《（新課標）2022高考物理總復習 課時檢測（三十四）動量 沖量 動量定理（雙基落實課）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（新課標）2022高考物理總復習 課時檢測（三十四）動量 沖量 動量定理（雙基落實課）（含解析）（4頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課標）2022高考物理總復習 課時檢測（三十四）動量 沖量 動量定理（雙基落實課）（含解析） 1．把重物壓在紙帶上，某人用一水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著紙帶一起運動；若某人迅速拉動紙帶，紙帶就會從重物下抽出，這個現(xiàn)象的原因是(　　) A．在緩緩拉動紙帶時，紙帶給重物的摩擦力大 B．在迅速拉動紙帶時，紙帶給重物的摩擦力小 C．在緩緩拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大 D．在迅速拉動紙帶時，紙帶給重物的沖量大 解析：選C　某人用水平力緩緩拉動紙帶，重物跟著紙帶一起運動時重物受的靜摩擦力小于迅速拉動紙帶時重物受到的滑動摩擦力，A、B錯誤；某人迅速拉動紙帶時，因作用時間短，重物所受沖量較小

2、，重物速度變化小，紙帶易抽出，C正確，D錯誤。 2.如圖所示，一個下面裝有輪子的貯氣瓶停放在光滑的水平地面上，左端與豎直墻壁接觸?，F(xiàn)打開右端閥門，氣體向外噴出，設噴口的面積為S，氣體的密度為ρ，氣體向外噴出的速度為v，則氣體剛噴出時貯氣瓶左端對豎直墻壁的作用力大小是(　　) A．ρvS　　　　　 　　　 　B. C.ρv2S D．ρv2S 解析：選D　Δt時間內(nèi)貯氣瓶噴出氣體的質量Δm＝ρSv·Δt，對于貯氣瓶、瓶內(nèi)氣體及噴出的氣體所組成的系統(tǒng)，由動量定理得FΔt＝Δmv－0，解得F＝ρv2S，由牛頓第三定律得F′＝F＝ρv2S，選項D正確。 3.(2017·天津高考)“天津之眼

3、”是一座跨河建設、橋輪合一的摩天輪，是天津市的地標之一。摩天輪懸掛透明座艙，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運動。下列敘述正確的是(　　) A．摩天輪轉動過程中，乘客的機械能保持不變 B．在最高點時，乘客重力大于座椅對他的支持力 C．摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量為零 D．摩天輪轉動過程中，乘客重力的瞬時功率保持不變 解析：選B　摩天輪轉動過程中乘客的動能不變，重力勢能一直變化，故機械能一直變化，A錯誤；在最高點乘客具有豎直向下的向心加速度，重力大于座椅對他的支持力，B正確；摩天輪轉動一周的過程中，乘客重力的沖量等于重力與周期的乘積，乘客重力的沖量不為零，C錯誤；重力瞬時功率等

4、于重力與速度在重力方向上的分量的乘積，而轉動過程中速度在重力方向上的分量是變化的，所以重力的瞬時功率也是變化的，D錯誤。 4.(2019·銅陵聯(lián)考)如圖所示，在傾角為30°的足夠長的光滑固定斜面上有一質量為m的物體，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按選項圖中的四種方式隨時間變化(圖中縱坐標是F與mg的比值，力F沿斜面向上為正)。若物體在t＝0時速度為零，則選項圖中的四種情況3 s末速率最大的是(g取10 m/s2)(　　) 解析：選C　根據(jù)動量定理分別研究四種情況下物體的速率。取t0＝1 s，選項圖A中：－mgsin 30°·3t0－F·2t0＋Ft0＝mv1，得v1＝－20

5、m/s；選項圖B中：－mgsin 30°·3t0＋Ft0－Ft0＝mv2，得v2＝－15 m/s；選項圖C中：－mgsin 30°·3t0－F·2t0＝mv3，得v3＝－25 m/s；選項圖D中：－mgsin 30°·3t0－F·2t0＋F′t0＝mv4，得v4＝－15 m/s。故選項C正確。 5.如圖所示，a、b、c是三個相同的小球，a從光滑斜面頂端由靜止開始自由下滑，同時b、c從同一高度分別開始自由下落和平拋。下列說法正確的是(　　) A．a(chǎn)、b、c同時到達同一水平面 B．a(chǎn)、b、c動量變化量的大小相等 C．a(chǎn)、b、c的末動能相同 D．重力對a、b、c的沖量大小相等 解析：選B

6、　b做自由落體運動，c的豎直分運動是自由落體運動，故b、c的加速度為g，設斜面的傾角為θ，則a的加速度為gsin θ，設下落相同高度h時，a下滑時間為t1，則＝gt12sin θ，解得t1＝ ，b、c下落時間為t2＝ ，a與b、c所用時間不同，選項A錯誤；a的動量變化量為mgsin θ·t1＝m，b、c的動量變化量為mgt2＝m，故a、b、c動量變化量大小相等，選項B正確；由機械能守恒定律可知，c的末動能大于a、b的末動能，選項C錯誤；由于t1>t2，所以重力對a、b、c的沖量大小不相等，選項D錯誤。 6．(多選)某同學為了測定當?shù)氐闹亓铀俣?，完成了如下操作：將一質量為m的小球由地面豎直向

