高考物理一轮复习 考点集训（二十四）第1节 动量 动量定理（含解析）-人教版高三全册物理试题.docx

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1、考点集训(二十四)第1节动量动量定理A组1下列说法中正确的是()A冲量的方向一定和动量的方向相同B动量变化量的方向一定和动量的方向相同C物体的末动量方向一定和它所受合外力的冲量方向相同D冲量是物体动量变化的原因解析 冲量的方向和动量的方向不一定相同，比如平抛运动，冲量方向竖直向下，动量方向是轨迹的切线方向，故A错误；动量增量的方向与合力的冲量方向相同，与动量的方向不一定相同，比如匀减速直线运动，动量增量的方向和动量的方向相反，故B错误；物体的末动量方向不一定和它所受合外力的冲量方向相同，故C错误；根据动量定理可知，冲量是物体的动量变化的原因，故D正确答案 D2在光滑水平地面上一个质量为0.2

2、kg的小球以6 m/s的水平速度撞击竖直墙，再以4 m/s的水平速度反向弹回，若小球与竖直墙的作用时间为0.2 s，则小球受到竖直墙的平均作用力大小为()A6 N B8 N C10 N D12 N解析 规定末速度的方向为正方向，根据动量定理知，Ftmv2mv1，解得：F N10 N.答案 C3如图所示，重物G压在纸带上，用一水平力缓慢地拉动纸带，重物G会跟着一起运动；若迅速拉动纸带，纸带将会从重物G下面抽出，关于这个现象，下列说法中正确的是()A在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大于迅速拉动纸带时重物和纸带间的摩擦力B在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大C在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量

3、大D迅速拉动纸带时重物的动量变化大解析 缓慢拉和快速拉时摩擦力相同，故A错误；慢拉时水平方向滑动摩擦力作用时间长，重物跟着纸带运动，动量变化大，故慢拉时纸带给重物的摩擦力的冲量大，由于作用时间长，支持力的冲量也大，故慢拉时，纸带给重物的冲量大，故B正确，C、D错误答案 B4如图，表面粗糙的斜面体固定在水平面上，质量为m的小物块从斜面底端以大小为v0的初速度沿斜面向上运动，到达斜面顶端后滑回到底端时速度大小为v1，则小物块()A在整个过程受到支持力的冲量为零B在整个过程受到合外力的冲量大小为m(v1v0)C上滑过程受到的摩擦力冲量大于下滑时摩擦力冲量D上滑过程克服摩擦力做功大于下滑时克服摩擦力做

4、功解析 根据IFt可知，支持力的冲量不为零，故A错误；根据动量定理知合外力的冲量为Ipmvm(v1)m(vv1)，故B正确；根据受力分析可知，上滑时的加速度一定大于下滑时的加速度，由位移公式可知上滑过程用时小于下滑用时，而摩擦力大小相等，则可知，上滑过程中摩擦力的冲量小于下滑过程摩擦力冲量，故C错误；上滑过程和下滑过程位移相等，且摩擦力大小相等，根据做功公式可知两段过程克服摩擦力做功相同，故D错误答案 B5(多选)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到眼晴的情况，若手机质量为150 g，从离人眼约20 cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后经0.1 s手机停止运动，取重力

5、加速度g10 m/s2，下列分析正确的是()A手机对眼睛的作用力大小约为4.5 NB手机对眼睛的作用力大小约为3.0 NC全过程手机重力的冲量大小约为0.45 NsD全过程手机重力的冲量大小约为0.30 Ns解析 根据自由落体速度v2 m/s，手机与眼睛作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为p0(mv)0.30 kgm/s，手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，根据动量定理可知Ftmgtp，解得手机对眼睛的作用力大小约为4.5 N，故A正确全过程由动量定理可知IGFt0，解得IG0.45 Ns，故C正确答案 AC6(多选)如图，物体P、Q置于光滑水平

6、面上，某时刻分别在相同大小的水平恒力F1、F2作用下，由静止开始运动，经时间t，P、Q发生的位移大小关系为xPxQ，则 t 时刻()AF2的功率比F1的大BP的速度比Q的大CP的动能比Q的大DP与Q的动量相等解析 根据匀变速直线运动平均速度的规律可知，由于xPxQ，所以P的末速度小于Q，所以F2的功率比F1的大，A正确，B错误；根据动能定理可知，合外力做的功等于物体动能变化，P、Q合外力相等，xPxQ，所以Q的动能大于P，C错误；根据动量定理可知，合外力冲量等于物体动量变化，P、Q合外力相等，作用时间相等，所以P与Q的动量相等，D正确答案 AD7一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水

