【讲与练】高中物理人教版(2019)选择性必修1：1.2 动量定理课时2用动量定理解决的常见问题提能作业习题

第一章2.课时2eq\f(基础巩固练,25分钟·满分60分)一、选择题(本题共6小题，每题7分，共42分)1.(2023·河南郑州外国语学校高三阶段练习)如图所示，某同学在实验室用力传感器竖直向上提起一质量m＝200g的钩码，电脑屏幕上显示力传感器的示数与时间的关系为F＝2t(均对应国际单位)，已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是(C)A．2s时钩码的速度为0B．0～2s内钩码向上做变加速直线运动C．2s时钩码的速度为5m/sD．2s内钩码重力的冲量大小为2N·s解析：t＝1s时，F＝2N，所以钩码在0－1s内处于静止状态，1s后钩码开始运动，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得a＝(10t－10)m/s2，所以钩码1s后做变加速直线运动，B错误；由动量定理得2s时钩码的速度v为IF－mgΔt＝mv，其中Δt＝1s，IF＝eq\f(2＋4,2)×1N·s＝3N·s，解得v＝5m/s，故C正确，A错误；0～2s内重力的冲量IG＝mgt2＝0.2×10×2N·s＝4N·s，故D错误。故选C。2．(2022·江苏南京市中华中学高三期中)一物体静置在粗糙水平地面上，物体与地面的滑动摩擦力为f0。从t＝0时刻开始对物体施加一方向不变的水平力F，其大小随时间t变化如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，a为物体的加速度，v为物体的速度，If为物体所受摩擦力的冲量大小，IF为物体所受拉力的冲量大小，下列图像中正确的是(C)ABCD解析：对物体受力分析可知，在0～t0时间段，物体处于静止状态，即物体加速度为0，时间继续增加，在t0以后，对物体受力分析得a＝eq\f(F－f0,m)＝eq\f(\f(f0,t0)t－f0,m)＝eq\f(f0,t0m)t－eq\f(f0,m)，则由数学知识可知图像为一次函数截距为负值，故A错误；在0～t0时间段，物体处于静止状态，速度为0，物体在t0以后做加速度增加的加速运动，则速度时间图像的斜率增加，故B错误；在0～t0，时间段，物体所受摩擦力为静摩擦力，大小随F变化，则摩擦力冲量为If＝ft＝Ft＝eq\f(f0,t0)t2，图像为抛物线，在t0以后物体处于运动状态，摩擦力为滑动摩擦力，则摩擦力冲量为If＝f0t，图像为一次函数，故C正确；物体所受拉力的冲量为IF＝Ft＝eq\f(f0,t0)t2，图像为抛物线，故D错误。故选C。3．(2023·山东沂水县第四中学高二阶段练习)如图所示，质量为m的小球，固定在轻杆上，绕过O点的转轴在竖直面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，A、B是圆周上与圆心O等高的两点。若小球运动的速度大小为v，轨道半径为R，且v＝eq\r(πgR)(g为重力加速度)，则小球从A点运动到B点过程中，下列说法中正确的是(C)A．小球所受重力的冲量为0B．小球所受向心力的冲量为mvC．小球所受合力的冲量大小为2mvD．轻杆对小球作用力的冲量大小为2mv解析：根据冲量公式I＝Ft得，重力的冲量为I1＝mgt，又v＝eq\r(πgR)，从A到B路程为πR，则t＝eq\f(πR,\r(πgR))＝eq\f(\r(πgR),g)，则I1＝meq\r(πgR)＝mv，故A错误；由题可知，以速度向上为负，小球所受合力等于小球所需向心力，又根据I＝Δp，得I2＝F合t＝mv－(－mv)＝2mv，故B错误，C正确；由A可知，重力的冲量为mv，合力的冲量为2mv，由题设条件可知v＝eq\r(πgR)>eq\r(gR)，所以轻杆的作用力是对小球的拉力，因此则轻杆对小球作用力的冲量大小为p＝2mv－mv＝mv，故D错误。故选C。4．(2023·江苏高三期中)2022年10月12日，中国航天员进行了第三次太空授课。在授课中刘洋用注射器喷出气体快速冲击水球，做了微重力作用下水球的振动实验。将注射器靠近水球，假设喷出的气体以速率v垂直冲击水球上面积为S的一小块区域(可近似看作平面)，冲击水球后气体速率减为零，气体的密度为ρ，则水球受到的平均冲击力大小为(B)A．ρSv B．ρSv2C．eq\f(1,2)ρSv2 D．