高考物理总复习 第六章 碰撞与动量守恒 核心素养提升练十八 6.1 动量 动量定理（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

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1、动量动量定理(45分钟100分)(20分钟50分)一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分，14题为单选题，5题为多选题)1.如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条，发现杯子会出现滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对于这个实验，下列说法正确的是()A.缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小B.快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大C.为使杯子不滑落，杯子与纸条的动摩擦因数尽量大一些D.为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些【解析】选D。纸带对杯子的摩擦力一定，缓慢拉动纸条时时间长，则摩擦力对杯子的冲量较大；快速拉动纸条时时间

2、短，则摩擦力对杯子的冲量较小，故A、B错误；为使杯子不滑落，杯子与桌面的动摩擦因数尽量大一些，这样杯子在桌面上运动的加速度大，位移短，故C错误、D正确。2.如图所示为某物业公司的宣传提醒牌。从提供的信息知：一枚30 g的鸡蛋从17楼(离地面人的头部为45 m高)落下，能砸破人的头骨。若鸡蛋壳与人头部的作用时间为4.510-4 s，人的质量为50 kg，重力加速度g取10 m/s2，则头骨受到的平均冲击力约为()A.1 700 NB.2 000 NC.2 300 ND.2 500 N【解析】选B。由2gh=v2可得v= m/s=30 m/s；设向下为正方向，对碰撞过程应用动量定理可得(mg+F)

3、t=0-mv，代入数据得：F-2 000 N；负号说明鸡蛋受到的冲击力向上；根据牛顿第三定律可知，头骨受到的平均冲击力为2 000 N，故B正确。3.(2019梧州模拟)如图所示，物体由静止做直线运动，04 s内其合外力随时间变化的关系为某一正弦函数，下列表述不正确的是()A.02 s内合外力的冲量一直增大B.04 s内合外力的冲量为零C.2 s末物体的动量方向发生改变D.04 s内物体的动量方向一直不变【解析】选C。F-t图象的面积表示冲量，正负表示方向，时间轴上方表示冲量一直增大，2 s后减小，故A正确；从F-t图象的面积可以看出，在04 s内合外力的冲量为零，故B正确；02 s内加速，2

4、4 s内减速，物体做单方向变速直线运动，速度方向一直不变，由动量定理I=p可知，04 s内物体的动量方向一直不变，故C错误、D正确。【加固训练】如图所示，静止于水平地面上的物块在竖直向上的恒力作用下竖直上升，经过一段时间，突然撤去该恒力，之后物块经相同时间落回地面。不计空气阻力，则该恒力与物块所受重力的大小之比为()A.2 B. C. D.【解析】选C。设物块在撤去拉力时速度大小为v，落地速度大小为v；上升过程：x=t；下降过程：x=t；解得vv=12；由动量定理得，上升过程：(F-mg)t=mv；下降过程：-mgt=-mv-mv；联立解得Fmg=43，故选C。4.(2018襄阳模拟)如图所示

5、，用传送带给煤车装煤，平均每5 s内有5 000 kg的煤粉落于车上，由于传送带的速度很小，可认为煤粉竖直下落。要使车保持以0.5 m/s的速度匀速前进，则对车应再施以向前的水平力的大小为()A.50 NB.250 NC.500 ND.750 N【解析】选C。车和煤粉整体受重力G、支持力FN、拉力F作用，对5 s内过程运用动量定理，有Ft=mv，解得F= N=500 N，故C正确。5.(2018汕头模拟)跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡上b点，不计空气阻力，则运动员在空中飞行过程中()A.在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的B.在相等的时间间

6、隔内，动能的改变量总是相同的C.在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的D.在下落相等高度的过程中，动能的改变量总是相同的【解析】选A、D。运动员做平抛运动，只受重力，是恒力，根据动量定理，动量的改变量等于合力的冲量，任意相等时间内合力的冲量相等，故任意相等时间内动量的改变量相等，故A正确；平抛运动竖直分运动是自由落体运动，是匀加速运动，故在相等的时间间隔内竖直分位移不一定相等，故重力做的功不一定相等，故动能增加量不一定相等，故B错误；平抛运动竖直分运动是自由落体运动，是加速运动，在下落相等高度的过程中，时间不一定相等，故合力的冲量不一定相等，故动量的增加量不一定相等，故C错误；在下落相

7、等高度的过程中，合力的功相等，根据动能定理，动能的增加量相等，故D正确。二、计算题(本题共15分，需写出规范的解题步骤)6.光滑水平面上放着质量mA=2.5 kg的物块A与质量mB=1.5 kg的物块B，A与B均可视为质点，物块A、B相距L0=0.4 m，A、B间系一长L=1.0 m的轻质细绳，开始时A、B均处于静止状态，如图所示。现对物块B施加一个水平向右的恒力F=5 N，物块B运动一段时间后，绳在短暂的时间内被拉断，绳断后经时间t=0.6 s，物块B的速度达到vt=3 m/s。求：(1)绳拉断后瞬间的速度vB的大小。(2)绳拉断过程绳对物块B的冲量I的大小。(3)绳拉断过程绳对物块A所做的

