强化训练44冲量与动量动量定理
——’17备考综合热身辅导系列
山东平原一中魏德田
本套强化训练搜集近年来各地高中物理高考真题、模拟题及其它极有备考价值的习题等筛选而成。其主要目的在于：理解和掌握冲量、动量两个重要概念.能用牛顿运动定律和加速度的概念推导出动量定理，能熟练地运用动量定理解释有关物理现象。并进行有关的计算..解答此类试题，既要透彻理解动量、冲量和动量定理等物理概念，又要有丰富的空间想象能力。全卷16题，总计100分，选做题1？道备用。
一、破解依据
㈠动量和冲量
⑴大小：，方向：与速度方向一致；⑵大小：，方向：与合外力方向一致。
㈡动量变化。指末、初动量之差。特别关注动量（或速度）的方向性
⑴一维往复：设来时方向为正，则
⑵二维互成角度：设二速度夹角为，动量变化的大小，方向，其中为速度变化与初速度的夹角。例如右图-1所示情形，具体应用见第10题。
㈢动量定理
⑴大小：，或,其中指合外力的冲量；或⑵方向：动量变化与合外力的“方向一致”。
㈢坐标正方向的选取：⑴初速度方向；⑵或合外力方向。
二、精选习题
㈠选择题（每小题5分，共60分）
⒈(14北京带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb.则一定有()
A.qa
C.Ta
⒉（17天津）“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是()
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力
摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图-3所示，则
A．t=1s时物块的速率为1m/sB．t=2s时物块的动量大小为4kg·m/s
C．t=3s时物块的动量大小为5kg·m/sD．t=4s时物块的速度为零
4.(15重庆)高空作业须系安全带.如果质量为的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为（可视为自由落体运动）.此后经历时间安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上则该段时间安全带对人的平均作用力大小为
A.B.C.D.
）和质子（）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则a粒子和质子
A、运动半径之比是2:1B、运动周期之比是2:1
C、运动速度大小之比是4:1D.受到的洛伦兹力之比是2:1
6.（14大兴期末篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以()
A．减小球对手的冲量B．减小球对手的冲击力
C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量
a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；
b．分析说明小球对木板的作用力的方向。
8.(15北京)“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（）
A.绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小
B.绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
C.绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大
D.人在最低点时，绳对人的拉力等于人所受的重力
9．（高考模拟）如图-5，一个质量为的小球，从离地面高度为处竖直下落，与地面发生弹性碰撞后随即跳起，求其碰撞前后动量变化的大小和方向？已知空气阻力大小为。
10.（17泰安二模）如图-6所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点。设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则
A．t1>t2B．t1=t2
C．I1>I2D．I1=I2
11.(13天津)我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3000m接力三连冠。观察发现,“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面,并且开始向前滑行,待乙追上甲时,乙猛推甲一把,使甲获得更大的速度向前冲出,在乙推甲的过程中,忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用,则()
A.甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B.甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C.甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量[来源:学+科+网Z+X+X+K]
D.甲对乙做多少负功,乙对甲就一定做多少正功
12.(17全国Ⅰ)将质量为1.00g的模型火箭点火升空，50g燃烧的燃气以大小为600m/s的速度从火箭喷口在很短时间内喷出。在燃气喷出后的瞬间，火箭的动量大小为（喷出过程中重力和空气阻力可忽略）
A30 B．5.7×102
C．6.0×102 D．6.3×102
㈡计算题（共40分）
13.(15安徽)（14分）一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示。长物块以vo=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度把向运动直至静止。g取10m/s21）求物块与地面间的动摩擦因数；
2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
3）求物物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
14.（13）在粗糙的水平桌面上有两个静止的木块A和B，两者相距为d。现给A一初速度，使A与B发生弹性正碰，碰撞时间极短:当两木块都停止运动后，相距仍然为d.已知两木块与桌面之间的动摩擦因数均为μ.B的质量为A的2倍，重力加速度大小为g.求A的初速度的大小。
(2)撤去力F后物块继续滑动的时间t。
