高考物理一輪復(fù)習(xí)課時檢測三十三動量沖量動量定理含解析新人教版-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

動量沖量動量定理1．(多選)進博會上展出了一種乒乓球陪練機器人，該機器人能夠根據(jù)發(fā)球人的身體動作和來球信息，及時調(diào)整球拍將球擊回。若機器人將乒乓球以原速率斜向上擊回，球在空中運動一段時間后落到對方的臺面上，忽略空氣阻力和乒乓球的旋轉(zhuǎn)。下列說法正確的是(　　)A．擊球過程合外力對乒乓球做功為零B．擊球過程合外力對乒乓球的沖量為零C．在上升過程中，乒乓球處于失重狀態(tài)D．在下落過程中，乒乓球處于超重狀態(tài)解析：選AC　球拍將乒乓球原速率擊回，可知乒乓球的動能不變，動量方向發(fā)生改變，故合外力做功為零，沖量不為零，A正確，B錯誤；在乒乓球的運動過程中，加速度方向向下，可知乒乓球處于失重狀態(tài)，C正確，D錯誤。2．(多選)如圖，兩位同學(xué)同時在等高處拋出手中的籃球A、B，A以速度v1斜向上拋出，B以速度v2豎直向上拋出，當A到達最高點時恰與B相遇。不計空氣阻力，A、B質(zhì)量相等且均可視為質(zhì)點，重力加速度為g，以下判斷正確的是(　　)A．相遇時A的速度一定為零B．相遇時B的速度一定為零C．A從拋出到最高點的時間為D．從拋出到相遇A、B動量的變化量相同解析：選BCD　相遇時A還具有水平速度，則此時的速度不為零，選項A錯誤；因兩球同時拋出，且A在最高點(相遇點)的豎直速度為零，可知B的速度也一定為零，選項B正確；兩球運動的時間相等，即t＝，選項C正確；根據(jù)Δp＝mgt可知從拋出到相遇A、B動量的變化量相同，選項D正確。3．(多選)跳臺滑雪運動員從平臺末端a點以某一初速度水平滑出，在空中運動一段時間后落在斜坡上b點，不計空氣阻力，則運動員在空中飛行過程中(　　)A．在相等的時間間隔內(nèi)，動量的改變量總是相同的B．在相等的時間間隔內(nèi)，動能的改變量總是相同的C．在下落相等高度的過程中，動量的改變量總是相同的D．在下落相等高度的過程中，動能的改變量總是相同的解析：選AD　動量的改變量等于合力的沖量，任意相等時間合力的沖量相等，動量的改變量相等，故A項正確；平拋運動豎直分運動是自由落體運動，在相等的時間內(nèi)豎直位移不相等，故重力做的功不相等，動能增加量不相等，故B項錯誤；在下落相等高度的過程中，時間不等，則合力的沖量不等，故動量的增加量不相等，C項錯誤；在下落相等高度的過程中，合力做的功相等，根據(jù)動能定理，動能的增加量相等，故D項正確。4．一個質(zhì)量為0.18 kg的壘球，以15 m/s的水平速度飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5 m/s，設(shè)球棒與壘球的作用時間為0.01 s。下列說法正確的是(　　)A．球棒對壘球的平均作用力大小為360 NB．球棒對壘球的平均作用力大小為900 NC．球棒對壘球做的功為900 JD．球棒對壘球做的功為110.25 J解析：選B　以初速度方向為正，根據(jù)動量定理：F·t＝mv2－mv1，得：F＝＝ N＝－900 N，則球棒對壘球的平均作用力大小為900 N，故A項錯誤，B項正確。根據(jù)動能定理可知，球棒對壘球做的功為：W＝mv22－mv12＝×0.18×352 J－×0.18×152 J＝90 J，故C、D兩項錯誤。5．一質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，在水平力F作用下，經(jīng)時間t，通過位移L后，動量變?yōu)?/span>p、動能變?yōu)?/span>Ek。若上述過程F不變，物體的質(zhì)量變?yōu)?/span>，以下說法正確的是(　　)A．經(jīng)過時間2t，物體動量變?yōu)?pB．經(jīng)過位移2L，物體動量變?yōu)?pC．經(jīng)過時間2t，物體動能變?yōu)?EkD．經(jīng)過位移2L，物體動能變?yōu)?Ek解析：選A　以初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理，有：Ft＝p，故時間變?yōu)?t后，動量變?yōu)?p，故A項正確；根據(jù)Ek＝，動量變?yōu)?倍，質(zhì)量減半，故動能變?yōu)?Ek，故C項錯誤；經(jīng)過位移2L，根據(jù)動能定理，有：FL＝Ek，故位移變?yōu)?倍后，動能變?yōu)?Ek，故D項錯誤；根據(jù)p＝，動能變?yōu)?倍，質(zhì)量減半，故動量不變，故B項錯誤。6．如圖所示，足夠長的傳送帶以恒定的速率v1逆時針運動，一質(zhì)量為m的物塊以大小為v2的初速度從左輪中心正上方的P點沖上傳送帶，從此時起到物塊再次回到P點的過程中，下列說法正確的是(　　)A．合力對物塊的沖量大小一定為2mv2B．合力對物塊的沖量大小一定為2mv1C．合力對物塊的沖量大小可能為零D．