《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第6章 動量守恒定律及其應(yīng)用 第18講 動量定理練習(xí)（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020年物理高考大一輪復(fù)習(xí) 第6章 動量守恒定律及其應(yīng)用 第18講 動量定理練習(xí)（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第18講 動量定理解密考綱主要考查動量定理基本概念、規(guī)律的理解，運用動量和能量的觀點分析較復(fù)雜的運動過程等1(2019西安長安區(qū)一中高三質(zhì)量檢測)一粒鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)開始自由下落，然后陷入泥潭中若把在空中下落的過程稱為過程，進(jìn)入泥潭直到停止的過程稱為過程，則下列說法錯誤的是()A過程中阻力的沖量的大小等于過程中重力的沖量的大小B過程中鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量C、兩個過程中合外力的總沖量等于零D過程中鋼珠的動量改變量的大小等于過程中重力的沖量的大小A解析 過程中，鋼珠受重力和阻力作用，所以過程中阻力的沖量大小等于過程中重力的沖量大小與過程中重力沖量大小的和，故選項A錯誤；過程中鋼珠只受重力

2、，故鋼珠的動量的改變量等于重力的沖量，故選項B正確；在整個過程中，鋼珠動量的變化量為零，由動量定理可知，、兩個過程中合外力的總沖量等于零，故選項C正確；在整個過程中，鋼珠動量的變化量為零，故過程中鋼珠的動量改變量的大小等于過程中動量改變量的大小，而過程中動量改變量的大小等于過程中重力的沖量的大小，故過程中鋼珠的動量改變量的大小等于過程中重力的沖量的大小，故選項D正確2(2019重慶高三學(xué)業(yè)質(zhì)量調(diào)研)為了研究小球由靜止釋放后撞擊地面彈跳的規(guī)律，小俞同學(xué)利用運動傳感器采集數(shù)據(jù)并作出了如圖所示的vt圖象，小球質(zhì)量為0.6 kg，空氣阻力不計，重力加速度g10 m/s2，由圖可知 ()A橫坐標(biāo)每一小格

3、表示的時間是1 sB小球下落的初始位置離地面的高度為3.6 mC小球第一次反彈的最大高度為1.25 mD小球第一次撞擊地面時地面對小球的平均作用力為66 NC解析 小球下落時做自由落體運動，加速度為g，則由圖知，落地時速度為6 m/s，故用時t s0.6 s，圖中對應(yīng)6個小格，故每一小格表示0.1 s，選項A錯誤；小球下落的初始位置離地面的高度為h10(0.6)2 m1.8 m，選項B錯誤；第一次反彈后加速度也為g，為豎直上拋運動，由圖可知，最大高度為h10(0.5)2 m1.25 m，選項C正確；設(shè)向下為正方向，由圖可知，碰撞時間約為0.1 s，根據(jù)動量定理可知mgtFtmvmv，代入數(shù)據(jù)解

4、得F72 N，選項D錯誤3(2019全國統(tǒng)一考試模擬試題押題卷)(多選)如圖所示，足夠長的木板P靜止于光滑水平面上，小滑塊Q位于木板P的最右端，木板P與小滑塊Q之間的動摩擦因數(shù)0.2，木板P與小滑塊Q質(zhì)量相等，均為m1 kg.用大小為6 N、方向水平向右的恒力F拉動木板P加速運動1 s后將其撤去，系統(tǒng)逐漸達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)，已知重力加速度g取10 m/s2，下列說法正確的是()A木板P與小滑塊Q所組成的系統(tǒng)的動量增加量等于拉力F的沖量B拉力F做功為6 JC小滑塊Q的最大速度為3 m/sD整個過程中，系統(tǒng)因摩擦而產(chǎn)生的熱量為3 JACD解析 對系統(tǒng)由動量定理FtmvPmvQ2mv共，即木板P與小滑塊Q

5、組成的系統(tǒng)的動量增量一定等于拉力F的沖量，選項A正確；若木板P與小滑塊Q相對靜止一起加速運動，則拉力F不能超過2m4 N，拉力F為6 N，大于4 N，故二者發(fā)生相對滑動，對木板P由牛頓第二定律Fmgma，解得a4 m/s2,1 s內(nèi)木板P的位移xat22 m，拉力F做功WFx12 J，選項B錯誤；二者共速時，小滑塊Q的速度最大，F(xiàn)t2mv共，解得v共3 m/s，選項C正確；整個過程中，對系統(tǒng)由能量守恒可知W2mvQ，解得Q3 J，選項D正確4(2019山東樂陵一中高三一輪復(fù)習(xí)檢測)(多選)如圖甲所示，物體受到水平拉力F的作用，沿水平面做直線運動通過力傳感器和速度傳感器監(jiān)測得力F和物體速度v隨時

