2025版高考物理一轮总复习第7章动量和动量守恒定律第18讲动量和动量守恒定律提能训练

第七章第18讲基础过关练题组一动量冲量1．(多选)如图，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变更量为12.6kg·m/s，则(AC)A．球的动能可能不变B．球的动量大小确定增加12.6kg·m/sC．球对棒的作用力与棒对球的作用力大小确定相等D．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同[解析]垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向飞出，所以球的动能可能不变，动量大小可能不变，动量大小增量为零，故A正确，B错误；由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小确定相等，故C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向相反，故D错误。2.如图所示，质量为m的滑块沿倾角为θ的固定斜面对上滑动，经过时间t1，速度为零并又起先下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff，重力加速度为g。在整个运动过程中，下列说法正确的是(B)A．重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)sinθB．支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθC．合外力的冲量为0D．摩擦力的总冲量为Ff(t1＋t2)[解析]重力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)，A项错误；支持力对滑块的总冲量为mg(t1＋t2)cosθ，B项正确；整个过程中滑块的动量发生了变更，故合外力的总冲量不为0，C项错误；上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面对上为正方向，摩擦力的总冲量为Ff(t2－t1)，D项错误。题组二动量定理3．(2024·全国Ⅰ卷)行驶中的汽车假如发生猛烈碰撞，车内的平安气囊会被弹出并瞬间充溢气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于平安气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是(D)A．增加了司机单位面积的受力大小B．削减了碰撞前后司机动量的变更量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积[解析]若汽车发生猛烈碰撞，车内的平安气囊会被弹出并充气，对司机的头部、颈部等部位起疼惜作用，增大了司机的受力面积，削减了司机单位面积的受力大小，故A项错误；有无平安气囊，司机的速度都是从碰撞前的速度减为零，动量变更量相同，故B项错误；当司机与平安气囊发生作用时，司机的动能转化为司机对平安气囊做的功，故C项错误；平安气囊起缓冲作用，延长了司机的受力时间，从而削减了司机的受力大小，故D项正确。4.人们对手机的依靠性越来越强，有些人宠爱躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的状况。若手机质量为160g，从离人眼约20cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，g取10m/s2。下列说法正确的是(D)A．手机与眼睛作用过程中手机的动量变更约为0.48kg·m/sB．手机对眼睛的冲量方向竖直向上C．手机对眼睛的冲量大小约为0.32N·sD．手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2N[解析]手机砸到眼睛后手机未反弹，手机的末速度为0，手机到达人眼时的速度约为v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.2)m/s＝2m/s，取方向竖直向上为正，手机与眼睛作用过程中手机的动量变更约为Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.16×2kg·m/s＝0.32kg·m/s，故A错误；手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同，竖直向下，故B错误；手机与眼睛作用过程中，由动量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛对手机的平均作用力大小约为F＝eq\f(mv,t)＋mg＝3.2N，由牛顿第三定律可知，手机对眼睛的平均作用力大小约为3.2N，手机对眼睛的冲量大小约为I＝Ft＝0.64N·s，故C错误，D正确。