高考物理一轮复习第6章动量守恒定律及其应用第18讲动量定理练习(含解析)

第18讲 动量定理

[解密考纲]主要考查动量定理基本概念、规律的理解，运用动量和能量的观点分析较复杂的运动过程等．

1．(2019·西安长安区一中高三质量检测)一粒钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭中．若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则下列说法错误的是(　　)

A．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小

B．过程Ⅰ中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量

C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零

D．过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小

A　解析 过程Ⅱ中，钢珠受重力和阻力作用，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和，故选项A错误；过程Ⅰ中钢珠只受重力，故钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，故选项B正确；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，Ⅰ、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零，故选项C正确；在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，故过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中动量改变量的大小，而过程Ⅰ中动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小，故过程Ⅱ中钢珠的动量改变量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小，故选项D正确．

2．(2019·重庆高三学业质量调研)为了研究小球由静止释放后撞击地面弹跳的规律，小俞同学利用运动传感器采集数据并作出了如图所示的v­t图象，小球质量为0.6 kg，空气阻力不计，重力加速度g＝10 m/s2，由图可知 (　　)

A．横坐标每一小格表示的时间是1 s

B．小球下落的初始位置离地面的高度为3.6 m

C．小球第一次反弹的最大高度为1.25 m

D．小球第一次撞击地面时地面对小球的平均作用力为66 N

C　解析 小球下落时做自由落体运动，加速度为g，则由图知，落地时速度为6 m/s，故用时t＝ s＝0.6 s，图中对应6个小格，故每一小格表示0.1 s，选项A错误；小球下落的初始位置离地面的高度为h＝×10×(0.6)2  m＝1.8 m，选项B错误；第一次反弹后加速度也为g，为竖直上抛运动，由图可知，最大高度为h＝×10×(0.5)2  m＝1.25 m，选项C正确；设向下为正方向，由图可知，碰撞时间约为0.1 s，根据动量定理可知mgt－Ft＝mv′－mv，代入数据解得F＝72 N，选项D错误．

3．(2019·全国统一考试模拟试题押题卷)(多选)如图所示，足够长的木板P静止于光滑水平面上，小滑块Q位于木板P的最右端，木板P与小滑块Q之间的动摩擦因数μ＝0.2，木板P与小滑块Q质量相等，均为m＝1 kg.用大小为6 N、方向水平向右的恒力F拉动木板P加速运动1 s后将其撤去，系统逐渐达到稳定状态，已知重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　)

A．木板P与小滑块Q所组成的系统的动量增加量等于拉力F的冲量

B．拉力F做功为6 J

C．小滑块Q的最大速度为3 m/s

D．整个过程中，系统因摩擦而产生的热量为3 J

ACD　解析 对系统由动量定理Ft＝mvP＋mvQ＝2mv共，即木板P与小滑块Q组成的系统的动量增量一定等于拉力F的冲量，选项A正确；若木板P与小滑块Q相对静止一起加速运动，则拉力F不能超过·2m＝4 N，拉力F为6 N，大于4 N，故二者发生相对滑动，对木板P由牛顿第二定律F－μmg＝ma，解得a＝4 m/s2,1 s内木板P的位移x＝at2＝2 m，拉力F做功W＝Fx＝12 J，选项B错误；二者共速时，小滑块Q的速度最大，Ft＝2mv共，解得v共＝3 m/s，选项C正确；整个过程中，对系统由能量守恒可知W＝·2mv＋Q，解得Q＝3 J，选项D正确．

4．(2019·山东乐陵一中高三一轮复习检测)(多选)如图甲所示，物体受到水平拉力F的作用，沿水平面做直线运动．通过力传感器和速度传感器监测得力F和物体速度v随时间t变化的规律如图乙所示．取重力加速度g＝10 m/s2，则(　　)