6、間t變化的規(guī)律如圖乙所示取重力加速度g10 m/s2，則()A物體的質(zhì)量m0.5 kgB物體與水平面間的動摩擦因數(shù)0.2C03 s內(nèi)拉力F對物體做的功為1 JD03 s內(nèi)拉力F的沖量大小為6 NsAD解析 由速度時間圖象可以知道在23 s的時間內(nèi)，物體勻速運動，處于受力平衡狀態(tài)，所以滑動摩擦力的大小為2 N，在12 s的時間內(nèi)，物體做勻加速直線運動，直線的斜率代表加速度的大小，故a m/s22 m/s2，由牛頓第二定律可得FFfma，所以m kg0.5 kg，選項A正確；由FfFNmg，所以0.4，選項B錯誤；在第1 s內(nèi)物體沒有運動，物體在第2 s內(nèi)做勻加速直線運動位移為x1at2212 m

7、1 m，第3 s內(nèi)做勻速運動位移x2vt21 m2 m，推力F做功WF1x1F2x231 J22 J7 J，選項C錯誤；03 s內(nèi)拉力F的沖量大小IF1t1F2t2F3t3(113121) Ns6 Ns，選項D正確5(2019四川棠湖中學(xué)高三月考)(多選)如圖所示，ABCD是固定在地面上、由同種金屬細(xì)桿制成的正方形框架，框架任意兩條邊的連接處平滑，A、B、C、D四點在同一豎直面內(nèi)，BC、CD邊與水平面的夾角分別為、()，讓套在金屬桿上的小環(huán)從A點無初速釋放若小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點，摩擦力對小環(huán)做功為W1，重力的沖量為I1；小環(huán)從A經(jīng)D滑到C點，摩擦力對小環(huán)做功為W2，重力的沖量為I2.則()AW

8、1W2 BW1W2CI1 I2 DI1 I2BC解析 設(shè)正方形的邊長為l，經(jīng)AB段和CD段摩擦力做負(fù)功，大小為mglcos ，經(jīng)BC段和AD段摩擦力做負(fù)功，大小為mglcos ，W1W2，選項A錯誤，B正確；小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點和從A經(jīng)D滑到C點過程中路程相等，到達(dá)C點時速度大小相等設(shè)AB段加速度為a1，a1gsin gcos ，AD段加速度為a2，a2gsin gcos ，則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，小環(huán)從A經(jīng)B滑到C點所用時間大于從A經(jīng)D滑到C點所用的時間，根據(jù)Imgt，I1I2，選項C正確，D錯誤6(2019重慶合川區(qū)四校高

9、三聯(lián)考)下列運動過程中，在任意相等時間內(nèi)，物體動量變化不相等的是()A勻速圓周運動 B自由落體運動C平拋運動 D勻減速直線運動A解析 勻速圓周運動的物體，所受合外力指向圓心，合外力為變力，據(jù)動量定理可得，合外力為變力時，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化不相等自由落體運動的物體，只受重力，所受合外力為恒力，據(jù)動量定理可得，合外力為恒力時，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化相等平拋運動的物體，只受重力，所受合外力為恒力，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化相等勻減速直線運動的物體，所受合外力為恒力，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化相等綜上所述，任意相等時間內(nèi)，物體動量變化不相等的是選項A.7如圖甲所示，一質(zhì)量為m的物塊

10、在t0時刻，以初速度v0從足夠長、傾角為的粗糙斜面底端向上滑行，物塊速度隨時間變化的圖象如圖乙所示t0時刻物塊到達(dá)最高點，3t0時刻物塊又返回底端下列說法正確的是()A物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量為3mgt0cos B物塊從t0時刻開始運動到返回底端的過程中動量的變化量為mv0C斜面傾角的正弦值為D不能求出3t0時間內(nèi)物塊克服摩擦力所做的功C解析 物塊從開始運動到返回底端的過程中重力的沖量IG3mgt0，故選項A錯誤上滑過程中物塊做初速度為v0的勻減速直線運動，下滑過程中做初速度為零，末速度為v的勻加速直線運動，上滑和下滑的位移大小相等，所以有t02t0，解得v，物塊從開始運動到

