2025版高考物理一轮复习课后限时作业24动量和动量定理含解析新人教版

PAGEPAGE7课后限时作业24动量和动量定理时间：45分钟1．假如一物体在随意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动不行能是(A)A．匀速圆周运动 B．自由落体运动C．平抛运动 D．竖直上抛运动解析：假如物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由I＝Ft可知，物体受到的力是恒力，则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变更，合力为变力，在任何相等时间内，合外力的冲量不相等，故不行能为匀速圆周运动，因此B、C、D均可能，A不行能，故A符合题意．2．如图，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两物体具有相同的物理量是(D)A．重力的冲量 B．弹力的冲量C．到达底端时的动量 D．以上几个量都不是解析：高度相同，则下滑的距离x＝eq\f(h,sinθ)，加速度a＝gsinθ，依据x＝eq\f(1,2)at2得t＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))，由于倾角不同，则运动的时间不同，依据I＝mgt知，重力的冲量不同，故A错误；对于弹力，大小不等，方向不同，弹力的冲量不同，故B错误；依据机械能守恒定律知，到达底端的速度大小相等，但是方向不同，所以到达底端的动量不同，故C错误，D正确．3.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续匀称地倒在秤盘上，持续作用时间为1s，豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1000粒的豆粒的总质量为100g，则在碰撞过程中秤盘受到压力大小约为(B)A．0.2N B．0.6NC．1.0N D．1.6N解析：本题考查了动量定理的应用，意在考查考生的分析和解决实力，豆粒下落过程做自由落体运动，落到秤盘上的速度为：v＝eq\r(2gh)＝4m/s，依据题意反弹速度为2m/s，对1000粒豆粒受力分析，对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有Ft＝eq\f(mv,2)－(－mv)，则F＝eq\f(0.1×2－0.1×－4,1)N＝0.6N，选项B正确，选项A、C、D错误．4．(2024·天津高考)“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．摩天轮悬挂透亮座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是(B)A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B．在最高点时，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：机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变更，则机械能在不断变更，故A错误；在最高点对乘客受力分析，由牛顿其次定律可知：mg－FN＝meq\f(v2,r)，座椅对乘客的支持力：FN＝mg－meq\f(v2,r)<mg，故B正确；乘客随座椅转动一周，动量变更量为零，由动量定理可知合力的冲量为零，但重力的冲量I＝mg·t≠0，故C错误；乘客重力的瞬时功率P＝mgvcosθ，其中θ为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力和线速度的大小不变，但θ在不断变更，所以乘客重力的瞬时功率在不断变更，故D错误．5.一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻起先，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是(D)A．第1s末物体的速度为2m/sB．第2s末外力做功的瞬时功率最大C．第1s内与第2s内质点动量增加量之比为12D．第1s内与第2s内质点动能增加量之比为45解析：0～1s内，由牛顿其次定律可得质点的加速度为a1＝eq\f(F,m)＝eq\f(4,1)m/s2＝4m/s2，第1s末质点的速度为v1＝a1t1＝4×1m/s＝4m/s，故A错误；1～2s内，由牛顿其次定律可得质点的加速度为a2＝eq\f(F,m)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2，第1s末外力做功的瞬时功率为P1＝F1v1＝4×4W＝16W，第2s末质点的速度为v2＝v1＋a2t2＝(4＋2×1)m/s＝6m/s，第2s末外力做功的瞬时功率为P2＝F2v2＝2×6W＝12W，故B错误；第1s内与第2s内质点动量增加量之比为Δp1Δp2＝(mv1－0)(mv2－mv1)＝(1×4)(1×6－1×4)＝21，故C错误；第1s内与第2s内质点动能增加量之比为ΔEk1ΔEk2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,1)－0))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)mv\o\al(2,2)－\f(1,2)mv\o\al(2,1)))＝eq\f(1,2)×1×42(eq\f(1,2)×1×62－eq\f(1,2)×1×42)＝45，故D正确．6．如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演．水平地面上演员B用肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作．某次顶竿表演结束后，演员A自竿顶由静止起先下落，滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到地面上，演员A、B质量均为50kg，长竹竿质量为5kg，A下滑的过程中速度随时间变更的图象如图乙所示．重力加速度g取10m/s2，下列推断正确的是(C)A．竹竿的总长度约为3mB．0～6s内，演员B对地面的压力大小始终为1050NC．0～6s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为3300N·sD．