2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第6章 動量守恒定律及其應(yīng)用 第18講 動量定理練習(xí)（含解析）

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1、第18講 動量定理 [解密考綱]主要考查動量定理基本概念、規(guī)律的理解，運用動量和能量的觀點分析較復(fù)雜的運動過程等． 1．(2019·西安長安區(qū)一中高三質(zhì)量檢測)一粒鋼珠從靜止狀態(tài)開始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進入泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ，則下列說法錯誤的是(　　) A．過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小 B．過程Ⅰ中鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量 C．Ⅰ、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零 D．過程Ⅱ中鋼珠的動量改變量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小 A　解析 過程Ⅱ中，鋼珠受重力和阻力作用，所以過程Ⅱ中阻力的沖量大小等于過

2、程Ⅰ中重力的沖量大小與過程Ⅱ中重力沖量大小的和，故選項A錯誤；過程Ⅰ中鋼珠只受重力，故鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量，故選項B正確；在整個過程中，鋼珠動量的變化量為零，由動量定理可知，Ⅰ、Ⅱ兩個過程中合外力的總沖量等于零，故選項C正確；在整個過程中，鋼珠動量的變化量為零，故過程Ⅱ中鋼珠的動量改變量的大小等于過程Ⅰ中動量改變量的大小，而過程Ⅰ中動量改變量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小，故過程Ⅱ中鋼珠的動量改變量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小，故選項D正確． 2．(2019·重慶高三學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研)為了研究小球由靜止釋放后撞擊地面彈跳的規(guī)律，小俞同學(xué)利用運動傳感器采集數(shù)據(jù)并作出了如圖所示

3、的v-t圖象，小球質(zhì)量為0.6 kg，空氣阻力不計，重力加速度g＝10 m/s2，由圖可知 (　　) A．橫坐標每一小格表示的時間是1 s B．小球下落的初始位置離地面的高度為3.6 m C．小球第一次反彈的最大高度為1.25 m D．小球第一次撞擊地面時地面對小球的平均作用力為66 N C　解析 小球下落時做自由落體運動，加速度為g，則由圖知，落地時速度為6 m/s，故用時t＝ s＝0.6 s，圖中對應(yīng)6個小格，故每一小格表示0.1 s，選項A錯誤；小球下落的初始位置離地面的高度為h＝×10×(0.6)2 m＝1.8 m，選項B錯誤；第一次反彈后加速度也為g，為豎直上拋運動，

4、由圖可知，最大高度為h＝×10×(0.5)2 m＝1.25 m，選項C正確；設(shè)向下為正方向，由圖可知，碰撞時間約為0.1 s，根據(jù)動量定理可知mgt－Ft＝mv′－mv，代入數(shù)據(jù)解得F＝72 N，選項D錯誤． 3．(2019·全國統(tǒng)一考試模擬試題押題卷)(多選)如圖所示，足夠長的木板P靜止于光滑水平面上，小滑塊Q位于木板P的最右端，木板P與小滑塊Q之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，木板P與小滑塊Q質(zhì)量相等，均為m＝1 kg.用大小為6 N、方向水平向右的恒力F拉動木板P加速運動1 s后將其撤去，系統(tǒng)逐漸達到穩(wěn)定狀態(tài)，已知重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　) A．木板P與小

5、滑塊Q所組成的系統(tǒng)的動量增加量等于拉力F的沖量 B．拉力F做功為6 J C．小滑塊Q的最大速度為3 m/s D．整個過程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3 J ACD　解析 對系統(tǒng)由動量定理Ft＝mvP＋mvQ＝2mv共，即木板P與小滑塊Q組成的系統(tǒng)的動量增量一定等于拉力F的沖量，選項A正確；若木板P與小滑塊Q相對靜止一起加速運動，則拉力F不能超過·2m＝4 N，拉力F為6 N，大于4 N，故二者發(fā)生相對滑動，對木板P由牛頓第二定律F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2,1 s內(nèi)木板P的位移x＝at2＝2 m，拉力F做功W＝Fx＝12 J，選項B錯誤；二者共速時，小滑塊Q的速度最大，F(xiàn)t＝

6、2mv共，解得v共＝3 m/s，選項C正確；整個過程中，對系統(tǒng)由能量守恒可知W＝·2mv＋Q，解得Q＝3 J，選項D正確． 4．(2019·山東樂陵一中高三一輪復(fù)習(xí)檢測)(多選)如圖甲所示，物體受到水平拉力F的作用，沿水平面做直線運動．通過力傳感器和速度傳感器監(jiān)測得力F和物體速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2，則(　　) A．物體的質(zhì)量m＝0.5 kg B．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2 C．0～3 s內(nèi)拉力F對物體做的功為1 J D．0～3 s內(nèi)拉力F的沖量大小為6 N·s AD　解析 由速度—時間圖象可以知道在2～3 s的時間內(nèi)，物體勻

