2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第6章 動(dòng)量守恒定律及其應(yīng)用 第18講 動(dòng)量定理練習(xí)（含解析）

第18講 動(dòng)量定理解密考綱主要考查動(dòng)量定理基本概念、規(guī)律的理解，運(yùn)用動(dòng)量和能量的觀點(diǎn)分析較復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)過(guò)程等1(2019·西安長(zhǎng)安區(qū)一中高三質(zhì)量檢測(cè))一粒鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開(kāi)始自由下落，然后陷入泥潭中若把在空中下落的過(guò)程稱為過(guò)程，進(jìn)入泥潭直到停止的過(guò)程稱為過(guò)程，則下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A過(guò)程中阻力的沖量的大小等于過(guò)程中重力的沖量的大小B過(guò)程中鋼珠的動(dòng)量的改變量等于重力的沖量C、兩個(gè)過(guò)程中合外力的總沖量等于零D過(guò)程中鋼珠的動(dòng)量改變量的大小等于過(guò)程中重力的沖量的大小A解析 過(guò)程中，鋼珠受重力和阻力作用，所以過(guò)程中阻力的沖量大小等于過(guò)程中重力的沖量大小與過(guò)程中重力沖量大小的和，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；過(guò)程中鋼珠只受重力，故鋼珠的動(dòng)量的改變量等于重力的沖量，故選項(xiàng)B正確；在整個(gè)過(guò)程中，鋼珠動(dòng)量的變化量為零，由動(dòng)量定理可知，、兩個(gè)過(guò)程中合外力的總沖量等于零，故選項(xiàng)C正確；在整個(gè)過(guò)程中，鋼珠動(dòng)量的變化量為零，故過(guò)程中鋼珠的動(dòng)量改變量的大小等于過(guò)程中動(dòng)量改變量的大小，而過(guò)程中動(dòng)量改變量的大小等于過(guò)程中重力的沖量的大小，故過(guò)程中鋼珠的動(dòng)量改變量的大小等于過(guò)程中重力的沖量的大小，故選項(xiàng)D正確2(2019·重慶高三學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研)為了研究小球由靜止釋放后撞擊地面彈跳的規(guī)律，小俞同學(xué)利用運(yùn)動(dòng)傳感器采集數(shù)據(jù)并作出了如圖所示的v­t圖象，小球質(zhì)量為0.6 kg，空氣阻力不計(jì)，重力加速度g10 m/s2，由圖可知 ()A橫坐標(biāo)每一小格表示的時(shí)間是1 sB小球下落的初始位置離地面的高度為3.6 mC小球第一次反彈的最大高度為1.25 mD小球第一次撞擊地面時(shí)地面對(duì)小球的平均作用力為66 NC解析 小球下落時(shí)做自由落體運(yùn)動(dòng)，加速度為g，則由圖知，落地時(shí)速度為6 m/s，故用時(shí)t s0.6 s，圖中對(duì)應(yīng)6個(gè)小格，故每一小格表示0.1 s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；小球下落的初始位置離地面的高度為h×10×(0.6)2 m1.8 m，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；第一次反彈后加速度也為g，為豎直上拋運(yùn)動(dòng)，由圖可知，最大高度為h×10×(0.5)2 m1.25 m，選項(xiàng)C正確；設(shè)向下為正方向，由圖可知，碰撞時(shí)間約為0.1 s，根據(jù)動(dòng)量定理可知mgtFtmvmv，代入數(shù)據(jù)解得F72 N，選項(xiàng)D錯(cuò)誤3(2019·全國(guó)統(tǒng)一考試模擬試題押題卷)(多選)如圖所示，足夠長(zhǎng)的木板P靜止于光滑水平面上，小滑塊Q位于木板P的最右端，木板P與小滑塊Q之間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2，木板P與小滑塊Q質(zhì)量相等，均為m1 kg.用大小為6 N、方向水平向右的恒力F拉動(dòng)木板P加速運(yùn)動(dòng)1 s后將其撤去，系統(tǒng)逐漸達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，已知重力加速度g取10 m/s2，下列說(shuō)法正確的是()A木板P與小滑塊Q所組成的系統(tǒng)的動(dòng)量增加量等于拉力F的沖量B拉力F做功為6 JC小滑塊Q的最大速度為3 m/sD整個(gè)過(guò)程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3 JACD解析 對(duì)系統(tǒng)由動(dòng)量定理FtmvPmvQ2mv共，即木板P與小滑塊Q組成的系統(tǒng)的動(dòng)量增量一定等于拉力F的沖量，選項(xiàng)A正確；若木板P與小滑塊Q相對(duì)靜止一起加速運(yùn)動(dòng)，則拉力F不能超過(guò)·2m4 