课时跟踪检测（二十） 动量定理

PAGE第8页共8页课时跟踪检测（二十）动量定理一、立足主干知识，注重基础性和综合性1.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Ff＝μFN，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运动时间相同，由于第二次水平分位移较大，可知第二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θ，则tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，可知第二次棋子落地时速度与水平方向夹角较小，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，则合外力做的功即为重力做的功，由题可知重力做的功相等，故动能的增量相等，故选项D错误。2．(2021年1月新高考8省联考·广东卷)如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2kg·m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s解析：选C设足球自由下落80cm时的速度为v1，所用时间为t1，有v1＝eq\r(2gh)＝4m/s，t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度v2＝v1＝4m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4s；对足球与人接触的过程，Δt＝0.1s，取向上为正，由动量定理有(eq\x\to(F)－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得eq\x\to(F)＝36N，Δp＝3.2kg·m/s，即头部对足球的平均作用力为36N，而足球的重力为4N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Δp＝3.2kg·m/s，故A错误，C正确；足球下落到与头部刚接触时的动量为p1＝mv1＝1.6kg·m/s，故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，故D错误。3．(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3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为()A．1.6×102kg B．1.6C．1.6×105kg D．1.6解析：选B设1s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，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，选项B正确。4.把一定质量的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C(图丙)，途中经过位置B时弹簧正好恢复原长(图乙)。弹簧质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是()A．A到C的过程，小球的动量增加B．A到C的过程，小球重力冲量小于弹簧弹力的冲量C．A到B的过程，小球动量的增加量等于弹簧弹力的冲量D．A到B的过程，小球重力的冲量一直变大解析：选D小球从A运动到C位置的过程中，先加速，当弹簧的弹力kΔx＝mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升，弹簧的弹力小于小球的重力，直到离开弹簧后，小球都做减速运动，故小球从A上升到C的过程中，速度先增大后减小，则动量也是先增大后减小，故A错误；根据动量定理可知，A到C的过程，小球重力冲量等于弹簧弹力的冲量，故B错误；A到B的过程，根据动量定理：I弹－I重＝mv－0，可知小球动量的增加量小于弹簧弹力的冲量，故C错误；根据重力的冲量等于I重＝mgt，可知A到B的过程，小球重力的冲量一直变大，故D正确。5．(2021年1月新高考8省联考·河北卷)(多选)游乐场滑索项目的简化模型如图所示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25m，与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m。质量为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰撞，反弹后在距墙1m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为正方向。g取10m/s2。下列说法正确的是()A．缓冲墙对滑块的冲量为－50N·sB．缓冲墙对滑块的冲量为－250N·sC．缓冲墙对滑块做的功为－125JD．缓冲墙对滑块做的功为－250J解析：选BC由动能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mv02，由B点到C点的过程中，加速度大小为a＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，由速度—位移公式可得v2－v02＝－2ax，可得v＝3m/s，由C点到D点可知x2＝eq\f(v′2,2a)，解得被缓冲墙反弹时，滑块的速度大小v′＝－2m/s(方向与初速度反向，取负)，由动量定理可知缓冲墙对滑块的冲量Δp＝mv′－mv＝－250N·s，由动能定理可得缓冲墙对滑块做的功W＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2＝－125J，综上分析可知B、C正确。