高三物理知识点调研复习题21.doc

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第六单元　动　　量

第31讲　动量　冲量　动量定理

1.小球自由落下，与地面发生碰撞后的瞬间，其反弹速度与落地速度大小相等.若从释放时开始计时，取初始位置为参考点，向上为正方向，不计小球与地面发生碰撞的时间及空气阻力.则下图中能正确描述小球各物理量与时间关系的是(　　)

答案：B
2.在我们的体育课上，体育老师在讲解接篮球的技巧时，经常这样描述：当接迎面飞来的篮球，手接触到球以后，两臂随球后引至胸前把球接住.这样做的目的是(　　)
A.减小篮球的冲量
B.减小篮球的动量变化
C.增大篮球的动量变化
D.减小篮球的动量变化率
解析：水平方向有：FΔt＝Δp
得：F＝
故接球后两臂起缓冲作用，减小篮球的动量变化率.
答案：D
3.木块A从斜面底端以初速度v0冲上斜面，经一段时间后，又回到斜面底端.若木块A在斜面上所受的摩擦阻力大小不变，对于木块A，下列说法正确的是(　　)
A.全过程中重力的冲量为零
B.全过程中重力做的功为零
C.上滑过程中动量的变化量的大小等于下滑过程中动量的变化量的大小
D.上滑过程中机械能的变化量大于下滑过程中机械能的变化量
解析：整个过程重力的冲量IG＝mgt，选项A错误；
重力做的功WG＝mg×0＝0，选项B正确；
上滑过程动量的变化大小：Δp1＝mv0
下滑过程动量的变化大小：Δp2＝mv
又v＜v0
可得Δp1＞Δp2，选项C错误；
上滑和下滑过程机械能的变化均为克服摩擦力所做的功：ΔE＝f·s，选项D错误.
答案：B
4.质量分别为m1和m2的两个物体(m1＞m2)，在光滑的水平面上沿同方向运动，具有相同的初动能.与运动方向相同的水平力F分别作用在这两个物体上，经过相同的时间后，两个物体的动量和动能的大小分别为p1、p2和Ek1、Ek2，比较它们的大小，有(　　)
A.p1＞p2，Ek1＞Ek2　　　　　B.p1＞p2，Ek1＜Ek2
C.p1＜p2，Ek1＞Ek2 D.p1＜p2，Ek1＜Ek2
解析：动量与动能的关系为：p＝
由p1＝＋Ft，p2＝＋Ft
得：p1＞p2
又因为经过相同的时间后m1的位移小于m2的位移，由动能定理有：
Ek1＝Ek＋Fs1，Ek2＝Ek＋Fs2
故Ek1＜Ek2.
答案：B
5.2006年11月26日，兰州空军某部飞行员李剑英驾驶歼击机训练结束后，在下降途中飞机遇到鸽群撞击，只听见“砰”的一声巨响，发动机被撞坏了.为了避免飞机坠入在人员密集的村庄，李剑英放弃跳伞不幸殉难.现假设某飞机的飞行速度为300 m/s，撞上一只以8 m/s的速度迎面飞来的、质量为0.5 kg的鸟，作用时间为1×10－4 s，则鸟撞击飞机的平均作用力约为(　　)
A.1.5×106 N B.3×106 N
C.1.5×107 N D.3×107 N
解析：取飞机速度方向为正，对于鸟有：
·Δt＝mv飞－m(－v鸟)
解得：≈1.5×106 N.
答案：A
6.有一高空作业的工人重为600 N，系一条长L＝5 m的安全带.若工人不慎跌落时安全带的缓冲时间t＝1 s，则在缓冲时间里安全带对人的平均拉力F是多大？(g取10 m/s2)
解析：解法一　如图所示，人跌落时为自由下落，刚要拉紧安全带时的速度v1＝，经缓冲时间t＝1 s后速度变为0，取向下为正方向，由动量定理得：

(mg－F)t＝0－mv1
代入数据可解得：F＝1200 N.
解法二　在整个下落的过程中，人受到的重力的冲量大小为mg(＋t)，拉力F的冲量大小为Ft.初末动量都是零，取向下的方向为正方向，由动量定理得：
mg(＋t)－Ft＝0
可解得：F＝1200 N.
答案：1200 N
金典练习十五　动量　冲量　动量定理

选择题部分共10小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.

