新教材適用2024版高考物理一輪總復(fù)習(xí)練案18第六章動量和動量守恒定律第1講動量動量定理

練案[18]第六章動量和動量守恒定律第1講動量動量定理一、選擇題(本題共10小題，1～7題為單選，8～10題為多選)1．(2021·湖南卷)物體的運動狀態(tài)可用位置x和動量p描述，稱為相，對應(yīng)p－x圖像中的一個點。物體運動狀態(tài)的變化可用p－x圖像中的一條曲線來描述，稱為相軌跡。假如一質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則對應(yīng)的相軌跡可能是(D)[解析]質(zhì)點沿x軸正方向做初速度為零的勻加速直線運動，則有v2＝2ax，而動量為p＝mv，聯(lián)立可得p＝meq\r(2ax)＝meq\r(2a)·xeq\f(1,2)。動量p關(guān)于x為冪函數(shù)，且x>0，故正確的相軌跡圖像為D。故選D。2．一質(zhì)量為m的物體靜止在光滑水平面上，現(xiàn)對其施加兩個水平作用力，兩個力隨時間變化的圖像如圖所示，由圖像可知在t2時刻物體的(B)A．加速度大小為eq\f(Ft＋F0,m)B．速度大小為eq\f(Ft－F0t2－t1,2m)C．動量大小為eq\f(Ft－F0t2,2)D．動能大小為eq\f(Ft－F02t2－t12,4m)[解析]由圖像可知，在t2時刻物體的加速度由牛頓第二定律可得，加速度大小a＝eq\f(Ft－F0,m)，故A錯誤；由動量定理和圖像面積可得eq\f(Ft－F0t2－t1,2)＝mv，則v＝eq\f(Ft－F0t2－t1,2m)，根據(jù)動量和動能的關(guān)系得Ek＝eq\f(Ft－F02t2－t12,8m)，故B正確，C、D錯誤。3．(2023·湖北模擬預(yù)測)位于同一高度的兩個相同小球A、B，A球自由釋放，B球以速度v0平拋，不計空氣阻力，下列說法正確的是(C)A．A、B兩球落地時動量相同B．A、B兩球落地時動能相同C．A球運動過程中，相等時間內(nèi)動量改變量相同D．A球運動過程中，相等時間內(nèi)動能變化相同[解析]兩球落地時的速度方向不同，則其動量不同，根據(jù)動量定理，自由落體運動的時間和平拋運動的時間相等，則有mgt＝Δp，可知相同時間內(nèi)動量的改變量相同，故A錯誤，C正確；由動能定理mgh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，因h一樣，而v0不同，則其落地動能不同，故B錯誤；A球在相同時間內(nèi)因豎直方向下落高度不一樣，則其動能的改變量不相同，故D錯誤。4．(2022·河北保定二模)空曠開闊的機場可能成為一些候鳥遷徙之前的聚集地或者遷徙途中的落腳點，因此飛機起飛和降落的過程中，容易遭遇飛鳥撞擊。若飛鳥的質(zhì)量為m，飛鳥的主(肉)體長度為L，飛機被飛鳥迎面撞擊時的航速為v0，認(rèn)為撞擊過程中小鳥做初速度為零的勻加速直線運動，則飛機被飛鳥撞擊時受到的平均撞擊力的大小為(A)A.eq\f(mv\o\al(2,0),2L) B.eq\f(mv\o\al(2,0),L)C.eq\f(mv\o\al(2,0),4L) D.eq\f(4mv\o\al(2,0),L)[解析]由題意可知撞擊過程中小鳥做初速度為零的勻加速直線運動，撞擊后小鳥與飛機的速度相等，假設(shè)撞擊作用時間為t，則有L＝eq\f(v0,2)t，以小鳥為對象，撞擊過程根據(jù)動量定理可得Ft＝mv0－0，聯(lián)立解得F＝eq\f(mv\o\al(2,0),2L)，根據(jù)牛頓第三定律可知飛機被飛鳥撞擊時受到的平均撞擊力的大小為eq\f(mv\o\al(2,0),2L)，A正確，BCD錯誤。5．(2023·全國高三專題練習(xí))很多人喜歡躺著看手機，經(jīng)常出現(xiàn)手機砸到頭部的情況。若手機質(zhì)量為120g，從離人約20cm的高度無初速度掉落，砸到頭部后手機未反彈，頭部受到手機的沖擊時間約為0.2s，取重力加速度g＝10m/s2。下列分析不正確的是(B)A．手機剛要接觸頭部之前的速度約為2m/sB．手機與頭部作用過程中手機動量變化約為0.48kg·m/sC．手機對頭部的沖量大小約為0.48N·sD．手機對頭部的作用力大小約為2.4N[解析]手機自由下落，剛要接觸頭部之前的速度為v＝eq\r(2gh)＝2m/s，A正確，不符合題意；手機與頭部作用過程中手機動量變化為Δp＝mv＝0.24kg·m/s，B錯誤，符合題意；手機砸到頭部過程，以向下為正方向，據(jù)動量定理可得－I＋mgΔt＝0－Δp，解得手機受到的沖量大小為I＝0.48N·s，故手機對頭部的沖量大小為0.48N·s，C正確，不符合題意；由I＝FΔt，解得手機受到的作用力大小為F＝2.4N，故手機對頭部的作用力大小為2.4N，D正確，不符合題意。6．(2022·廣東汕頭二模)汕頭市屬于臺風(fēng)頻發(fā)地區(qū)，圖示為風(fēng)級(0～12)風(fēng)速對照表。