eq\f(1,2)ρSv3解析：设Δt时间冲击水球气体质量为Δm＝ρ·ΔtvS，根据动量定理得F·Δt＝0－Δm·v，联立解得F＝ρSv2，故选B。5．(多选)(2022·四川树德中学高一期末)如图所示，在t＝0时质量m＝1kg的小球自高h＝45m的平台上以v0＝10m/s的初速度水平抛出，运动t1＝1s后，突然受到大小恒为10N的水平向右的风力作用，最后落至水平地面，不计其他阻力，取g＝10m/s2。则以下说法正确的是(AD)A．小球从抛出至落地的过程中重力的平均功率为150WB．小球受到风力作用后，在落地前做匀变速曲线运动C．落地瞬间小球速度方向与水平方向成53°角D．从抛出至落地的过程中，水平力的冲量大小为20N·s解析：小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，与是否受到风力无关，设小球下落的时间为t，则有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝3s，小球从抛出至落地的过程中重力的平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgh,t)＝150W，A正确；小球抛出t1＝1s时，速度方向与水平方向的夹角满足tanθ＝eq\f(gt1,v0)＝1，可得θ＝45°，受到水平风力后，小球受到的合力与水平方向的夹角满足tanα＝eq\f(mg,F)＝1，故小球受到风力作用后，所受合力与速度方向相同，小球做匀加速直线运动，故落地瞬间小球速度方向与水平方向成45°角，B、C错误；从抛出至落地的过程中，水平风力的冲量大小为I＝F(t－t1)＝20N·s，D正确。故选AD。6．(多选)(2023·安徽定远县育才学校高二期末)质量相等的A、B两质点位于水平面上同一点，分别在水平恒力作用下，同时由静止开始做同向的匀加速直线运动。其v－t图像如图所示，2t0和5t0时分别撤去F1和F2，直至物体停止运动。则下列说法中正确的是(ACD)A．整个过程，A、B间距离先增大后减小再增大B．A、B所受摩擦力大小之比为3︰4C．F1和F2的大小之比为20︰9D．F1和F2的冲量大小之比为8︰9解析：两个质点起点相同，根据图像的“面积”所反映的位移变化可知，开始A在前B在后两者距离先增大，速度相等时距离最大，之后距离开始减小，最后B反超A距离又增大，故A正确；从图像的斜率可知，A、B在减速阶段的加速度大小之比为eq\f(aA,aB)＝eq\f(4,3)，结合牛顿第二定律可得两者所受的摩擦力大小eq\f(fA,fB)＝eq\f(4,3)，B错误；由图像可知A在减速阶段，根据牛顿第二定律得fA＝maA＝meq\f(v0,t0)，对A在加速阶段有F1－fA＝maA1，而aA1＝eq\f(4v0,2t0)＝eq\f(2v0,t0)，可得F1＝eq\f(3mv0,t0)，同理B在撤去F2之后fB＝maB＝eq\f(3mv0,4t0)，对B在加速阶段有F2－fB＝maB1，而aB1＝eq\f(3v0,5t0)，可得F2＝eq\f(27mv0,20t0)，则F1︰F2＝20︰9，故C正确；由冲量公式I＝Ft，将F1︰F2＝20︰9和两者作用时间2t0和5t0，代入可得两者冲量之比为I1︰I2＝8︰9，故D正确。故选ACD。二、非选择题(共18分)7．(2023·河南许昌高二期末)如图所示为一个实验装置，把一个质量为M的薄木板B放在光滑水平地面上，在薄木板B的最右端放上一质量为m的小物块A(可视为质点)。电动机通过水平细绳与薄木板B相连，在细绳与薄木板B连接处接轻质拉力传感器。已知小物块A与薄木板B之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。现启动电动机使细绳开始水平向右拉薄木板B，细绳拉力的功率恒为P。当小物块A在薄木板B上运动一段时间t后，小物块A开始脱离薄木板B，此时拉力传感器的读数为F(细绳足够长，薄木板B不会和电动机相碰)。试求：(1)在时间t内，小物块A和薄木板B之间由于摩擦而产生的热量；(2)在时间t内，拉力的冲量大小。答案：(1)Q＝Pt－eq\f(1,2)m(μgt)2－eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,F)))2(2)I＝μmgt＋Meq\f(P,F)解析：设当小物块A脱离薄木板B时，小物块A和薄木板B的速度大小分别为v1和v2；在t时间内，小物块A和薄木板B之间由于摩擦而产生的热量为Q，拉力的冲量大小为I。