专题06 动量守恒定律综合复习一动量及动量定理练习题解析版.docx

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专题06动量守恒定律综合复习一动量及动量定理练习题解析版

第16章动量守恒定律综合复习

（一）

动量及动量定理练习题

1、单选题

1.下列解释中正确的是（　　）

A.跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量

B.在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量

C.动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来

D.人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大

答案　D

解析　跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft＝mv，则知运动时间相等，故选项C错误；从越高的地方跳下，落地时速度越大，动量越大，则冲量越大，故选项D正确。

2.质量是60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，他被悬挂起来。

已知安全带的缓冲时间是1.2s，安全带长5m，取g＝10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小为（　　）

A．500NB．600NC．1100ND．100N

答案　C

解析　安全带长5m，人在这段距离上做自由落体运动，获得速度v＝

＝10m/s。

受安全带的保护经1.2s速度减小为0，对此过程应用动量定理，以向上为正方向，有（F－mg）t＝0－（－mv），则F＝

＋mg＝1100N，C正确。

3.“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

B．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力

C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

答案：

B

解析：

.摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误．

4.如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量M＝3m，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v向左发射出去后，底座反冲速度的大小为

v，则摩擦力对底座的冲量为（　　）

A．0　　　　　　　　　　　B．

mv，方向向左

C.

mv，方向向右D．

mv，方向向左

答案：

B.

解析：

设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：

I＝mv；则弹丸对底座的作用力的冲量为－mv，对底座根据动量定理：

If＋（－mv）＝－3m·

得：

If＝＋

，正号表示正方向，向左；故选B.

5.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的

圆弧轨道，圆心O在S的正上方．在O和P两点各有一质量为m的小物体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点的动量不相同

B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相同

C．a比b先到达S，它们在S点的动量相同

D．b比a先到达S，它们在S点的动量相同

答案：

A

解析：

.在物体下落的过程中，只有重力对物体做功，故机械能守恒，故有mgh＝

mv2，解得v＝

，所以在相同的高度，两物体的速度大小相同，即速率相同．由于a的路程小于b的路程，故ta＜tb，即a比b先到达S，又因为到达S点时a的速度竖直向下，而b的速度水平向左，故两物体的动量不相同，A正确．

6.1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（后者的发动机已熄火），接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F＝895N，推进器开动时间Δt＝7s．测出飞船和火箭组的速度变化Δv＝0.91m/s.已知“双子星号”飞船的质量m1＝3400kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为（　　）

A．3400kgB．3485kg

C．6265kgD．6885kg

答案：

B

解析：

.根据动量定理得FΔt＝（m1＋m2）Δv，代入数据解得m2≈3485kg，B选项正确．

7.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.ρvSB.

C.

ρv2SD.ρv2S

答案　D

解析　Δt时间内贮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＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，选项D正确。

8.将一个质量为m的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时t，如图所示，设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为Δp1，在后一半时间内其动量变化为Δp2，则Δp1∶Δp2为（　　）

A．1∶2　　　　　　　　　　B．1∶3

C．1∶1D．2∶1

答案：

C

解析：

　木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定为F＝mgsinθ，方向也始终沿斜面向下不变。

由动量定理可得Δp1∶Δp2＝（F·t1）∶（F·t2）＝（mgsinθ·

t）∶（mgsinθ·

t）＝1∶1。

故选项C正确。

9.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v。

在此过程中（　　）

A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为

mv2

B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零

C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为

mv2

D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零

答案：

B

解析：

　人的速度原来为零，起跳后为v，由动量定理可得I地－mgΔt＝mv－0，可得地面对人的冲量I地＝mgΔt＋mv；而人起跳时，地面对人的支持力的作用点位移为零，故地面对人做功为零，所以只有选项B正确。

