2025版高考物理全程一輪復習課時分層精練三十二動量定理及應用習題

課時分層精練(三十二)動量定理及應用基礎落實練1．[2024·陜西臨渭高三聯(lián)考]如圖所示，質(zhì)量為m的物體在一個與水平方向成θ角的恒定拉力F作用下，沿水平面向右勻速運動，重力加速度為g，則下列關于物體在時間t內(nèi)所受力的沖量正確的是()A．拉力F的沖量大小為FtcosθB．摩擦力的沖量大小為FtsinθC．重力的沖量大小為mgtD．物體所受支持力的沖量是mgt2．從高處跳下，為了安全著地，需遵循以下幾個動作要領：①落地前手臂后伸，腳尖主動觸地；②落地時屈膝、弓腰；③落地后手臂從后向前擺．對于人從腳尖觸地至站穩(wěn)的過程，下列分析正確的是()A．腳尖先觸地是為了減小動量變化量B．屈膝是為了減小地面對人體的沖量C．手臂從后向前擺可通過減小人的慣性避免前傾D．上述三個動作要領都是在延長動量變化的時間3．[2024·北京高三專題練習]如圖所示，用細線懸掛一個重物，把重物拿到一定高度，釋放后重物下落把細線拉斷．如果在此細線上端拴一段橡皮筋，使橡皮筋與細線的總長度與原來細線相等，再從相同高度釋放該重物，細線不再被拉斷．可認為細繩不可伸長．以下判斷正確的是()A．重物下落把細線拉斷的原因是重力大于拉力B．加橡皮筋后重物下落到最低點時動能最大C．加橡皮筋后重物的最大動量變化率較小D．加橡皮筋后重物下落到最低點時是失重狀態(tài)4．2022年2月北京舉辦了第24屆冬季奧運會，蘇翊鳴奪得男子單板滑雪大跳臺項目金牌，成為中國首個單板滑雪奧運冠軍．圖甲是一觀眾用手機連拍功能拍攝蘇翊鳴從起跳到落地的全過程的合成圖．圖乙為首鋼滑雪大跳臺的賽道的示意圖，分為助滑區(qū)、起跳臺、著陸坡和終點四個部分，運動員從一百多米的助滑跑道滑下，騰空高度平均可達7m，落地前的速度與著陸坡之間有一定的夾角．以下說法正確的是()A．運動員由于與著陸坡作用時間短，所以不會受傷B．運動員由于受到空氣阻力，機械能減少，速度降低，所以不會受傷C．適當增加著陸坡與水平方向的傾角可以減小運動員受到的撞擊力，增加安全性D．運動員落到著陸坡時，由于運動員動量變化量小，所以受到的撞擊力小5．我國規(guī)定摩托車、電動自行車騎乘人員必須依法佩戴具有緩沖作用的安全頭盔．小明對某輕質(zhì)頭盔的安全性能進行了模擬實驗檢測．某次，他在頭盔中裝入質(zhì)量為5.0kg的物體(物體與頭盔密切接觸)，使其從1.80m的高處自由落下(如圖)，并與水平地面發(fā)生碰撞，頭盔厚度被擠壓了0.03m時，物體的速度減小到零．擠壓過程不計物體重力，且視為勻減速直線運動，不考慮物體和地面的形變，忽略空氣阻力，重力加速度g取10m/s2.求：(1)頭盔接觸地面前瞬間的速度大小；(2)物體做勻減速直線運動的時間；(3)物體在勻減速直線運動過程中所受平均作用力的大?。?．體育課上，甲同學在距離地面高h1＝2.5m處將排球擊出，球的初速度沿水平方向，大小為v0＝8.0m/s；乙同學在離地h2＝0.7m處將排球墊起，墊起前后球的速度大小相等，方向相反．已知排球質(zhì)量m＝0.3kg，取重力加速度g＝10m/s2.不計空氣阻力．求：(1)排球被墊起前在水平方向飛行的距離x；(2)排球被墊起前瞬間的速度大小v及方向；(3)排球與乙同學作用過程中所受沖量的大小I.素養(yǎng)提升練7．[2024·湖北模擬預測]如圖所示，在光滑的水平面內(nèi)建立xOy坐標，質(zhì)量為m的小球以某一速度從O點出發(fā)后，受到一平行于y軸方向的恒力作用，恰好通過A點，已知小球通過A點的速度大小為v0，方向沿x軸正方向，且OA連線與Ox軸的夾角為30°，則()A．恒力的方向一定沿y軸正方向B．恒力在這一過程中所做的功為eq\f(2,3)mveq\o\al(2,0)C．恒力在這一過程中的沖量大小為eq\f(2\r(3),3)mv0D．小球從O點出發(fā)時的動能為eq\f(3,2)mveq\o\al(2,0)8．某游樂園入口旁有一噴泉，噴出的水柱將一質(zhì)量為M的玩具穩(wěn)定地懸停在空中．為計算方便，假設水柱從橫截面積為S的噴口持續(xù)以速度v0豎直向上噴出；玩具底面為平板(面積略大于S)；水柱沖擊到玩具底板后，在豎直方向水的速度變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開．忽略空氣阻力．已知水的密度為ρ，重力加速度大小為g.求：(1)噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量；(2)玩具在空中懸停時，其底面相對于噴口的高度．課時分層精練（三十二）動量定理及應用1．解析：拉力F的沖量大小為Ft，故A錯誤；物體做勻速直線運動，可知摩擦力f＝Fcosθ，則摩擦力的沖量大小為ft＝Ftcosθ，故B錯誤；重力的沖量大小為mgt，故C正確；物體所受支持力的大小為FN＝mg－Fsinθ，則支持力的沖量為（mg－Fsinθ）t，故D錯誤．