第六章第一讲冲量动量动量定理.doc

此资料由网络收集而来，如有侵权请告知上传者立即删除资料共分享，我们负责传递知识第六章 第一讲 冲量、动量、动量定理1.如图1所示，固定的光滑斜面倾角为θ.质量为m的物体由静 止开始，从斜面顶端滑到底端，所用时间为t.在这一过程中 (　　)A．物体所受支持力的冲量为0B．物体所受支持力的冲量大小为mgcosθ·tC．物体所受重力的冲量大小为mg·tD．物体动量的变化量大小为mgsinθ·t解析：根据冲量的定义I＝Ft可得，物体所受支持力的冲量大小为mgcosθ·t，物体所受重力的冲量大小为mg·t，选项A错误，选项B、C正确；由v＝at得t秒时的速度为v＝gsinθ·t，故Δp＝mv－0＝mgsinθ·t，故选项D也正确．答案：BCD2．以初速度v0竖直向上抛出一个质量为m的物体，空气阻力不可忽略．关于物体受到的冲量，以下说法错误的是 (　　)A．物体上升和下降两个阶段受到重力的冲量方向相反B．物体上升和下降两个阶段受到空气阻力的冲量方向相反C．物体在下降阶段受到重力的冲量大于上升阶段受到重力的冲量D．物体从抛出到返回抛出点，所受各力冲量的总和方向向下解析：无论物体是上升还是下降，物体所受重力的方向都是向下的，故重力对物体的冲量也都是向下的，因此选项A是错误的．物体向上运动时，空气阻力方向向下，因此阻力的冲量方向也向下；而当物体下落时，空气阻力方向向上，因此阻力的冲量方向也就向上，所以上升和下落这两个阶段中阻力的冲量方向相反，因此选项B是正确的．在有阻力的情况下，由于上升阶段的加速度比下降时的大，且两次位移相等，故上升阶段所用时间t1比下降阶段t2短，则物体在下落阶段重力的冲量mgt2大于上升阶段重力的冲量mgt1，因此选项C是正确的．由于物体在整个运动过程中，重力的方向都向下，阻力的方向在上升、下降两个阶段分别向下、向上，但是阻力都比重力小．所以在整个运动过程中，合力的冲量方向总是向下，因此选项D是正确的．答案：A3．如图2所示，物体在粗糙的水平面上向右做直线运动．从a 点开始受到一个水平向左的恒力F的作用，经过一段时间后 又回到a点，则物体在这一往返运动的过程中，下列说法中 正确的是 (　　) A．恒力F对物体做的功为零B．摩擦力对物体做的功为零C．恒力F的冲量为零D．摩擦力的冲量为零解析：在恒力F作用的方向上，位移为零，故F做的功为零，A正确．摩擦力的方向始终与物体运动速度方向相反，故摩擦力对物体做负功，B错误．由I＝Ft可知，恒力F与摩擦力均不为零，两力的冲量一定不为零，C、D均错误．答案：A4．如图3所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆周轨道，圆心 O在S点的正上方．在O和P两点各有一质量为m的小物块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点的动量不相等B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等D．b比a先到达S，它们在S点的动量相等解析：a自由下落，b沿圆弧下滑，a比b先到达S，两者下落高度相同，由机械能守恒定律可知，两者到达S时速度大小相同，但方向不同，故动量不同，A项正确．答案：A5．水平地面上有一木块，质量为m，它与地面间的动摩擦因数为μ，在水平恒力F作用下由静止开始运动，经过时间t撤去此力，木块又向前滑行一段时间2t才停下，此恒力F的大小为 (　　)A．μmg B．2μmgC．3μmg D．4μmg解析：从木块开始运动，到木块停止运动的整个过程用动量定理(取水平恒力F的方向为正方向)得：Ft－μmg×3t＝0.所以F＝3μmg，只有C正确．答案：C6．静止在光滑水平面上的物体，受到水平拉力F的作用， 拉力F随时间t的变化如图4所示，则 (　　) A．4 s内物体的位移为零B．4 s内拉力对物体做功不为零C．4 s末物体的速度为零D．4 s内拉力对物体冲量不为零解析：前2 s物体做匀加速直线运动，后2 s是加速度大小相等的匀减速直线运动，一直向前运动，位移不为零，A错．拉力先做正功，后做负功，前2 s与后2 s的位移相同，所以拉力做功为零，B错，C对．由冲量是矢量知：前2 s与后2 s冲量等值反向，所以4 s内冲量为零，D错．答案：C7．(2020·天津高考)一个静止的质点，0～4 s时间内受到力 F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t 的变化如图5所示，则质点在 (　　)A．第2 s末速度改变方向B．第2 s末位移改变方向C．第4 s末回到原出发点D．