2．多选题

10.（多选）几个水球可以挡住一颗子弹？

《国家地理频道》的实验结果是：

四个水球足够！

完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是（　　）

A.子弹在每个水球中的速度变化相同

B.子弹在每个水球中运动的时间不同

C.每个水球对子弹的冲量不同

D.子弹在每个水球中的动能变化相同

答案　BCD

解析　恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为（2－

）∶（

－

）∶（

－1）∶1，则选项B正确；由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，选项A错误；因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由I＝ft可知每个水球对子弹的冲量不同，选项C正确；由动能定理知ΔEk＝fx，f相同，x相同，则ΔEk相同，选项D正确。

11.（多选）一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图5所示，下列说法正确的是（　　）

A.第2s末，质点的动量为0

B.第4s末，质点回到出发点

C.在0～2s时间内，力F的功率先增大后减小

D.在1～3s时间内，力F的冲量为0

答案　CD

解析　由题图可知，0～2s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2s末，质点的速度最大，动量最大，故选项A错误；该质点在2～4s内F的方向与0～2s内F的方向不同，0～2s内做加速运动，2～4s内做减速运动，所以质点在0～4s内的位移均为正，故选项B错误；0～2s内，质点速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P＝Fv得，力F瞬时功率开始为0，2s末时为0，所以在0～2s时间内，力F的功率先增大后减小，故选项C正确；在F－t图象中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量大小，由题图可知，1～2s内的面积与2～

3s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确。

12.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是（　　）

A．斜面对物体的弹力的冲量为零

B．物体受到的重力的冲量大小为mgt

C．物体受到的合力的冲量大小为零

D．物体动量的变化量大小为mgsinθ·t

答案：

BD.

解析：

由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mgcosθ·t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C错误；因整个过程中物体所受的合力为mgsinθ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mgsinθ·t，选项D正确．

13.某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图2中a点是弹性绳的原长位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置。

不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）

A．从P至c过程中重力的冲量大于弹性绳弹力的冲量

B．从P至c过程中重力所做功等于人克服弹力所做的功

C．从P至b过程中人的速度不断增大

D．从a至c过程中加速度方向保持不变

答案　BC

解析　人由P至c的全过程中，外力的总冲量为重力的冲量与弹性绳弹力的冲量的矢量和，根据动量定理，外力的总冲量应等于人的动量增量，人在P与c时速度均为零，则动量的增量为零，则重力的冲量大小应等于绳弹力的冲量大小，方向相反，总冲量为零，选项A错；根据动能定理，人由P至c过程中，人的动能增量为零，则重力与绳弹力做的总功为零，重力所做的功等于克服弹力所做的功，选项B正确；人由P至a自由下落，由a至b，弹力逐渐增大，但合外力向下，人做加速度变小的加速运动，至b点加速度为零，速度最大，人过b点之后，弹力大于重力，合外力向上，加速度向上，速度变小。

故选项C正确，选项D错误。

14.（多选）从2017年6月5日起至年底，兰州交警采取五项措施部署预防较大道路交通事故工作。

在交通事故中，汽车与拖车脱钩有时发生。

如图5所示，质量为M的汽车带着质量为m的拖车在平直公路上以加速度a匀加速前进，当速度为v0时拖车突然与汽车脱钩，到拖车停下瞬间司机才发现。

若汽车的牵引力一直未变，车与路面间的动摩擦因数为μ，那么从脱钩到拖车刚停下的过程中，下列说法正确的是（　　）

A.汽车和拖车整体动量守恒

B.汽车和拖车整体机械能守恒

C.从脱钩到拖车刚停下用时

D.拖车刚停下时汽车的速度为

v0

答案　CD

解析　汽车和拖车整体合外力不为零，故动量不守恒，选项A错误；汽车和拖车整体除重力之外的其他力做功之和大于零，系统机械能增加，选项B错误；以拖车为研究对象，由牛顿第二定律得－μmg＝ma′，则a′＝－μg，由－v0＝a′t得，拖车脱钩后到停止经历的时间为t＝

