2021届物理鲁科版大总复习课时作业26动量动量定理含解析

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2021届高考物理鲁科版大一轮总复习课时作业26动量动量定理含解析课时作业26动量动量定理时间：45分钟1．1998年6月18日，国产轿车在清华大学汽车工程研究所进行的整车安全性碰撞试验取得成功，被誉为“中国轿车第一撞"．在碰撞过程中，关于安全气囊对驾驶员保护作用的说法正确的是（B)A．减小了驾驶员的动量变化量B．减小了驾驶员的动量变化率C．减小了驾驶员受到撞击力的冲量D．延长了撞击力的作用时间,从而使得驾驶员的动量变化量更大解析：本题考查应用动量定理解释相关现象．在碰撞过程中,驾驶员的动量变化量是一定的，而使用安全气囊后增加了撞击力作用的时间，根据动量定理Ft＝Δp可知，安全气囊可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率，故B正确，A、C、D错误．2．在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球．一个竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛．若不计空气阻力，三个小球从抛出到落地的过程中（C)A．三个小球动量的变化量相同B．下抛球和平抛球动量的变化量相同C．上抛球动量的变化量最大D．三个小球落地时的动量相同解析：三个小球以相同的速率抛出，可知做竖直上抛运动的小球、做平抛运动的小球和做竖直下抛运动的小球运动的时间依次减小,根据动量定理有mgt＝Δp，可得上抛球动量的变化量最大,下抛球动量的变化量最小，故C正确，A、B错误；根据动能定理有mgh＝eq\f（1,2）mv2－eq\f(1，2）mveq\o\al（2,0),可知三个球落地时速度的大小相等，由于做平抛运动的小球末速度方向与做上抛运动和下抛运动的小球末速度方向不同，则三个球落地时的动量不同，故D错误．3.如图所示，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0运动．遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为eq\f(1,2)v0，则以下说法正确的是（B）A．滑块的动量改变量的大小为eq\f(1,2）mv0B．滑块的动量改变量的大小为eq\f(3,2）mv0C．滑块的动量改变量的方向与v0的方向相同D．重力对滑块的冲量为零解析：以初速度方向为正，有:Δp＝p2－p1＝mv2－mv1＝－eq\f(1，2)mv0－mv0＝－eq\f（3，2)mv0，所以滑块的动量改变量的大小为eq\f(3，2)mv0，方向与v0的方向相反，故A、C错误，B正确；根据I＝Ft得重力的冲量为I＝mgt,不为零，故D错误．4．如图所示，两个质量相等的物体沿同一高度、倾角不同的两光滑固定斜面顶端从静止自由下滑，到达斜面底端，两个物体具有的相同物理量是(D）A．下滑的过程中重力的冲量B．下滑的过程中弹力的冲量C．下滑的过程中合力的冲量D．刚到达底端时的动量大小解析：物体下滑过程中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，则两种情况下重力做功相等，到达底部时速度大小相等，动量大小相等．物体在斜面上做匀加速直线运动，因初、末速度大小相等,则平均速度大小相等，由于第二个斜面长度大,所以物体在第二个斜面上用时要长，由I＝Ft可知在第二个斜面下滑过程中重力冲量更大，故A项错误,D项正确;因为第二个斜面倾角较小，所以物体在第二个斜面上所受的弹力较大，并且时间要长,所以第二种情况下的弹力的冲量要大，故B项错误;由动量定理可知,合力的冲量等于动量的变化，而落地时的速度大小相等，方向不同，故合力的冲量不同，故C项错误．5.某运动员在水上做飞行运动表演，他操控的喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出,可以使运动员悬停在空中，如图所示．已知运动员与装备的总质量为90kg,两个喷嘴的直径均为10cm，已知重力加速度g＝10m/s2，水的密度ρ＝1。0×103kg/mA．2.7m/s B．5。4m/sC．7。6m/s D．10.8m/s解析：设Δt时间内每个喷嘴有质量为m的水射出,对这部分水由动量定理得FΔt＝2mv，m＝ρvΔt·πeq\f(d2,4），运动员悬停在空中，所以有F＝Mg，联立解得v＝7.6m/s，故C正确．6．（多选)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示,则(AB）A．t＝1s时物块的速率为1m/sB．t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/sC．t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t＝4s时物块的速度为零解析：由动量定理可得Ft＝mv,解得v＝eq\f（Ft,m）.t＝1s时物块的速率为v＝eq\f(Ft,m）＝eq\f(2×1，2）m/s＝1m/s,故选项A正确；t＝2s时物块的动量大小p2＝F2t2＝2×2kg·m/s＝4kg·m/s，故选项B正确；t＝3s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1)kg·m/s＝3kg·m/s，故选项C错误；t＝4s时物块的动量大小为p4＝（2×2－1×2)kg·m/s＝2kg·m/s,所以t＝4s时物块的速度为1m/s，故选项D错误．7．（多选）一质量为m＝60kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0。2s，以大小v＝1m/s的速度离开地面，取重力加速度g＝10m/s2，在这0.2s内(AD)A．地面对运动员的冲量大小为180N·sB．地面对运动员的冲量大小为60N·sC．地面对运动员做的功为30JD．