8、功W。【解析】(1)绳拉断之后对B研究，对B应用动量定理得Ft=mBvt-mBvB，解得 vB=1 m/s。(2)绳拉断之前对B应用动能定理得F(L-L0)=mB-0绳拉断过程，对B应用动量定理得I=mBvB-mBv0解得 I=-1.5 Ns即绳对B的冲量大小为1.5 Ns。(3)绳拉断过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得mBv0=mBvB+mAvA绳拉断过程绳对物块A所做的功 W=mA解得 W=0.45 J答案：(1)1 m/s(2)1.5 Ns(3)0.45 J(25分钟50分)7.(7分)如图所示，斜面静止在水平地面上，一滑块( 视为质点) 以某一初速度从斜面底端滑上斜面，上升到某一高

9、度后再返回斜面底端，斜面倾角为，所有接触面均不光滑，整个过程斜面始终保持静止，不计空气阻力，下列说法正确的是()A.滑块与斜面间动摩擦因数大于tan B.整个过程重力的冲量为0C.上滑过程中摩擦力的冲量小于下滑过程中摩擦力的冲量D.整个过程中斜面对地面的压力大小不变【解析】选C。由题意可知，滑块在斜面上不能静止，则有mgsin mgcos ，解得tan ，故A错误；根据冲量的定义可知，I=mgt，故重力的冲量不为零，故B错误；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，

10、故C正确；对斜面受力分析可知，滑块上滑时，斜面受摩擦力向下，而滑块下滑时，斜面受摩擦力向上，则可知，两种情况下斜面受到的摩擦力不同，而斜面始终静止，斜面对地面的压力大小不同，故D错误。8.(7分)(2018咸阳模拟)如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是()A.合力对物块的冲量大小一定为2mv2B.合力对物块的冲量大小一定为2mv1C.合力对物块的冲量大小可能为零D.合外力对物块做的功可能为零【解析】选D。若v2v1，则物块返回到P点的速度大小为v2，根据动量定理知，

11、合力的冲量为I合=mv2-(-mv2)=2mv2，根据动能定理知，合力做功的大小为零。v2v1，则物块返回到P点的速度大小为v1，根据动量定理知，合力的冲量I合=mv1+mv2，合力做功为W=m-m。故D正确，A、B、C错误。9.(7分)(多选)(2018泉州模拟)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t。对于这一过程，下列判断正确的是()A.斜面对物体的弹力的冲量为零B.物体受到的重力的冲量大小为mgtC.物体受到的合力的冲量大小为零D.物体动量的变化量大小为mgsin t【解析】选B、D。斜面对物体的弹力的冲量大小

12、I=FNt=mgcos t，弹力的冲量不为零，故A错误；根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为IG=mgt，故B正确；物体所受到的合力的冲量大小为mgtsin，由动量定理得，动量的变化量为p=I合=mgsin t，故C错误，D正确。【加固训练】(多选)如图，从竖直面上大圆的最高点A，引出两条不同的光滑轨道，端点都在大圆上。相同物体由静止开始，从A点分别沿两条轨道滑到底端，下列说法中正确的是()A.到达底端的动量大小不相等B.重力的冲量都相同C.物体动量的变化率都相同D.物体所受支持力的冲量大小相同【解析】选A、B。物体下滑过程只有重力做功，机械能守恒，物体初末状态机械能相等，由机械能守

13、恒定律可知，两物体到达底部时下落的高度不同，故到达最低点时速度大小不相同，所以到达底端的动量大小不相同，故A正确；对物体在轨道上受力分析，由牛顿第二定律可求得，a=gcos ；根据运动学公式x=at2，可得，2Rcos =gcos t2，t=2，因此下滑时间与轨道的倾角无关，只与圆的半径及重力加速度有关，故下落时间相同，由I=mgt可知，重力的冲量相等，故B正确；因为支持力大小不相同，所以支持力的冲量大小不相同，D错误；因末速度大小不相等，故动量的变化不相同，所以动量的变化率不相同，故C错误。10.(7分)(多选)一质量为0.5 kg的物块静止在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2

