PAGEPAGE7課后限時作業24動量和動量定理時間：45分鐘1．假如一物體在隨意相等的時間內受到的沖量相等，則此物體的運動不行能是(A)A．勻速圓周運動 B．自由落體運動C．平拋運動 D．豎直上拋運動解析：假如物體在任何相等的時間內受到的沖量都相同，由I＝Ft可知，物體受到的力是恒力，則物體可以做自由落體運動、平拋運動或豎直上拋運動；物體做勻速圓周運動，所受合外力方向不斷變更，合力為變力，在任何相等時間內，合外力的沖量不相等，故不行能為勻速圓周運動，因此B、C、D均可能，A不行能，故A符合題意．2．如圖，兩個質量相等的物體在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下，到達斜面底端的過程中，兩物體具有相同的物理量是(D)A．重力的沖量 B．彈力的沖量C．到達底端時的動量 D．以上幾個量都不是解析：高度相同，則下滑的距離x＝eq\f(h,sinθ)，加速度a＝gsinθ，依據x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，由于傾角不同，則運動的時間不同，依據I＝mgt知，重力的沖量不同，故A錯誤；對于彈力，大小不等，方向不同，彈力的沖量不同，故B錯誤；依據機械能守恒定律知，到達底端的速度大小相等，但是方向不同，所以到達底端的動量不同，故C錯誤，D正確．3.用豆粒模擬氣體分子，可以模擬氣體壓強產生的原理．如圖所示，從距秤盤80cm高度把1000粒的豆粒連續勻稱地倒在秤盤上，持續作用時間為1s，豆粒彈起時豎直方向的速度變為碰前的一半．若每個豆粒只與秤盤碰撞一次，且碰撞時間極短(在豆粒與秤盤碰撞極短時間內，碰撞力遠大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的總質量為100g，則在碰撞過程中秤盤受到壓力大小約為(B)A．0.2N B．0.6NC．1.0N D．1.6N解析：本題考查了動量定理的應用，意在考查考生的分析和解決實力，豆粒下落過程做自由落體運動，落到秤盤上的速度為：v＝eq\r(2gh)＝4m/s，依據題意反彈速度為2m/s，對1000粒豆粒受力分析，對豆粒碰撞秤盤的過程應用動量定理有Ft＝eq\f(mv,2)－(－mv)，則F＝eq\f(0.1×2－0.1×－4,1)N＝0.6N，選項B正確，選項A、C、D錯誤．4．(2024·天津高考)“天津之眼”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一．摩天輪懸掛透亮座艙，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動．下列敘述正確的是(B)A．摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變B．在最高點時，乘客重力大于座椅對他的支持力C．摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零D．摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變解析：機械能等于動能和重力勢能之和，乘客隨座艙在豎直面內做勻速圓周運動，動能不變，重力勢能時刻發生變更，則機械能在不斷變更，故A錯誤；在最高點對乘客受力分析，由牛頓其次定律可知：mg－FN＝meq\f(v2,r)，座椅對乘客的支持力：FN＝mg－meq\f(v2,r)<mg，故B正確；乘客隨座椅轉動一周，動量變更量為零，由動量定理可知合力的沖量為零，但重力的沖量I＝mg·t≠0，故C錯誤；乘客重力的瞬時功率P＝mgvcosθ，其中θ為線速度和豎直方向的夾角，摩天輪轉動過程中，乘客的重力和線速度的大小不變，但θ在不斷變更，所以乘客重力的瞬時功率在不斷變更，故D錯誤．5.一質量為1kg的質點靜止于光滑水平面上，從t＝0時刻起先，受到如圖所示的水平外力作用，下列說法正確的是(D)A．第1s末物體的速度為2m/sB．第2s末外力做功的瞬時功率最大C．第1s內與第2s內質點動量增加量之比為12D．