2022年物理高考大一轮复习第6章动量守恒定律及其应用第18讲动量定理练习含解析20190803184.doc

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1、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，进入泥潭直到停止的过程称为过程，则下列说法错误的是()A过程中阻力的冲量的大小等于过程中重力的冲量的大小B过程中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量C、两个过程中合外力的总冲量等于零D过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程中重力的冲量的大小A解析 过程中，钢珠受重力和阻力作用，所以过程中阻力的冲量大小等于过程中重力的冲量大小与过程中重力冲量大小的和，故选项A错误；过程中

2、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，、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，故过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程中动量改变量的大小，而过程中动量改变量的大小等于过程中重力的冲量的大小，故过程中钢珠的动量改变量的大小等于过程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0.6 kg，空气阻力不计，重力加速度g10 m/

3、s2，由图可知 ()A横坐标每一小格表示的时间是1 sB小球下落的初始位置离地面的高度为3.6 mC小球第一次反弹的最大高度为1.25 mD小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力为66 NC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6 m/s，故用时t s0.6 s，图中对应6个小格，故每一小格表示0.1 s，选项A错误；小球下落的初始位置离地面的高度为h×10×(0.6)2 m1.8 m，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×10×(0.5)2 m1.25 m，选项C正确；设向下为正方

4、向，由图可知，碰撞时间约为0.1 s，根据动量定理可知mgtFtmvmv，代入数据解得F72 N，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0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m1 kg.用大小为6 N、方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/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6 JC小滑块Q的最大速度为3 m/sD整个过程中，系统因

5、摩擦而产生的热量为3 JACD解析 对系统由动量定理FtmvPmvQ2mv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·2m4 N，拉力F为6 N，大于4 N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律Fmgma，解得a4 m/s2,1 s内木板P的位移xat22 m，拉力F做功WFx12 J，选项B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft2mv共，解得v共3 m/s，选项C正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W·2mvQ，解得Q3 J，选项D正确4(2019·山东乐陵一中

6、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g10 m/s2，则()A物体的质量m0.5 kgB物体与水平面间的动摩擦因数0.2C03 s内拉力F对物体做的功为1 JD03 s内拉力F的冲量大小为6 N·sAD解析 由速度时间图象可以知道在23 s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2 N，在12 s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 m/s22 m/s2，由牛顿第二定律可得FFfma，所以m kg0.5

7、 kg，选项A正确；由FfFNmg，所以0.4，选项B错误；在第1 s内物体没有运动，物体在第2 s内做匀加速直线运动位移为x1at2×2×12 m1 m，第3 s内做匀速运动位移x2vt2×1 m2 m，推力F做功WF1x1F2x23×1 J2×2 J7 J，选项C错误；03 s内拉力F的冲量大小IF1t1F2t2F3t3(1×13×12×1) N·s6 N·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

8、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、(>)，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()AW1>W2 BW1W2CI1 >I2 DI1 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mglcos ，经BC段和AD段摩擦力做负功，大小为mglcos ，W1W2，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

9、a1，a1gsin gcos ，AD段加速度为a2，a2gsin gcos ，则a1<a2，B点速度vB，D点的速度vD，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Imgt，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

10、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t0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为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&

11、#183;cos B物块从t0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为mv0C斜面倾角的正弦值为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IG3mgt0，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t0·2t0，解得v，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为pm(v)mv0mv0，故选项B错误上滑过程中有(mgsin mgcos )·t00mv0，下滑过程中有(mgsin mgcos )2t0m·0，解得s

12、in ，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，Wmvmv2mv，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m60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t0.2 s以大小为1 m/s的速度离开地面，重力加速度g10 m/s2.在这0.2 s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60

13、 N·sC地面对运动员做的功为零D地面对运动员做的功为30 JAC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Imgtmv0，故地面对人的冲量为Imvmgt60×1600×0.2180 N·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

14、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xv0tat2，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vv0at，动能Ekmv2m(v0at)2，动能的变化Ek和时间t不成正比，选项B错误；根据动量定理F合·tp，由于飞机匀减速，则F合为恒力，故动量的变化量p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&#

15、176;，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()AA、B动量大小之比为51BA、B动量大小之比为52C以地面为零势能面，A、B机械能之比为51D以地面为零势能面，A、B机械能之比为11BC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，B的速度为vB，A沿斜面加速下滑，加速度为aAgsin 30°0.5g，则当B落地时A的速度为vAaAtg，则，A、B动量大小之比×，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

16、下落时的重力势能，以地面为零势能面，A、B机械能之比，故选项C正确，D错误11(2019·吉林高三调研)(多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t0时起，第1 s内受到2 N的水平外力作用，第2 s内受到同方向的1 N的外力作用下列说法正确的是()A02 s内外力所做的功是 JB02 s内外力的平均功率是 WC第1 s内与第2 s内质点动量增加量的比值是D第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值是BD解析 设1 s末、2 s末速度分别为v1和v2，由动量定理Ftmvmv0得，第1 s内有2×11×v10，得v12 m/s；第2 s内有 1×

17、1v22，得v23 m/s,02 s内由动能定理可知外力做功为Wmv×1×32 J4.5 J，故选项A错误；02 s内平均功率为 W W，故选项B正确；由动量定理可知pFt，故有，故选项C错误；第1 s内与第2 s内动能增加量比值为，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为圆弧，OA与竖直方向夹角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

18、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，D点距A点高度差为hB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Im，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，v2v0，从A到C应用能量守恒可知，m(2v0)2mgR·sin 30°，解得v0，从D到A应用动能定理可得mghm(2v0)2m

19、v20，解得h，故选项A正确；从A到B应用动能定理mgR(1sin 30°)mv2Bmv2A，在B点由重力与支持力的合力提供向心力可得，FNmg，由以上两式解得FN3mg，故选项B错误；小球到B点时的速度为vB，根据动量定理可得ImvB0m，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4.0

20、5 m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t0.90 s已知运动员质量m65 kg，重力加速度g10 m/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v22gh，可得接触软垫瞬间的速度大小为v9 m/s；设向上为正方向，根据动量定理可得(Fmg)t0(mv)，解得Fmg1 300 N.答案 1 300 N14(2019·山西大学附属中学高三模拟)如图所示，倾角为的足够长光滑、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

21、向上的恒力F2mgsin ( 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，弹簧的形变不发生变化，有F弹mgsin ，根据牛顿第二定律，对A有FF弹mgsin ma，解得a2gsin .(2)由题意可知，开始时弹簧处于压缩状态，其压缩量为x1；当B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，其伸长量x2x1，此时其弹性势能与弹簧被压缩时的弹性势能相等；从弹簧压缩到伸长的过程，对A由动能定理(Fmgsin )(x1x2)W弹mv，W弹

22、Ep0，解得vA2gsin .(3)设沿斜面向上为正方向，对A由动量定理(Fmgsin )tIAmvA0，解得IAmgsin .答案 (1)2gsin (2)2gsin (3)mgsin 15(2019·武汉部分学校高三新起点调研)一颗子弹水平地穿过两个前后并排在光滑水平面上的静止木块木块的质量分别为m1和m2.设子弹穿过两木块的时间间隔分别为t1和t2.子弹在木块中受到的阻力为恒力Ff，问子弹穿过两木块后，两木块各以多大的速度运动？解析 设子弹穿过木块m1时m1、m2的速度为v1，由动量定理Fft1(m1m2)v1，解得v1；设子弹穿透木块m2时，m2的速度为v2，由动量定理Fft2m2(v2v1)，解得v2.答案 v1v2