2012届高三物理复习测试22动量冲量动量定理

2012版高三物理一轮复习动量、冲量、动量定理1.质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动,经过时间t,下降的高度为h,速率变为v,在这段时间内物体动量变化量的大小为()A.m(v-v0)B.mgtC.220mvvD.2mgh解析:物体做的是受恒力作用的曲线运动,可以用动量定理求出恒力的冲量等效代替动量的变化.由动量定理得I=Δp,即mgt=Δp,故B正确.C､D也正确.答案:BCD2.如图所示,运动员挥拍将质量为m的网球击出.如果网球被拍子击打前､后瞬间速度的大小分别为v1､v2,v1与v2方向相反,且v2v1.重力影响可忽略,则此过程中拍子对网球作用力的冲量()A.大小为m(v2+v1),方向与v1方向相同B.大小为m(v2-v1),方向与v1方向相同C.大小为m(v2+v1),方向与v2方向相同D.大小为m(v2-v1),方向与v2方向相同解析:本题考查动量定理的运用.选取v2的方向为正方向,这一过程中,动量的变化量为Δp=mv2-(-mv1)=m(v1+v2),结果为一正值,则表明动量变化量的方向和v2的方向相同,再根据动量定理知,拍子对网球作用力的冲量方向也跟v2的方向相同.答案:C3.质量为m的钢球自高处落下,以速率v1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速率为v2.在碰撞过程中,地面对钢球冲量的方向和大小为()A.向下,m(v1-v2)B.向下,m(v1+v2)C.向上,m(v1-v2)D.向上,m(v1+v2)解析:设向上的方向为正方向,忽略重力,根据动量定理:Ft=mv2-(-mv1)=m(v1+v2),地面对钢球的冲量方向向上.故本题选项D正确.答案:D4.如图所示,ad､bd､cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a､b､c､d位于同一圆周上,a点为圆周的最高点,d点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a､b､c处释放(初速为零),关于它们下滑的过程,下列说法中正确的是()A.重力对它们的冲量相同B.弹力对它们的冲量相同C.合外力对它们的冲量相同D.它们的动能增量相同解析:由运动学知识可知三个小滑环的运动时间相等,故A正确,由于三种情形下弹力的方向不同,故B错,根据机械能守恒定律知D错,而合外力冲量大小为mv,由于v大小不等,故C错.答案:A5.在光滑水平面上有一静止小滑块,若给滑块加一水平向右的力F1,持续一段时间后立即换成与力F1相反方向的力F2,当F2持续时间为F1持续时间的一半时撤去力F2,此时滑块恰好回到初始位置,且具有大小为p的动量.在上述过程中,F1对滑块做功为W1,冲量大小为I1;F2对滑块做功为W2,冲量大小为I2.则()A.I1=p/3,I2=2p/3B.I1=p/3,I2=4p/3C.W1=W2/8D.W1=8W2/9解析:设F1撤去时,滑块速度为v1,F2作用时间为t,撤去力F2时滑块速度大小为v2.由平均速度与位移的关系可得1120()2,,22vvvstst联立解得v2=3v1.则F1对滑块的冲量大小I1=mv1=mv2/3=p/3,F2对滑块的冲量大小I2=mv2+mv1=4mv1=4mv2/3=4p/3,A错误,B正确;F1对滑块做功211/2,WmvF2对滑块做功22222111/2/28/28WmvmvmvW,C正确D错误.答案:BC6.某人身系弹性绳自高空p点自由下落,如图所示a点是弹性绳的原长位置,c点是人所到达的最低点,b点是人静止悬吊时的平衡位置.不计空气阻力,则下列说法中正确的是()A.从p至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量B.从p至c过程中重力所做功等于人克服弹力所做的功C.