（浙江選考）2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí) 15 第十二章 動量 動量守恒定律 1 第1節(jié) 動量 動量定理達(dá)標(biāo)檢測鞏固提能

《（浙江選考）2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí) 15 第十二章 動量 動量守恒定律 1 第1節(jié) 動量 動量定理達(dá)標(biāo)檢測鞏固提能》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江選考）2021版新高考物理一輪復(fù)習(xí) 15 第十二章 動量 動量守恒定律 1 第1節(jié) 動量 動量定理達(dá)標(biāo)檢測鞏固提能（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第1節(jié)動量動量定理隨堂檢測1(2020紹興月考)一個質(zhì)量為0.18 kg的壘球，以25 m/s 的水平速度向左飛向球棒，被球棒打擊后反向水平飛回，速度大小變?yōu)?5 m/s，則這一過程中動量的變化量為()A大小為3.6 kgm/s，方向向左B大小為3.6 kgm/s，方向向右C大小為12.6 kgm/s，方向向左D大小為12.6 kgm/s，方向向右解析：選D.選向左為正方向，則動量的變化量pmv1mv012.6 kgm/s，大小為12.6 kgm/s，負(fù)號表示其方向向右，D正確2高空作業(yè)須系安全帶，如果質(zhì)量為m的高空作業(yè)人員不慎跌落，從開始跌落到安全帶對人剛產(chǎn)生作用力前人下落的距離為h(可視為

2、自由落體運動)，此后經(jīng)歷時間t安全帶達(dá)到最大伸長，若在此過程中該作用力始終豎直向上，則該段時間安全帶對人的平均作用力大小為()A.mgB.mgC.mg D.mg解析：選A.設(shè)高空作業(yè)人員自由下落h時的速度為v，則v22gh，得v，設(shè)安全帶對人的平均作用力為F，由動量定理得(mgF)t0mv，解得Fmg.3(2020嘉興質(zhì)檢)如圖所示，籃球運動員接傳來的籃球時，通常要先伸出兩臂迎接，手接觸到球后，兩臂隨球迅速引至胸前，這樣做可以()A減小球的動量的變化量B減小球?qū)κ肿饔昧Φ臎_量C減小球的動量變化率D延長接球過程的時間來減小動量的變化量解析：選C.動量的變化量為mvmv0，最終不會因為手的動作而改

3、變，故A錯；根據(jù)動量定理Ftmvmv0，手對球的沖量即動量變化量不會改變，此即球?qū)κ值膭恿孔兓?，故B、D錯誤；手彎曲的動作是增加了作用時間，而減小了動量變化率，也即減小了沖力，起到緩沖效果，故C正確4在水平力F30 N的作用下，質(zhì)量m5 kg的物體由靜止開始沿水平面運動已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10 m/s2)解析：法一：用動量定理解，分段處理選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，受力情況如圖甲所示，始態(tài)速度為零，終態(tài)速度為v，取水平力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理有(Fmg)t1mv0.對于撤去

4、F后，物體做勻減速運動的過程，受力情況如圖乙所示，始態(tài)速度為v，終態(tài)速度為零根據(jù)動量定理有mgt20mv.以上兩式聯(lián)立解得t2t16 s12 s.法二：用動量定理解，研究全過程選物體作為研究對象，研究整個運動過程，這個過程的始、終狀態(tài)的物體速度都等于零取水平力F的方向為正方向，根據(jù)動量定理得(Fmg)t1(mg)t20解得t2t16 s12 s.答案：12 s 課后達(dá)標(biāo)一、不定項選擇題1關(guān)于沖量，以下說法正確的是()A只要物體受到了力的作用，一段時間內(nèi)物體受到的總沖量就一定不為零B物體所受合外力的沖量小于物體動量的變化C沖量越大的物體受到的動量越大D如果力是恒力，則其沖量的方向與該力的方向相同