7、速運動，處于受力平衡狀態(tài)，所以滑動摩擦力的大小為2 N，在1～2 s的時間內(nèi)，物體做勻加速直線運動，直線的斜率代表加速度的大小，故a＝ m/s2＝2 m/s2，由牛頓第二定律可得F－Ff＝ma，所以m＝＝ kg＝0.5 kg，選項A正確；由Ff＝μFN＝μmg，所以μ＝＝＝0.4，選項B錯誤；在第1 s內(nèi)物體沒有運動，物體在第2 s內(nèi)做勻加速直線運動位移為x1＝at2＝×2×12 m＝1 m，第3 s內(nèi)做勻速運動位移x2＝vt＝2×1 m＝2 m，推力F做功W＝F1x1＋F2x2＝3×1 J＋2×2 J＝7 J，選項C錯誤；0～3 s內(nèi)拉力F的沖量大小I＝F1t1＋F2t2＋F3t3＝(1×1

8、＋3×1＋2×1) N·s＝6 N·s，選項D正確． 5．(2019·四川棠湖中學(xué)高三月考)(多選)如圖所示，ABCD是固定在地面上、由同種金屬細桿制成的正方形框架，框架任意兩條邊的連接處平滑，A、B、C、D四點在同一豎直面內(nèi)，BC、CD邊與水平面的夾角分別為α、β(α>β)，讓套在金屬桿上的小環(huán)從A點無初速釋放．若小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點，摩擦力對小環(huán)做功為W1，重力的沖量為I1；小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點，摩擦力對小環(huán)做功為W2，重力的沖量為I2.則(　　) A．W1>W2 B．W1＝W2 C．I1 >I2 D．I1 ＝I2 BC　解析 設(shè)正方形的邊長為l，經(jīng)AB段和CD段摩擦力做負

9、功，大小為μmglcos β，經(jīng)BC段和AD段摩擦力做負功，大小為μmglcos α，W1＝W2，選項A錯誤，B正確；小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點和從A經(jīng)D滑到C點過程中路程相等，到達C點時速度大小相等．設(shè)AB段加速度為a1，a1＝gsin β－μgcos β，AD段加速度為a2，a2＝gsin α－μgcos α，則a1vB，所以AD段的平均速度大于AB段的平均速度，CD段的平均速度大于BC段的平均速度，小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點所用時間大于從A經(jīng)D滑到C點所用的時間，根據(jù)I＝mgt，I1>I2，選項C正確，D錯誤． 6．(2019·重慶合川區(qū)四校高三聯(lián)

10、考)下列運動過程中，在任意相等時間內(nèi)，物體動量變化不相等的是(　　) A．勻速圓周運動 B．自由落體運動 C．平拋運動 D．勻減速直線運動 A　解析 勻速圓周運動的物體，所受合外力指向圓心，合外力為變力，據(jù)動量定理可得，合外力為變力時，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化不相等．自由落體運動的物體，只受重力，所受合外力為恒力，據(jù)動量定理可得，合外力為恒力時，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化相等．平拋運動的物體，只受重力，所受合外力為恒力，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化相等．勻減速直線運動的物體，所受合外力為恒力，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化相等．綜上所述，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化不相等的是

11、選項A. 7．如圖甲所示，一質(zhì)量為m的物塊在t＝0時刻，以初速度v0從足夠長、傾角為θ的粗糙斜面底端向上滑行，物塊速度隨時間變化的圖象如圖乙所示．t0時刻物塊到達最高點，3t0時刻物塊又返回底端．下列說法正確的是(　　) A．物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量為3mgt0·cos θ B．物塊從t＝0時刻開始運動到返回底端的過程中動量的變化量為mv0 C．斜面傾角θ的正弦值為 D．不能求出3t0時間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功 C　解析 物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量IG＝3mgt0，故選項A錯誤．上滑過程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運動，下滑過程中做初速度

12、為零，末速度為v的勻加速直線運動，上滑和下滑的位移大小相等，所以有t0＝·2t0，解得v＝，物塊從開始運動到返回底端過程中動量的變化量為Δp＝m(－v)－mv0＝－mv0，故選項B錯誤．上滑過程中有－(mgsin θ＋μmgcos θ)·t0＝0－mv0，下滑過程中有(mgsin θ－μmgcos θ)2t0＝m·－0，解得sin θ＝，故選項C正確.3t0時間內(nèi)，物塊受力為重力、支持力、摩擦力，從底端出發(fā)又回到底端，高度不變，重力做功為零；支持力始終與速度垂直，不做功；摩擦力始終與速度反向，做負功，根據(jù)動能定理，摩擦力所做的功就等于物體動能變化量，克服摩擦力所做的功與摩擦力所做負功大小相等，