第1s內與第2s內質點動能增加量之比為45解析：0～1s內，由牛頓其次定律可得質點的加速度為a1＝eq\f(F,m)＝eq\f(4,1)m/s2＝4m/s2，第1s末質點的速度為v1＝a1t1＝4×1m/s＝4m/s，故A錯誤；1～2s內，由牛頓其次定律可得質點的加速度為a2＝eq\f(F,m)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2，第1s末外力做功的瞬時功率為P1＝F1v1＝4×4W＝16W，第2s末質點的速度為v2＝v1＋a2t2＝(4＋2×1)m/s＝6m/s，第2s末外力做功的瞬時功率為P2＝F2v2＝2×6W＝12W，故B錯誤；第1s內與第2s內質點動量增加量之比為Δp1Δp2＝(mv1－0)(mv2－mv1)＝(1×4)(1×6－1×4)＝21，故C錯誤；第1s內與第2s內質點動能增加量之比為ΔEk1ΔEk2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,1)))＝eq\f(1,2)×1×42(eq\f(1,2)×1×62－eq\f(1,2)×1×42)＝45，故D正確．6．如圖甲所示為雜技中的“頂竿”表演．水平地面上演員B用肩部頂住一根長直竹竿，另一演員A爬至竹竿頂端完成各種動作．某次頂竿表演結束后，演員A自竿頂由靜止起先下落，滑到竿底時速度正好為零，然后屈腿跳到地面上，演員A、B質量均為50kg，長竹竿質量為5kg，A下滑的過程中速度隨時間變更的圖象如圖乙所示．重力加速度g取10m/s2，下列推斷正確的是(C)A．竹竿的總長度約為3mB．0～6s內，演員B對地面的壓力大小始終為1050NC．0～6s內，竹竿對演員B的壓力的沖量大小為3300N·sD．演員A落地時向下屈腿，是為了縮短作用時間以減小地面的沖擊力解析：竹竿的長度等于v-t圖象中的面積，由圖可知，x＝eq\f(1,2)×2×6m＝6m，故A錯誤；0～6s內A加速度先向下，再向上，故人先失重再超重，故B對地面的壓力肯定是變更的，故B錯誤；由圖可知，0～4s內A向下加速，加速度為a1＝eq\f(Δv,t1)＝eq\f(2,4)m/s2＝0.5m/s2，則由牛頓其次定律得mg－F1＝ma1，解得F1＝(50×10－50×0.5)N＝475N,4～6s內A向下減速，加速度為a2＝eq\f(Δv,t2)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，則由牛頓其次定律得F2－mg＝ma2，解得F2＝(50×10＋50×1)N＝550N，設向下為正方向，則0～6s內竹竿對演員B的壓力的沖量大小為I＝m′g(t1＋t2)＋F1t1＋F2t2＝[5×10×(4＋2)＋475×4＋550×2]N·s＝3300N·s，故C正確；演員A落地時向下曲腿，是為了延長作用時間以減小地面的沖擊力，故D錯誤．7．質量為0.5kg的鋼球從距地面5m的位置自由落下，與地面相碰后豎直彈起到達距地面4.05m的位置，整個過程所用的時間2s，則鋼球與地面碰撞時受到地面的平均作用力的大小為(g取10m/s2)(D)A．5N B．90NC．95N D．100N解析：鋼球從距地面5m的位置落到地面所用時間t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝1s，與地面碰前瞬時的速率v1＝eq\r(2gh1)＝10m/s，與地面碰后瞬間的速率v2＝eq\r(2gh2)＝9m/s，上升至距地面4.05m所用時間t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝0.9s，鋼球與地面碰撞的時間Δt＝t－t1－t2＝0.1s，則(F－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)，解得F＝mg＋eq\f(mv2＋v1,Δt)＝0.5×10N＋eq\f(0.5×10＋9,0.1)N＝100N，選項D正確．8.在光滑的水平面上有一根輕質彈簧，彈簧一端固定在豎直墻面上，另一端緊靠(不相連)著一個物體，已知物體的質量m＝4kg，如圖所示．現用一水平力F作用在物體上，并向左壓縮彈簧，F做功50J后(彈簧始終處于彈性限度內)，突然撤去外力F，物體從靜止起先運動．