江蘇版高考物理一輪復習課時分層作業(yè)18動量和動量定理含答案-試卷下載-教習網

2．C [物塊與地面間的滑動摩擦力為：Ff＝μmg＝0.2×1×10 N＝2 N。t3＝3 s時物體的速度大小為v3，則有(F－Ff)t3＝mv3，其中F＝4 N，代入數據解得：v3＝6 m/s；t4＝4 s時速度為v4，根據動量定理可得－(F＋Ff)(t4－t3)＝mv4－mv3，代入數據解得：v4＝0，故A正確；0～3 s物塊沿正方向加速運動，3～4 s 物塊沿正方向減速運動，4 s末的速度為零，4～6 s 物塊反向加速，且加速度大小與0～3 s內的加速度大小相等，故6 s時物塊沒有回到初始位置，故B正確；3 s時物塊的動量大小為：p＝mv3＝1×6 kg·m/s＝6 kg·m/s，故C錯誤；0～3 s內物塊的位移：x1＝eq \f(v3,2)t3＝eq \f(6,2)×3 m＝9 m，方向為正方向；3～4 s 內物塊的位移：x2＝eq \f(v3＋v4,2)(t4－t3)＝eq \f(6＋0,2)×(4－3) m＝3 m，方向為正方向；6 s時物塊的速度大小為v6，則有(F－Ff)t2＝mv6，解得v6＝4 m/s，4～6 s 物塊的位移大小為：x3＝eq \f(v6,2)t2＝eq \f(4,2)×2 m＝4 m，方向為負方向。所以0～6 s時間內F對物塊所做的功為：W＝F(x1－x2＋x3)＝4×(9－3＋4) J＝40 J，故D正確。]
3．D [由題知，物體所受的摩擦力Ff＝F，且為恒力，由A到B的過程中，v越大，所用時間越短，If＝Ft越?。灰驗閃f＝F·eq \x\t(AB)，故Wf與v無關，選項D正確。]
4．A [火箭加速過程中，所受合力為0時，即加速度為0時，速度最大，此時動能最大，故A正確；由能量守恒可知，高壓氣體釋放的能量轉化為火箭的動能與重力勢能以及摩擦產生的熱能，故B錯誤；根據動量定理可知高壓氣體的推力和空氣阻力和重力的總沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；火箭所受高壓氣體的推力做功轉化為火箭的動能、重力勢能與摩擦產生的熱能，則高壓氣體的推力和空氣阻力和重力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量，故D錯誤。]
5．A [根據題意知，撤去力F時，彈簧具有的彈性勢能為Ep＝50 J，根據機械能守恒定律得Ep＝eq \f(1,2)mv2，解得物體A離開彈簧的速度為v＝5 m/s，根據動量定理得I＝mv－0＝4×5 N·s＝20 N·s，A正確，B、C、D錯誤。]
6．B [設向上為正方向，則雞蛋與地面碰撞的過程，由動量定理得(F－mg)t＝0－(－mv)，
解得v＝eq \f(?F－mg?t,m)＝
eq \f(?103－0.5?×2×10－3,0.05) m/s＝4.1 m/s，選項B正確。]
7．C [設Δt時間內每個噴嘴有質量為m的水射出，對這部分水由動量定理得FΔt＝2mv，m＝ρvΔt·πeq \f(d2,4)，運動員懸停在空中，所以有F＝Mg，聯(lián)立解得v≈7.6 m/s，故C正確。]
8．B [廣告牌的面積S＝5×20 m2＝100 m2，設t時間內吹到廣告牌上的空氣質量為m，則有m＝ρSvt，根據動量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，得F＝ρSv2代入數據解得F≈1.1×105 N，故B正確，A、C、D錯誤。 ]
9．B [物體被拋出后，重力對其做正功，但是其動能沒有增加，說明風對物體做負功，選項A錯誤，B正確；由于不知道風的方向，所以無法計算物體下落的高度，也就無法計算重力和風對物體所做的功，選項C錯誤；重力的沖量豎直向下，大小為mgt，合力的沖量為2mv0，根據矢量的合成可知，風對物體的沖量大小大于2mv0，選項D錯誤。]
10．A [在0～4 s內由動量定理：IF－ft＝0，其中的IF＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4×2＋\f(1,2)×2×4)) N·s＝12 N·s，解得f＝3 N，選項A正確；當F＝f時，加速度為零，此時速度最大，由圖可知此時刻是t＝2.5 s時刻，此時刻物體的動量也最大，選項B、C錯誤；從開始到t＝2.5 s時刻由動量定理：I′F－ft′＝mv，其中的I′F＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4×2＋\f(1,2)×?3＋4?×0.5)) N·s＝9.75 N·s，解得v＝2.25 m/s，則最大動能為Ek＝eq \f(1,2)mv2＝eq \f(1,2)×1×2.252 J≈2.53 J，選項D錯誤。]
11．B [對全過程運用動能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，則小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故A錯誤；小球在整個過程中，動能變化量為零，重力勢能減小mg(H＋h)，則小球的機械能減小了mg(H＋h)，故B正確；落到地面的速度v＝eq \r(2gH)，對進入泥潭的過程運用動量定理得：IG－IF＝0－meq \r(2gH)，得：IF＝IG＋meq \r(2gH)知阻力的沖量大于meq \r(2gH)，故C錯誤；對全過程分析，運用動量定理知，動量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和，故D錯誤。]
12．解析：設垃圾桶可停留的最大高度為h，并設水柱到達h高處的速度為vt，則
veq \\al(2,t)－veq \\al(2,0)＝－2gh
得veq \\al(2,t)＝veq \\al(2,0)－2gh
由動量定理得，在極短時間Δt內，水受到的沖量為
FΔt＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δm,Δt)·Δt))vt
解得F＝2eq \f(Δm,Δt)·vt＝2eq \f(Δm,Δt)eq \r(v\\al(2,0)－2gh)
據題意有F＝Mg
聯(lián)立解得h＝eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δt,Δm)))2。
答案：eq \f(v\\al(2,0),2g)－eq \f(M2g,8)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Δt,Δm)))2
13．解析：(1)在單位時間內，功率為P0的激光的總能量為
P0×1 s＝NE＝Npc，所以p＝eq \f(P0,Nc)
由題意可知，激光對物體表面的壓力F＝2pN
故激光對物體產生的光壓I＝eq \f(F,S)＝eq \f(2P0,cS)。
(2)由(1)可知I＝eq \f(2P0,cS)＝eq \f(2×1.35×103,3×108×1) Pa＝9×10－6 Pa
所以探測器受到的光的總壓力FN＝IS膜
對探測器應用牛頓第二定律有FN＝ma
故此時探測器的加速度
a＝eq \f(IS膜,m)＝eq \f(9×10－6×4×104,100) m/s2＝3.6×10－3 m/s2。
答案：(1)eq \f(2P0,cS) (2)3.6×10－3 m/s2