高考物理一轮复习第6章动量守恒定律及其应用第18讲动量定理练习(含解析)

PAGEPAGE9第18讲动量定理[解密考纲]主要考查动量定理基本概念、规律的理解，运用动量和能量的观点分析较复杂的运动过程等．1．(2019·西安长安区一中高三质量检测)一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则下列说法错误的是()A．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小B．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小A解析过程Ⅱ中，钢珠受重力和阻力作用，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和，故选项A错误；过程Ⅰ中钢珠只受重力，故钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，故选项B正确；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零，故选项C正确；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，故过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中动量改变量的大小，而过程Ⅰ中动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小，故过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小，故选项D正确．2．(2019·重庆高三学业质量调研)为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，小俞同学利用运动传感器采集数据并作出了如图所示的v­t图象，小球质量为0.6kg，空气阻力不计，重力加速度g＝10m/s2，由图可知()A．横坐标每一小格表示的时间是1sB．小球下落的初始位置离地面的高度为3.6mC．小球第一次反弹的最大高度为1.25mD．小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力为66NC解析小球下落时做自由落体运动，加速度为g，则由图知，落地时速度为6m/s，故用时t＝eq\f(6,10)s＝0.6s，图中对应6个小格，故每一小格表示0.1s，选项A错误；小球下落的初始位置离地面的高度为h＝eq\f(1,2)×10×(0.6)2m＝1.8m，选项B错误；第一次反弹后加速度也为g，为竖直上抛运动，由图可知，最大高度为h＝eq\f(1,2)×10×(0.5)2m＝1.25m，选项C正确；设向下为正方向，由图可知，碰撞时间约为0.1s，根据动量定理可知mgt－Ft＝mv′－mv，代入数据解得F＝72N，选项D错误．3．(2019·全国统一考试模拟试题押题卷)(多选)如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m＝1kg.用大小为6N、方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量B．拉力F做功为6JC．小滑块Q的最大速度为3m/sD．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3JACD解析对系统由动量定理Ft＝mvP＋mvQ＝2mv共，即木板P与小滑块Q组成的系统的动量增量一定等于拉力F的冲量，选项A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过eq\f(μmg,m)·2m＝4N，拉力F为6N，大于4N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律F－μmg＝ma，解得a＝4m/s2,1s内木板P的位移x＝eq\f(1,2)at2＝2m，拉力F做功W＝Fx＝12J，选项B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft＝2mv共，解得v共＝3m/s，选项C正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W＝eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,共)＋Q，解得Q＝3J，选项D正确．4．(2019·山东乐陵一中高三一轮复习检测)(多选)如图甲所示，物体受到水平拉力F的作用，沿水平面做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测得力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取重力加速度g＝10m/s2，则()A．物体的质量m＝0.5kgB．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2C．0～3s内拉力F对物体做的功为1JD．0～3s内拉力F的冲量大小为6N·sAD解析由速度—时间图象可以知道在2～3s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2N，在1～2s的时间内，物体做匀加速直线运动，直线的斜率代表加速度的大小，故a＝eq\f(2－0,1)m/s2＝2m/s2，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma，所以m＝eq\f(F－Ff,a)＝eq\f(3－2,2)kg＝0.5kg，选项A正确；由Ff＝μFN＝μmg，所以μ＝eq\f(Ff,mg)＝eq\f(2,0.5×10)＝0.4，选项B错误；在第1s内物体没有运动，物体在第2s内做匀加速直线运动位移为x1＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)×2×12m＝1m，第3s内做匀速运动位移x2＝vt＝2×1m＝2m，推力F做功W＝F1x1＋F2x2＝3×1J＋2×2J＝7J，选项C错误；0～3s内拉力F的冲量大小I＝F1t1＋F2t2＋F3t3＝(1×1＋3×1＋2×1)N·s＝6N·s，选项D正确．5．