5.(2024·山东济宁月考)“水刀”是一种应用高压水流切割的技术，相比于激光切割其具有切割材料范围广、效率高、平安环保等优势。某型号“水刀”工作过程中，将水从面积S＝0.1mm2的细喷嘴高速喷出，干脆打在被切割材料表面，从而产生极大压强，实现切割。已知该“水刀”每分钟用水600g，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，假设高速水流垂直打在材料表面上后，立即沿材料表面散开没有反弹，则水对垂直于材料表面方向的压强p为(C)A．1.0×105Pa B．1.0×106PaC．1.0×107Pa D．1.0×108Pa[解析]一分钟喷出的水的质量m＝ρSvt，可得水的流速v＝eq\f(m,ρSt)，选取Δt时间内打在材料表面上的质量为Δm的水为探讨对象，以从细喷嘴高速喷出时的速度方向为正方向，由动量定理得－FΔt＝0－Δmv，其中Δm＝ρSvΔt，可得F＝ρSv2，依据牛顿第三定律知，材料表面受到的压力F′＝F，水对垂直于材料表面方向的压强P＝eq\f(F′,S)，解得p＝1.0×107Pa，故C正确，A、B、D错误。6．(2024·山东日照月考)质量m＝1kg的物体在合外力F的作用下从静止起先做直线运动。物体所受的合外力F随时间t的变更图像如图所示。下列说法正确的是(D)A．物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的减速运动B．4s末物体的速度为零C．0～6s内合外力的冲量为8N·sD．0～6s内合外力做功为8J[解析]由题图可知，0～4s内合外力方向不变，则物体先做匀加速直线运动，再做加速度减小的加速运动，最终做加速度增大的减速运动，故A错误；由题图可知，0～4s内合外力方向不变，则物体始终做加速运动，4s末物体的速度不为0，故B错误；F－t图线与横坐标轴所围面积表示合外力的冲量，0～2s内合外力的冲量I1＝2×2N·s＝4N·s,2～6s内合外力的冲量为0，则0～6s内合外力的冲量为4N·s，故C错误；对物体在0～2s内的过程，由动量定理可得I1＝mv1，即mv1＝4kg·m/s，则2s末物体的动能Ek＝eq\f(mv12,2m)＝eq\f(42,2×1)J＝8J，由于2～6s内合外力的冲量为0，即物体的动量不变，则动能也不变，所以0～6s内合外力做功为8J，故D正确。7．(2024·云南玉溪高三月考)将质量m＝1kg的物块置于水平地面上，已知物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.5，现在物块上施加一个平行于水平地面的恒力F＝10N，物块由静止起先运动，作用4s后撤去F。已知g取10m/s2，对于物块从静止起先运动到物块停下这一过程，下列说法正确的是(B)A．整个过程物块运动的时间为6sB．整个过程物块运动的时间为8sC．整个过程中物块的位移大小为40mD．整个过程中物块的位移大小为60m[解析]取恒力F的方向为正方向，在整个过程中，由动量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8s，选项A错误，B正确；物块在前4s运动的过程中，由动量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物块加速和减速过程的平均速度都为eq\x\to(v)＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(v,2)，全程的平均速度也为eq\f(v,2)，则物块的总位移x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×8m＝80m，选项C、D错误。8．(2024·山东卷)我国多次成功运用“冷放射”技术放射长征十一号系列运载火箭。如图所示，放射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭起先运动到点火的过程中(A)A．火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量[解析]火箭从放射仓放射出来，受竖直向下的重力、竖直向下的空气阻力和竖直向上的高压气体的推力作用，且推力大小不断减小，刚起先向上的时候高压气体的推力大于向下的重力和空气阻力之和，故火箭向上做加速度减小的加速运动，当向上的高压气体的推力等于向下的重力和空气阻力之和时，火箭的加速度为零，速度最大，接着向上的高压气体的推力小于向下的重力和空气阻力之和时，火箭接着向上做加速度增大的减速运动，直至速度为零，故当火箭的加速度为零时，速度最大，动能最大，故A正确；依据能量守恒定律，可知高压气体释放的能量转化为火箭的动能、火箭的重力势能和内能，故B错误；依据动量定理，可知合力冲量等于火箭动量的增加量，故C错误；依据功能关系，可知高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭机械能的增加量，故D错误。