13、所以能求出，W＝mv－mv2＝mv，故選項D錯誤． 8．(2019·廊坊省級示范性高中聯(lián)合體高三聯(lián)考)(多選)一質(zhì)量m＝60 kg的運動員從下蹲狀態(tài)豎直向上跳起，經(jīng)t＝0.2 s以大小為1 m/s的速度離開地面，重力加速度g＝10 m/s2.在這0.2 s內(nèi)(　　) A．地面對運動員的沖量大小為180N·s B．地面對運動員的沖量大小為60 N·s C．地面對運動員做的功為零 D．地面對運動員做的功為30 J AC　解析 人的速度原來為零，起跳后變化v，以向上為正方向，由動量定理可得I－mgΔt＝mv－0，故地面對人的沖量為I＝mv＋mgΔt＝60×1＋600×0.2＝180 N·

14、s，故選項A正確，B錯誤；人在跳起時，地面對人的支持力豎直向上，在跳起過程中，在支持力方向上沒有位移，地面對運動員的支持力不做功，故選項D錯誤，C正確． 9．(2019·山西榆社高三聯(lián)考)首型國產(chǎn)大型客機C919降落后在水平地面上滑行瞬間如圖所示，若該飛機在某過程中做勻減速直線運動，則在該過程中，客機C919的(　　) A．位移變化與時間成正比 B．動能變化與時間成正比 C．動量變化與時間成正比 D．合外力做功與時間成正比 C　解析 飛機做勻減速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動位移和時間的關(guān)系x＝v0t＋at2，位移和時間成二次函數(shù)的關(guān)系，選項A錯誤；飛機做勻減速直線運動，速度和時

15、間成線性關(guān)系，即v＝v0＋at，動能Ek＝mv2＝m(v0＋at)2，動能的變化ΔEk和時間t不成正比，選項B錯誤；根據(jù)動量定理F合·t＝Δp，由于飛機勻減速，則F合為恒力，故動量的變化量Δp和時間t成正比，選項C正確；根據(jù)動能定理，合外力做功等于動能的變化量，由B可知，W合與時間t不成正比，選項D錯誤． 10．(2019·開封高三定位考試)(多選)如圖所示，光滑固定斜面的傾角為30°，A、B兩物體的質(zhì)量之比為5 ∶1.B用不可伸長的輕繩分別與A和地面相連，開始時A、B離地高度相同．現(xiàn)從P處剪斷輕繩，則在B落地前瞬間(　　) A．A、B動量大小之比為5∶1 B．A、B動量大小之比為5

16、∶2 C．以地面為零勢能面，A、B機械能之比為5∶1 D．以地面為零勢能面，A、B機械能之比為1∶1 BC　解析 設(shè)剪斷細線前兩物體離地面的高度均為h，剪斷細線后，B做自由落體運動，落到地面的時間t＝，B的速度為vB＝，A沿斜面加速下滑，加速度為aA＝gsin 30°＝0.5g，則當(dāng)B落地時A的速度為vA＝aAt＝g＝，則＝，A、B動量大小之比＝＝×＝，故選項A錯誤，B正確；A、B下落過程中機械能守恒，此時的機械能等于剛開始下落時的重力勢能，以地面為零勢能面，A、B機械能之比＝＝，故選項C正確，D錯誤． 11．(2019·吉林高三調(diào)研)(多選)一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，

17、從t＝0時起，第1 s內(nèi)受到2 N的水平外力作用，第2 s內(nèi)受到同方向的1 N的外力作用．下列說法正確的是(　　) A．0～2 s內(nèi)外力所做的功是 J B．0～2 s內(nèi)外力的平均功率是 W C．第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動量增加量的比值是 D．第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動能增加量的比值是 BD　解析 設(shè)1 s末、2 s末速度分別為v1和v2，由動量定理Ft＝mv－mv0得，第1 s內(nèi)有2×1＝1×v1－0，得v1＝2 m/s；第2 s內(nèi)有 1×1＝v2－2，得v2＝3 m/s,0～2 s內(nèi)由動能定理可知外力做功為W＝mv＝×1×32 J＝4.5 J，故選項A錯誤；0～2 s內(nèi)平均功率

18、為＝＝ W＝ W，故選項B正確；由動量定理可知Δp＝Ft，故有＝＝，故選項C錯誤；第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)動能增加量比值為＝，故選項D正確． 12．(2019·四川遂寧高三一診)(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、半徑為R的ABC凹槽(為光滑圓槽的一部分)靜止在光滑水平面上，B為最低點，BC為圓弧，OA與豎直方向夾角θ＝60°，其右側(cè)緊貼豎直墻壁PQ.一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從D處水平拋出，同時將ABC凹槽鎖定在地面上，小物塊恰好從A點無碰撞的射入凹槽，當(dāng)其到達B點時解除鎖定，小物塊剛好能達到C點．不計空氣阻力，重力加速度為g.則下列說法正確的是(　　) A．從D點拋出的初速度為v0＝，