演员A落地时向下屈腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力解析：竹竿的长度等于v­t图象中的面积，由图可知，x＝eq\f(1,2)×2×6m＝6m，故A错误；0～6s内A加速度先向下，再向上，故人先失重再超重，故B对地面的压力肯定是变更的，故B错误；由图可知，0～4s内A向下加速，加速度为a1＝eq\f(Δv,t1)＝eq\f(2,4)m/s2＝0.5m/s2，则由牛顿其次定律得mg－F1＝ma1，解得F1＝(50×10－50×0.5)N＝475N,4～6s内A向下减速，加速度为a2＝eq\f(Δv,t2)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，则由牛顿其次定律得F2－mg＝ma2，解得F2＝(50×10＋50×1)N＝550N，设向下为正方向，则0～6s内竹竿对演员B的压力的冲量大小为I＝m′g(t1＋t2)＋F1t1＋F2t2＝[5×10×(4＋2)＋475×4＋550×2]N·s＝3300N·s，故C正确；演员A落地时向下曲腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故D错误．7．质量为0.5kg的钢球从距地面5m的位置自由落下，与地面相碰后竖直弹起到达距地面4.05m的位置，整个过程所用的时间2s，则钢球与地面碰撞时受到地面的平均作用力的大小为(g取10m/s2)(D)A．5N B．90NC．95N D．100N解析：钢球从距地面5m的位置落到地面所用时间t1＝eq\r(\f(2h1,g))＝1s，与地面碰前瞬时的速率v1＝eq\r(2gh1)＝10m/s，与地面碰后瞬间的速率v2＝eq\r(2gh2)＝9m/s，上升至距地面4.05m所用时间t2＝eq\r(\f(2h2,g))＝0.9s，钢球与地面碰撞的时间Δt＝t－t1－t2＝0.1s，则(F－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)，解得F＝mg＋eq\f(mv2＋v1,Δt)＝0.5×10N＋eq\f(0.5×10＋9,0.1)N＝100N，选项D正确．8.在光滑的水平面上有一根轻质弹簧，弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端紧靠(不相连)着一个物体，已知物体的质量m＝4kg，如图所示．现用一水平力F作用在物体上，并向左压缩弹簧，F做功50J后(弹簧始终处于弹性限度内)，突然撤去外力F，物体从静止起先运动．则当撤去F后，弹簧弹力对物体的冲量为(C)A．5N·s B．15N·sC．20N·s D．100N·s解析：由于弹簧的弹力是变力，因此该力的冲量不能用公式I＝Ft干脆求解，可以考虑运用动量定理(即外力的冲量等于物体动量的变更)间接求解．已知弹簧储存了50J的弹性势能，可以利用机械能守恒定律求出物体离开弹簧时的速度，然后运用动量定理求冲量，所以有Ep＝eq\f(1,2)mv2，I＝mv，解得弹簧弹力对物体的冲量I＝20N·s，选项C正确．9.(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变更的图象如图所示，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：由图象可知物体在0～4s内先做匀加速运动后做匀减速运动，4s末的速度为零，位移在0～4s内始终增大，A错误；前2s内拉力做正功，后2s内拉力做负功，且两段时间内做功代数和为零，故B正确；4s末的速度为零，故物体的动量为零，C正确；依据动量定理，0～4s内物体的动量的变更量为零，所以拉力对物体的冲量为零，故D正确．10.(多选)如图所示，质量为m的小球从距离地面高度为H的A点由静止释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g，则关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有(AC)A．小球的机械能削减了mg(H＋h)B．小球克服阻力做的功为mghC．小球所受阻力的冲量大于meq\r(2gH)D．小球动量的变更量等于所受阻力的冲量解析：小球在整个过程中，动能变更量为零，重力势能减小了mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的全过程运用动能定理，得mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做的功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面时的速度v＝eq\r(2gH)，对小球从起先进入泥潭到速度减为零的过程运用动量定理得IG－IF＝0－meq\r(2gH)，则IF＝IG＋meq\r(2gH)，可知阻力的冲量大于meq\r(2gH)，故C正确；对全过程运用动量定理，可知动量的变更量等于重力冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误．11．如图甲所示为某农庄浇灌工程的示意图．地面与水面的距离为H，用水泵从水池抽水(抽水过程中H保持不变)，龙头离地面的高度为h，水管横截面积为S，水的密度为ρ，重力加速度为g，不计空气阻力．(1)水从管口以肯定的速度源源不断地沿水平方向喷出，水落地的位置到管口的水平距离为10h，设管口横截面上各处水的速度都相同．①求每秒内从管口流出的水的质量m0；②不计额外功的损失，求水泵输出的功率P.(2)在保证水管流量不变的前提下，在龙头后接一个如图乙所示的喷头，让水流竖直向下喷出，打在水平地面上不反弹，产生大小为F的冲击力，由于水与地面作用时间很短，可忽视重力的影响，求水流落地前瞬间的速度大小v.解析：(1)①水从管口沿水平方向喷出，做平抛运动，设水喷出时的速度为v0，做平抛运动所用的时间为t，竖直方向上有h＝eq\f(1,2)gt2水平方向上有10h＝v0t时间t0内喷出的水的质量m＝ρV＝ρv0t0S每秒喷出的水的质量m0＝eq\f(m,t0)联立解得m0＝ρSeq\r(50gh).②时间t0内水泵输出的功W＝mg(H＋h)＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)输出功率P＝eq\f(W,t0)解得P＝ρSgeq\r(50gh)(H＋26h)．(2)取与地面作用的一小块水Δm为探讨对象，依据动量定理有F′·Δt＝Δm·v由牛顿第三定律得F′＝F由题意可知Δm＝m0·Δt解得v＝eq\f(F,ρS\r(50gh)).答案：(1)①ρSeq\r(50gh)②ρSgeq\r(50gh)(H＋26h)(2)eq\f(F,ρS\r(50gh))12．如图所示，若直升机总质量为m，