假設(shè)不同風(fēng)級的風(fēng)迎面垂直吹向某一廣告牌，且吹到廣告牌后速度立刻減小為零，則“12級”風(fēng)對廣告牌的最大作用力約為“4級”風(fēng)對廣告牌最小作用力的(A)風(fēng)級風(fēng)速(m/s)風(fēng)級風(fēng)速(m/s)00～0.2713.9～17.110.3～1.5817.2～20.721.6～3.3920.8～24.433.3～5.41024.5～28.445.5～7.91128.5～32.658.0～10.71232.7～36.9610.8～13.8…………A.45倍 B.36倍C.27倍 D.9倍[解析]設(shè)空氣的密度為ρ，廣告牌的橫截面積為S，經(jīng)過Δt時間撞擊在廣告牌上的空氣質(zhì)量為Δm＝ρΔV＝ρSvΔt，根據(jù)動量定理可得FΔt＝Δmv，解得F＝ρSv2。根據(jù)牛頓第三定律可知，風(fēng)對廣告牌作用力為F′＝F＝ρSv2∝v2，則“12級”風(fēng)對廣告牌的最大作用力與“4級”風(fēng)對廣告牌最小作用力的比值為eq\f(F′12,F′4)＝eq\f(36.92,5.52)≈45，故選A。7．(2022·寧夏銀川一中二模)近年來，國產(chǎn)新能源汽車的銷量得到大幅增長。為檢測某新能源汽車的剎車性能，現(xiàn)在平直公路上做實驗。如圖甲，汽車質(zhì)量為2×103kg(可看作質(zhì)點)在平直公路上行駛，其中PQ路段為柏油路，QM路段為沙石路，汽車從P地運動到M地的過程，其速度v隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，已知汽車在PQ路段受到的阻力為其重力的eq\f(1,10)，在整個行駛過程中汽車的功率保持不變，g＝10m/s2，則以下說法中正確的是(D)A．汽車的功率為2×103WB．汽車的功率為2×105WC．汽車從Q地運動到M地的過程中克服阻力做的功2.75×104JD．汽車從Q地運動到M地的過程中，牽引力的沖量3×104N·s[解析]根據(jù)題意可知，汽車在PQ路段受到的阻力為f＝eq\f(1,10)mg＝2×103N，由圖乙可知，汽車在PQ段以10m/s速度勻速行駛時，此時，汽車的牽引力等于阻力為F＝f＝2×103N，根據(jù)公式P＝Fv可得，汽車的功率為P＝2×104W，故A、B錯誤；汽車從Q地運動到M地的過程中，設(shè)阻力做功為W，根據(jù)動能定理有Pt－W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,Q)，代入數(shù)據(jù)解得W＝2.75×105J，故C錯誤；由圖乙可知，汽車在QM段，最終以5m/s的速度做勻速運動，設(shè)此時的牽引力為F′，阻力為f′，則有P＝F′vM＝f′vM，解得f＝4000N，汽車從Q地運動到M地的過程中，設(shè)牽引力的沖量為I，根據(jù)動量定理有I－f′t＝mvM－mvQ，解得I＝3×104N·s，故D正確。8．(2023·廣東金山中學(xué)高三月考)如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距離泥潭表面高度為H的A點由靜止釋放，落到泥潭后陷入其中，陷入至深度為h的B點時速度減為零，不計空氣阻力，重力加速度為g。則關(guān)于小球下落過程中，說法正確的是(BD)A．整個下落過程中，小球的機械能減少了mgHB．整個下落過程中，小球克服阻力做的功為mg(H＋h)C．在陷入泥潭過程中，小球所受阻力的沖量大小等于meq\r(2gH)D．在陷入泥潭過程中，小球動量的改變量的大小等于meq\r(2gH)[解析]從靜止開始釋放到落到地面，應(yīng)用動能定理mgH＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gH)，小球陷入泥中的過程，根據(jù)動能定理mgh－Wf＝0－eq\f(1,2)mv2，故Wf＝mgh＋eq\f(1,2)mv2＝mgh＋mgH，克服阻力做的功等于小球機械能的減少量，故機械能減少了mgh＋mgH，故A錯誤，B正確；由上可知小球落到地面的速度為eq\r(2gH)，對進入泥潭的過程運用動量定理得IG＋If＝0－meq\r(2gH)，可知阻力的沖量大小不等于meq\r(2gH)，故C錯誤；由上可知小球落到地面的速度為eq\r(2gH)，進入泥潭后的速度為0，所以小球動量的改變量大小等于meq\r(2gH)，故D正確。9．(2021·全國乙卷)水平桌面上，一質(zhì)量為m的物體在水平恒力F拉動下從靜止開始運動。物體通過的路程等于s0時，速度的大小為v0，此時撤去F，物體繼續(xù)滑行2s0的路程后停止運動。重力加速度為g。則(BC)A．在此過程中F所做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)B．