课时跟踪检测（一） 动量 动量定理

课时跟踪检测（一）动量动量定理A组—重基础·体现综合1．关于物体的动量，下列说法中正确的是()A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向B．物体的加速度不变，其动量一定不变C．动量越大的物体，其速度一定越大D．动量越大的物体，其质量一定越大解析：选A动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻的速度方向，选项A正确。加速度不变，则物体速度的变化率恒定，物体的速度均匀变化，故其动量也均匀变化，选项B错误。物体动量的大小由物体质量及速度的大小共同决定，不是只由物体的速度决定的，故物体的动量大，其速度不一定大，选项C错误。物体的动量越大，其质量并不一定越大，故选项D错误。2．(2022·湖北高考)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。下列关系式一定成立的是()A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1解析：选D根据动能定理可知W1＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(5v)2－eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(21,2)mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，D正确。3.如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度变为零然后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。在整个过程中，重力对滑块的总冲量为()A．mgsinθ(t1＋t2) B．mgsinθ(t1－t2)C．mg(t1＋t2) D．0解析：选C根据冲量的定义式I＝Ft，可知重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以IG＝mg(t1＋t2)，即C正确。4．(多选)对下列物理现象的解释，正确的是()A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长撞击时的作用时间，减小作用力D．在车内推车推不动，是因为车受到合外力冲量为零解析：选CD击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，所以A、B不正确；据动量定理Ft＝Δp知，当Δp相同时，t越长，作用力越小，故C正确；车能否移动或运动状态能否改变取决于合外力的作用，与内部作用无关，所以D正确。5．(多选)下面关于物体动量和冲量的说法正确的是()A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快解析：选BCD由Ft＝Δp知，Ft≠0，Δp≠0，即动量一定变化，Ft越大，Δp越大，但动量不一定大，它还与初态的动量有关，故A错误，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向相同，故C正确；由F＝eq\f(Δp,Δt)知，物体所受合外力越大，动量的变化率eq\f(Δp,Δt)越大，即动量变化越快，故D正确。6.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点()A．仍在P点B．在P点左侧C．在P点右侧不远处D．在P点右侧原水平位移的两倍处解析：选B以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，铁块做平抛运动的初速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧。7.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的eq\f(1,4)圆周轨道，圆心O在S的正上方。在O和P两点各有一个质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑。以下说法正确的是()A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等D．b比a先到达S，它们在S点的动量相等解析：选A物体a做自由落体运动，其加速度为g；而物体b沿eq\f(1,4)圆弧轨道下滑，在竖直方向的加速度在任何高度都小于g，由h＝eq\f(1,2)at2，得ta＜tb；因为动量是矢量，故a、b到达S时，它们在S点的动量不相等，故A正确。8．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式代入数据解得t＝3.75s。答案：3.75sB组—重应用·体现创新9．(2022·重庆高考)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线(如图)。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，假人头部()A．速度的变化量等于曲线与横轴围成的面积B．动量大小先增大后减小C．动能变化正比于曲线与横轴围成的面积D．加速度大小先增大后减小解析：选D由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则F­t图像的面积即合外力的冲量，再根据动量定理可知F­t图像的面积也是动量的变化量，且图线一直在t轴的上方，由于头部有初动量，则动量的大小应先减小，A、B错误；根据动量与动能的关系有Ek＝eq\f(p2,2m)，而F­t图像的面积是动量的变化量，则动能的变化量与曲线与横轴围成的面积不成正比，C错误；由题知假人的头部只受到安全气囊的作用，则根据牛顿第二定律可知a∝F，即假人头部的加速度先增大后减小，D正确。10．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积解析：选D汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触。司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小，又知安全气囊打开后，司机的受力面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能。综合可知，选项D正确。11．人们常说“滴水穿石”，请你根据下面所提供的信息，估算水对石头的冲击力的大小。一瀑布落差为h＝20m，水流量为Q＝0.10m3/s，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零。(落在石头上的水立即流走，在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力，g取10m/s2)解析：设水滴下落与石头碰前速度为v，则有mgh＝eq\f(1,2)mv2设时间Δt内有质量为Δm的水冲到石头上，石头对水的作用力为F，由动量定理得：－FΔt＝0－Δmv又因Δm＝ρQΔt联立得：F＝ρQeq\r(2gh)＝2×103N由牛顿第三定律，水对石头的作用力：F′＝F＝2×103N，方向竖直向下。答案：2×103N12．将质量为m＝1kg的小球，从距水平地面高h＝5m处，以v0＝10m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10m/s2。求：(1)抛出后0.4s内重力对小球的冲量；(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp；(3)小球落地时的动量p′。解析：(1)重力是恒力，0.4s内重力对小球的冲量I＝mgt＝1×10×0.4N·s＝4N·s方向竖直向下。(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h＝eq\f(1,2)gt′2落地时间t′＝eq\r(\f(2h,g))＝1s小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为I′＝mgt′＝1×10×1N·s＝10N·s方向竖直向下由动量定理得Δp＝I′＝10N·s方向竖直向下。(3)小球落地时竖直分速度为vy＝gt′＝10