新教材适用2024版高考物理一轮总复习练习18第六章动量和动量守恒定律第1讲动量动量定理.docx

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1、第六章 动量和动量守恒定律第1讲动量动量定理一、选择题(本题共10小题，17题为单选，810题为多选)1(2021湖南卷)物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应px图像中的一个点。物体运动状态的变化可用px图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是( D )解析质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v22ax，而动量为pmv，联立可得pmmx。动量p关于x为幂函数，且x0，故正确的相轨迹图像为D。故选D。2一质量为m的物体静止在光滑水平面上，现对其施加两个水平作用力，两个力随时间变化的图像如图所示，由图像

2、可知在t2时刻物体的( B )A加速度大小为B速度大小为C动量大小为D动能大小为解析由图像可知，在t2时刻物体的加速度由牛顿第二定律可得，加速度大小a，故A错误；由动量定理和图像面积可得mv，则v，根据动量和动能的关系得Ek，故B正确，C、D错误。3(2023湖北模拟预测)位于同一高度的两个相同小球A、B，A球自由释放，B球以速度v0平抛，不计空气阻力，下列说法正确的是( C )AA、B两球落地时动量相同BA、B两球落地时动能相同CA球运动过程中，相等时间内动量改变量相同DA球运动过程中，相等时间内动能变化相同解析两球落地时的速度方向不同，则其动量不同，根据动量定理，自由落体运动的时间和平抛运

3、动的时间相等，则有mgtp，可知相同时间内动量的改变量相同，故A错误，C正确；由动能定理mghmv2mv，因h一样，而v0不同，则其落地动能不同，故B错误；A球在相同时间内因竖直方向下落高度不一样，则其动能的改变量不相同，故D错误。4(2022河北保定二模)空旷开阔的机场可能成为一些候鸟迁徙之前的聚集地或者迁徙途中的落脚点，因此飞机起飞和降落的过程中，容易遭遇飞鸟撞击。若飞鸟的质量为m，飞鸟的主(肉)体长度为L，飞机被飞鸟迎面撞击时的航速为v0，认为撞击过程中小鸟做初速度为零的匀加速直线运动，则飞机被飞鸟撞击时受到的平均撞击力的大小为( A )A B C D解析由题意可知撞击过程中小鸟做初速度

4、为零的匀加速直线运动，撞击后小鸟与飞机的速度相等，假设撞击作用时间为t，则有Lt，以小鸟为对象，撞击过程根据动量定理可得Ftmv00，联立解得F，根据牛顿第三定律可知飞机被飞鸟撞击时受到的平均撞击力的大小为，A正确，BCD错误。5(2023全国高三专题练习)很多人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120 g，从离人约20 cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2 s，取重力加速度g10 m/s2。下列分析不正确的是( B )A手机刚要接触头部之前的速度约为2 m/sB手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48 kgm/sC手机对头部

5、的冲量大小约为0.48 NsD手机对头部的作用力大小约为2.4 N解析手机自由下落，刚要接触头部之前的速度为v2 m/s，A正确，不符合题意；手机与头部作用过程中手机动量变化为pmv0.24 kg m/s，B错误，符合题意；手机砸到头部过程，以向下为正方向，据动量定理可得Imgt0p，解得手机受到的冲量大小为I0.48 Ns，故手机对头部的冲量大小为0.48 Ns，C正确，不符合题意；由IFt，解得手机受到的作用力大小为F2.4 N，故手机对头部的作用力大小为2.4 N，D正确，不符合题意。6(2022广东汕头二模)汕头市属于台风频发地区，图示为风级(012)风速对照表。假设不同风级的风迎面垂

6、直吹向某一广告牌，且吹到广告牌后速度立刻减小为零，则“12级”风对广告牌的最大作用力约为“4级”风对广告牌最小作用力的( A )风级风速(m/s)风级风速(m/s)000.2713.917.110.31.5817.220.721.63.3920.824.433.35.41024.528.445.57.91128.532.658.010.71232.736.9610.813.8A45倍 B36倍 C27倍 D9倍解析设空气的密度为，广告牌的横截面积为S，经过t时间撞击在广告牌上的空气质量为mVSvt，根据动量定理可得Ftmv，解得FSv2。根据牛顿第三定律可知，风对广告牌作用力为FFSv2v2，

7、则“12级”风对广告牌的最大作用力与“4级”风对广告牌最小作用力的比值为45，故选A。7(2022宁夏银川一中二模)近年来，国产新能源汽车的销量得到大幅增长。为检测某新能源汽车的刹车性能，现在平直公路上做实验。如图甲，汽车质量为2103 kg(可看作质点)在平直公路上行驶，其中PQ路段为柏油路，QM路段为沙石路，汽车从P地运动到M地的过程，其速度v随时间t的变化规律如图乙所示，已知汽车在PQ路段受到的阻力为其重力的，在整个行驶过程中汽车的功率保持不变，g10 m/s2，则以下说法中正确的是( D )A汽车的功率为2103 WB汽车的功率为2105 WC汽车从Q地运动到M地的过程中克服阻力做的功

8、2.75104 JD汽车从Q地运动到M地的过程中，牵引力的冲量3104 Ns解析根据题意可知，汽车在PQ路段受到的阻力为fmg2103 N，由图乙可知，汽车在PQ段以10 m/s速度匀速行驶时，此时，汽车的牵引力等于阻力为Ff2103 N，根据公式PFv可得，汽车的功率为P2104 W，故A、B错误；汽车从Q地运动到M地的过程中，设阻力做功为W，根据动能定理有PtWmvmv，代入数据解得W2.75105 J，故C错误；由图乙可知，汽车在QM段，最终以5 m/s的速度做匀速运动，设此时的牵引力为F，阻力为f，则有PFvMfvM，解得f4 000 N，汽车从Q地运动到M地的过程中，设牵引力的冲量为