第4 s末运动速度为零解析：在0～2 s时间内，力F大于零，质点做加速运动，2 s末速度达到最大；在2 s～4 s时间内，力F小于零，质点做减速运动，第2 s末力F方向改变，加速度方向改变，速度、位移方向不变，A、B错误；第4 s末，质点离出发点最远，C错误；由F—t图象与横轴所夹面积的物理意义是力F的冲量，由动量定理可知第4 s末物体动量为零，运动速度为零，D正确．答案：D8．在课外活动中，甲、乙两同学站在旱冰场的水平面上，开始时都是静止的．两人互推后，甲、乙反向做直线运动，甲的速率为0.1 m/s，乙的速率为0.2 m/s.已知甲的质量为60 kg，乙的质量为30 kg，假设互推的时间为0.01 s，忽略摩擦力及空气阻力，则下列说法中正确的是 (　　)A．甲、乙所受的平均推力均为600 N，方向相反B．甲、乙所受的平均推力均为500 N，方向相反C．甲受的平均推力为600 N，乙受的平均推力为500 N，方向相反D．甲受的平均推力为500 N，乙受的平均推力为600 N，方向相反解析：以甲为研究对象，根据动量定理Ft＝m甲v甲－0，可得甲受到的平均推力为F＝600 N，据牛顿第三定律可得乙受到的平均推力也为600 N，方向相反，A正确．答案：A9．如图6所示，在倾角为30°的足够长的斜面上有一质量为m的物 体，它受到沿斜面方向的力F的作用．力F可按图7中(a)(b)(c) (d)所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)．图7已知此物体在t＝0时的速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率，则这四个速率中最大的是 (　　)A．v1 B．v2C．v3 D．v4解析：设物体所受重力为mg，规定沿斜面向上为正方向，由动量定理得A．Δp1＝I1＝－0.5mg×2＋0.5mg×1－mgsin30°×3＝－2mg；B．Δp2＝I2＝0.5mg×1－0.5mg×1－mgsin30°×3＝－1.5mg；C．Δp3＝I3＝－0.5mg×2－mgsin30°×3＝－2.5mg；D．Δp4＝I4＝－0.5mg×2＋mg×1－mgsin30°×3＝－1.5mg.因为(c)中，Δp3绝对值最大，且t＝0时速度为零，所以C中物体速率最大，即C正确．答案：C10．质量为m的物体在光滑水平面上以速度v1匀速运动，受到一个跟水平方向成α角斜向上的拉力F作用后，经一段时间t速度变为v2，如图8所示．求这段时间t内拉力的冲量．图8解析：在时间t内物体受力如图所示，物体所受的合外力为Fcosα，由动量定理有Fcosα·t＝mv2－mv1拉力F的冲量I＝Ft＝.答案：11．一位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，弹簧床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图9所示，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，试结合图象，分析：图9(1)试分析图象中前3 s和6.7 s～8.7 s,9.5 s～11.5 s的运动情况和受力情况，能得到什么结论？(2)试求在11.5 s～12.3 s时间内，运动员对弹簧床的平均作用力？解析：(1)前3 s，弹簧床的弹力没变，说明运动员静止在床上，即FN＝mg＝500 N故运动员的质量m＝50 kg在6.7 s～8.7 s和9.5 s～11.5 s内，弹力为零，说明运动员已在空中且有2 s的时间．(2)由运动员在空中时间t＝2 s得运动员与床接触前后的速度大小v0＝vt＝g·＝10 m/s以运动员为研究对象，由动量定理：(－mg)·Δt＝mvt－m(－v0)所以＝＋mg＝ N＋500 N＝1750 N.由牛顿第三定律，运动员对弹簧床的平均作用力为1750 N，方向竖直向下．答案：(1)见解析　(2)1750 N　方向竖直向下12．如图10所示，质量为1 kg的小物块m以5 m/s的初速度 滑上一块原来静止在水平面上的木板，木板M质量为 4 kg，木板与水平面间的动摩擦因数为0.02，经时间2 s 后，小物块从木板另一端以1 m/s相对于地的速度滑出，g＝10 m/s2，求：(1)小物块与木板间的动摩擦因数．(2)这一过程中木板的位移．(3)此过程中因摩擦增加的内能．解析：(1)对小物块取v0为正方向，由动量定理得：－μ1mgt＝mv1－mv0 ①代入数据得：μ1＝0.2.(2)对木板由动量定理得：[μ1mg－μ2(M＋m)g]t＝Mv ②代入数据解得：v＝0.5 m/s. ③此过程木板做匀加速运动则s＝t ④联立③④解得：s＝0.5 m.(3)由能量守恒得：Q＝mv02－mv12－Mv2代入数据解得：Q＝11.5 J.答案：(1)0.2　(2)0.5 m　(3)11.5 J 。