2024版新教材高考物理复习特训卷考点38动量冲量动量定理

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点38动量冲量动量定理，共7页。试卷主要包含了[2021·北京卷]，[2022·山东卷]，答案等内容，欢迎下载使用。

A．加速过程中兔子的加速度为180 m/s2
B．加速过程中地面对兔子的平均水平作用力大小为20 N
C．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为320 N
D．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为400 N
2．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A．增加了司机单位面积的受力大小
B．减少了碰撞前后司机动量的变化量
C．将司机的动能全部转换成汽车的动能
D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
3.
[2023·安徽省滁州市高考模拟]全民运动，始于“足下”，足球已经成为中国由“体育大国”向“体育强国”转变具有代表性的重要一步．如图所示，学生练习用脚颠球．足球的质量为0.4 kg，某一次足球由静止自由下落0.8 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45 m．已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A.足球从下落到再次上升到最大高度，全程用了0.7 s
B．在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为1.4 J
C．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为2.8 kg· m/s
D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为4 N·s
4．[2023·福建莆田二模]如图甲是我国首艘“海上飞船”—“翔州1”．“翔州1”在平静的水面由静止开始在水平面上沿直线运动，若运动过程中受到的阻力不变，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示t＝50 s后，“翔州1”以20 m/s的速度做匀速直线运动．则下列说法正确的是( )
A．“翔州1”所受阻力的大小为2.0×104N
B．0～50 s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为1.0×106N·s
C．“翔州1”的质量为2.5×104kg
D．0～50 s内，动力F的功为5.0×106J
5.
[2023·广东茂名二模]蹦床是我国的优势运动项目，我国蹦床运动员朱雪莹在东京奥运会上一举夺冠，为祖国争了光．如图所示为朱雪莹比赛时的情景，比赛中某个过程，她自距离水平网面高3.2 m处由静止下落，与网作用后，竖直向上弹离水平网面的最大高度为5 m，朱雪莹与网面作用过程中所用时间为0.7 s．不考虑空气阻力，重力加速度取10 m/s2，若朱雪莹质量为60 kg，则网面对她的冲量大小为( )
A．420 N·sB．480 N·s
C．1 080 N·sD．1 500 N·s
6．[2022·湖北卷]一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是( )
A.W2＝3W1，I2≤3I1B．W2＝3W1，I2≥I1
C．W2＝7W1，I2≤3I1D．W2＝7W1，I2≥I1
7．[2021·福建卷]福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响．已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的( )
A．2倍 B．4倍
C．8倍 D．16倍
8．[2021·天津卷](多选)一冲九霄，问鼎苍穹.2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段．下列关于火箭的描述正确的是( )
A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力
B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力
C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速
D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用
9．[2021·北京卷]
如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动．某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止．下列说法正确的是( )
A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B．圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C．圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D．圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr
10．[2022·山东卷]
我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中( )
A．火箭的加速度为零时，动能最大
B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能
C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量
D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量
11．[2023·山东济宁一模]一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为( )
A．Snmv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) B．2Snmv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
C．Snmv eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0)) D．2Snmv eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0))
12．[2022·湖南卷](多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v ­ t图像如图所示．设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是( )
A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小
B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变
C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小
D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变
13.[2023·北京西城区5月模拟]在跳台滑雪比赛中，运动员在空中运动时身体的姿态会影响其速度和下落的距离．如图甲，跳台滑雪运动员在某次训练时，助滑后从跳台末端水平飞出，从离开跳台开始计时，用v表示其水平方向速度，v ­ t图像如图乙所示，运动员在空中运动时间为4 s．在此运动过程中，若运动员在水平方向和竖直方向所受空气阻力大小相等且保持恒定．已知运动员的质量为50 kg，重力加速度取10 m/s2，求：
(1)滑雪运动员水平位移的大小和水平方向所受的阻力大小；
(2)滑雪运动员在空中运动过程中动量变化量的大小(结果保留2位有效数字).
14.