A．物体的质量m＝0.5 kg

B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2

C．0～3 s内拉力F对物体做的功为1 J

D．0～3 s内拉力F的冲量大小为6 N·s

AD　解析 由速度—时间图象可以知道在2～3 s的时间内，物体匀速运动，处于受力平衡状态，所以滑动摩擦力的大小为2 N，在1～2 s的时间内，物体做匀加速直线运动，直线的斜率代表加速度的大小，故a＝ m/s2＝2 m/s2，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma，所以m＝＝ kg＝0.5 kg，选项A正确；由Ff＝μFN＝μmg，所以μ＝＝＝0.4，选项B错误；在第1 s内物体没有运动，物体在第2 s内做匀加速直线运动位移为x1＝at2＝×2×12 m＝1 m，第3 s内做匀速运动位移x2＝vt＝2×1 m＝2 m，推力F做功W＝F1x1＋F2x2＝3×1 J＋2×2 J＝7 J，选项C错误；0～3 s内拉力F的冲量大小I＝F1t1＋F2t2＋F3t3＝(1×1＋3×1＋2×1) N·s＝6 N·s，选项D正确．

5．(2019·四川棠湖中学高三月考)(多选)如图所示，ABCD是固定在地面上、由同种金属细杆制成的正方形框架，框架任意两条边的连接处平滑，A、B、C、D四点在同一竖直面内，BC、CD边与水平面的夹角分别为α、β(α>β)，让套在金属杆上的小环从A点无初速释放．若小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做功为W1，重力的冲量为I1；小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做功为W2，重力的冲量为I2.则(　　)

A．W1>W2   B．W1＝W2

C．I1 >I2   D．I1 ＝I2

BC　解析 设正方形的边长为l，经AB段和CD段摩擦力做负功，大小为μmglcos  β，经BC段和AD段摩擦力做负功，大小为μmglcos α，W1＝W2，选项A错误，B正确；小环从A经B滑到C点和从A经D滑到C点过程中路程相等，到达C点时速度大小相等．设AB段加速度为a1，a1＝gsin β－μgcos β，AD段加速度为a2，a2＝gsin α－μgcos α，则a1<a2，B点速度vB＝，D点的速度vD＝，vD>vB，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，小环从A经B滑到C点所用时间大于从A经D滑到C点所用的时间，根据I＝mgt，I1>I2，选项C正确，D错误．

6．(2019·重庆合川区四校高三联考)下列运动过程中，在任意相等时间内，物体动量变化不相等的是(　　)

A．匀速圆周运动   B．自由落体运动

C．平抛运动   D．匀减速直线运动

A　解析 匀速圆周运动的物体，所受合外力指向圆心，合外力为变力，据动量定理可得，合外力为变力时，任意相等时间内，物体动量变化不相等．自由落体运动的物体，只受重力，所受合外力为恒力，据动量定理可得，合外力为恒力时，任意相等时间内，物体动量变化相等．平抛运动的物体，只受重力，所受合外力为恒力，任意相等时间内，物体动量变化相等．匀减速直线运动的物体，所受合外力为恒力，任意相等时间内，物体动量变化相等．综上所述，任意相等时间内，物体动量变化不相等的是选项A.

7．如图甲所示，一质量为m的物块在t＝0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示．t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．下列说法正确的是(　　)

A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cos θ

B．物块从t＝0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为mv0

C．斜面倾角θ的正弦值为

D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功

C　解析 物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量IG＝3mgt0，故选项A错误．上滑过程中物块做初速度为v0的匀减速直线运动，下滑过程中做初速度为零，末速度为v的匀加速直线运动，上滑和下滑的位移大小相等，所以有t0＝·2t0，解得v＝，物块从开始运动到返回底端过程中动量的变化量为Δp＝m(－v)－mv0＝－mv0，故选项B错误．上滑过程中有－(mgsin θ＋μmgcos θ)·t0＝0－mv0，下滑过程中有(mgsin θ－μmgcos θ)2t0＝m·－0，解得sin θ＝，故选项C正确.3t0时间内，物块受力为重力、支持力、摩擦力，从底端出发又回到底端，高度不变，重力做功为零；支持力始终与速度垂直，不做功；摩擦力始终与速度反向，做负功，根据动能定理，摩擦力所做的功就等于物体动能变化量，克服摩擦力所做的功与摩擦力所做负功大小相等，所以能求出，W＝mv－mv2＝mv，故选项D错误．