7、上發(fā)射出去，其速度的大小為v0，經(jīng)過一段時間后小球落地，取從發(fā)射到小球上升到最高點為過程1，小球從最高點至返回地面為過程2。如果忽略空氣阻力，則下述說法正確的是(　　) A．過程1和過程2動量的變化量大小都為mv0 B．過程1和過程2動量變化量的方向相反 C．過程1重力的沖量為mv0，且方向豎直向下 D．過程1和過程2重力的總沖量為0 解析：選AC　根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知，小球落地的速度大小也為v0，方向豎直向下，上升過程和下降過程中小球只受到重力的作用。選取豎直向下為正方向，上升過程動量的變化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下降過程動量的變化量Δp2＝mv0－0＝mv0，

8、大小均為mv0，且方向均豎直向下，A、C正確，B錯誤；小球從發(fā)射到上升至最高點又返回地面的整個過程中重力的總沖量為I＝mv0－(－mv0)＝2mv0，D錯誤。 7.(多選)(2019·常德模擬)如圖所示，質量為m的小球從距離地面高H的A點由靜止開始釋放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到達距地面深度為h的B點時速度減為零。不計空氣阻力，重力加速度為g。關于小球下落的整個過程，下列說法正確的有(　　) A．小球的機械能減小了mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功為mgh C．小球所受阻力的沖量大于m D．小球動量的改變量等于所受阻力的沖量 解析：選AC　小球在整個過程中，

9、動能變化量為零，重力勢能減小了mg(H＋h)，則小球的機械能減小了mg(H＋h)，故A正確；對小球下落的全過程運用動能定理得：mg(H＋h)－Wf＝0，則小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B錯誤；小球落到地面的速度v＝，對進入泥潭的過程運用動量定理得：IG－IF＝0－m，得：IF＝IG＋m，知阻力的沖量大于m，故C正確；對全過程分析，運用動量定理知，動量的變化量等于重力的沖量和阻力沖量的矢量和，故D錯誤。 8.(多選)(2019·合肥模擬)一質點靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加水平外力F，力F隨時間t按正弦規(guī)律變化，如圖所示，下列說法正確的是(　　) A．第2 s末，質點的動量為0

10、B．第4 s末，質點回到出發(fā)點 C．在0～2 s內(nèi)，力F的功率先增大后減小 D．在1～3 s內(nèi)，力F的沖量為0 解析：選CD　由題圖可知，0～2 s內(nèi)力F的方向和質點運動的方向相同，由F＝ma可知，質點經(jīng)歷了一個加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，所以第2 s 末質點的加速度為0，即速度最大，動量最大，故選項A錯誤；質點在2～4 s內(nèi)力F的方向與0～2 s內(nèi)力F的方向不同，0～2 s內(nèi)做加速運動，2～4 s 內(nèi)做減速運動，所以質點在0～4 s內(nèi)的位移均為正，故選項B錯誤；0～2 s內(nèi)，質點速度在增大，力F先增大后減小，根據(jù)瞬時功率P＝Fv得，力F瞬時功率開始為0,2 s末

11、時為0，所以在0～2 s內(nèi)，力F的功率先增大后減小，故選項C正確；在題圖中，圖線與橫軸所圍的面積表示力F的沖量大小，1～2 s內(nèi)的面積與 2～3 s 內(nèi)的面積大小相等，一正一負，則在1～3 s內(nèi)，力F的沖量為0，故選項D正確。 9.(2019·三湘名校聯(lián)考)某中學在高考前100天倒計時宣誓活動中為給高三考生加油，用橫幅打出激勵語。如圖為橫幅的示意圖，若橫幅的質量為m，且質量分布均勻、由豎直面內(nèi)的四條輕繩A、B、C、D固定在光滑的豎直墻面內(nèi)，四條輕繩與水平方向的夾角均為θ，其中輕繩A、B是不可伸長的剛性繩，輕繩C、D是彈性較好的彈性繩且對橫幅的拉力恒為T0，重力加速度為g。 (1)求輕繩A、

12、B所受力的大小； (2)在一次衛(wèi)生大掃除中，樓上的小明同學不慎將質量為m0的抹布滑落，正好落在橫幅上沿的中點位置。已知抹布的初速度為零，下落的高度為h，忽略空氣阻力的影響。抹布與橫幅撞擊后速度變?yōu)榱?，且撞擊時間為t，撞擊過程橫幅的形變極小，可忽略不計，求撞擊過程中，繩A、B所受平均拉力的大小。 解析：(1)橫幅在豎直方向上處于平衡狀態(tài)： 2Tsin θ＝2T0 sin θ＋mg 解得：T＝T0＋。 (2)抹布做自由落體運動，其碰撞前的速度滿足：2gh＝v02 設碰撞過程中橫幅對抹布的平均作用力為F，由動量定理可得：－(F－m0g)t＝0－m0v0 解得：F＝m0g＋ 由牛頓第三定律可知抹布對橫幅的平均沖擊力F′＝F 橫幅仍處于平衡狀態(tài)：2T1sin θ＝2T0sin θ＋mg＋F′ 解得：T1＝T0＋＋。 答案：(1)T0＋　(2)T0＋＋