(2019·四川棠湖中学高三月考)(多选)如图所示，ABCD是固定在地面上、由同种金属细杆制成的正方形框架，框架任意两条边的连接处平滑，A、B、C、D四点在同一竖直面内，BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β(α>β)，让套在金属杆上的小环从A点无初速释放．若小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做功为W1，重力的冲量为I1；小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做功为W2，重力的冲量为I2.则()A．W1>W2 B．W1＝W2C．I1>I2 D．I1＝I2BC解析设正方形的边长为l，经AB段和CD段摩擦力做负功，大小为μmglcosβ，经BC段和AD段摩擦力做负功，大小为μmglcosα，W1＝W2，选项A错误，B正确；小环从A经B滑到C点和从A经D滑到C点过程中路程相等，到达C点时速度大小相等．设AB段加速度为a1，a1＝gsinβ－μgcosβ，AD段加速度为a2，a2＝gsinα－μgcosα，则a1<a2，B点速度vB＝eq\r(2a1l)，D点的速度vD＝eq\r(2a2l)，vD>vB，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，小环从A经B滑到C点所用时间大于从A经D滑到C点所用的时间，根据I＝mgt，I1>I2，选项C正确，D错误．6．(2019·重庆合川区四校高三联考)下列运动过程中，在任意相等时间内，物体动量变化不相等的是()A．匀速圆周运动 B．自由落体运动C．平抛运动 D．匀减速直线运动A解析匀速圆周运动的物体，所受合外力指向圆心，合外力为变力，据动量定理可得，合外力为变力时，任意相等时间内，物体动量变化不相等．自由落体运动的物体，只受重力，所受合外力为恒力，据动量定理可得，合外力为恒力时，任意相等时间内，物体动量变化相等．平抛运动的物体，只受重力，所受合外力为恒力，任意相等时间内，物体动量变化相等．匀减速直线运动的物体，所受合外力为恒力，任意相等时间内，物体动量变化相等．综上所述，任意相等时间内，物体动量变化不相等的是选项A.7．如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是()A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cosθB．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为eq\f(3,2)mv0C．斜面倾角θ的正弦值为eq\f(5v0,8gt0)D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功C解析物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量IG＝3mgt0，故选项A错误．上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零，末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有eq\f(v0,2)t0＝eq\f(v,2)·2t0，解得v＝eq\f(v0,2)，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为Δp＝m(－v)－mv0＝－eq\f(3,2)mv0，故选项B错误．上滑过程中有－(mgsinθ＋μmgcosθ)·t0＝0－mv0，下滑过程中有(mgsinθ－μmgcosθ)2t0＝m·eq\f(v0,2)－0，解得sinθ＝eq\f(5v0,8gt0)，故选项C正确.3t0时间内，物块受力为重力、支持力、摩擦力，从底端出发又回到底端，高度不变，重力做功为零；支持力始终与速度垂直，不做功；摩擦力始终与速度反向，做负功，根据动能定理，摩擦力所做的功就等于物体动能变化量，克服摩擦力所做的功与摩擦力所做负功大小相等，所以能求出，W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(3,8)mveq\o\al(2,0)，故选项D错误．8．(2019·廊坊省级示范性高中联合体高三联考)(多选)一质量m＝60kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2s以大小为1m/s的速度离开地面，重力加速度g＝10m/s2.在这0.2s内()A．地面对运动员的冲量大小为180N·sB．地面对运动员的冲量大小为60N·sC．地面对运动员做的功为零D．地面对运动员做的功为30JAC解析人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得I－mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgΔt＝60×1＋600×0.2＝180N·s，故选项A正确，B错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故选项D错误，C正确．9．(2019·山西榆社高三联考)首型国产大型客机C919降落后在水平地面上滑行瞬间如图所示，若该飞机在某过程中做匀减速直线运动，则在该过程中，客机C919的()A．位移变化与时间成正比B．动能变化与时间成正比C．动量变化与时间成正比D．合外力做功与时间成正比C解析飞机做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动位移和时间的关系x＝v0t＋eq\f(1,2)at2，位移和时间成二次函数的关系，选项A错误；飞机做匀减速直线运动，速度和时间成线性关系，即v＝v0＋at，动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(v0＋at)2，动能的变化ΔEk和时间t不成正比，选项B错误；根据动量定理F合·t＝Δp，由于飞机匀减速，则F合为恒力，故动量的变化量Δp和时间t成正比，选项C正确；根据动能定理，合外力做功等于动能的变化量，由B可知，W合与时间t不成正比，选项D错误．10．(2019·开封高三定位考试)(多选)如图所示，光滑固定斜面的倾角为30°，A、B两物体的质量之比为5∶1.B用不可伸长的轻绳分别与A和地面相连，开始时A、B离地高度相同．现从P处剪断轻绳，则在B落地前瞬间()A．A、B动量大小之比为5∶1B．A、B动量大小之比为5∶2C．以地面为零势能面，A、B机械能之比为5∶1D．