5、答案：D2(2020杭州質(zhì)檢)如圖所示，運動員揮拍將質(zhì)量為m的網(wǎng)球擊出如果網(wǎng)球被拍子擊打前、后瞬間速度的大小分別為v1、v2，v1與v2方向相反，且v2v1.忽略重力，則此過程中拍子對網(wǎng)球作用力的沖量()A大小為m(v2v1)，方向與v1方向相同B大小為m(v2v1)，方向與v1方向相同C大小為m(v2v1)，方向與v2方向相同D大小為m(v2v1)，方向與v2方向相同答案：D3(2020衢州調(diào)研)1966年，在地球的上空完成了用動力學(xué)方法測質(zhì)量的實驗實驗時，用“雙子星號”宇宙飛船去接觸正在軌道上運行的火箭組(后者的發(fā)動機已熄火)，接觸以后，開動“雙子星號”飛船的推進(jìn)器，使飛船和火箭組共同加速

6、推進(jìn)器的平均推力F895 N，推進(jìn)器開動時間t7 s測出飛船和火箭組的速度變化v0.91 m/s.已知“雙子星號”飛船的質(zhì)量m13 400 kg.由以上實驗數(shù)據(jù)可測出火箭組的質(zhì)量m2為()A3 400 kgB3 485 kgC6 265 kg D6 885 kg答案：B4.(2020寧波高二月考)如圖所示，一鐵塊壓著一紙條放在水平桌面上，當(dāng)以速度v抽出紙條后，鐵塊掉在地上的P點若以2v速度抽出紙條，則鐵塊落地點為()A仍在P點B在P點左邊C在P點右邊不遠(yuǎn)處D在P點右邊原水平位移的兩倍處解析：選B.紙條抽出的過程，鐵塊所受的滑動摩擦力一定，以v的速度抽出紙條，鐵塊所受滑動摩擦力的作用時間較長，由

7、IFftmv0得鐵塊獲得速度較大，平拋運動的水平位移較大，以2v的速度抽出紙條的過程，鐵塊所受滑動摩擦力作用時間較短，鐵塊獲得速度較小，平拋運動的位移較小，故B選項正確5.如圖所示，足夠長的固定光滑斜面傾角為，質(zhì)量為m的物體以速度v從斜面底端沖上斜面，達(dá)到最高點后又滑回原處，所用時間為t.對于這一過程，下列判斷正確的是()A斜面對物體的彈力的沖量為零B物體受到的重力的沖量大小為mgtC物體受到的合力的沖量大小為零D物體動量的變化量大小為mgsin t解析：選BD.由沖量的求解公式可知，斜面對物體的彈力的沖量為mgcos t，選項A錯誤；物體受到的重力的沖量大小為mgt，選項B正確；物體回到斜面

8、底端的速度仍為v，方向與初速度方向相反，故根據(jù)動量定理可知，物體受到的合力的沖量大小為2mv，選項C錯誤；因整個過程中物體所受的合力為mgsin ，則根據(jù)動量定理可知，物體動量的變化量大小為mgsin t，選項D正確6(2020浙江91聯(lián)盟聯(lián)考)我國女子短道速滑隊在世錦賽上實現(xiàn)了女子3 000 m接力三連冠如圖所示，觀察發(fā)現(xiàn)，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間在水平方向上的相互作用，則()A甲對乙的沖量大小一定等于乙對甲的沖量大小B甲、乙的動量變化一定大小相等方向相反C甲

9、的動能增加量一定等于乙的動能減少量D甲對乙做多少負(fù)功，乙對甲就一定做多少正功解析：選AB.乙推甲的過程中，他們之間的作用力大小相等，方向相反，作用時間相等，根據(jù)沖量的定義，甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相等，但方向相反，選項A正確；乙推甲的過程中，遵守動量守恒定律，即p甲p乙，他們的動量變化大小相等，方向相反，選項B正確；在乙推甲的過程中，甲、乙的位移不一定相等，所以甲對乙做的負(fù)功與乙對甲做的正功不一定相等，結(jié)合動能定理知，選項C、D錯誤7(2020紹興質(zhì)檢)如圖所示，一物體分別沿三個傾角不同的光滑斜面由靜止開始從頂端下滑到底端C、D、E處，三個過程中重力的沖量依次為I1、I2、I3，動量變化