(1)在运动时间t内，把小物块A和薄木板B看作一个整体：由功能关系得Pt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋Q，由动量定理得I＝mv1＋Mv2，取小物块A，设向右为正方向，有μmgt＝mv1，在t时刻，有P＝Fv2，联立解得Q＝Pt－eq\f(1,2)m(μgt)2－eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,F)))2。(2)由(1)可得，拉力的冲量大小I＝μmgt＋Meq\f(P,F)。eq\f(素能等级练,15分钟·满分40分)一、选择题(本题共6小题，每题4分，共24分)1．(2023·安徽池州高三阶段练习)如图所示，斜面体固定在水平面上，物块以一定的初速度从粗糙均匀的斜面底端滑上斜面后又返回斜面底端。对于物块在上滑和下滑两段过程相比较，下列说法正确的是(B)A．上滑过程滑动摩擦力的冲量大B．下滑过程重力的冲量大C．上滑过程因摩擦产生的热量多D．下滑过程动量变化量大解析：物块上滑过程中，受力情况如图所示根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma上，物块下滑过程中，受力情况如图所示根据牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma下，则有a上>a下，上滑和下滑过程位移大小相等，根据x＝eq\f(1,2)at2，可知下滑过程所用的时间大于上滑过程所用时间，根据冲量公式，摩擦力冲量大小为I＝μmgt，可知下滑过程的冲量大，故A错误；重力冲量大小为I＝mgt，可知下滑过程重力冲量大，故B正确；摩擦力产生的热量为Q＝μmgL，上滑和下滑过程路程相同，可知摩擦力产生的热量相同，故C错误；物块的动量变化量大小为Δp＝mv，上滑时的速度大小大于下滑到底端的速度大小，可知上滑过程动量变化量大，故D错误。故选B。2．(2022·江苏南京市第一中学高二开学考试)某同学想研究物体间的摩擦力大小的特性。如图甲所示，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平，实验时，力传感器测定细绳的拉力大小，另有速度传感器实时记录木板的速度大小。t＝0时，木板受到一个随时间均匀增大的水平外力F＝kt(k是常数)的作用在t＝4s时撤去外力F。细绳对物块的拉力T随时间t变化的关系如图乙所示，木板的速度v与时间t的关系如图丙所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略，物块的质量m＝50g，重力加速度取g＝10m/s2。由题中数据可以得出(B)A．物块与木板间的动摩擦因数为0.04B．0～2s内，细绳对物块拉力T的冲量大小为0.24N·sC．2s～4s内，力F的冲量大小为0.32N·sD．4s～5s内，摩擦力对木板做功为－0.064J解析：由图乙可知，2s后物块和木板发生相对滑动，物块受到滑动摩擦力及绳的拉力而平衡，可得T＝μmg，其中T＝0.20N，解得物块与木板间的动摩擦因数为μ＝0.4，A错误；0～2s内，细绳对物块拉力T的冲量大小等于图乙中图线下方的面积，即I＝eq\f(1,2)×0.24×2N·s＝0.24N·s，B正确；0～2s内，系统处于静止状态，外力F与细绳上拉力相等，结合图乙可得外力满足的关系式为F＝0.12t,2s～4s内，力F的冲量大小为IF＝eq\f(0.12×2＋0.12×4,2)×2N·s＝0.72N·s，C错误；由图丙可得，4s～5s木板的位移为s＝eq\f(0.32＋0.12,2)×1＝0.22m，摩擦力对木板做功为Wf＝－μmg·s＝－0.044J，D错误。故选B。3．(2023·福建省德化第一中学高二期末)质量m＝0.5kg的小球用轻质弹簧竖直悬挂，把小球向下拉至某位置(未超出弹性限度)由静止释放，小球之后运动的速度时间图像如图所示(取竖直向下为正方向，不计空气阻力)，g＝10m/s2，则下列判断正确的是(B)A．在0～4s时间内，重力的冲量为0B．在0～2s时间内，弹簧弹力的冲量大小为12kg·m/sC．小球在3s末加速度与5s末的加速度大小相等方向相反D．