N，拉力F為6 N，大于4 N，故二者發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，對(duì)木板P由牛頓第二定律Fmgma，解得a4 m/s2,1 s內(nèi)木板P的位移xat22 m，拉力F做功WFx12 J，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；二者共速時(shí)，小滑塊Q的速度最大，F(xiàn)t2mv共，解得v共3 m/s，選項(xiàng)C正確；整個(gè)過(guò)程中，對(duì)系統(tǒng)由能量守恒可知W·2mvQ，解得Q3 J，選項(xiàng)D正確4(2019·山東樂(lè)陵一中高三一輪復(fù)習(xí)檢測(cè))(多選)如圖甲所示，物體受到水平拉力F的作用，沿水平面做直線運(yùn)動(dòng)通過(guò)力傳感器和速度傳感器監(jiān)測(cè)得力F和物體速度v隨時(shí)間t變化的規(guī)律如圖乙所示取重力加速度g10 m/s2，則()A物體的質(zhì)量m0.5 kgB物體與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.2C03 s內(nèi)拉力F對(duì)物體做的功為1 JD03 s內(nèi)拉力F的沖量大小為6 N·sAD解析 由速度時(shí)間圖象可以知道在23 s的時(shí)間內(nèi)，物體勻速運(yùn)動(dòng)，處于受力平衡狀態(tài)，所以滑動(dòng)摩擦力的大小為2 N，在12 s的時(shí)間內(nèi)，物體做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，直線的斜率代表加速度的大小，故a m/s22 m/s2，由牛頓第二定律可得FFfma，所以m kg0.5 kg，選項(xiàng)A正確；由FfFNmg，所以0.4，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在第1 s內(nèi)物體沒(méi)有運(yùn)動(dòng)，物體在第2 s內(nèi)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)位移為x1at2×2×12 m1 m，第3 s內(nèi)做勻速運(yùn)動(dòng)位移x2vt2×1 m2 m，推力F做功WF1x1F2x23×1 J2×2 J7 J，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；03 s內(nèi)拉力F的沖量大小IF1t1F2t2F3t3(1×13×12×1) N·s6 N·s，選項(xiàng)D正確5(2019·四川棠湖中學(xué)高三月考)(多選)如圖所示，ABCD是固定在地面上、由同種金屬細(xì)桿制成的正方形框架，框架任意兩條邊的連接處平滑，A、B、C、D四點(diǎn)在同一豎直面內(nèi)，BC、CD邊與水平面的夾角分別為、(>)，讓套在金屬桿上的小環(huán)從A點(diǎn)無(wú)初速釋放若小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn)，摩擦力對(duì)小環(huán)做功為W1，重力的沖量為I1；小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點(diǎn)，摩擦力對(duì)小環(huán)做功為W2，重力的沖量為I2.則()AW1>W2 BW1W2CI1 >I2 DI1 I2BC解析 設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為l，經(jīng)AB段和CD段摩擦力做負(fù)功，大小為mglcos ，經(jīng)BC段和AD段摩擦力做負(fù)功，大小為mglcos ，W1W2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn)和從A經(jīng)D滑到C點(diǎn)過(guò)程中路程相等，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)速度大小相等設(shè)AB段加速度為a1，a1gsin gcos ，AD段加速度為a2，a2gsin gcos ，則a1<a2，B點(diǎn)速度vB，D點(diǎn)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，小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點(diǎn)所用時(shí)間大于從A經(jīng)D滑到C點(diǎn)所用的時(shí)間，根據(jù)Imgt，I1>I2，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤6(2019·重慶合川區(qū)四校高三聯(lián)考)下列運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，在任意相等時(shí)間內(nèi)，物體動(dòng)量變化不相等的是()A勻速圓周運(yùn)動(dòng) B自由落體運(yùn)動(dòng)C平拋運(yùn)動(dòng) D勻減速直線運(yùn)動(dòng)A解析 