高三物理人教版一輪復(fù)習(xí)第六單元動量守恒定律作業(yè)27

題組層級快練(二十七)一、選擇題1．(多選)關(guān)于物體的動量和沖量，下列說法中正確的是()A．物體所受合外力的沖量越大，它的動量也越大B．物體所受合外力的沖量不為零，它的動量一定要改變C．物體的動量增量的方向，就是它所受合外力的沖量的方向D．物體所受的合外力越大，它的動量變化越快答案BCD解析由動量定理Ft＝p2－p1可知，物體的動量除了與物體受到的沖量有關(guān)以外，還跟物體的初狀態(tài)有關(guān)，A項錯誤；物體受到的沖量不為零，則物體的動量一定變化，B項正確；物體受到的沖量不僅與動量的變化大小相等，方向也一定與動量的變化量方向相同，C項正確；由動量定理可得F＝eq\f(p2－p1,t)，物體受到的合外力越大，動量變化越快，D項正確．2．某物體做自由落體運動，取豎直向下為正方向．在運動過程中，關(guān)于其動量、動量變化率隨時間變化的曲線，下列圖像關(guān)系正確的是()答案C解析A、B兩項，物體自由下落，則根據(jù)自由落體規(guī)律可知，v＝gt，動量p＝mv＝mgt，因向下為正方向，故動量應(yīng)為斜向上的直線，故A、B兩項錯誤；C、D兩項，動量的變化率為eq\f(Δp,Δt)；根據(jù)動量定理可得：mgΔt＝Δp；因此eq\f(Δp,Δt)＝mg，故圖像為水平線，故C項正確，D項錯誤．3．(2017·山西摸底)(多選)有關(guān)實際中的現(xiàn)象，下列說法正確的是()A．火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度B．體操運動員在著地時屈腿是為了減小地面對運動員的作用力C．用槍射擊時要用肩部抵住槍身是為了減小反沖的影響D．為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，發(fā)動機艙越堅固越好答案ABC解析根據(jù)反沖運動的特點與應(yīng)用可知，火箭靠噴出氣流的反沖作用而獲得巨大速度．A項正確；體操運動員在落地的過程中，動量變化一定．由動量定理可知，運動員受到的沖量I一定；由I＝Ft可知，體操運動員在著地時屈腿是延長時間t，可以減小運動員所受到的平均沖力F，故B項正確；用槍射擊時子彈給槍身一個反作用力，會使槍身后退，影響射擊的準(zhǔn)確度，所以為了減小反沖的影響，用槍射擊時要用肩部抵住槍身，C項正確；為了減輕撞車時對司乘人員的傷害程度，就要延長碰撞的時間，由I＝Ft可知位于車體前部的發(fā)動機艙不能太堅固．這樣撞車時可以延長作用時間，D項錯誤．4.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答案B解析以v或2v抽紙條時，紙條給鐵塊的摩擦力不變，以2v抽紙條時，紙條對鐵塊的作用時間短，對鐵塊的沖量小，鐵塊獲得的速度小，根據(jù)平拋知識可知它的水平射程短，所以落點在P點的左邊．5．(2017·黃岡市檢測)一小球從水平地面上方無初速釋放，與地面發(fā)生碰撞后反彈至速度為零，假設(shè)小球與地面碰撞沒有機械能損失，運動時的空氣阻力大小不變，下列說法正確的是()A．上升過程中小球動量改變量等于該過程中空氣阻力的沖量B．小球與地面碰撞過程中，地面對小球的沖量為零C．下落過程中小球動能的改變量等于該過程中重力做的功D．從釋放到反彈至速度為零過程中小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功答案D解析根據(jù)動量定理可知，上升過程中小球動量改變量等于該過程中重力和空氣阻力的合力的沖量，A項錯誤；小球與地面碰撞過程中，由動量定理得：Ft－mgt＝mv2－(－mv1)，可知地面對小球的沖量Ft不為零，B項錯誤；下落過程中小球動能的改變量等于該過程中重力和空氣阻力做功代數(shù)和，C項錯誤；由能量守恒關(guān)系可知，從釋放到反彈至速度為零過程中小球克服空氣阻力做的功等于重力做的功，D項正確，故選D項．6．(2017·合肥一模)一質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，在水平力F作用下，經(jīng)時間t，通過位移L后，動量變?yōu)閜、動能變?yōu)镋k.若上述過程F不變，物體的質(zhì)量變?yōu)閑q\f(m,2)，以下說法正確的是()A．經(jīng)過時間2t，物體動量變?yōu)?p B．經(jīng)過位移2L，物體動量變?yōu)?pC．經(jīng)過時間2t，物體動能變?yōu)?Ek D．