11、返回底端過程中動量的變化量為pm(v)mv0mv0，故選項B錯誤上滑過程中有(mgsin mgcos )t00mv0，下滑過程中有(mgsin mgcos )2t0m0，解得sin ，故選項C正確.3t0時間內(nèi)，物塊受力為重力、支持力、摩擦力，從底端出發(fā)又回到底端，高度不變，重力做功為零；支持力始終與速度垂直，不做功；摩擦力始終與速度反向，做負(fù)功，根據(jù)動能定理，摩擦力所做的功就等于物體動能變化量，克服摩擦力所做的功與摩擦力所做負(fù)功大小相等，所以能求出，Wmvmv2mv，故選項D錯誤8(2019廊坊省級示范性高中聯(lián)合體高三聯(lián)考)(多選)一質(zhì)量m60 kg的運動員從下蹲狀態(tài)豎直向上跳起，經(jīng)t0.2

12、 s以大小為1 m/s的速度離開地面，重力加速度g10 m/s2.在這0.2 s內(nèi)()A地面對運動員的沖量大小為180NsB地面對運動員的沖量大小為60 NsC地面對運動員做的功為零D地面對運動員做的功為30 JAC解析 人的速度原來為零，起跳后變化v，以向上為正方向，由動量定理可得Imgtmv0，故地面對人的沖量為Imvmgt6016000.2180 Ns，故選項A正確，B錯誤；人在跳起時，地面對人的支持力豎直向上，在跳起過程中，在支持力方向上沒有位移，地面對運動員的支持力不做功，故選項D錯誤，C正確9(2019山西榆社高三聯(lián)考)首型國產(chǎn)大型客機(jī)C919降落后在水平地面上滑行瞬間如圖所示，若

13、該飛機(jī)在某過程中做勻減速直線運動，則在該過程中，客機(jī)C919的()A位移變化與時間成正比B動能變化與時間成正比C動量變化與時間成正比D合外力做功與時間成正比C解析 飛機(jī)做勻減速直線運動，根據(jù)勻變速直線運動位移和時間的關(guān)系xv0tat2，位移和時間成二次函數(shù)的關(guān)系，選項A錯誤；飛機(jī)做勻減速直線運動，速度和時間成線性關(guān)系，即vv0at，動能Ekmv2m(v0at)2，動能的變化Ek和時間t不成正比，選項B錯誤；根據(jù)動量定理F合tp，由于飛機(jī)勻減速，則F合為恒力，故動量的變化量p和時間t成正比，選項C正確；根據(jù)動能定理，合外力做功等于動能的變化量，由B可知，W合與時間t不成正比，選項D錯誤10(20

14、19開封高三定位考試)(多選)如圖所示，光滑固定斜面的傾角為30，A、B兩物體的質(zhì)量之比為5 1.B用不可伸長的輕繩分別與A和地面相連，開始時A、B離地高度相同現(xiàn)從P處剪斷輕繩，則在B落地前瞬間()AA、B動量大小之比為51BA、B動量大小之比為52C以地面為零勢能面，A、B機(jī)械能之比為51D以地面為零勢能面，A、B機(jī)械能之比為11BC解析 設(shè)剪斷細(xì)線前兩物體離地面的高度均為h，剪斷細(xì)線后，B做自由落體運動，落到地面的時間t，B的速度為vB，A沿斜面加速下滑，加速度為aAgsin 300.5g，則當(dāng)B落地時A的速度為vAaAtg，則，A、B動量大小之比，故選項A錯誤，B正確；A、B下落過程中機(jī)

15、械能守恒，此時的機(jī)械能等于剛開始下落時的重力勢能，以地面為零勢能面，A、B機(jī)械能之比，故選項C正確，D錯誤11(2019吉林高三調(diào)研)(多選)一質(zhì)量為1 kg的質(zhì)點靜止于光滑水平面上，從t0時起，第1 s內(nèi)受到2 N的水平外力作用，第2 s內(nèi)受到同方向的1 N的外力作用下列說法正確的是()A02 s內(nèi)外力所做的功是 JB02 s內(nèi)外力的平均功率是 WC第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動量增加量的比值是D第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)質(zhì)點動能增加量的比值是BD解析 設(shè)1 s末、2 s末速度分別為v1和v2，由動量定理Ftmvmv0得，第1 s內(nèi)有211v10，得v12 m/s；第2 s內(nèi)有 11v22，得v2

16、3 m/s,02 s內(nèi)由動能定理可知外力做功為Wmv132 J4.5 J，故選項A錯誤；02 s內(nèi)平均功率為 W W，故選項B正確；由動量定理可知pFt，故有，故選項C錯誤；第1 s內(nèi)與第2 s內(nèi)動能增加量比值為，故選項D正確12(2019四川遂寧高三一診)(多選)如圖所示，質(zhì)量為M、半徑為R的ABC凹槽(為光滑圓槽的一部分)靜止在光滑水平面上，B為最低點，BC為圓弧，OA與豎直方向夾角60，其右側(cè)緊貼豎直墻壁PQ.一質(zhì)量為m的小物塊(可視為質(zhì)點)從D處水平拋出，同時將ABC凹槽鎖定在地面上，小物塊恰好從A點無碰撞的射入凹槽，當(dāng)其到達(dá)B點時解除鎖定，小物塊剛好能達(dá)到C點不計空氣阻力，重力加速度