16.(13北京)（10分）正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题,我们假定:粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变。利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。
(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时做必要的说明)
（三）选做题
17.(13安徽)（14分）一物体放在水平地面上,如图-10甲所示,已知物体所受水平拉力F随时间t的变化情况如图-10乙所示,物体相应的速度v随时间t的变化关系如图-10丙所示。求:
(1)0～8s时间内拉力的冲量;
(2)0～6s时间内物体的位移;
(3)0～10s时间内,物体克服摩擦力所做的功。
三、参考答案
㈠选择题
⒈【答案】A
本题考查带电粒子在磁场中的运动和动量定义．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，p＝mv，得p＝qBr，两粒子动量相等，则qaBra＝qbBrb，已知ra>rb，则qa
【解析】机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在变化，故A错误；在最高点对乘客受力分析，根据牛顿第二定律有：，座椅对他的支持力，故B正确；乘客随座舱转动一周的过程中，动量不变，是所受合力的冲量为零，重力的冲量，故C错误；乘客重力的瞬时功率，其中θ为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但θ在变化，所以乘客重力的瞬时功率在不断变化，故D错误。
⒊【答案】AB
【解析】由题目可知F＝2N，F′＝－1N，由动量定理Ft＝mv1－mv0，可知t＝1s时，Ft1＝mv1，代入数据可得v1＝＝m/s＝1m/s，故A正确；t＝2s时，p＝Ft2，代入数据可得p＝4kg·m/s，故B正确；t＝3s时，p＝Ft2＋F′(t3－t2)，代入数据可得p＝3kg·m/s，故C错误；t＝4s时，由Ft2＋F′(t4－t2)＝mv4，代入数据可得v4＝＝m/s＝1m/s，故D错误．
A
【解析】人下落h高度为自由落体运动，由运动学公式，可知；缓冲过程（取向上为正）由动量定理得，解得：，故选A。
【解析】a粒子和质子质量之比为4：1，电荷量之比为2：1，由于动量相同，故速度之比为1：4，选项C错误；在同一匀强磁场B中，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径，得两者的运动半径之比为1：2，选项A错误；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期，得周期之比为2：1，选项B正确；由带电粒子在匀强磁场中受到的洛伦兹力f=qvB，得受到的洛伦兹力之比为1：2，选项D错误。
⒍【答案】B由动量定理Ft＝Δp知，接球时两手随球迅速收缩至胸前，延长了手与球接触的时间，从而减小了球的动量变化率，减小了球对手的冲击力，选项B正确．
【解析】
⒏【答案】A
【解析】从绳恰好伸直到人运动到最低点的过程中，绳对人的拉力始终向上，故冲量始终向上。此过程中人先加速再减速，当拉力等于重力时，速度最大，则动量先增大后减小，A正确，B、C错误，在最低点时，人的加速度向上，拉力大于重力，D错误。
⒐【解答】依牛二定律可知，小球的加速度为
再规定向下为正方向，依匀加速直线运动速度-位移公式，小球竖直下落到地面的速度容易求出①
由于小球与地面发生了弹性碰撞，无能量损失，速度大小不变、方向向上，因而碰撞前后动量变化的大小
②
把①式代入②式即得
“—”号说明，动量变化的方向竖直向上。
⒑【答案】C
【解析】设小球的质量为，OA下落高度,则容易求出球到达A点的速度。注意到,。由动量定理得和，显然。故选C。
⒒【答案】选B。
【解析】运动员乙推甲的过程中的甲和乙间的相互作用力等大反向,作用时间相等,故甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等,方向相反;由动量定理,动量变化的大小相等,方向相反,A错,B对;“交棒”过程中甲和乙的速度不一定相等,在乙推甲的过程中位移不一定相等,因而甲对乙做的负功和乙对甲做的正功的绝对值不一定相等,由动能定理,其动能变化量的绝对值也不一定相等,C、D错。
⒓【答案】A
【解析】设燃气的质量为m，由于作用时间相同（且视为相互作用），因而可得燃气的冲量和火箭的冲量；再依牛三定律，因而求出，亦即。
考虑到作用前两者初动量均为0，再由动量定理即可求出，—号说明火箭与燃气的动量反向。所以A正确，BCD错误。
㈡计算题
⒔【答案】（1）（2）（3）
⒕【答案】
【解析】设在发生碰撞的瞬间，木块A的速度大小为v；在碰撞后的瞬间，A和B的速度分别为v1和v2。在碰撞过程中，由能量和动量守恒定律，得
①
②
式中，以碰撞前木块A的速度方向为正。由①②式得
③
设碰撞后A和B运动的距离分别为d1和d2,由动能定理得
④
⑤
按题意有d=d1+d2⑥
设A的初速度大小为v0，由动能定理有
⑦
联立②至⑦式，得⑧
根据动能定理,对物块由A到B整个过程,有Fx1-F1x=0②
代入数据,解得x1=16m③
(2)设刚撤去力F时物块的速度为v,此后物块的加速度为a,滑动的位移为x2,则
x2=x-x1④[来
由牛顿第二定律得a=⑤
由匀变速直线运动公式得v2=2ax2⑥
以物块运动的方向为正方向,由动量定理,得-F1t=0-mv⑦
代入数据,解得t=2s
⒗【答案】(2)f=nmv2。
【解析】(2)一个粒子每与器壁碰撞一次对器壁的冲量为I0=2mv
如图所示,以器壁上的面积S为底、以vΔt为高构成柱体,由题意可知,柱体内的粒子在Δt时间内有与器壁发生碰撞,碰撞的粒子总数为N''=nSvΔt
在Δt时间内粒子对器壁的冲量为
I=N''I0=nSmv2Δt
面积为S的器壁受到粒子的压力为F==nSmv2
则器壁单位面积上所受到粒子的压力为
f==nmv2
㈢选做题
⒘【答案】(1)18N·s(2)6m(3)30J.
【解析】(1)0～8s时间内拉力的冲量
I=F1t1+F2t2+F3t3
=1×2+3×4+2×2=18(N·s)
(2)0～6s时间内物体的位移
x=×t2=×(6-2)=6(m)
(3)6～8s内物体做匀速运动,由物体受力平衡可得
Ff=2N
0～10s时间内,物体的位移
l=×t2+vt3+×t4
=×4+3×2+×2=15(m)
物体克服摩擦力所做的功W=Ffl=2×15J=30J
⒙【答案】
【解析】
⒚【答案】
【解析】
1
图-10
图-4
图-5
图-2
图-1
图-9
图-8
图-7
图-6
图-3
|
|
