2016年高三1级部物理第一轮复习-冲量动量动量定理1．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2.以下判断正确的是( )A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为20 N·s解析：小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量I＝0－(－mv0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I＝Δp＝mv－(－mv0)＝20 N·s，D正确，B、C均错误．答案：AD2.如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比( )A．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大B．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变C．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做的功变大D．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大解析：传送带是静止还是沿题图所示方向匀速运动，对木块来说，所受滑动摩擦力大小不变，方向沿斜面向上；木块做匀加速直线运动的加速度、时间、位移不变，所以选项A错，选项B 正确．木块克服摩擦力做的功也不变，选项C错．传送带转动时，木块与传送带间的相对位移变大，因摩擦而产生的内能将变大，选项D正确．答案：BD3.如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静置一小球C，A、B、C的质量均为m.给小球一水平向右的瞬时冲量I，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，瞬时冲量必须满足( ) A．最小值m4gr B．最小值m5gr C．最大值m6gr D．最大值m7gr解析：在最低点，瞬时冲量I＝mv0，在最高点，mg＝mv2/r，从最低点到最高点，mv20/2＝mg×2r＋mv2/2，解出瞬时冲量的最小值为m5gr，故选项B对；若在最高点，2mg＝mv2/r，其余不变，则解出瞬时冲量的最大值为m6gr.答案：BC4.水平面上有两个质量相等的物体a和b，它们分别在水平推力F1和F2作用下开始运动，分别运动一段时间后撤去推力，两个物体都将运动一段时间后停下．物体的v—t图线如图所示，图中线段AB∥CD.则以下说法正确的是( )①水平推力的大小F1>F2②水平推力的大小F1<F2③a所受摩擦力的冲量大于b所受摩擦力的冲量④a所受摩擦力的冲量小于b所受摩擦力的冲量A．①③ B．①④ C．②③ D．②④答案：B5.如图所示，在水平地面上有A、B两个物体，质量分别为m A＝3.0 kg、m B＝2.0 kg，在它们之间用一轻绳连接，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1.现用两个方向相反的水平恒力F1、F2同时作用在A、B两物体上，已知F1＝20 N，F2＝10 N，g取10 m/s2.当运动达到稳定后，下列说法正确的是( )A．A、B组成的系统运动过程中所受摩擦力大小为5 N，方向水平向左B．5 s内物体B对轻绳的冲量为70 N·s，方向水平向左C．地面受到A、B组成的系统的摩擦力大小为10 N，方向水平向左D．5 s内A、B组成的系统的动量变化量为25 kg·m/s解析：A、B组成的系统运动过程中所受的摩擦力为F f＝μ(m A＋m B)g＝5.0 N，根据牛顿第三定律知地面受到A、B组成的系统的摩擦力的大小为5 N，方向水平向右，所以A对C错．设运动达到稳定时系统的加速度为a ，根据牛顿第二定律有F 1－F 2－F f ＝(m A ＋m B )a ，解得a ＝1.0 m/s 2，方向与F 1同向(或水平向右)．以B 为研究对象，运动过程中B 所受摩擦力为Ff B ＝μm B g ＝2.0 N ．设运动达到稳定时，B 所受轻绳的作用力为F T ，根据牛顿第二定律有F T －Ff B －F 2＝m B a ，解得F T ＝14.0 N ．根据牛顿第三定律知，物体B 对轻绳的作用力大小为14 N ，方向水平向左，冲量为70 N·s，B 正确．A 、B 组成的系统受到的合外力的大小为5 N ，所以5 s 内，合外力的冲量大小为25 N·s，由动量定理知D 正确．答案：ABD6.如图所示，PQS 是固定于竖直平面内的光滑的14圆周轨道，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 、b 两球到达S 点时速度方向不同，故它们的动量不等，C 、D 错误．由机械能守恒定律知，a 、b 经过同一高度时速率相同，但b 在竖直方向的分速度v b 始终小于同高度时a 球的速度v a ，应有平均速度v b ＜v a ，由t ＝R v 知，t a ＜t b ，所以a 先到达S 点，A 正确，B 错误．答案：A7． 