实力综合练9．(多选)水平冰面上有一固定的竖直挡板。一滑冰运动员面对挡板静止在冰面上，他把一质量为4.0kg的静止物块以大小为5.0m/s的速度沿与挡板垂直的方向推向挡板，运动员获得退行速度；物块与挡板弹性碰撞，速度反向，追上运动员时，运动员又把物块推向挡板，使其再一次以大小为5.0m/s的速度与挡板弹性碰撞。总共经过8次这样推物块后，运动员退行速度的大小大于5.0m/s，反弹的物块不能再追上运动员。不计冰面的摩擦力，该运动员的质量可能为(BC)A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg[解析]物块每次与挡板碰撞后，挡板对物块的冲量大小I冲＝mv0－m(－v0)＝40kg·m·s－1，方向与运动员退行方向相同，以此方向为正方向，以运动员和物块整体为探讨对象，当物块撞击挡板7次后，7I冲＝m人v7＋mv0，v7<5m/s，得m人>52kg，当物块撞击挡板8次后，8I冲＝m人v8＋mv0，v8>5m/s，得m人<60kg。故B、C两项正确，A、D两项错误。10.(多选)2024年1月8日，美国军方高机密卫星在进入太空后完全失去了联系，新年就迎来放射失败。如图所示，某一质量为m的卫星残片从离地面H高处由静止落至地面并陷入泥土确定深度h而停止，不计空气阻力，重力加速度为g。关于残片下落的整个过程，下列说法中正确的有(AC)A．残片克服泥土阻力所做的功为mg(H＋h)B．残片下落的全过程中重力的冲量大小大于泥土阻力的冲量大小C．残片所受泥土阻力的冲量大于meq\r(2gH)D．残片从接触地面到静止的过程中动量的变更量等于所受阻力的冲量[解析]由动能定理得mg(H＋h)＋Wf＝0，解得Wf＝－mg(H＋h)，则残片克服泥土阻力所做的功为mg(H＋h)，A正确；残片下落的全过程中，所受合外力的冲量为零，故重力的冲量大小等于泥土阻力的冲量大小，B错误；残片下落的过程中，依据自由落体运动规律得H＝eq\f(v2,2g)，解得v＝eq\r(2gH)，残片落到地面上后又陷入泥土中，取竖直向下为正方向，由动量定理得IG－If＝0－mv，解得If＝IG＋mv＝IG＋meq\r(2gH)，所以残片所受泥土阻力的冲量大于meq\r(2gH)，C正确；由动量定理知，残片从接触地面到静止的过程中动量的变更量等于所受阻力的冲量与重力的冲量的矢量和，D错误。11．(多选)(2024·新课标卷)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(BD)A．甲的速度大小比乙的大B．甲的动量大小比乙的小C．甲的动量大小与乙的相等D．甲和乙的动量之和不为零[解析]对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示依据牛顿其次定律有a甲＝eq\f(F－μm甲g,m甲)，a乙＝eq\f(F－μm乙g,m乙)，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲<v乙，A错误；对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，明显甲的动量大小比乙的小，B、D正确，C错误。故选BD。12．(多选)如图甲所示，将一轻弹簧底端固定在倾角θ＝30°的足够长的光滑斜面上。把质量为1kg的物块放在弹簧上端(物块与弹簧不拴接)，使物块处于静止状态。t＝0时刻对物块施加沿斜面对上的外力F，使得物块始终做匀加速直线运动。外力F随位移x变更的关系如图乙所示，弹簧始终在弹性限度内，取重力加速度g＝10m/s2，则(AC)A．该弹簧的劲度系数为20N/mB．物块与弹簧分别时的动能为1.125JC．初始时刻弹簧的弹性势能为0.625JD．从t＝0时刻到物块与弹簧分别过程中拉力的冲量大小为3.5N·s[解析]t＝0时刻，对物块由牛顿其次定律得F1＋kx0－mgsinθ＝ma，mgsinθ＝kx0，物块与弹簧分别时F2－mgsinθ＝ma，解得k＝20N/m，x0＝0.25m，A正确；从t＝0时刻到物块与弹簧分别的过程中，由动能定理得eq\f(F1＋F2,2)x0＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)－mgx0sinθ＝Ek，解得Ek＝0.5J，B错误；初始时刻弹簧的弹性势能Ep＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)，解得Ep＝0.625J，C正确；从t＝0时刻到物块与弹簧分别过程中，由动量定理得IF＋I弹－mgtsinθ＝mv，Ek＝eq\f(1,2)mv2，v＝at，解得IF＋I弹＝3.5N·s，因此过程中拉力的冲量大小应小于3.5N·s，D