，选项C正确；全过程系统受到的合外力始终为（M＋m）a，末状态拖车的动量为零，全过程对系统应用动量定理可得（M＋m）a·

＝Mv′－（M＋m）v0，解得v′＝

v0，选项D正确。

3．解答题

15.将质量为500g的杯子放在台秤上，一个水龙头以每秒700g水的流量注入杯中。

注至10s末时，台秤的读数为78.5N，则注入杯中水流的速度是多大？

答案　5m/s

解析　以在很短时间Δt内，落在杯中的水柱Δm为研究对象，水柱受向下的重力Δmg和向上的作用力F。

设向上的方向为正：

（F－Δmg）Δt＝0－（－Δmv）

因Δm很小，Δmg可忽略不计，并且

＝0.7kg/s

F＝

v＝0.7v（N）

台秤的读数G读＝（m杯＋m水）g＋F

78．5＝（0.5＋0.7×10）×10＋0.7v

解得v＝5m/s

16.如图甲所示是明德中学在高考前100天倒计时宣誓活动中为给高三考生加油，用横幅打出的激励语。

下面我们来研究横幅的受力情况，如图乙所示，若横幅的质量为m，且质量分布均匀、由竖直面内的四条轻绳A、B、C、D固定在光滑的竖直墙面内，四条绳子与水平方向的夹角均为θ，其中绳A、B是不可伸长的刚性绳，绳C、D是弹性较好的弹性绳且对横幅的拉力恒为T0，重力加速度为g。

（1）求绳A、B所受力的大小；

（2）在一次卫生大扫除中，楼上的小明同学不慎将质量为m0的抹布滑落，正好落在横幅上沿的中点位置。

已知抹布的初速度为零，下落的高度为h，忽略空气阻力的影响。

抹布与横幅撞击后速度变为零，且撞击时间为t，撞击过程横幅的形变极小，可忽略不计，求撞击过程中，绳A、B所受平均拉力的大小。

答案：

（1）T0＋

（2）T0＋

＋

解析：

（1）横幅在竖直方向上处于平衡状态：

2Tsinθ＝2T0sinθ＋mg

解得：

T＝T0＋

。

（2）抹布做自由落体运动，其碰撞前的速度满足：

2gh＝v02

碰撞过程中横幅对抹布的平均作用力为F，由动量定理可得：

－（F－m0g）t＝0－m0v0

解得：

F＝m0g＋

由牛顿第三定律可知抹布对横幅的平均冲击力F′＝F

横幅仍处于平衡状态：

2T1sinθ＝2T0sinθ＋mg＋F′

解得：

T1＝T0＋

＋

。

17.如图所示，质量0.5kg，长1.2m的金属盒AB，放在水平桌面上，它与桌面间动摩擦因数μ＝

，在盒内右端B放着质量也为0.5kg，半径为0.1m的弹性球，球与盒接触面光滑。

若在A端给盒以水平向右的冲量1.5N·s，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：

（1）盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少；

（2）盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少。

答案：

（1）1.8m　

（2）1.7s

解析：

（1）研究对象是金属盒，盒受冲量I后获得速度v，

由动量定理，有I＝mv－0，v＝

＝

m/s＝3m/s

盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力

f＝μFN＝μ·2mg

－μ·2mg＝ma即a＝－2μg

盒运动了x1＝（1.2－0.1×2）m＝1m后速度减少为v′。

v′2－v2＝2ax1

v′＝

＝

m/s

＝2m/s，

盒左壁A以v′速度与球相碰，因碰撞中无能量损失，盒停止，球以v′＝2m/s的速度向右做匀速直线运动，运动1m后又与盒的右壁相碰，盒又以v′＝2m/s的速度向右运动，直到停止。

0－v′2＝2ax2

即x2＝

＝

＝

m＝0.8m

因x2只有0.8m，此时静止小球不会再与盒的左壁相碰，所以盒通过的总路程为

s＝x1＋x2＝1m＋0.8m＝1.8m。

（2）盒从开始运动到与球相碰所用时间为t1

根据动量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv

t1＝

＝

s＝0.4s；

小球匀速运动时间t2＝

＝

s＝0.5s；

盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为t3，根据动量定理，有－μ·2mgt3＝0－mv′

t3＝

＝

s＝0.8s；

总时间t＝t1＋t2＋t3＝（0.4＋0.5＋0.8）s＝1.7s。