17、為g.則下列說法正確的是()A從D點拋出的初速度為v0，D點距A點高度差為hB小球第一次過B點時對槽底的壓力大小為2mgC小球從C點到B點過程中，豎直墻壁對槽的沖量為Im，方向水平向左D小球從C 到B向A運動的過程中，以小球、槽ABC作為一個系統(tǒng)，機(jī)械能守恒、動量守恒AC解析 小物塊恰好從A點無碰撞的射入凹槽，即小球進(jìn)入凹槽時的速度方向與凹槽相切，將速度分解為水平方向和豎直方向可知，v2v0，從A到C應(yīng)用能量守恒可知，m(2v0)2mgRsin 30，解得v0，從D到A應(yīng)用動能定理可得mghm(2v0)2mv20，解得h，故選項A正確；從A到B應(yīng)用動能定理mgR(1sin 30)mv2Bmv2

18、A，在B點由重力與支持力的合力提供向心力可得，F(xiàn)Nmg，由以上兩式解得FN3mg，故選項B錯誤；小球到B點時的速度為vB，根據(jù)動量定理可得ImvB0m，故選項C正確；小球從C到B向A運動的過程中，以小球、槽ABC作為一個系統(tǒng)，由于沒有摩擦，所以機(jī)械能守恒，但在小球從C到B過程中，墻壁對槽有水平方向的作用力，所以系統(tǒng)外力之和不為零，動量不守恒，故選項D錯誤13(2019哈爾濱三中高三調(diào)研)撐桿跳高是一項技術(shù)性很強(qiáng)的體育運動在某次比賽中，認(rèn)為運動員越過橫桿后做自由落體運動，重心下降4.05 m時身體接觸軟墊，從接觸軟墊到速度減為零的時間t0.90 s已知運動員質(zhì)量m65 kg，重力加速度g10 m

19、/s2，不計撐桿的質(zhì)量和空氣的阻力求軟墊對運動員平均作用力的大小解析 運動員越過橫桿后做自由落體運動，故根據(jù)v22gh，可得接觸軟墊瞬間的速度大小為v9 m/s；設(shè)向上為正方向，根據(jù)動量定理可得(Fmg)t0(mv)，解得Fmg1 300 N.答案 1 300 N14(2019山西大學(xué)附屬中學(xué)高三模擬)如圖所示，傾角為的足夠長光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的擋板，A、B兩物體質(zhì)量均為m，通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連放在斜面上，開始時兩者都處于靜止?fàn)顟B(tài)現(xiàn)對A施加一沿斜面向上的恒力F2mgsin ( g為重力加速度)，經(jīng)過作用時間t，B剛好離開擋板，若不計空氣阻力，求：(1)剛施加力F的瞬間，

20、A的加速度大??；(2)B剛離開擋板時，A的速度大??；(3)在時間t內(nèi)，彈簧的彈力對A的沖量IA.解析 (1)剛施加力F的瞬間，彈簧的形變不發(fā)生變化，有F彈mgsin ，根據(jù)牛頓第二定律，對A有FF彈mgsin ma，解得a2gsin .(2)由題意可知，開始時彈簧處于壓縮狀態(tài)，其壓縮量為x1；當(dāng)B剛要離開擋板時，彈簧處于伸長狀態(tài)，其伸長量x2x1，此時其彈性勢能與彈簧被壓縮時的彈性勢能相等；從彈簧壓縮到伸長的過程，對A由動能定理(Fmgsin )(x1x2)W彈mv，W彈Ep0，解得vA2gsin .(3)設(shè)沿斜面向上為正方向，對A由動量定理(Fmgsin )tIAmvA0，解得IAmgsin .答案 (1)2gsin (2)2gsin (3)mgsin 15(2019武漢部分學(xué)校高三新起點調(diào)研)一顆子彈水平地穿過兩個前后并排在光滑水平面上的靜止木塊木塊的質(zhì)量分別為m1和m2.設(shè)子彈穿過兩木塊的時間間隔分別為t1和t2.子彈在木塊中受到的阻力為恒力Ff，問子彈穿過兩木塊后，兩木塊各以多大的速度運動？解析 設(shè)子彈穿過木塊m1時m1、m2的速度為v1，由動量定理Fft1(m1m2)v1，解得v1；設(shè)子彈穿透木塊m2時，m2的速度為v2，由動量定理Fft2m2(v2v1)，解得v2.答案 v1v29