在此過程中F的沖量大小等于eq\f(3,2)mv0C．物體與桌面間的動摩擦因數(shù)等于eq\f(v\o\al(2,0),4s0g)D．F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的2倍[解析]外力撤去前，由牛頓第二定律可知，F(xiàn)－μmg＝ma1①由速度位移公式有veq\o\al(2,0)＝2a1s0②外力撤去后，由牛頓第二定律可知－μmg＝ma2③由速度位移公式有－veq\o\al(2,0)＝2a2(2s0)④由①②③④可得，水平恒力F＝eq\f(3mv\o\al(2,0),4s0)，動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(v\o\al(2,0),4gs0)，滑動摩擦力Ff＝μmg＝eq\f(mv\o\al(2,0),4s0)，可知F的大小等于物體所受滑動摩擦力大小的3倍，故C正確，D錯誤；在此過程中，外力F做功為W＝Fs0＝eq\f(3,4)mveq\o\al(2,0)，故A錯誤；由平均速度公式可知，外力F作用時間t1＝eq\f(s0,\f(0＋v0,2))＝eq\f(2s0,v0)，在此過程中，F(xiàn)的沖量大小是I＝Ft1＝eq\f(3,2)mv0，故B正確。故選B、C。10．(2023·河北高三階段練習(xí))北京冬奧會的舉辦為我國的冰雪運動注入了新的活力。如圖甲所示，一個質(zhì)量為50kg的滑雪愛好者從一足夠長傾角為θ＝37°的傾斜雪道的最高點由靜止開始沿雪道向下滑，在滑雪過程中滑雪愛好者可以通過改變滑雪姿態(tài)調(diào)整所受阻力大小?；酆谜哂伸o止開始下滑的一段時間內(nèi)所受阻力f隨時間t變化的圖像如圖乙所示。已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是(BC)A．此過程滑雪愛好者做勻變速直線運動B．t＝4s時滑雪愛好者的速率為18m/sC．0～4s內(nèi)滑雪愛好者受到的合外力做的功為8100JD．0～4s內(nèi)滑雪愛好者的平均速度大于9m/s[解析]由f－t圖像可知，4s內(nèi)阻力的沖量大小為圖形的面積If＝300N·s，由動量定理得mgsinθ·t－If＝mv，解得v＝18m/s，由動能定理可知W＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝8100J，BC正確；滑雪愛好者做初速度為零、加速度增大的加速運動，不是勻變速直線運動，在0～4s內(nèi)滑雪愛好者速度由0增至18m/s走過的位移小于勻加速情況下的位移，故平均速度小于9m/s，AD錯誤。二、非選擇題11．(2023·浙江高三專題練習(xí))在t＝0時刻將質(zhì)量m＝0.5kg的小球從距地面一定高度處以初速度v0豎直向上拋出，在第3s末落地。已知小球在空中運動的v－t圖像如圖所示，小球所受空氣阻力的大小恒定，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)小球所受空氣阻力的大?。?2)v0的大??；(3)小球從拋出到返回至拋出點的過程中所受空氣阻力的沖量大小。[答案](1)1N(2)12m/s(3)eq\f(\r(6)－2,2)N·s[解析](1)由v－t圖像可知，小球在下落階段的加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝8m/s2，設(shè)小球所受空氣阻力的大小為f，在下落階段，根據(jù)牛頓第二定律有mg－f＝ma，解得f＝1N。(2)設(shè)小球在上升階段的加速度大小為a′，根據(jù)牛頓第二定律有mg＋f＝ma′，解得a′＝12m/s2。根據(jù)勻變速直線運動的規(guī)律可得v0＝a′t1＝12m/s。(3)在小球上升階段，空氣阻力的沖量大小為I1＝ft1＝1N·s，方向豎直向下。小球上升的高度為h1＝eq\f(v0,2)t1＝6m，設(shè)小球從最高點返回至拋出點的過程經(jīng)歷時間為t2，則h1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，解得t2＝eq\f(\r(6),2)s。在小球下落階段，空氣阻力的沖量大小為I2＝ft2＝eq\f(\r(6),2)N·s，方向豎直向上。所以小球從拋出到返回至拋出點的過程中，空氣阻力的沖量大小為I＝I2－I1＝eq\f(\r(6)－2,2)N·s。12．(2021·山東卷)海鷗捕到外殼堅硬的鳥蛤(貝類動物)后，有時會飛到空中將它丟下，利用地面的沖擊打碎硬殼。一只海鷗叼著質(zhì)量m＝0.1kg的鳥蛤，在H＝20m的高度，以v0＝15m/s的水平速度飛行時，松開嘴巴讓鳥蛤落到水平地面上。取重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力。(1)若