2019届高考物理一轮复习练习：第6章 第1讲　动量、冲量、动量定理(含解析)

板块三  限时规范特训

　　时间：45分钟　满分：100分

一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。其中1～7为单选，8～10为多选)

1．[2017·湖北黄石市黄石一中模拟]有关物体的动量，下列说法正确的是(　　)

A．同一物体的动量改变，一定是速度大小改变

B．同一物体的动量改变，一定是速度方向改变

C．同一物体的运动速度改变，其动量一定改变

D．同一物体的运动速度改变，其动量可能不变

答案　C

解析　动量为一矢量，由p＝mv知，同一物体动量改变，可能是速度大小变化、也可能是速度方向变化，所以A、B错误；同一物体速度改变，动量一定变化，故C正确，D错误。

2．[2017·山西太原五中月考]下面关于物体动量和冲量的说法错误的是(　　)

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

答案　A

解析　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，所以C正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D正确。

3．把一个乒乓球竖直向上抛出，若空气阻力大小不变，则乒乓球上升到最高点和从最高点返回到抛出点的过程相比较(　　)

A．重力在上升过程的冲量大

B．合外力在上升过程的冲量大

C．重力冲量在两过程中的方向相反

D．空气阻力冲量在两过程中的方向相同

答案　B

解析　乒乓球上升过程mg＋f＝ma1，下降过程mg－f＝ma2，故a1>a2。由于上升和下降通过的位移相同，由公式x＝at2知上升用的时间小于下降用的时间，上升时重力的冲量小，A错误；而重力的冲量，不管是上升还是下降，方向都向下，故C错误；而空气阻力冲量的方向：上升时向下，下降时向上，故方向相反，D错误；再由公式v＝可知，上升的初速度大于下降的末速度，由动量定理知，合外力的冲量等于动量的变化量，因上升时动量的变化量大于下降时动量的变化量，故合外力在上升过程冲量大，故B正确。

4．[2017·山东临沂调研]人从高处跳到较硬的水平地面时，为了安全，一般都是让脚尖先触地且着地时要弯曲双腿，这是为了(　　)

A．减小地面对人的冲量

B．减小人的动量的变化

C．增加人对地面的冲击时间

D．增大人对地面的压强

答案　C

解析　脚尖先触地且着地时弯曲双腿，可以增加人对地面的冲击时间，根据动量定理F＝可知，地面对人的作用力减小，从而达到安全的目的，故C正确，A、B、D错误。

5. [2018·江西上饶一中月考]物体A和B用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示。A的质量为m，B的质量为M。当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度为v，这时物体B下落速度大小为u，如图乙所示。这段时间里，弹簧的弹力对物体的冲量为(　　)

A．mv   B．mv－Mu

C．mv＋Mu  D．mv＋mu

答案　D

解析　弹簧的弹力是变力，时间是未知量，显然，不能直接从冲量的概念I＝Ft入手计算，只能用动量定理求解，对物体A：I弹－mgt＝mv。对物体B：Mgt＝Mu。消去t解得I弹＝mv＋mu，D正确，A、B、C错误。

6．一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图象如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)

A．t＝6 s时，物体的速度为18 m/s

B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J

C．在0～6 s内，拉力对物体的冲量为36 N·s

D．t＝6 s时，拉力F的功率为200 W

答案　D

解析　类比速度图象中位移的表示方法可知，在加速度—时间图象中图线与坐标轴所围面积表示速度变化量，在0～6 s内Δv＝18 m/s，又v0＝2 m/s，则t＝6 s时的速度v＝20 m/s，A错误；由动能定理可知，0～6 s内，合力做的功为W＝mv2－mv＝396 J，B错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48 N·s，C错误；由牛顿第二定律可知，6 s末F－Ff＝ma，解得F＝10 N，所以拉力的功率P＝Fv＝200 W，D正确。

7．质量为m的运动员从床垫正上方h1高处自由下落，落垫后反弹的高度为h2，设运动员每次与床垫接触的时间为t，则在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力为(空气阻力不计，重力加速度为g)(　　)

A．mg＋

B．mg＋

C.