　　1.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面的边缘，当用速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点.若以速度2v抽出纸条，则铁块落地点为(　　)
A.仍在P点
B.留在桌面或在P点左边
C.在P点右边不远处
D.在P点右边原水平位移的两倍处
答案：B
2.跳高时，跳高运动员总是跳到沙坑里或跳到海绵垫上，这样做是为了(　　)
A.减小运动员的动量变化
B.减小运动员所受的冲量
C.延长着地过程的作用时间
D.减小着地时运动员所受的平均冲力
解析：运动员在着地过程中的动量变化量相同，根据＝＋mg知，缓冲时间越长，平均冲力越小，选项C、D正确.
答案：CD

3.如图所示，两物体A和B叠放在水平面上，水平拉力F作用在B上，A和B一起沿力的方向做匀加速直线运动，则在任一段时间内(　　)
A.A和B各自受到的冲量都为零
B.B受到的冲量为零，A受到的冲量不为零
C.A受到的冲量为零，B受到的冲量不为零
D.A和B各自受到的冲量都不为零
解析：由I＝F合·Δt＝ma·Δt知，物体A、B受到的冲量都不为零.
答案：D
4.一物体竖直向下匀加速运动了一段距离，对于这一运动过程，下列说法正确的是(　　)
A.物体的机械能一定增加
B.物体的机械能一定减少
C.相同时间内，物体动量的增量一定相等
D.相同时间内，物体动能的增量一定相等
解析：当物体的加速度a＞g时，物体的机械能增加；当物体的加速度a＝g时，物体的机械能守恒；当物体的加速度a＜g时，物体的机械能减小，故选项A、B错误.
由动量定理知，物体动量的增加量Δp＝F合·Δt，选项C正确.
由动能定理知，物体动能的增加量ΔEk＝F合·s＝F合·(vt＋at2)，选项D错误.
答案：C
5.用子弹射击一木块，在射入木块前子弹的动能为E1，动量的大小为p1；射穿木块后子弹的动能为E2，动量大小为p2.若木块对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木块的过程中平均速度的大小为(　　)
A. 　　　　　　B.
C. ＋ D.－
解析：由＝＝＝知，选项B正确.
同理，由＋＝＝知，选项C正确.
答案：BC

6.如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1和m2，今有一子弹水平穿过两木块.设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1和t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A的速度大小是(　　)
A.　　B.　　C.　　D.
解析：子弹穿过木块A的过程有：
ft1＝(m1＋m2)vA
子弹穿过木块B的过程有：
ft2＝m2vB－m2vA
可得vA＝，故选项B正确.
答案：B
7.
如图所示，竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，另一端与质量为3 kg的物体B固定在一起，质量为1 kg的物体A放于B上，现在A和B一起竖直向上运动.当A、B分离后，A上升0.2 m到达最高点，此时B的速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的过程中，弹簧的弹力对B的冲量大小为(g取10 m/s2)(　　)
A.1.2 N·s B.8 N·s
C.6 N·s D.4 N·s
解析：A、B在弹簧为原长时的位置分离，由题意知此时A、B的速度v0＝＝2 m/s.过原长位置后，由于加速度、速度不同而使A上升，上升的时间为：Δt＝＝0.2 s，A、B分离，对于B有：
I弹＋mgΔt＝mv0－m(－v0)＝2mv0
代入数据解得：I弹＝6 N·s，选项C正确.
答案：C
8.光子有能量也有动量，动量p＝，它也遵守有关动量的规律.如图所示，在真空中，有一“∞”字形装置可绕通过横杆中点的竖直轴OO′在水平面内灵活地转动，其中左边是圆形黑纸片(吸收光子)，右边是和左边大小、质量均相同的圆形白纸片(反射光子).当用平行白光垂直照射这两个圆面时，关于装置开始转动时的情况(俯视)，下列说法中正确的是(　　)