6．(2021·柳州模拟)(多选)一物块静止在粗糙水平地面上，0～4s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示，0～2s内速度图像如图乙所示。重力加速度g＝10m/s2，关于物块的运动，下列说法正确的是()A．第4s末物块的速度为0B．前4s内物块的位移大小为6mC．前4s内拉力的冲量为0D．物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2解析：选AD由题图乙可知，第2s内物体匀速运动，则由题图甲可知摩擦力f＝F＝2N；根据速度时间图像的斜率表示加速度，则第1s内物块的加速度a＝eq\f(4,1)m/s2＝4m/s2，第1s内F＝6N，根据牛顿第二定律有F－f＝ma，代入数据解得m＝1kg，又f＝μmg，解得μ＝0.2，故D正确；由题图甲可知，第3s内物体减速运动，F的大小为2N，方向反向，根据牛顿第二定律有：2N＋f＝ma′，解得a′＝4m/s2，则减速到零的时间为t0＝eq\f(v,a′)＝eq\f(4,4)s＝1s，故第3s末物块速度为0，第4s内拉力与摩擦力相等，物块静止，故A正确；速度时间图像与时间坐标轴围成的面积表示位移，则前4s内的位移为：eq\f(1,2)×(1＋3)×4m＝8m，故B错误；前4s内拉力的冲量为F­t图像与时间坐标轴所围面积，则有：IF＝6×1N·s＋2×1N·s－2×2N·s＝4N·s，故C错误。7.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10min内杯中雨水上升了15mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10m/s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103kg/m3A．0.25NB．0.5NC．1.5ND．2.5N解析：选A设雨滴受到支持面的平均作用力为F，设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝10m/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：FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得：F＝eq\f(Δmv,Δt)；设水杯横截面积为S，水杯里的雨水在Δt时间内水面上升Δh，则有：Δm＝ρSΔh，F＝ρSveq\f(Δh,Δt)，压强为p＝eq\f(F,S)＝ρveq\f(Δh,Δt)＝1×103×10×eq\f(15×10－3,10×60)N/m2＝0.25N/m2，则芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25N，故A正确，B、C、D错误。8．(2021·沧州调研)质量为1kg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μ＝0.4。有一大小为5N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3s后撤去F。求物体运动的总时间(g取10m/s2)。解析：物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，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Ft1－Fft＝0①又Ff＝μmg②联立①②式解得t＝eq\f(Ft1,μmg)，代入数据解得t＝3.75s。答案：3.75s9．(2021·广州六校联考)如图所示，一质量为m＝0.10kg的小物块以初速度v0从粗糙水平桌面上某处开始运动，经时间t＝0.2s后以速度v＝3.0m/s飞离桌面，最终落在水平地面上。物块与桌面间的动摩擦因数μ＝0.25，桌面高h＝0.45m，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物块的初速度v0的大小；(2)小物块在空中运动过程中的动量变化量；(3)小物块落地时的动能Ek。解析：(1)小物块在桌面上运动的加速度a＝eq\f(f,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg由速度与时间关系式得：v0－v＝at代入数据解得小物块的初速度v0＝3.5m/s。(2)小物块飞离桌面后做平抛运动，有h＝eq\f(1,2)gt2飞行时间t＝eq\r(\f(2h,g))，由动量定理得：Δp＝mgt代入数据得Δp＝0.3kg·m/s，方向竖直向下。(3)对小物块从离开桌面到落地的过程由动能定理得：mgh＝Ek－eq\f(1,2)mv2代入数据解得物块落地时的动能Ek＝0.9J。答案：(1)3.5m/s(2)0.3kg·m/s，方向竖直向下(3)0.9J二、强化迁移能力，突出创新性和应用性10.(2021·武汉模拟)航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂原子离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使航天器获得推进或姿态调整的反冲力。