答案：C2．解析：人落地時動量變化量是一定的，腳尖先觸地是為了增加腳與地面的作用時間，減小人與地面的作用力，選項A錯誤；人落地時動量變化量是一定的，屈膝是為了增加人與地面的作用時間，減小人與地面的作用力，選項B錯誤；人的慣性只與人的質(zhì)量有關，手臂從后向前擺不會減小人的慣性，手臂從后向前擺，增加了水平方向動量減小到零所用時間，同理可減小水平方向受到的合力，可以避免前傾，選項C錯誤；腳尖先觸地也是為了延長動量變化的時間，由上述分析三個動作要領都是在延長動量變化的時間，選項D正確．答案：D3．解析：重物下落把細線拉斷的原因是重物對繩的拉力大于細繩可承受的最大拉力，故A錯誤；加橡皮筋后重物下落到最低點時，速度為零，動能最小，故B錯誤；由動量定理Ft＝Δp，可得F＝eq\f(Δp,t)，動量改變量相同，沖量相同，橡皮筋經(jīng)歷的時間長，動量變化率小，所受合外力小，故C正確；加橡皮筋后重物下落到最低點時，有向上的加速度，處于超重狀態(tài)，故D錯誤．故選C.答案：C4．解析：如圖所示，設運動員著陸前瞬間垂直于著陸坡的分速度為v2，著陸坡與水平方向的傾角為θ，運動員著陸瞬間所受著陸坡的沖擊力大小為FN，與著陸坡的作用時間為Δt，對運動員著陸前后瞬間，根據(jù)動量定理有0－（－mv2）＝（FN－mgcosθ）Δt，解得FN＝mgcosθ＋eq\f(mv2,Δt)，運動員之所以不會受傷，是因為FN較小，即在垂直于著陸坡方向的動量的變化率較?。磎v2較小且Δt較大），且根據(jù)FN的表達式可知，適當增加著陸坡與水平方向的傾角θ可以減小運動員受到的撞擊力，增加安全性．運動員下落時雖然受到空氣阻力，但下落時仍做加速運動，速度不會降低．綜上所述可知A、B、D錯誤，C正確．故選C.答案：C5．解析：（1）由自由落體運動規(guī)律v2＝2gh，帶入數(shù)據(jù)解得v＝6m/s（2）由勻變速直線運動規(guī)律Δx＝eq\f(v,2)t，解得t＝0.01s（3）由動量定理得Ft＝mv解得F＝3000N答案：（1）6m/s（2）0.01s（3）3000N6．解析：（1）設排球在空中飛行的時間為t，則h1－h(huán)2＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝0.6s，則排球在空中飛行的水平距離x＝v0t＝4.8m.（2）乙同學墊起排球前瞬間排球在豎直方向速度的大小vy＝gt，得vy＝6.0m/s；根據(jù)v＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y))得v＝10.0m/s；設速度方向與水平方向夾角為θ（如答圖所示）則有tanθ＝eq\f(vy,v0)＝0.75，得θ＝37°.（3）根據(jù)動量定理，排球與乙同學作用過程中所受沖量的大小I＝2mv＝6.0N·s答案：（1）4.8m（2）10.0m/s，方向與水平方向夾角為37°（3）6.0N·s7．解析：小球受到恒力作用做勻變速曲線運動，利用逆向思維法，小球做類平拋運動．由此可判斷恒力方向一定沿y軸負方向，故A錯誤；由幾何關系可得tan30°＝eq\f(y,x)＝eq\f(\f(1,2)at2,v0t)＝eq\f(at,2v0)，所以小球經(jīng)過坐標原點時，沿y軸方向的分速度為vy＝at＝eq\f(2\r(3),3)v0，沿x軸方向的速度仍為v0，小球從O點出發(fā)時的動能為Ek＝eq\f(1,2)m（veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y)）＝eq\f(7,6)mveq\o\al(2,0)，故D錯誤；恒力在這一過程中所做的功為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)m（veq\o\al(2,0)＋veq\o\al(2,y)）＝－eq\f(2,3)mveq\o\al(2,0)，故B錯誤；恒力在這一過程中的沖量大小I＝mΔv＝mvy＝eq\f(2\r(3),3)mv0，故C正確．故選C.答案：C8．解析：（1）在剛噴出一段很短的Δt時間內(nèi)，可認為噴出的水柱保持速度v0不變．該時間內(nèi)，噴出水柱高度Δh＝v0Δt①噴出水柱質(zhì)量Δm＝ρΔV②其中ΔV為水柱體積，滿足ΔV＝ΔhS③由①②③可得噴泉單位時間內(nèi)噴出的水的質(zhì)量為eq\f(Δm,Δt)＝ρv0S（2）設玩具底面相對于噴口的高度為h由玩具受力平衡得F沖＝Mg④其中，F(xiàn)沖為水柱對玩具底面的作用力由牛頓第三定律得F壓＝F沖⑤其中，F(xiàn)壓為玩具底面對水柱的作用力，設v′為水柱到達玩具底面時的速度由運動學公式v′2－veq\o\al(2,0)＝－2gh⑥在很短時間Δt內(nèi)，沖擊玩具的水柱的質(zhì)量Δm＝ρv0SΔt⑦由題意可知，在豎直方向上，對該部分水柱應用