[2021·重庆卷]我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔．小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测．某次，他在头盔中装入质量为5.0 kg的物体(物体与头盔密切接触)，使其从1.80 m的高处自由落下(如图)，并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03 m时，物体的速度减小到零．挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：
(1)头盔接触地面前瞬间的速度大小；
(2)物体做匀减速直线运动的时间；
(3)物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小．
考点38 动量 冲量 动量定理 ——练基础
1．答案：D
解析：兔子经过1.2 s速度由0达到9 m/s，根据加速度公式可知，a＝ eq \f(v,t)＝7.5 m/s2，A错误；匀加速过程中，设地面对兔子的平均水平作用力大小为f，根据动量定理可知，ft＝mv－0，代入数据解得f＝15 N，B错误；撞树过程中，兔子撞树前的动量大小 p＝mv＝2×9 kg· m/s＝18 kg· m/s，以撞树前兔子的速度方向为正方向，兔子撞树后的动量 p′＝mv′＝2×(－1)kg· m/s＝－2 kg· m/s，兔子撞树过程中动量的变化量Δp＝p′－p＝－2 kg· m/s－18 kg· m/s＝－20 kg· m/s，由动量定理得 Ft＝Δp＝－20 N·s，则兔子受到的平均作用力大小为 400 N，C错误，D正确．
2．答案：D
解析：汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机与物体的接触面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，D正确．
3．答案：C
解析：足球下落时间为t1＝ eq \r(\f(2h1,g))＝0.4 s
足球上升时间为t2＝ eq \r(\f(2h2,g))＝0.3 s
总时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.8 s，A错误；在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为W合＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) － eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
根据运动学公式v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝2gh1，v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝2gh2
解得W合＝－1.4 J，B错误；足球与脚部作用过程中动量变化量大小为Δp＝mv2－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－mv1))＝2.8 kg· m/s，C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为IG＝mgt＝0.4×10×0.8 N·s＝3.2 N·s，D错误．
4．答案：C
解析： 根据图像中匀速运动可知“翔州1”所受阻力的大小为1.0×104 N，A错误；在0～50 s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为I＝Ft－Fft，代入数据可得I＝5×105 N·s，B错误；由动量定理可知Ft－Fft＝mv，解得m＝2.5×104 kg，C正确；在0～50 s内，动力F是变力，加速度变化，无法求位移，无法求解功，D错误．
5．答案：D
解析：由静止下落到接触网面时，根据动能定理有mgh1＝ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1))
可得，接触网面瞬间的速度为v1＝8 m/s，方向竖直向下
从离开网面到最大高度时，根据动能定理有－mgh2＝0－ eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
可得，离开网面瞬间的速度为v2＝10 m/s，方向竖直向上
取向上为正方向，则根据动量定理有I－mgt＝mv2－m(－v1)
带入数据可得，网面对她的冲量大小为I＝1 500 N·s，故选项D正确．
6．答案：D
解析：在前一段时间内，根据动能定理得：W1＝ eq \f(1,2)m(2v)2－ eq \f(1,2)mv2＝3× eq \f(1,2)mv2
在后一段时间内，根据动能定理得：W2＝ eq \f(1,2)m(5v)2－ eq \f(1,2)m(2v)2＝21× eq \f(1,2)mv2
所以W2＝7W1；
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是：
m·2v－mv≤I1≤m·2v＋mv，即mv≤I1≤3mv
m·5v－m·2v≤I2≤m·5v＋m·2v，即3mv≤I2≤7mv
可知：I2≥I1，故D正确，A、B、C错误．
7．答案：B
解析：设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S，在时间Δt的空气质量为：Δm＝ρSv·Δt，假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为零，对风由动量定理得：－FΔt＝0－Δmv，可得F＝ρSv2，10级台风的风速v1≈25 m/s，16级台风的风速v2≈50 m/s，则有 eq \f(F2,F1)＝ eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )≈4，B正确．
8．答案：AB
解析：根据FΔt＝Δmv可知，增加单位时间的燃气喷射量(即增加单位时间喷射气体的质量Δm)或增大燃气相对于火箭的喷射速度v，都可以增大火箭的推力，故选项A、B正确．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，燃气相对火箭的速度不为零，且与火箭的运动方向相反，火箭仍然受推力作用做加速运动，故C错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反冲力作用在火箭上使火箭获得推力，故D错误．
9．答案：D
解析：圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受的摩擦力方向指向转轴提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；由动量定理可知，圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为零，B错误；圆盘停止转动后，小物体沿运动轨迹的切线方向运动，C错误；由动量定理可知，整个滑动过程摩擦力的冲量大小I＝mωr－0＝mωr，D正确．
10．答案：A
解析：从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A项正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B项错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C项错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F、火箭自身的重力mg和空气阻力f对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D项错误．
11．答案：C
解析：t时间内黏附在飞船上的尘埃质量M＝Sv0tnm，对黏附的尘埃，由动量定理得Ft＝Mv0，解得F＝Snmv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) .为维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为P＝Fv0＝Snmv eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(0)) ，C正确．
12．答案：AC
解析：由题知，返回舱的运动简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P＝mgv，因此在0～t1时间内，结合v­t图像可知返回舱重力的功率随时间减小，A项正确；v­t图像的斜率表示返回舱的加速度，故0～t1时间内，返回舱的加速度不断减小，B项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小，C项正确；在t2～t3时间内，返回舱匀速下降，机械能不守恒，D项错误．
13．答案：(1)56 m 50 N (2)1.8×103 N·s
解析：(1)设运动员的水平位移为x，由水平方向v ­ t图像可得x＝ eq \f(v0＋v,2)t
解得x＝56 m
设运动员在水平方向的加速度大小为a，水平方向所受的阻力为f1，竖直方向所受阻力为f2，由运动学规律和牛顿第二定律得a＝ eq \f(v－v0,t)，－f1＝ma
代入数值可得f1＝50 N.
(2)由题意知f2＝f1＝50 N
根据平行四边形定则可得F合＝ eq \r(f eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋（mg－f2）2)
对运动员在空中运动过程应用动量定理可得Δp＝F合t
解得Δp＝1.8×103 N·s.
14．答案：(1)6 m/s (2)0.01 s (3)3 000 N
解析：(1)由自由落体运动规律可得：v2＝2gh，其中：h＝1.80 m
代入数据解得：v＝6 m/s；
(2)由匀变速直线运动规律可得：Δx＝ eq \f(v,2)t，其中Δx＝0.03 m
代入数据解得：t＝0.01 s；
(3)取向下为正方向，由动量定理得：－Ft＝0－mv
代入数据解得：F＝3 000 N．