勻速圓周運(yùn)動(dòng)的物體，所受合外力指向圓心，合外力為變力，據(jù)動(dòng)量定理可得，合外力為變力時(shí)，任意相等時(shí)間內(nèi)，物體動(dòng)量變化不相等自由落體運(yùn)動(dòng)的物體，只受重力，所受合外力為恒力，據(jù)動(dòng)量定理可得，合外力為恒力時(shí)，任意相等時(shí)間內(nèi)，物體動(dòng)量變化相等平拋運(yùn)動(dòng)的物體，只受重力，所受合外力為恒力，任意相等時(shí)間內(nèi)，物體動(dòng)量變化相等勻減速直線運(yùn)動(dòng)的物體，所受合外力為恒力，任意相等時(shí)間內(nèi)，物體動(dòng)量變化相等綜上所述，任意相等時(shí)間內(nèi)，物體動(dòng)量變化不相等的是選項(xiàng)A.7如圖甲所示，一質(zhì)量為m的物塊在t0時(shí)刻，以初速度v0從足夠長(zhǎng)、傾角為的粗糙斜面底端向上滑行，物塊速度隨時(shí)間變化的圖象如圖乙所示t0時(shí)刻物塊到達(dá)最高點(diǎn)，3t0時(shí)刻物塊又返回底端下列說(shuō)法正確的是()A物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過(guò)程中重力的沖量為3mgt0·cos B物塊從t0時(shí)刻開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過(guò)程中動(dòng)量的變化量為mv0C斜面傾角的正弦值為D不能求出3t0時(shí)間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功C解析 物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到返回底端的過(guò)程中重力的沖量IG3mgt0，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤上滑過(guò)程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運(yùn)動(dòng)，下滑過(guò)程中做初速度為零，末速度為v的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，上滑和下滑的位移大小相等，所以有t0·2t0，解得v，物塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到返回底端過(guò)程中動(dòng)量的變化量為pm(v)mv0mv0，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤上滑過(guò)程中有(mgsin mgcos )·t00mv0，下滑過(guò)程中有(mgsin mgcos )2t0m·0，解得sin ，故選項(xiàng)C正確.3t0時(shí)間內(nèi)，物塊受力為重力、支持力、摩擦力，從底端出發(fā)又回到底端，高度不變，重力做功為零；支持力始終與速度垂直，不做功；摩擦力始終與速度反向，做負(fù)功，根據(jù)動(dòng)能定理，摩擦力所做的功就等于物體動(dòng)能變化量，克服摩擦力所做的功與摩擦力所做負(fù)功大小相等，所以能求出，Wmvmv2mv，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤8(2019·廊坊省級(jí)示范性高中聯(lián)合體高三聯(lián)考)(多選)一質(zhì)量m60 kg的運(yùn)動(dòng)員從下蹲狀態(tài)豎直向上跳起，經(jīng)t0.2 s以大小為1 m/s的速度離開(kāi)地面，重力加速度g10 m/s2.在這0.2 s內(nèi)()A地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量大小為180N·sB地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的沖量大小為60 N·sC地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為零D地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員做的功為30 JAC解析 人的速度原來(lái)為零，起跳后變化v，以向上為正方向，由動(dòng)量定理可得Imgtmv0，故地面對(duì)人的沖量為Imvmgt60×1600×0.2180 N·s，故選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；人在跳起時(shí)，地面對(duì)人的支持力豎直向上，在跳起過(guò)程中，在支持力方向上沒(méi)有位移，地面對(duì)運(yùn)動(dòng)員的支持力不做功，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤，C正確9(2019·山西榆社高三聯(lián)考)首型國(guó)產(chǎn)大型客機(jī)C919降落后在水平地面上滑行瞬間如圖所示，若該飛機(jī)在某過(guò)程中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則在該過(guò)程中，客機(jī)C919的()A位移變化與時(shí)間成正比B動(dòng)能變化與時(shí)間成正比C動(dòng)量變化與時(shí)間成正比D合外力做功與時(shí)間成正比C解析 