地面对运动员做的功为零解析：人的速度由原来的零，起跳后变为v,设向上为正方向,由动量定理可得：I－mgt＝mv－0，故地面对人的冲量为：I＝mv＋mgt＝60×1N·s＋600×0。2N·s＝180N·s,故A正确,B错误;人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，所以地面对运动员的支持力不做功，故C错误，D正确．8．两木块A、B质量之比为21，在水平地面上滑行时与地面间的动摩擦因数相同，则A、B在开始滑行到停止运动的过程中,下列关于滑行的时间之比tAtB和距离之比xAxB的说法正确的是(A)A．初动能相同时分别为1eq\r（2),12B．初动能相同时分别为14，14C．初动量相同时分别为1eq\r（2）,12D．初动量相同时分别为12，12解析：本题考查了牛顿第二定律、动量定理、动能定理．根据牛顿第二定律得a＝eq\f(μmg，m）＝μg，两木块A、B与地面间的动摩擦因数相等，则两木块做匀减速运动的加速度大小相等，由题意知两木块质量之比为21,当初动能相同时,根据Ek＝eq\f（1,2)mv2知，初速度大小之比为1eq\r(2），根据t＝eq\f(v，a）知，滑行的时间之比为1eq\r(2)；根据匀变速直线运动的平均速度推论知x＝eq\f(1，2)vt，因为初速度大小之比为1eq\r（2），运动时间之比为1eq\r(2)，则滑行距离之比为12,故A正确,B错误．若初动量相等，由p＝mv可知初速度大小之比为12，则根据t＝eq\f（v，a）知，滑行的时间之比为12；根据匀变速直线运动的平均速度推论知x＝eq\f（1，2）vt，因为初速度大小之比为12，时间之比为12,则滑行距离之比为14，故C、D错误．9．相同的鸡蛋从同样的高度自由下落，落在水泥地面上鸡蛋易碎，落在海绵垫子上鸡蛋不易碎．若不考虑反弹，则两种情况相比较,下列说法中正确的是(C）A．鸡蛋与水泥地面接触的过程中动量变化较大B．落在海绵垫子上鸡蛋所受合外力的冲量较小C．两次接触的过程中鸡蛋的动量变化相同D．两次接触的过程中鸡蛋的动量变化率相同解析：鸡蛋从同一高度掉下，与水泥地和海绵垫接触前瞬间速度相同,动量相同，最终动量都变为零，可知动量变化量相同,故A错误，C正确；根据动量定理知,动量变化量相同，所以鸡蛋所受合外力的冲量相等，故B错误;根据动量定理知，动量变化量相同,落在水泥地面上作用的时间短，则动量变化率大些，故D错误．10．水力采煤是利用高速水流冲击煤层而进行的．煤层受到3。6×106N/m2的压强冲击即可破碎，若水流沿水平方向冲击煤层，不考虑水的反向溅射作用，则冲击煤层的水流速度至少应为(水的密度为1×103kg/mA．30m/s B．40m/sC．45m/s D．60m/s解析：设溅落在煤层表面的某水柱微元的质量为Δm，由动量定理得F·Δt＝Δm·v，而Δm＝ρ·SΔl，Δl＝vΔt,联立可得eq\f（F,S)＝ρv2，则速度v＝eq\r(\f(F,S)·\f(1，ρ））＝eq\r（\f(p,ρ）)＝60m/s，选项D正确．11.（多选)如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心,AO水平，BO竖直，轨道半径为R,将质量为m的小球(可视为质点）从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，小球（AC）A．所受合力的冲量水平向右B．所受支持力的冲量水平向右C．所受合力的冲量大小为meq\r（2gR)D．所受重力的冲量大小为零解析:在小球从A点运动到B点的过程中，根据动量定理可知I合＝mΔv，Δv的方向水平向右，所以小球所受合力的冲量水平向右，即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A正确，B错误；小球在运动过程中只有重力做功,根据机械能守恒得mgR＝eq\f(1,2)mveq\o\al（2,B)，vB＝eq\r（2gR），根据动量定理得I合＝Δp＝mvB＝meq\r(2gR),故C正确；重力为恒力,冲量大小不为零，故D错误．12．为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，某同学利用运动传感器采集数据并作出了如图所示的v­t图象,小球质量为0。6kg,空气阻力不计,重力加速度g＝10m/s2,由图可知(C)A．横轴上每一小格表示的时间是1sB．小球下落的初始位置离地面的高度为3。6mC．小球第一次反弹的最大高度为1.25mD．小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力大小为66N解析：小球下落时做自由落体运动，加速度大小为g，落地时的速度v＝6m/s，故小球下落所用时间为t＝eq\f（v,g)＝0.6s，题图中对应6个小格，故每一小格表示0。1s，选项A错误；由h＝eq\f（1,2)gt2可得小球下落的初始位置离地面的高度h＝1。8m，选项B错误；第一次反弹后小球做竖直上抛运动,由题图可知小球能上升的最大高度h′＝eq\f（v′2，2g）＝eq\f(－52,2×10)m＝1.25m，选项C正确；由题图可知，小球向下运动的方向为正方向，碰撞时间约为0。1s，根据动量定理可得(mg－F）t＝mv′－mv，代入数据可解得F＝72N，选项D错误．13。光滑水平面上放着质量mA＝2。5kg的物块A与质量mB＝1.5kg的物块B，A与B均可视为质点，物块A、B相距L0＝0.4m，A、B间系一长L＝1。0m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＝5N,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。6s，物块B的速度达到vt＝3m/s。求：(1)绳拉断后瞬间的速度vB的大小;（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:(1）绳拉断之后对B研究，对B应用动量定理得Ft＝mBvt－mBvB，解得vB＝1m/s。(2）绳拉断之前对B应用动能定理得F(L－L0)＝eq\f(1,2)mBveq\o\al（2，0)－0绳拉断过程,对B应用动量定