已知单个正离子的质量为m，电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I。忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对航天器质量的影响。该发动机产生的平均推力F的大小为()A．Ieq\r(\f(2mU,q))B．Ieq\r(\f(mU,q))C．Ieq\r(\f(mU,2q))D．2Ieq\r(\f(mU,q))解析：选A以正离子为研究对象，由动能定理可得：qU＝eq\f(1,2)mv2，Δt时间内通过的总电荷量Q＝IΔt，喷出的正离子的总质量为M＝eq\f(Q,q)m＝eq\f(IΔt,q)m，由动量定理可得：FΔt＝Mv，联立以上关系式可得：F＝Ieq\r(\f(2mU,q))。根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F′＝Ieq\r(\f(2mU,q))，选项A正确。11.(2021·包头模拟)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10m高处以15m/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5m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，种子胶囊进入地面以下10cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为20g，不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用，取g＝10m/s2，则()A．射出种子胶囊的过程中，播种器对种子胶囊做功为2.5JB．离开无人机后，种子胶囊在空中运动的时间为eq\r(2)sC．土壤对种子胶囊冲量的大小为3eq\r(2)kg·m/sD．种子胶囊在土壤内受到平均阻力的大小为22.5eq\r(2)N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＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)×0.02×52J＝0.25J，A错误；种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动，由h＝vt＋eq\f(1,2)gt2，代入数据解得t＝1s(另解舍去)，B错误；种子胶囊落地时竖直速度vy＝v＋gt＝15m/s，水平速度vx＝v0＝15m/s，进入土壤时竖直方向h′＝eq\f(vy2,2a)，t′＝eq\f(vy,a)，可求得t′＝eq\f(1,75)s。由动量定理得：I＝Ft′＝0－(－mv合)，v合＝eq\r(vy2＋vx2)，可解得土壤对种子胶囊的冲量I＝mv合＝0.3eq\r(2)kg·m/s，平均阻力大小F＝22.5eq\r(2)N，故C错误，D正确。12．(2020·潍坊一模)(多选)如图所示，木板甲长为L，放在水平桌面上，可视为质点的物块乙叠放在甲左端，已知甲、乙质量相等，甲与乙、甲与桌面间动摩擦因数相同。对乙施加水平向右的瞬时冲量I，乙恰好未从甲上滑落；此时对甲施加水平向右的瞬时冲量I，此后()A．乙加速时间与减速时间相同B．甲做匀减速运动直到停止C．乙最终停在甲中点D．乙最终停在距甲右端eq\f(1,4)L处解析：选AD设甲、乙两物体的质量均为m，甲与乙、甲与桌面间动摩擦因数均为μ，对乙施加水平向右的瞬时冲量I，由动量定理得：I＝mv0，由于甲对乙的摩擦力水平向左，大小为f1＝μmg，根据牛顿第三定律得乙对甲的摩擦力水平向右，大小为f2＝f1＝μmg，而桌面对甲的最大静摩擦力为fmax＝2μmg，由于f2＜fmax，所以乙在甲上运动的过程中，甲是静止不动的，乙恰好未从甲上滑落，说明乙向右做匀减速直线运动速度恰好减到零，由运动学公式得：L＝eq\f(v02,2μg)＝eq\f(I2,2μm2g)；此时对甲施加水平向右的瞬时冲量I，由动量定理得：I＝mv甲，此时对乙受力分析，由牛顿第二定律得：μmg＝ma1，对甲受力分析，由牛顿第二定律得：μmg＋μ·2mg＝ma2，设经过时间t1甲、乙达到共速，有：v甲－a2t1＝a1t1，解得乙加速的时间为t1＝eq\f(I,4μmg)，达到共速时的速度为v1＝a1t1＝eq\f(I,4m)，共速以后二者一起向右做匀减速直线运动，对甲、乙组成的系统由牛顿第二定律得：μ·2mg＝2ma，解得一起匀减速的加速度大小为a＝μg，由运动学公式得一起减速时间为t2＝eq\f(0－v1,－a)＝eq\f(I,4μmg)，所以乙加速时间与减速时间相同，故选项A正确；甲先以加速度a2做匀减速直线运动，达到共速后再和乙一起以加速度a做匀减速直线运动，故选项B错误；在时间t1内甲运动的位移为x2＝v甲t1－eq\f(1,2)a2t12＝eq\f(5I2,32μm2g)，乙运动的位移为x1＝eq\f(1,2)a1t12＝eq\f(I2,32μm2g)，乙相对甲向左的位移大小为Δx＝x2－x1＝eq\f(I2,8μm2g)＝eq\f(L,4)，故选项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＝2.0kg的摄影机跨过树枝，悬挂于离地面H＝8.5m高的B点，绳子另一端连着质量为M＝4.0kg的沙袋，并将沙袋固定在地面上的A点。某时刻，沙袋