14、，现给物块一水平方向的外力F，F随时间t变化的图象如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度为g=10 m/s2，则()A.t=1 s时物块的动量大小为2 kgm/sB.t=1.5 s时物块的动量大小为1 kgm/sC.t=(6-2) s时物块的速度为零D.在34 s的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小【解析】选B、C、D。01 s内，根据牛顿第二定律得F-mg=ma1，得a1=2 m/s2，物体在1 s末的速度为v1=a1t1=21 m/s=2 m/s，1 s时物块的动量大小为p=mv1=0.52 kgm/s=1 kgm/s，故A错误；12 s内，因为 F=mg=1 N，所以物体做匀

15、速运动，t=1.5 s时物块的动量等于t=1 s时物块的动量为1 kgm/s，故B正确；设t时刻物块的速度为零，由动量定理得IF-mgt=0-0，图象在24 s内方程为F=0.5t-2(N)，根据F-t图象与t轴所围的面积表示冲量，可得IF=21+11+(t-2)，联立解得t=(6-2) s，故C正确；因为t=(6-2) s2.5 s，所以在22.5 s内物体做减速运动，所以在34 s的时间内，物块静止，随着F的减小，物块受到的摩擦力逐渐减小，故D正确。11.(7分)(多选)(2019曲靖模拟)如图所示，木板B放在光滑的水平面上，滑块A在木板上从右向左运动，刚滑上木板B的最右端时，其动能为E1

16、，动量大小为p1；滑到木板B的最左端时，其动能为E2，动量大小为p2；A、B间动摩擦因数恒定，则该过程中，滑块A的平均速度大小为()A.B.C.+D.-【解析】选B、C。设当滑块A从木板右端滑到左端时，经过的时间为t，发生的位移为x，则由动能定理得E2-E1=-fx；由动量定理得p2-p1=-ft，解得=；选项B正确，A错误；因=，=，因滑块A做匀变速直线运动，则平均速度v=+，选项C正确，D错误；故选B、C。【加固训练】(多选)使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里。播种时，在离地面10 m高处、以15 m/s 的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气

17、压力把荚以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，荚进入地面下10 cm深处完成一次播种。已知荚的总质量为20 g，不考虑所受大气阻力及进入土壤后重力的作用，取g=10 m/s2，则下列说法错误的有()A.射出荚的过程中，播种器对荚做的功为2.5 JB.离开无人机后，荚在空中运动的时间为 sC.土壤对荚冲量的大小为3 kgm/sD.荚在土壤内受到平均阻力的大小为22.5 N【解析】选A、B、C。播种器利用空气压力把荚以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，该过程中播种器对荚做的功转化为荚的动能W=m=2010-352 J=0.25 J，故A错误；离开无人机后，荚做斜下抛运动，竖直方向

18、：y=vy t+gt2，代入数据可得t=1 s(t=-2 s不符合题意)，故B错误；荚离开无人机时的速度v0= m/s=5 m/s，设荚到达地面的速度为v，则mv2=mgh+m，代入数据可得v=15 m/s，不考虑重力的作用，则土壤对荚冲量的大小等于荚的动量的变化，大小为|I|=|p|=mv=2010-315 kgm/s=0.3 kgm/s，故C错误；荚的初速度为15 m/s，到达地面的速度为15 m/s，由几何关系可知，荚到达地面的速度方向与水平方向之间的夹角为45，荚能进入地面下10 cm，则荚相对于地面的位移大小为s=d=1010-2 m=0.1 m，不计重力，根据动能定理可得-Fs=0

19、-mv2，代入数据可得F=22.5 N。故D正确。12.(15分)如图甲所示是明德中学在高考前100天倒计时宣誓活动中为给高三考生加油，用横幅打出的激励语。下面我们来研究横幅的受力情况，如图乙所示，若横幅的质量为m，且质量分布均匀、由竖直面内的四条轻绳A、B、C、D固定在光滑的竖直墙面上，四条绳子与水平方向的夹角均为，其中绳A、B是不可伸长的刚性绳，绳C、D是弹性较好的弹性绳且对横幅的拉力恒为T0，重力加速度为g。(1)求绳A、B所受力的大小。(2)在一次卫生大扫除中，楼上的小明同学不慎将质量为m0的抹布滑落，正好落在横幅上沿的中点位置。已知抹布的初速度为零，下落的高度为h，忽略空气阻力的影响。抹布与横幅撞击后速度变为零，且撞击时间为t，撞击过程横幅的形变极小，可忽略不计，求撞击过程中，绳A、B所受平均拉力的大小。【解析】(1)横幅在竖直方向上处于平衡状态2Tsin =2T0 sin +mg解得T=T0+(2)抹布做自由落体运动，其碰撞前的速度满足2gh=碰撞过程中横幅对抹布的平均作用力为F，由动量定理可得-(F-m0g)t=0-m0v0解得F=m0g+由牛顿第三定律可知抹布对横幅的平均冲击力F=F横幅仍处于平衡状态：2T1sin =2T0sin +mg+F解得T1=T0+答案：(1)T0+(2)T0+