8．(2019·廊坊省级示范性高中联合体高三联考)(多选)一质量m＝60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2 s以大小为1 m/s的速度离开地面，重力加速度g＝10 m/s2.在这0.2 s内(　　)

A．地面对运动员的冲量大小为180N·s

B．地面对运动员的冲量大小为60 N·s

C．地面对运动员做的功为零

D．地面对运动员做的功为30 J

AC　解析 人的速度原来为零，起跳后变化v，以向上为正方向，由动量定理可得I－mgΔt＝mv－0，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgΔt＝60×1＋600×0.2＝180 N·s，故选项A正确，B错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故选项D错误，C正确．

9．(2019·山西榆社高三联考)首型国产大型客机C919降落后在水平地面上滑行瞬间如图所示，若该飞机在某过程中做匀减速直线运动，则在该过程中，客机C919的(　　)

A．位移变化与时间成正比

B．动能变化与时间成正比

C．动量变化与时间成正比

D．合外力做功与时间成正比

C　解析 飞机做匀减速直线运动，根据匀变速直线运动位移和时间的关系x＝v0t＋at2，位移和时间成二次函数的关系，选项A错误；飞机做匀减速直线运动，速度和时间成线性关系，即v＝v0＋at，动能Ek＝mv2＝m(v0＋at)2，动能的变化ΔEk和时间t不成正比，选项B错误；根据动量定理F合·t＝Δp，由于飞机匀减速，则F合为恒力，故动量的变化量Δp和时间t成正比，选项C正确；根据动能定理，合外力做功等于动能的变化量，由B可知，W合与时间t不成正比，选项D错误．

10．(2019·开封高三定位考试)(多选)如图所示，光滑固定斜面的倾角为30°，A、B两物体的质量之比为5 ∶1.B用不可伸长的轻绳分别与A和地面相连，开始时A、B离地高度相同．现从P处剪断轻绳，则在B落地前瞬间(　　)

A．A、B动量大小之比为5∶1

B．A、B动量大小之比为5∶2

C．以地面为零势能面，A、B机械能之比为5∶1

D．以地面为零势能面，A、B机械能之比为1∶1

BC　解析 设剪断细线前两物体离地面的高度均为h，剪断细线后，B做自由落体运动，落到地面的时间t＝，B的速度为vB＝，A沿斜面加速下滑，加速度为aA＝gsin 30°＝0.5g，则当B落地时A的速度为vA＝aAt＝g＝，则＝，A、B动量大小之比＝＝×＝，故选项A错误，B正确；A、B下落过程中机械能守恒，此时的机械能等于刚开始下落时的重力势能，以地面为零势能面，A、B机械能之比＝＝，故选项C正确，D错误．

11．(2019·吉林高三调研)(多选)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时起，第1 s内受到2 N的水平外力作用，第2 s内受到同方向的1 N的外力作用．下列说法正确的是(　　)

A．0～2 s内外力所做的功是 J

B．0～2 s内外力的平均功率是 W

C．第1 s内与第2 s内质点动量增加量的比值是

D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量的比值是

BD　解析 设1 s末、2 s末速度分别为v1和v2，由动量定理Ft＝mv－mv0得，第1 s内有2×1＝1×v1－0，得v1＝2 m/s；第2 s内有 1×1＝v2－2，得v2＝3 m/s,0～2 s内由动能定理可知外力做功为W＝mv＝×1×32 J＝4.5 J，故选项A错误；0～2 s内平均功率为＝＝ W＝ W，故选项B正确；由动量定理可知Δp＝Ft，故有＝＝，故选项C错误；第1 s内与第2 s内动能增加量比值为＝，故选项D正确．

12．(2019·四川遂宁高三一诊)(多选)如图所示，质量为M、半径为R的ABC凹槽(为光滑圆槽的一部分)静止在光滑水平面上，B为最低点，BC为圆弧，OA与竖直方向夹角θ＝60°，其右侧紧贴竖直墙壁PQ.一质量为m的小物块(可视为质点)从D处水平抛出，同时将ABC凹槽锁定在地面上，小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，当其到达B点时解除锁定，小物块刚好能达到C点．不计空气阻力，重力加速度为g.则下列说法正确的是(　　)