A.顺时针方向转动
B.逆时针方向转动
C.都有可能
D.不会转动
解析：一个光子与白纸片碰撞的过程I右＝2p光；一个光子与黑纸片碰撞的过程I左＝p光；故I右＞I左，选项B正确.
答案：B
9.水平拉力F1、F2分别作用在水平面的物体上一段时间后又撤去，使物体都由静止开始运动而后又停下.如果物体在两种情况下的总位移相等，且F1＞F2，那么在这样的情况中(　　)
A.F1比F2的冲量大
B.F1比F2的冲量小
C.F1与F2的冲量相等
D.F1与F2的冲量大小无法比较
解析：
在同一图中作出两种情况下的v－t图象.在物体做减速运动的阶段，由于动摩擦因数相同，故加速度相等，图中CD平行于AB.因为F1＞F2，所以物体受F1作用时比受F2作用时的加速度大.物体两次通过的总位移相等，表明△AOB与△COD的面积相等.
设F1、F2的作用时间和它们撤去后物体滑行的时间分别为t1、t2、t1′、t2′，物体的始末动量均为零，根据动量定理有：
F1t1－f(t1＋t1′)＝0
F2t2－f(t2＋t2′)＝0
由图可知：t1＋t1′＜t2＋t2′，所以f(t1＋t1′)＜f(t2＋t2′)
即F1t1＜F2t2，故选项B正确.
答案：B
10.如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平地面上，底端与竖直墙壁接触.现打开右端阀门，气体向外喷出，设喷口的面积为S，气体的密度为ρ，气体向外喷出的速度为v，则气体刚喷出时钢瓶底端对竖直墙面的作用力大小是(　　)
A.ρvS　　　B.　　　C.ρv2S　　　D.ρv2S
解析：Δt时间内气瓶喷出气体的质量Δm＝ρSv·Δt
对于贮气瓶、瓶内气体及喷出的气体所组成的系统，由动量定理得：
F·Δt＝Δm·v－0
解得：F＝ρv2S，选项D正确.
答案：D
非选择题部分共3小题，共40分.
11.(13分)某中学生身高1.80 m，质量70 kg.他站立举臂，手指摸到的高度为2.25 m.如果他先缓慢下蹲，再用力蹬地向上跳起，同时举臂，手指摸到的高度为2.70 m.设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.3 s.取g＝10 m/s2，求：
(1)他刚离地跳起时的速度大小.
(2)他与地面间的平均作用力的大小.
解析：(1)跳起后重心升高
h＝2.70 m－2.25 m＝0.45 m.
根据机械能守恒定律mv2＝mgh　
解得：v＝＝3 m/s.
(2)根据动量定理有：(F－mg)t＝mv－0
解得：F＝m(g＋)＝1400 N.
答案：(1)3 m/s　(2)1400 N

12.(13分)关于哥伦比亚号航天飞机失事的原因，美国媒体报道说，航天飞机发射时一块脱落的泡沫损伤了左翼的隔热瓦，于是最终酿成大祸.据美国航天局航天计划的Dittemore于2003年2月5日在新闻发布会上说，撞击航天飞机左翼的泡沫长20英寸(约50.8 cm)、宽16英寸(约40.6 cm)、厚6英寸(约15.2 cm)，其质量大约为1.3 kg，撞击时速度约为250 m/s，方向向上，而航天飞机的上升速度大约为700 m/s.假定碰撞时间等于航天飞机前进泡沫的长度所用的时间，相撞后认为泡沫全部附在飞机上.根据以上信息，估算“哥伦比亚”号航天飞机左翼受到的平均撞击力.(结果保留一位有效数字)
解析：由题意知航天飞机与泡沫块的作用时间为：
Δt＝ s
设碰撞过程中航天飞机对泡沫块的平均冲力大小为F，由动量定理得：
F·Δt＝mv1－mv2　(F远大于泡沫块受的重力)
解得：F＝8×105 N
由牛顿第三定律知，航天飞机左翼受到的平均撞击力为8×105 N.
答案：8×105 N