飛機(jī)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)位移和時(shí)間的關(guān)系xv0tat2，位移和時(shí)間成二次函數(shù)的關(guān)系，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；飛機(jī)做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，速度和時(shí)間成線性關(guān)系，即vv0at，動(dòng)能Ekmv2m(v0at)2，動(dòng)能的變化Ek和時(shí)間t不成正比，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；根據(jù)動(dòng)量定理F合·tp，由于飛機(jī)勻減速，則F合為恒力，故動(dòng)量的變化量p和時(shí)間t成正比，選項(xiàng)C正確；根據(jù)動(dòng)能定理，合外力做功等于動(dòng)能的變化量，由B可知，W合與時(shí)間t不成正比，選項(xiàng)D錯(cuò)誤10(2019·開(kāi)封高三定位考試)(多選)如圖所示，光滑固定斜面的傾角為30°，A、B兩物體的質(zhì)量之比為5 1.B用不可伸長(zhǎng)的輕繩分別與A和地面相連，開(kāi)始時(shí)A、B離地高度相同現(xiàn)從P處剪斷輕繩，則在B落地前瞬間()AA、B動(dòng)量大小之比為51BA、B動(dòng)量大小之比為52C以地面為零勢(shì)能面，A、B機(jī)械能之比為51D以地面為零勢(shì)能面，A、B機(jī)械能之比為11BC解析 設(shè)剪斷細(xì)線前兩物體離地面的高度均為h，剪斷細(xì)線后，B做自由落體運(yùn)動(dòng)，落到地面的時(shí)間t，B的速度為vB，A沿斜面加速下滑，加速度為aAgsin 30°0.5g，則當(dāng)B落地時(shí)A的速度為vAaAtg，則，A、B動(dòng)量大小之比×，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；A、B下落過(guò)程中機(jī)械能守恒，此時(shí)的機(jī)械能等于剛開(kāi)始下落時(shí)的重力勢(shì)能，以地面為零勢(shì)能面，A、B機(jī)械能之比，故選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤11(2019·吉林高三調(diào)研)(多選)一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點(diǎn)靜止于光滑水平面上，從t0時(shí)起，第1 s內(nèi)受到2 N的水平外力作用，第2 s內(nèi)受到同方向的1 N的外力作用下列說(shuō)法正確的是()A02 s內(nèi)外力所做的功是 JB02 s內(nèi)外力的平均功率是 WC第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)量增加量的比值是D第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點(diǎn)動(dòng)能增加量的比值是BD解析 設(shè)1 s末、2 s末速度分別為v1和v2，由動(dòng)量定理Ftmvmv0得，第1 s內(nèi)有2×11×v10，得v12 m/s；第2 s內(nèi)有 1×1v22，得v23 m/s,02 s內(nèi)由動(dòng)能定理可知外力做功為Wmv×1×32 J4.5 J，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；02 s內(nèi)平均功率為 W W，故選項(xiàng)B正確；由動(dòng)量定理可知pFt，故有，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)動(dòng)能增加量比值為，故選項(xiàng)D正確12(2019·四川遂寧高三一診)(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、半徑為R的ABC凹槽(為光滑圓槽的一部分)靜止在光滑水平面上，B為最低點(diǎn)，BC為圓弧，OA與豎直方向夾角60°，其右側(cè)緊貼豎直墻壁PQ.一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從D處水平拋出，同時(shí)將ABC凹槽鎖定在地面上，小物塊恰好從A點(diǎn)無(wú)碰撞的射入凹槽，當(dāng)其到達(dá)B點(diǎn)時(shí)解除鎖定，小物塊剛好能達(dá)到C點(diǎn)不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g.