19、D點距A點高度差為h＝ B．小球第一次過B點時對槽底的壓力大小為2mg C．小球從C點到B點過程中，豎直墻壁對槽的沖量為I＝m，方向水平向左 D．小球從C 到B向A運動的過程中，以小球、槽ABC作為一個系統(tǒng)，機械能守恒、動量守恒 AC　解析 小物塊恰好從A點無碰撞的射入凹槽，即小球進入凹槽時的速度方向與凹槽相切，將速度分解為水平方向和豎直方向可知，v＝2v0，從A到C應(yīng)用能量守恒可知，m(2v0)2＝mgR·sin 30°，解得v0＝，從D到A應(yīng)用動能定理可得mgh＝m(2v0)2－mv20，解得h＝，故選項A正確；從A到B應(yīng)用動能定理mgR(1－sin 30°)＝mv2B－mv2A，

20、在B點由重力與支持力的合力提供向心力可得，F(xiàn)N－mg＝，由以上兩式解得FN＝3mg，故選項B錯誤；小球到B點時的速度為vB＝，根據(jù)動量定理可得I＝mvB－0＝m，故選項C正確；小球從C到B向A運動的過程中，以小球、槽ABC作為一個系統(tǒng)，由于沒有摩擦，所以機械能守恒，但在小球從C到B過程中，墻壁對槽有水平方向的作用力，所以系統(tǒng)外力之和不為零，動量不守恒，故選項D錯誤． 13．(2019·哈爾濱三中高三調(diào)研)撐桿跳高是一項技術(shù)性很強的體育運動．在某次比賽中，認為運動員越過橫桿后做自由落體運動，重心下降4.05 m時身體接觸軟墊，從接觸軟墊到速度減為零的時間t＝0.90 s．已知運動員質(zhì)量m＝65

21、 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不計撐桿的質(zhì)量和空氣的阻力．求軟墊對運動員平均作用力的大?。? 解析 運動員越過橫桿后做自由落體運動，故根據(jù)v2＝2gh， 可得接觸軟墊瞬間的速度大小為v＝9 m/s； 設(shè)向上為正方向，根據(jù)動量定理可得(F－mg)t＝0－(－mv)， 解得F＝＋mg＝1 300 N. 答案 1 300 N 14．(2019·山西大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬)如圖所示，傾角為θ的足夠長光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的擋板，A、B兩物體質(zhì)量均為m，通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連放在斜面上，開始時兩者都處于靜止狀態(tài)．現(xiàn)對A施加一沿斜面向上的恒力F＝2mgsin θ ( g為

22、重力加速度)，經(jīng)過作用時間t，B剛好離開擋板，若不計空氣阻力，求： (1)剛施加力F的瞬間，A的加速度大?。? (2)B剛離開擋板時，A的速度大小； (3)在時間t內(nèi)，彈簧的彈力對A的沖量IA. 解析 (1)剛施加力F的瞬間，彈簧的形變不發(fā)生變化，有 F彈＝mgsin θ， 根據(jù)牛頓第二定律，對A有F＋F彈－mgsin θ＝ma， 解得a＝2gsin θ. (2)由題意可知，開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，其壓縮量為x1＝； 當(dāng)B剛要離開擋板時，彈簧處于伸長狀態(tài)，其伸長量x2＝＝x1， 此時其彈性勢能與彈簧被壓縮時的彈性勢能相等； 從彈簧壓縮到伸長的過程，對A由動能定理(F－mgs

23、in θ)(x1＋x2)＋W彈＝mv， W彈＝ΔEp＝0，解得vA＝2gsin θ. (3)設(shè)沿斜面向上為正方向，對A由動量定理 (F－mgsin θ)t＋IA＝mvA－0， 解得IA＝mgsin θ. 答案 (1)2gsin θ　(2)2gsin θ　(3)mgsin θ 15．(2019·武漢部分學(xué)校高三新起點調(diào)研)一顆子彈水平地穿過兩個前后并排在光滑水平面上的靜止木塊．木塊的質(zhì)量分別為m1和m2.設(shè)子彈穿過兩木塊的時間間隔分別為t1和t2.子彈在木塊中受到的阻力為恒力Ff，問子彈穿過兩木塊后，兩木塊各以多大的速度運動？ 解析 設(shè)子彈穿過木塊m1時m1、m2的速度為v1， 由動量定理Fft1＝(m1＋m2)v1，解得v1＝； 設(shè)子彈穿透木塊m2時，m2的速度為v2， 由動量定理Fft2＝m2(v2－v1)， 解得v2＝＋. 答案 v1＝　v2＝＋ 9