合力對物塊做的功可以為零解析：選D　若v2＞v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運動，速度減為零后再返回做勻加速直線運動，達到速度v1后做勻速直線運動，可知物塊再次回到P點的速度大小為v1，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量定理得，合外力的沖量I合＝mv1－m(－v2) ＝ mv1 ＋ mv2。根據(jù)動能定理知，合外力做功W合＝mv12－mv22；若v2≤v1，物塊在傳送帶上先向右做勻減速直線運動，速度減為零后再返回做勻加速直線運動，物塊再次回到P點的速度大小為v2，規(guī)定向左為正方向，根據(jù)動量定理得，合外力的沖量為：I合＝mv2－m(－v2)＝2mv2；根據(jù)動能定理知，合外力做功為：W合＝mv22－mv22＝0。綜上可知D正確，A、B、C錯誤。7．(多選)如圖甲所示，質(zhì)量M＝0.8 kg的足夠長的木板靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量m＝0.2 kg的滑塊靜止在木板的左端，在滑塊上施加一水平向右、大小按圖乙所示隨時間變化的拉力F,4 s后撤去力F。若滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　)A．0～4 s時間內(nèi)拉力的沖量共為3.2 N·sB．t＝4 s時滑塊的速度大小為9.5 m/sC．木板受到滑動摩擦力的沖量共為2.8 N·sD．木板的速度最大為2 m/s解析：選BC　拉力F的沖量等于F-t圖像的面積，0～4 s時間內(nèi)拉力的沖量I＝(0.5＋1)×2 N·s＋1×2 N·s＝3.5 N·s，A錯誤；滑塊與木板間恰好打滑時，對木板：μmg＝Ma0對滑塊：F0－μmg＝ma0解得F0＝0.5 N，a0＝0.5 m/s2。所以t＝0時刻，滑塊與木板間恰好開始打滑對滑塊：I－μmgt＝mv1，解得4 s末滑塊的速度v1＝9.5 m/s，B正確；t＝4 s時，木板的速度v2＝a0t＝0.5×4 m/s＝2 m/s，之后木板加速，滑塊減速，直到共速。取向右為正方向，由動量守恒定律得：mv1＋Mv2＝(m＋M)v，解得木板的最大速度v＝3.5 m/s。對木板：由動量定理得I′＝Mv，解得I′＝2.8 N·s，C正確，D錯誤。8．(2021年1月新高考8省聯(lián)考·河北卷)(多選)游樂場滑索項目的簡化模型如圖所示，索道AB段光滑，A點比B點高1.25 m，與AB段平滑連接的BC段粗糙，長4 m。質(zhì)量為50 kg的滑塊從A點由靜止下滑，到B點進入水平減速區(qū)，在C點與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1 m的D點停下。設(shè)滑塊與BC段的動摩擦因數(shù)為0.2，規(guī)定向右為正方向。g取10 m/s2。下列說法正確的是(　　)A．緩沖墻對滑塊的沖量為－50 N·sB．緩沖墻對滑塊的沖量為－250 N·sC．緩沖墻對滑塊做的功為－125 JD．緩沖墻對滑塊做的功為－250 J解析：選BC　由動能定理可知mgh＝mv，由B點到C點的過程中，加速度大小為a＝＝2 m/s2，由速度—位移公式可得v2－v＝－2ax，可得v＝3 m/s，由C點到D點可知x2＝，解得被緩沖墻反彈時，滑塊的速度大小v′＝－2 m/s(方向與初速度反向，取負)，由動量定理可知緩沖墻對滑塊的沖量Δp＝mv′－mv＝－250 N·s，由動能定理可得緩沖墻對滑塊做的功W＝mv′2－mv2＝－125 J，綜上分析可知B、C正確。9．(2018·北京高考)2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如圖所示，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h＝10 m，C是半徑R＝20 m圓弧的最低點。質(zhì)量m＝60 kg 的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到達B點時速度vB＝30 m/s。取重力加速度g＝10 m/s2。(1)求長直助滑道AB的長度L；(2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大??；(3)若不計BC段的阻力，畫出運動員經(jīng)過C點時的受力圖，并求其所受支持力FN的大小。解析：(1)根據(jù)勻變速直線運動公式，有L＝＝100 m。(2)根據(jù)動量定理，有I＝mvB－mvA＝1 800 N·s。(3)運動員經(jīng)過C點時的受力如圖所示。根據(jù)牛頓第二定律，有FN－mg＝m運動員在BC段運動的過程中，根據(jù)動能定理，有mgh＝mvC2－mvB2解得FN＝3 900 N。答案：(1)100 m　(2)1 800 N·s(3)受力圖見解析　3 900 N

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