质量为m 的小球在水平面内做半径为r 的匀速圆周运动，它的角速度为ω，周期为T ，在T 2时间内，小球受到的冲量的大小为( ) A ．2mωr B ．πmωr C ．mω2r T 2 D ．mω2T 2解析：做匀速圆周运动的物体，其所受向心力的大小为F ＝mω2r ，但向心力是个变力，方向不断改变，不能由F ·t 来求冲量，只能根据动量定理I ＝mv 2－mv 1＝mωr －(－mωr )＝2mωr . 答案：A8． 一质量为m 的物体做平抛运动，在两个不同时刻的速度大小分别为v 1、v 2，时间间隔为Δt ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则关于Δt 时间内发生的变化，以下说法正确的是( )A ．速度变化大小为g Δt ，方向竖直向下B ．动量变化大小为Δp ＝m (v 2－v 1)，方向竖直向下C ．动量变化大小为Δp ＝mg Δt ，方向竖直向下D ．动能变化为ΔE k ＝12m (v 22－v 21) 解析：根据加速度定义g ＝Δv Δt可知A 对，分别由动量定理、动能定理可知CD 对；注意动量变化是矢量，由于v 1、v 2仅代表速度的大小，故选项B 错．答案：ACD9． 如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，那么这个物体的运动( )A ．可能是匀变速运动B ．可能是匀速圆周运动C ．可能是匀变速曲线运动D ．可能是匀变速直线运动解析：冲量是力与时间的乘积，在任何相等的时间内冲量都相同，也就是物体受到的力恒定不变，所以物体做匀变速运动，其轨迹可以是直线的也可以是曲线的．答案：ACD10． 两质量相同的物体a 和b 分别静止在光滑的水平桌面上，因分别受到水平恒力作用，同时开始运动．若b 所受的力为a 的k 倍，经过t 时间后分别用I a 、W a 和I b 、W b 表示在这段时间内a 和b 各自所受恒力的冲量和做功的大小，则有( )A ．W b ＝kW a ，I b ＝kI aB ．W b ＝k 2W a ，I b ＝kI aC ．W b ＝kW a ，I b＝k 2I a D ．W b ＝k 2W a ，I b ＝k 2I a解析：由I ＝Ft ，F b ＝kF a ，得I b ＝kI a ，故C 、D 错．对两物体分别由动量定理得：I a ＝mv a ，I b＝mv b ，分别由动能定理得W a ＝12mv 2a ，W b ＝12mv 2b ，联立解得W b ＝k 2W a . 答案：B11.物体受到合力F 的作用，由静止开始运动，力F 随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是( )A ．该物体将始终向一个方向运动B ．3 s 末该物体回到原出发点C ．0～3 s 内，力F 的冲量等于零，功也等于零D ．2～4 s 内，力F 的冲量不等于零，功却等于零解析：图线和横坐标所围的面积等于冲量，0～1秒内的冲量为负，说明速度沿负方向，而1～2秒内冲量为正，且大于0～1秒内的冲量，即速度的方向发生变化，所以A 错误，0～3秒内，力F 的冲量为零，即物体0秒时的速度和3秒时的速度一样，故0～3秒内力F 的冲量等于零，功也等于零，C 、D 正确．分析运动过程可以得到3秒末物体回到原出发点，B 正确．答案：BCD12． 蹦极跳是勇敢者的体育运动．该运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段，从弹性绳刚好被拉直到运动员下降至最低点为第二阶段．下列说法中正确的是（）A．第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小相等B．第一阶段重力势能的减少量等于第二阶段克服弹力做的功C．第一阶段重力做的功小于第二阶段克服弹力做的功D．第二阶段动能的减少量等于弹性势能的增加量解析：对全程有：IG1＋IG2＝I，所以IG1＜I弹，A错．弹全程动能不变E p1＋E p2＝E弹所以E p1＜E弹，B错，C对．第二阶段ΔE k＝W弹－WG2所以W弹＞ΔE k即弹性势能的增加量大于动能的减少量，D错．答案：C13.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点．每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速为零)，关于它们下滑的过程，下列说法中正确的是( )A ．重力对它们的冲量相同B ．弹力对它们的冲量相同C ．合外力对它们的冲量相同D ．它们的动能增量相同解析：由运动学知识可知三个滑环的运动时间相等，故A 正确，由于三种情形下弹力的方向不同，故B 错，根据机械能守恒定律知D 错，而合外力冲量大小为mv ，由于v 大小不等，故C 错．答案：A14．2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注．冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员将静止于O 点的冰壶(视为质点)沿直线OO ′推到A 点放手，此后冰壶沿AO ′滑行，最后停于C 点．