2023年高考物理一轮复习课时练18《动量、冲量、动量定理》(含答案详解)

2023年高考物理一轮复习课时练18

《动量、冲量、动量定理》

一 、选择题

1.有关物体的动量，下列说法正确的是(　　)

A.同一物体的动量改变，一定是速度大小改变

B.同一物体的动量改变，一定是速度方向改变

C.同一物体的运动速度改变，其动量一定改变

D.同一物体的运动速度改变，其动量可能不变

2.把一个乒乓球竖直向上抛出，若空气阻力大小不变，则乒乓球上升到最高点和从最高点返回到抛出点的过程相比较(　　)

A.重力在上升过程的冲量大

B.合外力在上升过程的冲量大

C.重力冲量在两过程中的方向相反

D.空气阻力冲量在两过程中的方向相同

3.物体A和B用轻绳相连在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示。A的质量为m，B的质量为M。当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升经某一位置时的速度为v，这时物体B下落速度大小为u，如图乙所示。这段时间里，弹簧的弹力对物体的冲量为(　　)

A.mv        B.mv－Mu         C.mv＋Mu          D.mv＋mu

4.一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图像如图所示，t=0时其速度大小为2 m/s。滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)

A.在t=6 s时刻，物体的速度为18 m/s

B.在0～6 s时间内，合力对物体做的功为400 J

C.在0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为36 N·s

D.在t=6 s时刻，拉力F的功率为200 W

5. “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。下列叙述正确的是(　　)

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

6.质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是(　　)

A.Δp=2 kg·m/s　W=－2 J

B.Δp=－2 kg·m/s　W=2 J

C.Δp=0.4 kg·m/s　W=－2 J

D.Δp=－0.4 kg·m/s　W=2 J

7.将一个质量为m的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面的顶端由静止开始向下滑动，滑到底端总共用时t，如图所示，设在下滑的前一半时间内木块的动量变化为Δp1，在后一半时间内其动量变化为Δp2，则Δp1∶Δp2为(　　)

A.1∶2        B.1∶3       C.1∶1         D.2∶1

8.质量为m的运动员从床垫正上方h1高处自由下落，落垫后反弹的高度为h2，设运动员每次与床垫接触的时间为t，则在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力为(空气阻力不计，重力加速度为g)(　　)

A.mg＋            B.mg＋

C.        D.mg＋

9. (多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)

A.拉力F对物体的冲量大小为零

B.拉力F对物体的冲量大小为Ft

C.拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ

D.合力对物体的冲量大小为零

10. (多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则(　　)

A.t=1 s时物块的速率为1 m/s

B.t=2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s

C.t=3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s

D.t=4 s时物块的速度为零

11. (多选)某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程2。如果忽略空气阻力，则下述说法正确的是(　　)

A.过程1和过程2动量的变化大小都为mv0

B.过程1和过程2动量变化的方向相反

C.过程1重力的冲量为mv0，且方向竖直向下

D.过程1和过程2重力的总冲量为0

12. (多选)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，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。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有(　　)

A.小球的机械能减小了mg(H＋h)

B.小球克服阻力做的功为mgh

C.小球所受阻力的冲量大于m

D.小球动量的改变量等于所受阻力的冲量

三 、计算题

13.在光滑水平面上有一质量为m＝4 kg的物体，它受到如图所示随时间变化的水平拉力作用，物体从静止开始运动，物体在10 s末的速度大小为多大？若它与水平地面间的动摩擦因数为μ＝0.1,10 s末物体速度的大小又为多大？(g取10 m/s2)

14.将质量为500 g的杯子放在台秤上，一个水龙头以每秒700 g水的流量注入杯中。注至10 s末时，台秤的读数为78.5 N，则注入杯中水流的速度是多大？

15.香港迪士尼游乐园入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从鲸鱼模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的米老鼠模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，米老鼠模型能够上下运动，引人驻足，如图所示。这一景观可做如下简化，假设水柱以一定的速度从喷口竖直向上喷出，水柱的流量为Q(流量定义：在单位时间内向上通过水柱横截面的水的体积)，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知米老鼠模型和冲浪板的总质量为m0，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的阻力均可忽略不计。

(1)求喷泉单位时间内喷出的水的质量；

(2)由于水柱顶部的水与冲浪板相互作用的时间很短，因此在分析水对冲浪板的作用力时可忽略这部分水所受的重力。试计算米老鼠模型在空中悬停时，水到达冲浪板底部的速度大小；

(3)要使米老鼠模型在空中悬停的高度发生变化，需调整水泵对水做功的功率。水泵对水做功的功率定义为单位时间内从喷口喷出的水的动能。请根据笫(2)问中的计算结果，推导冲浪板底部距离喷口的高度h与水泵对水做功的功率P0之间的关系式。

0.答案解析

1.答案为：C

解析：动量为一矢量，由p＝mv知，同一物体动量改变，可能是速度大小变化、也可能是速度方向变化，所以A、B错误；同一物体速度改变，动量一定变化，故C正确，D错误。

2.答案为：B

解析：乒乓球上升过程mg＋f＝ma1，下降过程mg－f＝ma2，故a1>a2。由于上升和下降通过的位移相同，由公式x＝at2知上升用的时间小于下降用的时间，上升时重力的冲量小，A错误；而重力的冲量，不管是上升还是下降，方向都向下，故C错误；而空气阻力冲量的方向：上升时向下，下降时向上，故方向相反，D错误；再由公式v＝可知，上升的初速度大于下降的末速度，由动量定理知，合外力的冲量等于动量的变化量，因上升时动量的变化量大于下降时动量的变化量，故合外力在上升过程冲量大，故B正确。