9、I，根据动量定理有IftmvMmvQ，解得I3104 Ns，故D正确。8(2023广东金山中学高三月考)如图所示，质量为m的小球从距离泥潭表面高度为H的A点由静止释放，落到泥潭后陷入其中，陷入至深度为h的B点时速度减为零，不计空气阻力，重力加速度为g。则关于小球下落过程中，说法正确的是( BD )A整个下落过程中，小球的机械能减少了mgHB整个下落过程中，小球克服阻力做的功为mg(Hh)C在陷入泥潭过程中，小球所受阻力的冲量大小等于mD在陷入泥潭过程中，小球动量的改变量的大小等于m解析从静止开始释放到落到地面，应用动能定理mgHmv2，解得v，小球陷入泥中的过程，根据动能定理mghWf0mv2

10、，故Wfmghmv2mghmgH，克服阻力做的功等于小球机械能的减少量，故机械能减少了mghmgH，故A错误，B正确；由上可知小球落到地面的速度为，对进入泥潭的过程运用动量定理得IGIf0m，可知阻力的冲量大小不等于m，故C错误；由上可知小球落到地面的速度为，进入泥潭后的速度为0，所以小球动量的改变量大小等于m，故D正确。9(2021全国乙卷)水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动。物体通过的路程等于s0时，速度的大小为v0，此时撤去F，物体继续滑行2s0的路程后停止运动。重力加速度为g。则( BC )A在此过程中F所做的功为mvB在此过程中F的冲量大小等于mv0C物体与

11、桌面间的动摩擦因数等于DF的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍解析外力撤去前，由牛顿第二定律可知，Fmgma1由速度位移公式有v2a1s0外力撤去后，由牛顿第二定律可知mgma2由速度位移公式有v2a2(2s0)由可得，水平恒力F，动摩擦因数，滑动摩擦力Ffmg，可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，故C正确，D错误；在此过程中，外力F做功为WFs0mv，故A错误；由平均速度公式可知，外力F作用时间t1，在此过程中，F的冲量大小是IFt1mv0，故B正确。故选B、C。10(2023河北高三阶段练习)北京冬奥会的举办为我国的冰雪运动注入了新的活力。如图甲所示，一个质量为50 kg的滑雪

12、爱好者从一足够长倾角为37的倾斜雪道的最高点由静止开始沿雪道向下滑，在滑雪过程中滑雪爱好者可以通过改变滑雪姿态调整所受阻力大小。滑雪爱好者由静止开始下滑的一段时间内所受阻力f随时间t变化的图像如图乙所示。已知重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，则下列说法正确的是( BC )A此过程滑雪爱好者做匀变速直线运动Bt4 s时滑雪爱好者的速率为18 m/sC04 s内滑雪爱好者受到的合外力做的功为8 100 JD04 s内滑雪爱好者的平均速度大于9 m/s解析由ft图像可知，4 s内阻力的冲量大小为图形的面积If300 Ns，由动量定理得mgsin tIfmv，解得v

13、18 m/s，由动能定理可知Wmv2，解得W8 100 J，BC正确；滑雪爱好者做初速度为零、加速度增大的加速运动，不是匀变速直线运动，在04 s内滑雪爱好者速度由0增至18 m/s走过的位移小于匀加速情况下的位移，故平均速度小于9 m/s，AD错误。二、非选择题11(2023浙江高三专题练习)在t0时刻将质量m0.5 kg的小球从距地面一定高度处以初速度v0竖直向上抛出，在第3 s末落地。已知小球在空中运动的vt图像如图所示，小球所受空气阻力的大小恒定，重力加速度g10 m/s2，求：(1)小球所受空气阻力的大小；(2)v0的大小；(3)小球从抛出到返回至抛出点的过程中所受空气阻力的冲量大小

14、。答案(1)1 N(2)12 m/s(3) Ns解析(1)由vt图像可知，小球在下落阶段的加速度大小为a8 m/s2，设小球所受空气阻力的大小为f，在下落阶段，根据牛顿第二定律有mgfma，解得f1 N。(2)设小球在上升阶段的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mgfma，解得a12 m/s2。根据匀变速直线运动的规律可得v0at112 m/s。(3)在小球上升阶段，空气阻力的冲量大小为I1ft11 Ns，方向竖直向下。小球上升的高度为h1t16 m，设小球从最高点返回至抛出点的过程经历时间为t2，则h1at，解得t2 s。在小球下落阶段，空气阻力的冲量大小为I2ft2 Ns，方向竖直向上。所

15、以小球从抛出到返回至抛出点的过程中，空气阻力的冲量大小为II2I1 Ns。12(2021山东卷)海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤(贝类动物)后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量m0.1 kg的鸟蛤，在H20 m的高度，以v015 m/s的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度g10 m/s2，忽略空气阻力。(1)若鸟蛤与地面的碰撞时间t0.005 s，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；(碰撞过程中不计重力)(2)在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度L6 m的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平

16、飞行的高度仍为20 m，速度大小在15 m/s17 m/s之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。答案(1)500 N(2)34 m,36 m或(34 m，36 m)解析(1)设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v，竖直方向分速度大小为vy，根据运动的合成与分解得Hgt2，vygt，v，在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得Ft0mv，联立，代入数据得F500 N。(2)若释放鸟蛤的初速度为v115 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为x2，得x1v1t，x2x1L，联立，代入数据得x130 m，x236 m，若释放鸟蛤时的初速度为v217 m/s，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为x2，得x1v2t，x2x1L，联立，代入数据得x134m，x240 m，综上得x坐标区间为34 m,36 m。