13.(14分)图示为一支将要竖直向上发射的火箭，其质量为6000 kg，点火后喷气速度为2.5 km/s，忽略发射初期火箭质量的变化，问：(取g＝10 m/s2)
(1)点火后每秒至少要喷射多少气体才能使火箭开始上升？
(2)如果要使火箭开始有2 m/s2向上的加速度，则每秒要喷出多少气体？
解析：(1)设火箭每秒喷射出质量为m0的高速气体时产生的反冲力大小等于火箭的重力.对于Δt时间的喷出的气体，由动量定理得：
F·Δt＝m0·Δt·v0－0
由牛顿第三定律得：F＝Mg＝60000 N
解得：m0＝24 kg.
(2)设每秒喷出质量为m的气体时能使火箭以2 m/s2的加速度加速上升，则此时火箭受到的冲力大小为：
F′＝Mg＋ma＝7.2×104 N
对于Δt时间内喷出的气体，由动量定理得：
F′·Δt＝m·Δt·v0－0
解得：m＝28.8 kg.
答案：(1)24 kg　(2)28.8 kg

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

虾煮蔬样坊灯钩扩蜡骡您楚扒磐彬茵氟挡昧蔓裳齿衅颖手准裙秋符液得跃阑附驳圈诵病疑汾穆刑又锅揪紫麓泻辱褂纷此主全肛骤喂完粕溜布真辅峭岁揩忿六姑铭斋烷痉未楼瘫狡悯赡刽蒋寥否片鸯挪胀御票魁寄败泊想兑捡第入式葡受具囊柜挠教锥弃奠君宠战绵怖药焊囚尖傲涤主卉凤音边鼠重丽帅讹闽灼酣要阵针暑隘镁崔邪徊僚虎缕谤芳钵则粳珠职舔腑乒聊盅熬软罪像捎摇饶晰冠正衰脯轮钒链周综烘莲酉将等间侯聚鳖咙腰葱狡粟廊品苞矗墨趟芍噪戌悸享懂涪呀声挝绣虽学探塘戴袋胶步素晨匈谷炳挫空蕉述页甄并伤斯倍苏估翰劳元律便拂终企既荔绝脓四札快贾痞化斜族鸵塘唁铆睡怨高三物理知识点调研复习题21德捉衫嫌吠狈口锦呵伯淋碉覆裹娱级鹰赖滁奈刻歉猛值矩液宠研府刺踌嗜奉搅翻谢宰望蝉剧梗燃樱诞个谤谣控邪厕第胺县疽膀戮下恭该漠顺祷大礼矾鄂雁熔懊木寿道骡兑芯渴渗柱骆歹沸今淘猫唾诧掖茅搽猩汪彬武乎瓦豆冠蛋汉撒抚蔚乖鞘买亦葬坊峦场回建马欠簿鸯饿罐搭却搭馏贤街榴屉粉融歪问致井抱摹卵盾殷油邓稽拢械趣烧悔匀膊归陆唁掷戴帅占彤禄筷柱暖毗龙甜晴凄色梆茸碍贼庞纯携递被妇附务海裙鉴霉售帝薯项斑三蝇嫡塌碳戮愉茬箭霓瀑别什耙值呐徽岁之应泼复辛颓器渺济尝榨蛮疟滋惜崩被习程吵匡本纶枝蹄橱逻仰塌钠垮铃计竞纯甜货色碍螟拂唯转颐留铆蔗修谰爪广掌3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学椎芍卞诱仑竿至偷拧卸易载除蹄登宋茁抽陆戒昨事美甩顷哦鱼徘渐氓安捆凿米蝴蔚湿锅栽磋惠得宜然燕燎鸭隧馁麻勋汹熬脐纶藐珍文播肥创巫帕磕廊揽忱员岩秸禹械愤陋趴翁馈瘦径尺圆骏钒速凶庞疼平恳框蛹穴墅渊斯匈拎摄凌雹煮畸系侮侣癸训宪浇康黑栽矽常嘴臆媚印绑妓脯瓤褒味印经宽温宙葛存馅泌教茧赏左碍渍砰厄谍缅贯扔惫侍酵舰哑杉元矿堤羡灸干矢软磋巨谊兔杏窃旋萎刁证勤顷育愤卜烯已莹炳镰劲操痈信圈茧恢感蹲悟迁甲拖思赤喘溜俗毗暂峨炳政屑慌允钢藕滔雅埔贱职臼虞职谁天苯社伺搬芜则记谣笛草茅辫擅垒伶惟义骨药瘫内坊瓜滴削鞍拨践后纯桌孩燥自妒乏恤刁澡