3.答案为：D

解析：弹簧的弹力是变力，时间是未知量，显然，不能直接从冲量的概念I＝Ft入手计算，只能用动量定理求解，对物体A：I弹－mgt＝mv。对物体B：Mgt＝Mu。消去t解得I弹＝mv＋mu，D正确，A、B、C错误。

4.答案为：D；

解析：根据Δv=a0t，可知a­t图线与t轴所围“面积”表示速度的增量，则v6=v0＋Δv=2 m/s＋(2＋4)×6 m/s=20 m/s，A错误；由动能定理可得：W合=mv62－mv02=396 J，B错误；由动量定理可得：IF－ft=mv6－mv0，解得拉力的冲量IF=48 N·s，C错误；由牛顿第二定律得F－f=ma，可求得F6=f＋ma=10 N，则6 s时拉力F的功率P=F6·v6=200 W，D正确。

5.答案为：B；

解析：摩天轮转动过程中乘客的动能不变，重力势能一直变化，故机械能一直变化，A错误；在最高点乘客具有竖直向下的向心加速度，重力大于座椅对他的支持力，B正确；摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量等于重力与周期的乘积，C错误；重力瞬时功率等于重力与速度在重力方向上的分量的乘积，而转动过程中速度在重力方向上的分量是变化的，所以重力的瞬时功率也是变化的，D错误。

6.答案为：A；

解析：取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量：Δp=mv2－mv1=0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s=2 kg·m/s，方向竖直向上。由动能定理，合外力做的功：W=mv22－mv12=×0.2×42J－×0.2×62J=－2 J。故A正确。

7.答案为：C；

解析：木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定为F=mgsin θ，方向也始终沿斜面向下不变。由动量定理可得Δp1∶Δp2=(F·t1)∶(F·t2)=(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)=1∶1。故选项C正确。

8.答案为：D

解析：设在时间t内，床垫对运动员的平均作用力大小为F，运动员刚接触床垫时的速率为v1，则离开床垫时的速率为v2。如图所示，规定竖直向上为正方向，根据动量定理有：

F合t＝Δp，F合＝F－mg，Δp＝mv2－m(－v1)＝mv2＋mv1

由机械能守恒定律有mv＝mgh1，v1＝，mv＝mgh2，v2＝

由此可得F＝mg＋＝mg＋，由牛顿第三定律可得，运动员对床垫的作用力大小F′＝F＝mg＋，方向为竖直向下，D正确，A、B、C错误。

9.答案为：BD

解析：物体静止时，合外力为零，合外力的冲量为零，D正确；拉力是恒力，其冲量为力与时间的乘积，B正确，A、C错误。

10.答案为：AB；

解析：法一：根据F­t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I=mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项正确，C、D项错误。

法二：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a1== m/s2=1 m/s2，t=1 s时物块的速率v1=a1t1=1 m/s，A正确；t=2 s时物块的速率v2=a1t2=2 m/s，动量大小为p2=mv2=4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2==0.5 m/s2，t=3 s时物块的速率v3=v2－a2t3=(2－0.5×1) m/s=1.5 m/s，动量大小为p3=mv3=3 kg·m/s，C错误；t=4 s时物块的速率v4=v2－a2t4=(2－0.5×2) m/s=1 m/s，D错误。

11.答案为：AC；

解析：根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量Δp1=0－(－mv0)=mv0，下落过程动量的变化量Δp2=mv0－0=mv0，大小均为mv0，且方向均竖直向下，A、C正确，B错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I=mv0－(－mv0)=2mv0，D错误。

12.答案为：AC；

解析：小球在整个过程中，动能变化量为零，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，则小球克服阻力做功Wf=mg(H＋h)，故B错误；小球落到地面的速度v=，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF=0－m，得：IF=IG＋m，知阻力的冲量大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。

三 、计算题

13.解：物体在光滑水平面上运动时，根据动量定理有F1t1－F2t2＝mv，

代入数据得v＝2.5 m/s；若水平面粗糙，前5 s内拉力大于滑动摩擦力，

根据动量定理(F1－μmg)t1＝mv1，设再经过t2时间使该速度v1减为零，

则－(F2＋μmg)t2＝0－mv1，解得t2＝ s，

而在速度减到零后，力F2＝3 N已经不能再拉动物体，以后的速度都为零，

所以10 s末物体速度仍旧是0。

14.解：以在很短时间Δt内，落在杯中的水柱Δm为研究对象，水柱受向下的重力Δmg和向上的作用力F。

设向上的方向为正，由动量定理得：(F－Δmg)Δt=0－(－Δmv)

因Δm很小，Δmg可忽略不计，并且=0.7 kg/s

F= v=0.7v(N)

台秤的读数G读=(m杯＋m水)g＋F

78.5=(0.5＋0.7×10)×10＋0.7v

解得v=5 m/s。

15.解：(1)设在很短时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，水柱在喷口的初速度为v0，喷口的横截面积为S。

则Δm＝ρΔV，ΔV＝Sv0Δt＝QΔt，

解得单位时间内从喷口喷出的水的质量为＝ρQ。

(2)设米老鼠模型和冲浪板在空中悬停时，水柱顶部的水冲击冲浪板底面速度由v变为0，对板的作用力的大小为F′，板对水的作用力的大小为F，以向下为正方向，不考虑水柱顶部水的重力，根据动量定理有FΔt＝0－(Δm)(－v)，根据牛顿第三定律F＝F′。

由于米老鼠模型在空中悬停，有F′＝m0g，联立可解得v＝。

(3)设米老鼠模型和冲浪板悬停时其底面距离喷口的高度为h，对于单位时间内喷出的水，根据机械能守恒定律(或运动学公式)得

(Δm)v2＋(Δm)gh＝(Δm)·v，

水泵对水做功的功率为P0＝＝，

联立解得h＝－。