧，球 m 脱离弹簧 后滑向与水平面相切、半径为 R=0.425m 的竖直放置的光滑半圆形轨道，如图所示。g 取 10m/s2,则下列说法正确的是（）A. 球 m

17、 从轨道底端 A 运动到顶端 B 的过程中所受合外力冲量大小为3.4N sB. M 离开轻弹簧时获得的速度为9m/sC. 若半圆轨道半径可调，则球 m 从 B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大而减小D. 弹簧弹开过程，弹力对 m 的冲量大小为 1.8N s【解析】选 A、D。释放弹簧过程中系统动量守恒、机械能守恒，以向右为正方向，1 12 ,2由动量守恒得:mvi-Mv2=0,由机械能守恒得 VM=Ep,代入数据解得:vi=9m/s,v2=3m/s;-10 -m 从 A 到 B 过程中，由机械能守恒定律得：1 12f2?m =?mv】+mg2R,解得:v=8m/s;以向右为正方

18、向,由动量定理得,球 m 从轨道底端 A 运动到顶端 B 的过程中所受合外力冲量大小为：1= p=mv -mvi=0.2x(-8)N s-0.2x9N s=-3.4N s,则合外力冲量大小为 3.4N -s,故 A 正确;M 离开轻弹簧时获得的速度为3m/s,故 B 错误;设圆轨道半径为 r 时,飞出 B 后水平位211V! 2 -移最大，从 A 到 B 由机械能守恒定律得： m=mv 2+mg-2r,在最高点，由牛顿第二定律得：mg+N=m【,m1从 B 点飞出，需要满足:N 0,飞出后，小球做平抛运动：2r= gt2,x=vi t,当 8.1-4r=4r 时，即 r=1.012 5m时,x 为最大，球 m 从 B 点飞出后落在水平桌面上的水平距离随轨道半径的增大先增大后减小，故 C 错误；由动量定理得，弹簧弹开过程，弹力对 m 的冲量大小为 1= p=mv=0.2x9N - s=1.8N s,故 D 正确。2.(16 分)下雨是常见的自然现象，如果雨滴下落为自由落体运动，则雨滴落到地面时，对地表动植物危害十分巨大，实际上，动植物都没有被雨滴砸伤，因为雨滴下落时不仅受重力，还受空气的浮力和阻力，才使