則當撤去F后，彈簧彈力對物體的沖量為(C)A．5N·s B．15N·sC．20N·s D．100N·s解析：由于彈簧的彈力是變力，因此該力的沖量不能用公式I＝Ft干脆求解，可以考慮運用動量定理(即外力的沖量等于物體動量的變更)間接求解．已知彈簧儲存了50J的彈性勢能，可以利用機械能守恒定律求出物體離開彈簧時的速度，然后運用動量定理求沖量，所以有Ep＝eq\f(1,2)mv2，I＝mv，解得彈簧彈力對物體的沖量I＝20N·s，選項C正確．9.(多選)靜止在光滑水平面上的物體受到水平拉力F的作用，拉力F隨時間t變更的圖象如圖所示，則下列說法中正確的是(BCD)A．0～4s內物體的位移為零B．0～4s內拉力對物體做功為零C．4s末物體的動量為零D．0～4s內拉力對物體的沖量為零解析：由圖象可知物體在0～4s內先做勻加速運動后做勻減速運動，4s末的速度為零，位移在0～4s內始終增大，A錯誤；前2s內拉力做正功，后2s內拉力做負功，且兩段時間內做功代數和為零，故B正確；4s末的速度為零，故物體的動量為零，C正確；依據動量定理，0～4s內物體的動量的變更量為零，所以拉力對物體的沖量為零，故D正確．10.(多選)如圖所示，質量為m的小球從距離地面高度為H的A點由靜止釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達距地面深度為h的B點時速度減為零．不計空氣阻力，重力加速度為g，則關于小球下落的整個過程，下列說法中正確的有(AC)A．小球的機械能削減了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功為mghC．小球所受阻力的沖量大于meq\r(2gH)D．小球動量的變更量等于所受阻力的沖量解析：小球在整個過程中，動能變更量為零，重力勢能減小了mg(H＋h)，則小球的機械能減小了mg(H＋h)，故A正確；對小球下落的全過程運用動能定理，得mg(H＋h)－Wf＝0，則小球克服阻力做的功Wf＝mg(H＋h)，故B錯誤；小球落到地面時的速度v＝eq\r(2gH)，對小球從起先進入泥潭到速度減為零的過程運用動量定理得IG－IF＝0－meq\r(2gH)，則IF＝IG＋meq\r(2gH)，可知阻力的沖量大于meq\r(2gH)，故C正確；對全過程運用動量定理，可知動量的變更量等于重力沖量和阻力沖量的矢量和，故D錯誤．11．如圖甲所示為某農莊澆灌工程的示意圖．地面與水面的距離為H，用水泵從水池抽水(抽水過程中H保持不變)，龍頭離地面的高度為h，水管橫截面積為S，水的密度為ρ，重力加速度為g，不計空氣阻力．(1)水從管口以肯定的速度源源不斷地沿水平方向噴出，水落地的位置到管口的水平距離為10h，設管口橫截面上各處水的速度都相同．①求每秒內從管口流出的水的質量m0；②不計額外功的損失，求水泵輸出的功率P.(2)在保證水管流量不變的前提下，在龍頭后接一個如圖乙所示的噴頭，讓水流豎直向下噴出，打在水平地面上不反彈，產生大小為F的沖擊力，由于水與地面作用時間很短，可忽視重力的影響，求水流落地前瞬間的速度大小v.解析：(1)①水從管口沿水平方向噴出，做平拋運動，設水噴出時的速度為v0，做平拋運動所用的時間為t，豎直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2水平方向上有10h＝v0t時間t0內噴出的水的質量m＝ρV＝ρv0t0S每秒噴出的水的質量m0＝eq\f(m,t0)聯立解得m0＝ρSeq\r(50gh).②時間t0內水泵輸出的功W＝mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)輸出功率P＝eq\f(W,t0)解得P＝ρSgeq\r(50gh)(H＋26h)．(2)取與地面作用的一小塊水Δm為探討對象，依據動量定理有F′·Δt＝Δm·v由牛頓第三定律得F′＝F由題意可知Δm＝m0·Δt解得v＝eq\f(F,ρS\r(50gh)).答案：(1)①ρSeq\r(50gh)②ρSgeq\r(50gh)(H＋26h)(2)eq\f(F,ρS\r(50gh))12．如圖所示，若直升機總質量為m，