从p至b过程中人的速度不断增大D.从a至c过程中加速度方向保持不变解析:人完成从p到c的过程中经历了自由下落､变加速､变减速三个运动过程.考虑全程p至c,外力的总冲量等于重力的冲量和弹性绳的弹力冲量的矢量和,由动量定理知人所受外力的总冲量等于人的动量变化,人在p和c两处,速度均为零即动量都为零,因此动量的变化为零,则有重力的冲量与弹性绳弹力的冲量大小相等,方向相反,总冲量为零,A错误;同样人在p和c两处,动能均为零,动能的变化为零,由动能定理知,重力所做的功等于人克服弹力所做的功,B正确;人由p到b的过程,前一过程(p~a)自由落体,后一过程(a~b)由于弹性绳伸长,弹力F增加,重力G不变,人所受合力(G-F)不断减小,方向向下,人做的是加速度在减小的加速运动,C正确;由于b是人静止悬吊时的平衡位置,当人由b运动至c的过程,弹力大于重力,合力方向向上,加速度方向向上,因此D错误.答案:BC7.如图所示,轻弹簧平放在粗糙的水平地面上,同种材料做成的两个物块分别向轻弹簧运动并压缩弹簧.设物块质量为m,在接触弹簧前的速度为v0,动量为p0,从接触弹簧到弹簧被压缩到最短的时间为t,弹簧的最大压缩量为x.两个物块相比较()A.若p0相等,则x一定相同B.若v0相等,则t一定相同C.若p0相等,m较大,则x较小D.若v0相等,m较大,则t较小解析:向右压缩弹簧的过程中,物块的动能转化为弹性势能和内能.由Ek=p2/2m,若p0相等,m较大的物块动能Ek较小,弹簧的最大压缩量x较小,A错误､C正确;弹簧压缩到最短时,物块动量减小到零,对物块由动量定理得Ft=p0=mv0,若v0相等,m较大的滑块所受摩擦力较大,克服摩擦力做功转化的内能较多,转化的弹性势能较小,弹簧压缩量较小,物块受到的弹簧平均弹力较小,物块受到的水平方向合力较小,则作用时间t较大,D错误.答案:C8.如图所示,物体在粗糙的水平面上向右做直线运动.从A点开始受到一个水平向左的恒力F的作用,经过一段时间后又回到A点.则物体在这一往返运动的过程中,下列说法正确的是()A.恒力F对物体做的功为零B.摩擦力对物体做的功为零C.恒力F的冲量为零D.摩擦力的冲量为零解析:由功的定义可知,在这一往返过程中,物体位移为零,所以恒力对物体做的功为零,A正确;由于摩擦力方向总与物体相对运动方向相反,所以摩擦力对物体做的功为负值,B错误;由冲量定义力与作用时间的乘积为力的冲量,C､D错误.答案:A9.如图所示,静止在光滑水平面上的小车质量为M=20kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积为S=10cm2,速度为v=10m/s,水的密度为ρ=1.0×103kg/m3.若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.当有质量为m=5kg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,当流入质量为m的水后,小车速度为v1,由动量守恒定律得mv=(m+M)v1,解得v1=mv/(m+M)=2m/s.(2)质量为m的水流进小车后,选取在极短的时间Δt内冲击小车的质量为Δm的水作为研究对象,Δm=ρS(v-v1)Δt则设车对水的作用力为F,据动量定理有-FΔt=Δmv1-Δmv联立解得F=ρS(v-v1)2=1.0×103×1.0×10-3×(10-2)2N=64N.由牛顿第三定律可知此时,水对车的冲击力为F′=F=64N小车的加速度2264/2.56/.520FamsmsmM答案:(1)2m/s(2)2.56m/s210.如图所示,质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进,当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩,而到拖车停下瞬间司机才发现.