D．mg＋

答案　D

解析　设在时间t内，床垫对运动员的平均作用力大小为F，运动员刚接触床垫时的速率为v1，则离开床垫时的速率为v2。如图所示，规定竖直向上为正方向，根据动量定理有：

F合t＝Δp，F合＝F－mg

Δp＝mv2－m(－v1)＝mv2＋mv1

由机械能守恒定律有

mv＝mgh1，v1＝

mv＝mgh2，v2＝

由此可得F＝mg＋＝mg＋，由牛顿第三定律可得，运动员对床垫的作用力大小F′＝F＝mg＋，方向为竖直向下，D正确，A、B、C错误。

8. 恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)

A．拉力F对物体的冲量大小为零

B．拉力F对物体的冲量大小为Ft

C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ

D．合力对物体的冲量大小为零

答案　BD

解析　物体静止时，合外力为零，合外力的冲量为零，D正确；拉力是恒力，其冲量为力与时间的乘积，B正确，A、C错误。

9．如图甲所示，一物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。由此可以确定(　　)

A．物块冲上斜面的最大位移

B．物块返回底端时的速度

C．物块所受摩擦力的大小

D．斜面倾角θ

答案　ABD

解析　根据图线的“面积”可以求出物体冲上斜面的最大位移为：x＝，A正确；设物块返回底端时的速度大小为v，则有：＝，解得：v＝，B正确；根据动量定理得上滑过程：－(mgsinθ＋μmgcosθ)t0＝0－mv0，下滑过程： (mgsinθ－μmgcosθ)·2t0＝mv，联立解得：f＝3mgsinθ－，sinθ＝，由于质量m未知，则无法求出f，可以求出斜面倾角θ，D正确，C错误。

10．在光滑水平面上，放着两块长度相同、质量分别为M1和M2的木板，在两木板的左端各放一个大小、形状、质量完全相同的物块，如图所示。开始时，各物均静止，今在两物块上各作用一个水平恒力F1和F2，当物块与木板分离时，两木板的速度分别为v1和v2，物块与两木板之间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是(　　)

A．若F1＝F2，M1>M2，则v1>v2

B．若F1＝F2，M1<M2，则v1>v2

C．若F1>F2，M1＝M2，则v1>v2

D．若F1<F2，M1＝M2，则v1>v2

答案　BD

解析　设物块质量为m，木板质量为M，长为L，物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，在水平力F作用下，经过时间t，物块恰滑过木板，分离时物块的速度v，木板的速度v′，木板通过的位移s，物块通过的位移为s＋L。则有(F－f)t＝mv，ft＝Mv′，对物块由动能定理(F－f)(s＋L)＝mv2，v2＝2(s＋L)，对木板由动能定理fs＝Mv′2，v′2＝2s。由此可得：＝＝，s＝。因此，分离时木板的速度v′＝ ，其中F>f。可知，M增大或F增大时，速度v′都变小，B、D正确。

二、非选择题(本题共2小题，共30分)

11. [2017·湖南岳阳模拟](10分)在光滑水平面上有一质量为m＝4 kg的物体，它受到如图所示随时间变化的水平拉力作用，物体从静止开始运动，物体在10 s末的速度大小为多大？若它与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1,10 s末物体速度的大小又为多大？(g取10 m/s2)

答案　2.5 m/s　0

解析　物体在光滑水平面上运动时，根据动量定理有F1t1－F2t2＝mv，代入数据得v＝2.5 m/s；若水平面粗糙，前5 s内拉力大于滑动摩擦力，根据动量定理(F1－μmg)t1＝mv1，设再经过t2时间使该速度v1减为零，则－(F2＋μmg)t2＝0－mv1，解得t2＝ s，而在速度减到零后，力F2＝3 N已经不能再拉动物体，以后的速度都为零，所以10 s末物体速度仍旧是0。

12. [2017·山东临沂模拟](20分)香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，米老鼠模型能够上下运动，引人驻足，如图所示。这一景观可做如下简化，假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出，水柱的流量为Q(流量定义：在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积)，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为m0，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的阻力均可忽略不计。

(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量；

(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时，水到达冲浪板底部的速度大小；

(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化，需调整水泵对水做功的功率。水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水的动能。请根据笫(2)问中的计算结果，推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式。

答案　(1)ρQ　(2)　(3)h＝－

解析　(1)设在很短时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，水柱在喷口的初速度为v0，喷口的横截面积为S。

则Δm＝ρΔV，ΔV＝Sv0Δt＝QΔt，解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρQ。

(2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时，水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由v变为0，对板的作用力的大小为F′，板对水的作用力的大小为F，以向下为正方向，不考虑水柱顶部水的重力，根据动量定理有FΔt＝0－(Δm)(－v)，根据牛顿第三定律F＝F′。

由于米老鼠模型在空中悬停，有F′＝m0g，联立可解得v＝。

(3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h，对于单位时间内喷出的水，根据机械能守恒定律(或运动学公式)得

(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)·v，

水泵对水做功的功率为P0＝＝，

联立解得h＝－。