A．从D点抛出的初速度为v0＝，D点距A点高度差为h＝

B．小球第一次过B点时对槽底的压力大小为2mg

C．小球从C点到B点过程中，竖直墙壁对槽的冲量为I＝m，方向水平向左

D．小球从C 到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，机械能守恒、动量守恒

AC　解析 小物块恰好从A点无碰撞的射入凹槽，即小球进入凹槽时的速度方向与凹槽相切，将速度分解为水平方向和竖直方向可知，v＝2v0，从A到C应用能量守恒可知，m(2v0)2＝mgR·sin 30°，解得v0＝，从D到A应用动能定理可得mgh＝m(2v0)2－mv20，解得h＝，故选项A正确；从A到B应用动能定理mgR(1－sin 30°)＝mv2B－mv2A，在B点由重力与支持力的合力提供向心力可得，FN－mg＝，由以上两式解得FN＝3mg，故选项B错误；小球到B点时的速度为vB＝，根据动量定理可得I＝mvB－0＝m，故选项C正确；小球从C到B向A运动的过程中，以小球、槽ABC作为一个系统，由于没有摩擦，所以机械能守恒，但在小球从C到B过程中，墙壁对槽有水平方向的作用力，所以系统外力之和不为零，动量不守恒，故选项D错误．

13．(2019·哈尔滨三中高三调研)撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动．在某次比赛中，认为运动员越过横杆后做自由落体运动，重心下降4.05 m时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t＝0.90 s．已知运动员质量m＝65 kg，重力加速度g＝10 m/s2，不计撑杆的质量和空气的阻力．求软垫对运动员平均作用力的大小．

解析 运动员越过横杆后做自由落体运动，故根据v2＝2gh，

可得接触软垫瞬间的速度大小为v＝9 m/s；

设向上为正方向，根据动量定理可得(F－mg)t＝0－(－mv)，

解得F＝＋mg＝1 300 N.

答案 1 300 N

14．(2019·山西大学附属中学高三模拟)如图所示，倾角为θ的足够长光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的挡板，A、B两物体质量均为m，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连放在斜面上，开始时两者都处于静止状态．现对A施加一沿斜面向上的恒力F＝2mgsin θ ( g为重力加速度)，经过作用时间t，B刚好离开挡板，若不计空气阻力，求：

(1)刚施加力F的瞬间，A的加速度大小；

(2)B刚离开挡板时，A的速度大小；

(3)在时间t内，弹簧的弹力对A的冲量IA.

解析 (1)刚施加力F的瞬间，弹簧的形变不发生变化，有

F弹＝mgsin θ，

根据牛顿第二定律，对A有F＋F弹－mgsin θ＝ma，

解得a＝2gsin θ.

(2)由题意可知，开始时弹簧处于压缩状态，其压缩量为x1＝；

当B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，其伸长量x2＝＝x1，

此时其弹性势能与弹簧被压缩时的弹性势能相等；

从弹簧压缩到伸长的过程，对A由动能定理(F－mgsin θ)(x1＋x2)＋W弹＝mv，

W弹＝ΔEp＝0，解得vA＝2gsin θ.

(3)设沿斜面向上为正方向，对A由动量定理

(F－mgsin θ)t＋IA＝mvA－0，

解得IA＝mgsin θ.

答案 (1)2gsin θ　(2)2gsin θ　(3)mgsin θ

15．(2019·武汉部分学校高三新起点调研)一颗子弹水平地穿过两个前后并排在光滑水平面上的静止木块．木块的质量分别为m1和m2.设子弹穿过两木块的时间间隔分别为t1和t2.子弹在木块中受到的阻力为恒力Ff，问子弹穿过两木块后，两木块各以多大的速度运动？

解析 设子弹穿过木块m1时m1、m2的速度为v1，

由动量定理Fft1＝(m1＋m2)v1，解得v1＝；

设子弹穿透木块m2时，m2的速度为v2，

由动量定理Fft2＝m2(v2－v1)，

解得v2＝＋.

答案 v1＝　v2＝＋