7、平面上做加速直线运动时的at图象如图所示，t0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则()At6 s时，物体的速度为18 m/sB在06 s内，合力对物体做的功为400 JC在06 s内，拉力对物体的冲量为36 NsDt6 s时，拉力F的功率为200 W解析 根据vat可知at图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t6 s时刻，物体的速度v6v0v2 m/s (24)6 m/s20 m/s，故A错误；根据动能定理得：W合Ekmvmv396 J，故B错误；根据动量定理，在 06 s时间内：IFftm解得IF48 Ns，故C错误；在t6 s时刻，根据牛顿第二定律得：Fma

8、f(242) N10 N，拉力F的功率PFv61020 W200 W，故D正确故选D.答案 D8如图所示是一种弹射装置，弹丸的质量为m，底座的质量为3m，开始时均处于静止状态当弹丸以速度v(相对于地面)发射出去后，底座的速度大小为，在发射弹丸过程中，底座受地面的()A摩擦力的冲量为零B摩擦力的冲量为，方向向右C摩擦力的冲量为，方向向右D摩擦力的冲量为，方向向左解析 设向右为正方向，对弹丸，根据动量定理：Imv力的作用是相互的，则弹丸对底座的作用力的冲量为：mv，对底座，根据动量定理：If(mv)3m得：Ifmv，方向向右；故选B.答案 BB组9对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度

9、进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质正方体密闭容器中有大量运动粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量，为简化问题，我们假定粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系正确的是()A.nmv2 B.nmv2C.nmv2 Dnmv2解析 一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量I2mv，如图所示，以器壁上面积为S的部分为底、vt为高构成柱体，由题设可知，其内有的粒子在t时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞，碰撞粒子总数NnSvt，t时间

10、内粒子给器壁的冲量INInSmv2t，由IFt可得FnSmv2，fnmv2，故选B.答案 B10(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，若小环从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()AW1W2 BW1W2CI1I2 DI1I2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

11、小为mglcos ，W1W2，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a1，a1gsin gcos ，AD段加速度为a2，a2gsin gcos ，则a1vB，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，I1I2，C正确，D错误故选BC.答案 BC11(多选)竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3 kg的B固定在一起，质量为1 kg的A放于B上现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示当A、B分离后，A上升0.

12、2 m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)()AA、B分离时B的加速度为g B弹簧的弹力对B做功为零 C弹簧的弹力对B的冲量大小为6 NsDB的动量变化量为零解析 A、B分离时，二者的速度相等，加速度也相等，都等于重力加速度g，可知弹簧恢复原长时二者分离，A正确；A到最高点时弹簧恰恢复原长，可知弹簧对B做的功等于0，B正确；分离时二者速度相同，以后A做竖直上抛运动，由题设条件可知，竖直上抛的初速度v m/s2 m/s，上升到最高点所需的时间t0.2 s，对B在此过程内用动量定理(规定向下为正方向)得mBg

13、tINmBv(mBv)，解得IN6 Ns，C正确；分离时B的速度方向向上，A上升0.2 m到达最高点时B的速度方向向下，所以B的动量变化量向下，一定不等于0，D错误答案 ABC12如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始由静止竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，恰以5 m/s的速度向上匀速运动若离开地面后热气球所受浮力保持不变，空气阻力F阻kv(k为比例系数)，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g10 m/s2.试计算：(1)气球受到浮力的大小；(2)气球上升到180 m过程中克服空气阻力所做的功；(3)气球上升到180 m过程中所用时间是多少？解析 (1)分析刚开始运动时气球受力，由牛顿第二定律可得：F浮mgma代入数据得：F浮4 830 N(2)已知上升高度h180 m，由动能定理得：F浮hmghWfmv2 解得WfF浮hmghmv2代入数据得：Wf35 650 J(3)设上升180 m过程所用时间为t，由动量定理得：I浮IGI阻mvI阻ktkx F浮mgkv0其中v5 m/sI浮F浮t, IGmgt联立以上各式：t46 s