經(jīng)過位移2L，物體動能變?yōu)?Ek答案A解析A、C兩項，以初速度方向為正方向，根據(jù)動量定理，有：Ft＝p，故時間變?yōu)?t后，動量變?yōu)?p，故A項正確；根據(jù)Ek＝eq\f(p2,2m)，動量變?yōu)?倍，質(zhì)量減半，故動能變?yōu)?Ek，故C項錯誤；B、D兩項，經(jīng)過位移2L，根據(jù)動能定理，有：FL＝Ek，故位移變?yōu)?倍后，動能變?yōu)?Ek，故D項錯誤；根據(jù)p＝eq\r(2mEk)，動能變?yōu)?倍，質(zhì)量減半，故動量不變，故B項錯誤．7.(多選)水平推力F1和F2分別作用在水平面上等質(zhì)量的a、b兩物體上，作用一段時間后撤去推力，物體將繼續(xù)運動一段時間后停下，兩物體v－t圖像如圖所示，圖中AB∥CD，則()A．F1的沖量小于F2的沖量B．F1的沖量等于F2的沖量C．兩物體受到的摩擦力大小相等D．兩物體受到的摩擦力大小不等答案AC解析設(shè)F1、F2的作用時間分別為t1、t2，則由圖知t1＜t2，當(dāng)只有摩擦力Ff作用時，由AB∥CD知圖線斜率相同，則加速度相等，由牛頓第二定律知，摩擦力Ff相等，故C項正確，D項錯誤．對a，由動量定理得：F1t1－Fft1＝mvA；對b同理得：F2t2－Fft2＝mvC.由圖像知，vA＝vC，t1＜t2，所以由mvA＝mvC知，即F1t1－Fft1＝F2t2－Fft2，因此F1t1<F2t2，即A項正確，B項錯誤．8．(多選)如圖所示，兩個質(zhì)量相等的物體，在同一高度沿傾角不同的兩個光滑斜面由靜止自由滑下到達(dá)斜面底端的過程中，相同的物理量是()A．重力的沖量的大小 B．彈力的沖量的大小C．合力的沖量的大小 D．剛到達(dá)底端的動量的大小答案CD解析A項，高度相同，則下滑的距離x＝eq\f(h,sinθ)，加速度a＝gsinθ，根據(jù)x＝eq\f(1,2)at2得：t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，由于傾角不同，則運動的時間不同，根據(jù)I＝mgt知，重力的沖量不同．故A項錯誤；B項，對于彈力，大小不等，方向不同，彈力的沖量不同．故B項錯誤；C、D兩項，根據(jù)機械能守恒定律知，到達(dá)底端的速度大小相等，但是方向不同，所以到達(dá)底端的動量大小相等，方向不同；根據(jù)動量定理可知，合力的沖量也是大小相等方向不同．故C項正確，D項正確．9．(2017·洛陽一模)如圖所示，一段不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩長為L，一端固定在O點，另一端系一個質(zhì)量為m的小球(可以視為質(zhì)點)，保持細(xì)繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點等高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點的過程中，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則()A．合力做的功為0 B．合力的沖量為0C．重力做的功為mgL D．重力的沖量為meq\r(2gL)答案C解析A、C兩項，小球在向下運動的過程中，受到重力和繩子的拉力，繩子的拉力始終與運動的方向垂直，所以只有重力做功，合外力做的功等于重力做的功，大小為mgL.故A項錯誤，C項正確；B項，由機械能守恒可得，eq\f(1,2)mv2＝mgL，所以速度：v＝eq\r(2gL)，由動量定理可得合力的沖量：I合＝Δp＝mv－0＝meq\r(2gL).故B項錯誤；D項，小球向下的過程是擺動，運動的時間在空氣的阻力不計的情況下運動的時間等于單擺周期的eq\f(1,4)，所以：t＝eq\f(1,4)×2πeq\r(\f(L,g))，所以重力的沖量：IG＝mgt＝eq\f(πm,2)·eq\r(gL).故D項錯誤．10．(2017·贛州期末)在距地面h高處以v0水平拋出質(zhì)量為m的物體，物體著地時和地面碰撞時間為Δt，末速度為零，空氣阻力不計，重力加速度為g，在Δt時間內(nèi)物體受到豎直向上的沖量為()A．mgeq\r(\f(2h,g)) B．mgΔtC．mgΔt＋mgeq\r(\f(2h,g)) D．mgΔt－mgeq\r(\f(2h,g))答案C解析物體水平拋出，物體做平拋運動，在豎直方向上：v2＝2gh，解得，落地時的豎直分速度：v＝eq\r(2gh)，方向：豎直向下，以向上為正方向，由動量定理得：(F－mg)Δt＝0－m(－v)，解得：FΔt＝mgΔt＋mgeq\r(\f(2h,g)).11．