已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m ，AC ＝L ，CO ′＝r ，重力加速度为g .(1)求冰壶在A 点的速率；(2)求冰壶从O 点到A 点的运动过程中受到的冲量大小；(3)若将BO ′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原只能滑到C 点的冰壶能停于O ′点，求A 点与B 点之间的距离．解析：(1)由－μmgL ＝0－12mv 2A ，得v A ＝2μgL .(2)由I ＝mv A ，将v A 代入得I ＝m 2μgL .(3)设A 点与B 点之间的距离为s ，由－μmgs －0.8μmg (L ＋r －s )＝0－12mv 2A ，将v A 代入得s ＝L －4r . 答案：(1)2μgL (2)m 2μgL (3)L －4r15.2008年8月24日晚，北京奥运会闭幕式上，199名少年穿着特制的足具——一副由白色的金属制成的高约一米、装有弹簧的支架走上了闭幕式的表演舞台，如左图所示.199名少年整齐划一的前空翻、后空翻、横飞，引起现场观众阵阵尖叫．若表演者穿着这种弹跳器上下跳跃．右图所示为在一次跳跃中弹跳器从接触地面到离开地面的过程中，地面对弹跳器弹力F 与时间t 的变化关系图象．表演者连同弹跳器的总质量为80 kg.求：(1)t 1＝0.5 s 时刻，表演者的速度；(2)表演者离地后能上升的高度．(不计空气阻力，g 取10 m/s 2)解析：(1)由图象可知，t 1＝0.5 s 时刻弹跳器的压缩量最大，故此时表演者的速度为0.(2)表演者从t1＝0.5 s弹起上升到t2＝1.0 s离地的过程中受到重力G和弹力F作用，它们的冲量改变了表演者的动量．设表演者t2＝1.0 s离地时的速度为vI G＋I F＝mv取竖直向上的方向为正I G＝－mg(t2－t1)＝－400 Ns由F—t图知：I F＝1 100 Ns解得：v＝8.75 m/s设上升的高度为h由v2＝2gh解得h＝3.83 m.答案：(1)0 (2)3.83 m16.据航空新闻网报道，美国“布什”号航空母舰的一架质量为1.5×104 kg的“超级大黄蜂”舰载飞机于2009年5月19日下午完成了首次降落到航母甲板上的训练——着舰训练．在“布什”号上安装了飞机着舰阻拦装置——阻拦索，从甲板尾端70 m处开始，向舰首方向每隔一定距离横放一根粗钢索，钢索的两端通过滑轮与甲板缓冲器相连，总共架设三道阻拦索．飞行员根据飞机快要着舰时的高度，确定把飞机的尾钩挂在哪一根阻拦索上，这意味着飞机有三次降落的机会．如图所示，某次降落中在阻挡索的阻拦下，这架“大黄蜂”在2 s 内速度从180 km/h 降到0.“大黄蜂”与甲板之间的摩擦力和空气阻力均不计．求：(1)阻拦索对“大黄蜂”的平均作用力大小；(2)阻拦索对“大黄蜂”的冲量．解析：(1)“大黄蜂”在t ＝2 s 内速度从v 0＝180 km/h ＝50 m/s 降到0，加速度为a ＝0－v 0t＝－25 m/s 2根据牛顿第二定律，阻拦索对“大黄蜂”的平均作用力F f ＝ma ，代入数据求得F f ＝－3.75×105 N.(2)阻拦索对“大黄蜂”的冲量I ＝F f t ＝－7.5×105 N·s即阻拦索对“大黄蜂”的冲量大小为7.5×105 N·s，方向与运动方向相反．答案：(1)3.75×105 N (2)7.5×105 N ·s 方向与运动方向相反17．撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动，完整的过程可以简化成如图6－1－6所示的三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落．在第二十九届北京奥运会比赛中，身高1.74 m 的俄罗斯女运动员伊辛巴耶娃以5.05 m 的成绩打破世界纪录．设伊辛巴耶娃从静止开始以加速度a ＝1.0 m/s 2匀加速助跑，速度达到v ＝8.0 m/s 时撑杆起跳，使重心升高h 1＝4.20 m 后越过横杆，过杆时的速度不计，过杆后做自由落体运动，重心下降h 2＝4.05 m 时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t ＝0.90 s ．已知伊辛巴耶娃的质量m ＝65 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计撑杆的质量和空气的阻力．求：(1)伊辛巴耶娃起跳前的助跑距离；(2)伊辛巴耶娃在撑杆起跳上升阶段至少要做的功；(3)在伊辛巴耶娃接触软垫到速度减为零的过程中，软垫对运动员平均作用力的大小．解析：(1)设助跑距离为s ，由运动学公式v 2＝2as解得s ＝v 22a＝32 m. (2)设运动员在撑杆起跳上升阶段至少要做的功为W ，由功能关系有W ＋12mv 2＝mgh 1 解得：W ＝650 J.(3)运动员过杆后做自由落体运动，设接触软垫时的速度为v ′，由运动学公式有v ′2＝2gh 2设软垫对运动员的平均作用力为F ，由动量定理得(mg －F )t ＝0－mv ′解得F ＝1 300 N.答案：(1)32 m (2)650 J (3)1 300 N。