課時跟蹤檢測（二十）動量定理一、立足主干知識，注重基礎(chǔ)性和綜合性1.如圖所示，象棋子壓著紙條，放在光滑水平桌面上。第一次沿水平方向?qū)⒓垪l抽出，棋子落在地面上的P點。將棋子、紙條放回原來的位置，仍沿原水平方向?qū)⒓垪l抽出，棋子落在地面上的Q點，與第一次相比()A．棋子受到紙條的摩擦力較大B．棋子落地速度與水平方向夾角較大C．紙條對棋子的摩擦力做功較多D．棋子離開桌面至落地過程中動能增量較大解析：選C兩次由于正壓力不變，根據(jù)滑動摩擦力公式Ff＝μFN，紙條對棋子的摩擦力沒變，故選項A錯誤；棋子離開桌面后做平拋運動，由于豎直分位移相同，根據(jù)豎直方向運動規(guī)律可知運動時間相同，由于第二次水平分位移較大，可知第二次做平拋運動的初速度大，則第二次紙條對棋子的摩擦力做功較多，設(shè)落地時速度與水平方向夾角為θ，則tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(gt,v0)，可知第二次棋子落地時速度與水平方向夾角較小，故選項B錯誤，C正確；根據(jù)動能定理可知，動能的增量等于合外力做的功，則合外力做的功即為重力做的功，由題可知重力做的功相等，故動能的增量相等，故選項D錯誤。2.如圖所示，學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某一次足球靜止自由下落80cm，被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80cm。已知足球與頭部的作用時間為0.1s，足球的質(zhì)量為0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，下列說法正確的是()A．頭部對足球的平均作用力為足球重力的10倍B．足球下落到與頭部剛接觸時動量大小為3.2kg·m/sC．足球與頭部作用過程中動量變化量大小為3.2kg·m/sD．足球從最高點下落至重新回到最高點的過程中重力的沖量大小為3.2N·s解析：選C設(shè)足球自由下落80cm時的速度為v1，所用時間為t1，有v1＝eq\r(2gh)＝4m/s，t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s，反彈后做豎直上拋運動，而上升的最大高度也為80cm，根據(jù)運動的對稱性可知上拋的初速度v2＝v1＝4m/s，上升的時間t2＝t1＝0.4s；對足球與人接觸的過程，Δt＝0.1s，取向上為正，由動量定理有(eq\x\to(F)－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得eq\x\to(F)＝36N，Δp＝3.2kg·m/s，即頭部對足球的平均作用力為36N，而足球的重力為4N，則頭部對足球的平均作用力是重力的9倍，此過程的動量變化量大小為Δp＝3.2kg·m/s，故A錯誤，C正確；足球下落到與頭部剛接觸時的動量為p1＝mv1＝1.6kg·m/s，故B錯誤；足球運動的全過程，所受重力的沖量為IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，故D錯誤。3．我國為“長征九號”研制的大推力新型火箭發(fā)動機聯(lián)試成功，這標(biāo)志著我國重型運載火箭的研發(fā)取得突破性進展。若某次實驗中該發(fā)動機向后噴射的氣體速度約為3km/s，產(chǎn)生的推力約為4.8×106N，則它在1s時間內(nèi)噴射的氣體質(zhì)量約為()A．1.6×102kg B．1.6×103kgC．1.6×105kg D．1.6×106kg解析：選B設(shè)1s內(nèi)噴出氣體的質(zhì)量為m，噴出的氣體與該發(fā)動機的相互作用力為F，由動量定理Ft＝mv知，m＝eq\f(Ft,v)＝eq\f(4.8×106×1,3×103)kg＝1.6×103kg，選項B正確。4.平底煎鍋正在炸豆子。假設(shè)每個豆子的質(zhì)量均為m，彈起的豆子均垂直撞擊平板鍋蓋，撞擊速度均為v。每次撞擊后速度大小均變?yōu)閑q\f(2,3)v，撞擊的時間極短，發(fā)現(xiàn)質(zhì)量為M的鍋蓋剛好被頂起。重力加速度為g，則單位時間撞擊鍋蓋的豆子個數(shù)為()A．eq\f(3Mg,5mv) B．eq\f(2Mg,5mv)C．eq\f(2Mg,3mv)D．eq\f(3Mg,2mv)解析：選A設(shè)單位時間撞擊鍋蓋的豆子個數(shù)為n，則由動量定理FΔt＝Δm·eq\f(2,3)v－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－Δmv))，其中F＝Mg，Δm＝nΔt·m，解得n＝eq\f(3Mg,5mv)，故選A。5．(多選)游樂場滑索項目的簡化模型如圖所示，索道AB段光滑，A點比B點高1.25m，與AB段平滑連接的BC段粗糙，長4m。