在2s末弹簧处于原长状态解析：由图可知，在0～4s时间内，小球的动量变化量为零，根据动量定理可知，在0～4s时间内，重力与弹簧弹力的冲量之和为0，故A错误；在0～2s时间内，根据动量定理有mgt－I弹＝mv2－mv1，带入数据解得，弹簧弹力的冲量大小为I弹＝12kg·m/s，故B正确；根据速度时间图像的斜率表示加速度可知，小球在3s末加速度与5s末的加速度方向相同，故C错误；根据速度时间图像的斜率表示加速度可知，在2s末小球的加速度为零，即此时小球受到的合外力为零，此时小球受到的弹力大小与重力大小相等，方向竖直向上，所以在2s末弹簧处于被拉伸状态，故D错误。故选B。4．(多选)(2022·北京北师大实验中学高三期中)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动。下列叙述不正确的是(ACD)A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点，乘客重力大于座椅对他的支持力C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：摩天轮转动过程中，乘客的动能不变，重力势能变化，机械能不断变化，A错误，符合题意；在最高点，乘客的加速度竖直向下，合力向下，重力大于座椅对他的支持力，B正确，不符合题意；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与圆周运动周期的乘积，不等于零，C错误，符合题意；摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率等于重力与竖直速度的乘积，竖直速度不断变化，所以重力的瞬时功率不断变化，D错误，符合题意。故选ACD。5．(多选)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变化的图像如图所示，则下列说法中正确的是(BCD)A．0～4s内物体的位移为零B．0～4s内拉力对物体做功为零C．4s末物体的动量为零D．0～4s内拉力对物体的冲量为零解析：由图像可知物体在4s内先做匀加速后做匀减速运动，4s末的速度为零，位移一直增大，A错；前2s拉力做正功，后2s拉力做负功，且两段时间做功代数和为零，故B正确；4s末的速度为零，故动量为零，故C正确；根据动量定理，0～4秒内动量的变化量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确，故选BCD。6．(多选)(2023·全国高三课时练习)如图1，一物块静止在光滑水平面上，t＝0时在水平力F的作用下开始运动，F随时间t按正弦规律变化如图2所示，则(ACD)A．在0～1.5s时间内，第1s末质点的动量最大B．第2s末，质点回到出发点C．在0～1s时间内，F的功率先增大后减小D．在0.5～1.5s时间内，F的冲量为0解析：从图像可以看出在前1s内力的方向和运动的方向相同，物块经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第1s末，物块的速度最大，动量最大，故A正确；该物块在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以物体在0～2s内的位移为正，没有回到出发点，故B错误；0～1s内，速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P＝Fv，得力F瞬时功率开始时为0,1s末的瞬时功率为0，所以在0～1s时间内，F的功率先增大后减小，故C正确；在F－t图像中，F与t之间的面积表示力F的冲量，由图可知，0.5～1s之间的面积与1～1.5s之间的面积大小相等，一正一负，所以和为0，则在0.5～1.5s时间内，F的冲量为0，故D正确。故选ACD。二、非选择题(共16分)7．(8分)(2022·安徽亳州二中高二期中)如图甲所示，AB是倾角为30°的足够长的光滑斜面，A处连接一粗糙水平面OA，OA长16m，一质量m＝4kg的滑块在O点处于静止状态，在t＝0时刻给滑块施加水平向右拉力F，拉力F按图乙所示的规律变化。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2，试求：(1)摩擦力在0～3s内冲量的大小(3s时滑块未到达A点)；(2)滑块沿斜面AB上升的最大高度。答案：(1)28N·s(2)3.5m解析：(1)滑块所受最大静摩擦力为Ffm＝μmg＝0.25×4×10N＝10N，由题图乙知，0～1s内，F1＝8N，滑块静止Ff1＝F1＝8N，1s～3s内滑块做匀加速直线运