則下列說(shuō)法正確的是()A從D點(diǎn)拋出的初速度為v0，D點(diǎn)距A點(diǎn)高度差為hB小球第一次過(guò)B點(diǎn)時(shí)對(duì)槽底的壓力大小為2mgC小球從C點(diǎn)到B點(diǎn)過(guò)程中，豎直墻壁對(duì)槽的沖量為Im，方向水平向左D小球從C 到B向A運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，以小球、槽ABC作為一個(gè)系統(tǒng)，機(jī)械能守恒、動(dòng)量守恒AC解析 小物塊恰好從A點(diǎn)無(wú)碰撞的射入凹槽，即小球進(jìn)入凹槽時(shí)的速度方向與凹槽相切，將速度分解為水平方向和豎直方向可知，v2v0，從A到C應(yīng)用能量守恒可知，m(2v0)2mgR·sin 30°，解得v0，從D到A應(yīng)用動(dòng)能定理可得mghm(2v0)2mv20，解得h，故選項(xiàng)A正確；從A到B應(yīng)用動(dòng)能定理mgR(1sin 30°)mv2Bmv2A，在B點(diǎn)由重力與支持力的合力提供向心力可得，F(xiàn)Nmg，由以上兩式解得FN3mg，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB，根據(jù)動(dòng)量定理可得ImvB0m，故選項(xiàng)C正確；小球從C到B向A運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，以小球、槽ABC作為一個(gè)系統(tǒng)，由于沒(méi)有摩擦，所以機(jī)械能守恒，但在小球從C到B過(guò)程中，墻壁對(duì)槽有水平方向的作用力，所以系統(tǒng)外力之和不為零，動(dòng)量不守恒，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤13(2019·哈爾濱三中高三調(diào)研)撐桿跳高是一項(xiàng)技術(shù)性很強(qiáng)的體育運(yùn)動(dòng)在某次比賽中，認(rèn)為運(yùn)動(dòng)員越過(guò)橫桿后做自由落體運(yùn)動(dòng)，重心下降4.05 m時(shí)身體接觸軟墊，從接觸軟墊到速度減為零的時(shí)間t0.90 s已知運(yùn)動(dòng)員質(zhì)量m65 kg，重力加速度g10 m/s2，不計(jì)撐桿的質(zhì)量和空氣的阻力求軟墊對(duì)運(yùn)動(dòng)員平均作用力的大小解析 運(yùn)動(dòng)員越過(guò)橫桿后做自由落體運(yùn)動(dòng)，故根據(jù)v22gh，可得接觸軟墊瞬間的速度大小為v9 m/s；設(shè)向上為正方向，根據(jù)動(dòng)量定理可得(Fmg)t0(mv)，解得Fmg1 300 N.答案 1 300 N14(2019·山西大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬)如圖所示，傾角為的足夠長(zhǎng)光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的擋板，A、B兩物體質(zhì)量均為m，通過(guò)勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連放在斜面上，開(kāi)始時(shí)兩者都處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)對(duì)A施加一沿斜面向上的恒力F2mgsin ( g為重力加速度)，經(jīng)過(guò)作用時(shí)間t，B剛好離開(kāi)擋板，若不計(jì)空氣阻力，求：(1)剛施加力F的瞬間，A的加速度大?。?2)B剛離開(kāi)擋板時(shí)，A的速度大??；(3)在時(shí)間t內(nèi)，彈簧的彈力對(duì)A的沖量IA.解析 (1)剛施加力F的瞬間，彈簧的形變不發(fā)生變化，有F彈mgsin ，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)A有FF彈mgsin ma，解得a2gsin .(2)由題意可知，開(kāi)始時(shí)彈簧處于壓縮狀態(tài)，其壓縮量為x1；當(dāng)B剛要離開(kāi)擋板時(shí)，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，其伸長(zhǎng)量x2x1，此時(shí)其彈性勢(shì)能與彈簧被壓縮時(shí)的彈性勢(shì)能相等；從彈簧壓縮到伸長(zhǎng)的過(guò)程，對(duì)A由動(dòng)能定理(Fmgsin )(x1x2)W彈mv，W彈Ep0，解得vA2gsin .(3)設(shè)沿斜面向上為正方向，對(duì)A由動(dòng)量定理(Fmgsin )tIAmvA0，解得IAmgsin .答案 (1)2gsin (2)2gsin (3)mgsin 15(2019·武漢部分學(xué)校高三新起點(diǎn)調(diào)研)一顆子彈水平地穿過(guò)兩個(gè)前后并排在光滑水平面上的靜止木塊木塊的質(zhì)量分別為m1和m2.設(shè)子彈穿過(guò)兩木塊的時(shí)間間隔分別為t1和t2.子彈在木塊中受到的阻力為恒力Ff，問(wèn)子彈穿過(guò)兩木塊后，兩木塊各以多大的速度運(yùn)動(dòng)？解析 設(shè)子彈穿過(guò)木塊m1時(shí)m1、m2的速度為v1，由動(dòng)量定理Fft1(m1m2)v1，解得v1；設(shè)子彈穿透木塊m2時(shí)，m2的速度為v2，由動(dòng)量定理Fft2m2(v2v1)，解得v2.答案 v1v29