(2017·福建模擬)(多選)據(jù)媒體報道，未來的iphone7s帶有屏幕保護器，保護裝置設(shè)置在屏幕的4個角落由彈性塑料、聚合物及超薄金屬片組成，一旦內(nèi)的加速度計、陀螺儀及位移傳感器感知掉落，屏幕保護器會自動彈出，并完全吸收撞擊地面的能量，避免屏幕直接接觸地面而損壞．已知iphone7s設(shè)計質(zhì)量約160g，從1.5m自由掉落，重力加速度g取10m/s2，則以下分析正確的是()A．落地的速度約為4.5m/sB．保護器彈出的時間應(yīng)小于0.55sC．落地時重力的功率約為7.5WD．若保護器吸收撞擊力的時間為0.05s，則地面對的平均作用力約為19.1N答案BD解析A項，做自由落體運動，落地的速度v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×1.5)m/s≈5.5m/s，故A項錯誤；B項，保護器彈出的時間應(yīng)小于落地時間，根據(jù)自由落體的時間t＝eq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(2×1.5,10))s＝0.55s，所以保護器彈出的時間應(yīng)小于0.55s．故B項正確；C項，根據(jù)p＝mgv得：功率p＝0.160×10×5.5W＝8.8W，故C項錯誤；D項，取豎直向下為正方向，由動量定理(mg－F)t＝0－mv，得F＝eq\f(mv,t)＋mg＝eq\f(0.16×5.5,0.05)N＋0.160×10N≈19.1N，故D項正確；故選B、D兩項．12．(2017·石家莊一模)(多選)如圖所示，兩個足夠長的光滑平行金屬導(dǎo)軌傾斜放置，上端接有一定值電阻，勻強磁場垂直導(dǎo)軌平面向上，一導(dǎo)體棒以平行導(dǎo)軌向上的初速度從ab處上滑，到最高點后又下滑回到ab處，下列說法正確的是()A．上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功大于下滑過程中克服安培力做的功B．上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功等于下滑過程中克服安培力做的功C．上滑過程中安培力對導(dǎo)體棒的沖量大小大于下滑過程中安培力對導(dǎo)體棒的沖量大小D．上滑過程中安培力對導(dǎo)體棒的沖量大小等于下滑過程中安培力對導(dǎo)體棒的沖量大小答案AD解析A、B兩項，考慮到回路中有感應(yīng)電流產(chǎn)生，機械能不斷向電熱轉(zhuǎn)化，根據(jù)能量守恒定律，滑桿上滑和下滑分別通過任意的同一個位置時，是上滑的速度大，故上滑過程的平均速度要大于下滑過程的平均速度；根據(jù)FA＝BIL、I＝eq\f(BLv,R)，上滑過程的平均安培力要大于下滑過程的平均安培力，故上滑過程中導(dǎo)體棒克服安培力做的功大于下滑過程中克服安培力做的功，故A項正確，B項錯誤；C、D兩項，設(shè)導(dǎo)軌的長度為x，上滑過程中安培力對導(dǎo)體棒的沖量大小：I＝FAt＝BILt＝Beq\f(BLv,R)Lt＝eq\f(B2L2vt,R)＝eq\f(B2L2x,R)，同理，下滑過程中，安培力對導(dǎo)體棒的沖量大小：I′＝eq\f(B2L2x,R)，故上滑過程中安培力對導(dǎo)體棒的沖量大小等于下滑過程中安培力對導(dǎo)體棒的沖量大小，故C項錯誤，D項正確．二、非選擇題13．質(zhì)量m＝2.5kg的物體靜止在粗糙的水平面上，在如圖所示的水平拉力F作用下開始運動，求6s末物體的速度大小？(已知物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2)答案12m/s解析滑動摩擦力Ff＝μmg＝5N，在0～2s內(nèi)拉力F＝4N<Ff，故物體保持靜止?fàn)顟B(tài)，物體在2s末開始運動，對全過程應(yīng)用動量定理，有F2Δt2＋F3Δt3－μmg(Δt2＋Δt3)＝mv，代入數(shù)據(jù)，得v＝12m/s.14．蹦床是運動員在一張繃緊的彈性網(wǎng)上蹦跳、翻滾并做各種空中動作的運動項目，一個質(zhì)量為60kg的運動員，從離水平網(wǎng)面高3.2m處自由下落，著網(wǎng)后沿豎直方向蹦回到離水平網(wǎng)面高5.0m處．已知運動員與網(wǎng)接觸的時間為1.2s．若把在這段時間內(nèi)網(wǎng)對運動員的作用力當(dāng)做