10、量的大小依次為p1、p2、p3，則有()A三個過程中，合力的沖量相等，動量的變化量相等B三個過程中，合力做的功相等，動能的變化量相等CI1I2I3，p1p2p3DI1I2I3，p1p2p3解析：選ABC.由機械能守恒定律可知物體下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，動量變化量pmv相等，即p1p2p3；根據(jù)動量定理，合力的沖量等于動量的變化量，故合力的沖量也相等，注意不是相同(方向不同)；設(shè)斜面的高度為h，從頂端A下滑到底端C，由gsin t2得物體下滑的時間t，所以越小，sin2越小，t越大，重力的沖量Imgt就越大，故I1I2I3；故A、C正確，D錯誤；物體下滑過程中只有重力做功，故合力做

11、的功相等，根據(jù)動能定理，動能的變化量相等，故B正確8.(2020湖州質(zhì)檢)如圖所示，傾斜的傳送帶保持靜止，一木塊從頂端以一定的初速度勻加速下滑到底端如果讓傳送帶沿圖中虛線箭頭所示的方向勻速運動，同樣的木塊從頂端以同樣的初速度下滑到底端的過程中，與傳送帶保持靜止時相比()A木塊在滑到底端的過程中，摩擦力的沖量變大B木塊在滑到底端的過程中，摩擦力的沖量不變C木塊在滑到底端的過程中，木塊克服摩擦力所做功變大D木塊在滑到底端的過程中，系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能數(shù)值將變大解析：選BD.滑動摩擦力的大小為fN，與相對速度的大小無關(guān)，所以，當(dāng)皮帶運動時，木塊所受的摩擦力未變，空間位移未變，則滑到底端的時間、速度以及摩擦

12、力所做的功均不變，所以摩擦力的沖量Ift不變，故A、C錯誤，B正確；但由于相對滑動的距離變長，所以木塊和皮帶由于摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能變大，故D正確二、非選擇題9.(2020寧波質(zhì)檢)質(zhì)量為0.5 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度沖向墻壁后又以4 m/s的速度反向彈回，如圖所示，若球跟墻的作用時間為0.05 s，求小球所受平均力的大小解析：選定小球與墻碰撞的過程，取v1的方向為正方向，對小球應(yīng)用動量定理得Ftmv2mv1，則，F(xiàn) N90 N，“”號說明F的方向向左答案：90 N10.(2020麗水高二質(zhì)檢)一質(zhì)量為0.5 kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5 m的位置B處是一面墻，如圖

13、所示一物塊以v09 m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向運動直至靜止，g取10 m/s2.(1)求物塊與地面間的動摩擦因數(shù)；(2)若碰撞時間為0.05 s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功W.解析：(1)由動能定理有mgxmv2mv可得0.32.(2)由動量定理有Ftmvmv可得F130 N.(3)由能量守恒定律有Wmv29 J.答案：(1)0.32(2)130 N(3)9 J11.如圖所示，一物體從固定斜面頂端由靜止開始經(jīng)過1 s 下滑到底端，已知斜面的傾角37，斜面長度L

14、2.5 m，sin 370.6，cos 370.8，取重力加速度g10 m/s2，求：(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù)；(2)下滑過程中損失的機械能與減少的重力勢能的比值；(3)下滑過程中合外力沖量的大小與重力沖量大小的比值解析：(1)根據(jù)Lat2，解得：a5 m/s2，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin mgcos ma解得：0.125.(2)損失的機械能等于克服摩擦力做的功，為：Emgcos L減小的重力勢能為：Epmgsin L故損失的機械能與減小的重力勢能的比值為：EEptan 16.(3)設(shè)物體下滑到斜面底端時速度大小為v，則有：vat5 m/s根據(jù)動量定理得：合外力沖量的大小為：I合mv05m (Ns)在下滑過程中重力的沖量為：IGmgt10m (Ns)所以下滑的過程中合外力沖量的大小與重力沖量大小的比值為：I合IG12.答案：(1)0.125(2)16(3)127