以地面为零势能面，A、B机械能之比为1∶1BC解析设剪断细线前两物体离地面的高度均为h，剪断细线后，B做自由落体运动，落到地面的时间t＝eq\r(\f(2h,g))，B的速度为vB＝eq\r(2gh)，A沿斜面加速下滑，加速度为aA＝gsin30°＝0.5g，则当B落地时A的速度为vA＝aAt＝eq\f(1,2)geq\r(\f(2h,g))＝eq\r(\f(gh,2))，则eq\f(vA,vB)＝eq\f(1,2)，A、B动量大小之比eq\f(pA,pB)＝eq\f(mA,mB)eq\f(vA,vB)＝eq\f(5,1)×eq\f(1,2)＝eq\f(5,2)，故选项A错误，B正确；A、B下落过程中机械能守恒，此时的机械能等于刚开始下落时的重力势能，以地面为零势能面，A、B机械能之比eq\f(EA,EB)＝eq\f(5mgh,mgh)＝eq\f(5,1)，故选项C正确，D错误．11．(2019·吉林高三调研)(多选)一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1s内受到2N的水平外力作用，第2s内受到同方向的1N的外力作用．下列说法正确的是()A．0～2s内外力所做的功是eq\f(4,9)JB．0～2s内外力的平均功率是eq\f(9,4)WC．第1s内与第2s内质点动量增加量的比值是eq\f(5,4)D．第1s内与第2s内质点动能增加量的比值是eq\f(4,5)BD解析设1s末、2s末速度分别为v1和v2，由动量定理Ft＝mv－mv0得，第1s内有2×1＝1×v1－0，得v1＝2m/s；第2s内有1×1＝v2－2，得v2＝3m/s,0～2s内由动能定理可知外力做功为W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)×1×32J＝4.5J，故选项A错误；0～2s内平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝eq\f(4.5,2)W＝eq\f(9,4)W，故选项B正确；由动量定理可知Δp＝Ft，故有eq\f(Δp1,Δp2)＝eq\f(2×1,1×1)＝eq\f(2,1)，故选项C错误；第1s内与第2s内动能增加量比值为eq\f(\f(1,2)mv\o\al(2,1),\f(1,2)mv\o\al(2,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,1))＝eq\f(4,5)，故选项D正确．12．(2019·四川遂宁高三一诊)(多选)如图所示，质量为M、半径为R的ABC凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B为最低点，BC为eq\f(1,4)圆弧，OA与竖直方向夹角θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ.一质量为m的小物块(可视为质点)从D处水平抛出，同时将ABC凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，当其到达B点时解除锁定，小物块刚好能达到C点．不计空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是()A．从D点抛出的初速度为v0＝eq\f(\r(gR),2)，D点距A点高度差为h＝eq\f(3R,8)B．小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2mgC．小球从C点到B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I＝meq\r(2gR)，方向水平向左D．小球从C到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，机械能守恒、动量守恒AC解析小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，v＝2v0，从A到C应用能量守恒可知，eq\f(1,2)m(2v0)2＝mgR·sin30°，解得v0＝eq\f(\r(gR),2)，从D到A应用动能定理可得mgh＝eq\f(1,2)m(2v0)2－eq\f(1,2)mv20，解得h＝eq\f(3R,8)，故选项A正确；从A到B应用动能定理mgR(1－sin30°)＝eq\f(1,2)mv2B－eq\f(1,2)mv2A，在B点由重力与支持力的合力提供向心力可得，FN－mg＝eq\f(mv2B,R)，由以上两式解得FN＝3mg，故选项B错误；小球到B点时的速度为vB＝eq\r(2gR)，根据动量定理可得I＝mvB－0＝meq\r(2gR)，故选项C正确；小球从C到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从C到B过程中，墙壁对槽有水平方向的作用力，所以系统外力之和不为零，动量不守恒，故选项D错误．13．(2019·哈尔滨三中高三调研)撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动．在某次比赛中，认为运动员越过横杆后做自由落体运动，重心下降4.05m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t＝0.90s．已知运动员质量m＝65kg，重力加速度g＝10m/s2，不计撑杆的质量和空气的阻力．求软垫对运动员平均作用力的大小．解析运动员越过横杆后做自由落体运动，故根据v2＝2gh，可得接触软垫瞬间的速度大小为v＝9m/s；设向上为正方向，根据动量定理可得(F－mg)t＝0－(－mv)，解得F＝eq\f(mv,t)＋mg＝1300N.答案1300N14．(2019·山西大学附属中学高三模拟)如图所示，倾角为θ的足够长光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的挡板，A、B两物体质量均为m，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连放在斜面上，开始时两者都处于静止状态．现对A施加一沿斜面向上的恒力F＝2mgsinθ(g为重力加速度)，经过作用时间t，B刚好离开挡板，若不计空气阻力，求：(1)刚施加力F的瞬间，A的加速度大小；(2)B刚离开挡板时，A的速度大小；(3)在时间t内，弹簧的弹力对A的冲量IA.解析(1)刚施加力F的瞬间，弹簧的形变不发生