質(zhì)量為50kg的滑塊從A點由靜止下滑，到B點進入水平減速區(qū)，在C點與緩沖墻發(fā)生碰撞，反彈后在距墻1m的D點停下。設(shè)滑塊與BC段的動摩擦因數(shù)為0.2，規(guī)定向右為正方向。g取10m/s2。下列說法正確的是()A．緩沖墻對滑塊的沖量為－50N·sB．緩沖墻對滑塊的沖量為－250N·sC．緩沖墻對滑塊做的功為－125JD．緩沖墻對滑塊做的功為－250J解析：選BC由動能定理可知mgh＝eq\f(1,2)mv02，由B點到C點的過程中，加速度大小為a＝eq\f(μmg,m)＝2m/s2，由速度—位移公式可得v2－v02＝－2ax，可得v＝3m/s，由C點到D點可知x2＝eq\f(v′2,2a)，解得被緩沖墻反彈時，滑塊的速度大小v′＝－2m/s(方向與初速度反向，取負(fù))，由動量定理可知緩沖墻對滑塊的沖量Δp＝mv′－mv＝－250N·s，由動能定理可得緩沖墻對滑塊做的功W＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mv2＝－125J，綜上分析可知B、C正確。6．(2022·湖北高考)一質(zhì)點做曲線運動，在前一段時間內(nèi)速度大小由v增大到2v，在隨后的一段時間內(nèi)速度大小由2v增大到5v。前后兩段時間內(nèi)，合外力對質(zhì)點做功分別為W1和W2，合外力的沖量大小分別為I1和I2。下列關(guān)系式一定成立的是()A．W2＝3W1，I2≤3I1 B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1 D．W2＝7W1，I2≥I1解析：選D根據(jù)動能定理可知W1＝eq\f(1,2)m(2v)2－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,2)mv2，W2＝eq\f(1,2)m(5v)2－eq\f(1,2)m(2v)2＝eq\f(21,2)mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，當(dāng)初、末速度方向相同時，動量變化量最小，方向相反時，動量變化量最大，因此沖量的大小范圍是mv≤I1≤3mv,3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，D正確。7．(2022·全國乙卷)(多選)質(zhì)量為1kg的物塊在水平力F的作用下由靜止開始在水平地面上做直線運動，F(xiàn)與時間t的關(guān)系如圖所示。已知物塊與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2，則()A．4s時物塊的動能為零B．6s時物塊回到初始位置C．3s時物塊的動量為12kg·m/sD．0～6s時間內(nèi)F對物塊所做的功為40J解析：選AD物塊與地面間摩擦力為f＝μmg＝2N，對物塊從0～3s內(nèi)由動量定理可知(F－f)t1＝mv3，代入數(shù)據(jù)解得v3＝6m/s。3s時物塊的動量為p＝mv3＝6kg·m/s。設(shè)3s后經(jīng)過時間t物塊的速度減為0，由動量定理可得－(F＋f)t＝0－mv3，代入數(shù)據(jù)解得t＝1s。所以物塊在4s時速度減為0，則此時物塊的動能也為0，故A正確，C錯誤；0～3s物塊發(fā)生的位移為x1，由動能定理可得(F－f)x1＝eq\f(1,2)mv32，代入數(shù)據(jù)解得x1＝9m。3～4s過程中，對物塊由動能定理可得－(F＋f)x2＝0－eq\f(1,2)mv32，代入數(shù)據(jù)解得x2＝3m。4～6s物塊開始反向運動，物塊的加速度大小為a＝eq\f(F－f,m)＝2m/s2，發(fā)生的位移為x3＝eq\f(1,2)×2×22m＝4m<x1＋x2，即6s時物塊沒有回到初始位置，故B錯誤；物塊在6s時的速度大小為v6＝2×2m/s＝4m/s。0～6s拉力所做的功為W＝(4×9－4×3＋4×4)J＝40J，故D正確。8.如圖所示，一質(zhì)量為m＝0.10kg的小物塊以初速度v0從粗糙水平桌面上某處開始運動，經(jīng)時間t＝0.2s后以速度v＝3.0m/s飛離桌面，最終落在水平地面上。物塊與桌面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，桌面高h＝0.45m，不計空氣阻力，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小物塊的初速度v0的大小；(2)小物塊在空中運動過程中的動量變化量；(3)小物塊落地時的動能Ek。解析：(1)小物塊在桌面上運動的加速度a＝eq\f(f,m)＝eq\f(μmg,m)＝μg由速度與時間關(guān)系式得：v0－v＝at代入數(shù)據(jù)解得小物塊的初速度v0＝3.5m/s。(2)小物塊飛離桌面后做平拋