(1)若汽车的牵扯引力一直未变,车与路面的动摩擦因数为μ,那么拖车刚停下时,汽车的瞬时速度是多大?(2)若原来汽车带着拖车在平直公路上是以速度v0匀速前进,拖车突然与汽车脱钩,那么在拖车刚停下时,汽车的瞬时速度又是多大?[来源:学科网ZXXK]解析:(1)以汽车和拖车系统为研究对象,全过程系统受的合外力始终为(M+m)a,拖车脱钩后到停止所经历的时间0vtg,末状态拖车的动量为零.全过程对系统运用动量定理:(M+m)a·0vg=Mv′-(M+m)v0得v′=0()()MmagvMg(2)以汽车和拖车系统为研究对象,全过程系统受的合外力始终为零,全过程对系统用动量守恒定律:(M+m)v0=Mv″得v″=0()MmvM.答案:(1)0()()MmagvMg(2)0()MmvM11.如图所示,一块质量为M､长为l的匀质板放在很长的光滑水平桌面上,板的左端有一质量为m的物块,物块上连接一根很长的细绳,细绳跨过位于桌面边缘的定滑轮,某人以恒定的速度v向下拉绳,物块最多只能到达板的中点,而且此时板的右端尚未到达桌边定滑轮处.求:(1)物块与板的动摩擦因数及物块刚到达板的中点时板的位移;(2)若板与桌面间有摩擦,为使物块能到达板的右端,板与桌面间的动摩擦因数的范围;(3)若板与桌面间的动摩擦因数取(2)问中的最小值,在物块从板的左端运动到右端的过程中,人拉绳的力所做的功(其他阻力均不计).解析:(1)设物块在板上滑行的时间为t1,对板应用动量定理得:μ1mgt1=Mv,t1=1Mvmg①设在此过程中物块前进位移为s1,板前位移为s2,则s1=v·t1②s2=2vt1③s1-s2=2l④由①~④得物块与板间的动摩擦因数为μ1=2,Mvmgl板的位移s2=.2l(2)设板与桌面间的动摩擦因数为μ2,物块在板上滑行的时间为t2.则应用动量定理得[μ1mg-μ2(m+M)g]·t2=Mv,t2=12()MvmgmMg又设物块从板的左端运动到右端的时间为t3则3332,2vlvttltv为了使物块能到达板的右端,必须满足t2≥t3即12()MvmgmMg≥2lv,μ2≥22()MvmMgl所以为了使物块能到达板的右端,应使板与桌面的动摩擦因数μ2≥22()MvmMgl(3)设绳子的拉力为T,物块从板的左端到达右端的过程中物块的位移为s3,则有:T-μ1mg=0,s3=v·t3=2l由功的计算公式得:WT=T·s3=μ1mg·2l=2Mvmgl·mg·2l=2Mv2所以绳的拉力做功为2Mv2.(或W=ΔEk+Q1+Q2=12Mv2+μ1mgl+μ2(M+m)gl=2Mv2)答案:(1)2,2Mvlmgl(2)大于22()MvMmgl(3)2Mv212.如图中滑块和小球的质量均为m,滑块可在水平放置的光滑固定导轨上自由滑动,小球与滑块上的悬点O由一不可伸长的轻绳相连,轻绳长为l.开始时,轻绳处于水平拉直状态,小球和滑块均静止.现将小球由静止释放,当小球到达最低点时,滑块刚好被一表面涂有粘性物质的固定挡板粘住,在极短的时间内速度减为零,小球继续向左摆动,当轻绳与竖直方向的夹角θ=60°时小球达到最高点.求:(1)从滑块与挡板接触到速度刚好变为零的过程中,挡板阻力对滑块的冲量;(2)小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做的功的大小.解析:(1)设小球第一次到达最低点时,滑块和小球速度的大小分别为v1､v2,对于滑块与小球组成的系统,由机械能守恒定律得22121122mvmvmgl小球由最低点向左摆动到最高点过程,由机械能守恒定律得221(160)2mvmglcos联立两式解得12vvgl设所求挡板阻力对滑块的冲量为I,规定动量方向向右为正,对滑块由动量定理得I=0-mv1解得Imgl(2)小球从开始释放到第一次到达最低点的过程中,设绳的拉力对小球做功为W,由动能定理得2212mglWmv将v2代入解得12Wmgl小球从释放到第一次到达最低点的过程中,绳的拉力对小球做功的大小为1.2mgl答案:(1)mgl(2)12mgl