2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案041-课时作业35 动量和动量定理（教用）

这是一份2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案041-课时作业35 动量和动量定理（教用），共7页。试卷主要包含了蹦床是一项扣人心弦的运动项目，根据量子理论等内容，欢迎下载使用。
基础达标练
1．关于物体的动量，下列说法中正确的是（ ）
A. 物体的动量越大，其惯性也越大
B. 同一物体的动量越大，其速度不一定越大
C. 物体的加速度不变，其动量一定不变
D. 运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向
【答案】D
【解析】惯性大小的唯一量度是质量，如果物体的动量大，物体的质量可能很小，所以不能说物体的动量大其惯性就大，故A错误；动量等于质量与速度的乘积，即p=mv，同一物体的动量越大，其速度一定越大，故B错误；加速度不变，速度是变化的，所以动量一定变化，故C错误；动量是矢量，动量的方向就是物体运动的方向，故D正确。
2．蹦床是一项扣人心弦的运动项目。运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、腾翻，做出各种惊险优美的动作。现有一位质量为45kg的运动员，从离水平网面3.2m的高度处自由落下，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5m的高度处。若这位运动员与网接触的时间为1.0s，重力加速度g取10m/s2，网对运动员的平均作用力的大小为（ ）
A. 1260NB. 810NC. 450ND. 45N
【答案】A
【解析】方法一：运动员下落过程有v12−0=2gℎ1，运动员上升过程有0−v22=−2gℎ2，从下落到上升过程，以竖直向下为正方向，由动量定理可得mgt−Ft=m(−v2−v1)，解得F=1260N。
方法二：设运动员下落时间为t1，上升时间为t2，则ℎ1=12gt12，ℎ2=12gt22，从开始下落到上升到最高点的过程中，以竖直向下为正方向，由动量定理可得mg(t1+t2+t)−Ft=0，解得F=1260N。
3．在汽车相撞时，汽车的安全气囊可使头部受伤率减少约25%，面部受伤率减少80%左右。如图所示，某次汽车正面碰撞测试中，汽车以108km/h的速度撞上测试台后停下，安全气囊在系有安全带的假人的正前方水平弹出，假人用时0.2s停下。车内假人的质量为50kg，则下列说法正确的是（ ）
A. 安全气囊的作用是减小碰撞前后假人动量的变化量
B. 安全气囊对假人的作用力小于假人对安全气囊的作用力
C. 碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的冲量大小为300N⋅s
D. 碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的平均作用力大小为7500N
【答案】D
【解析】安全气囊的作用是增加碰撞时假人的减速时间，碰撞前后假人动量的变化量不变，故A错误；根据牛顿第三定律可知安全气囊对假人的作用力等于假人对安全气囊的作用力，故B错误；根据动量定理可知碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的冲量大小I=mv=50×1083.6N⋅s=1500N⋅s，故C错误；碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的平均作用力大小F=It=15000.2N=7500N，故D正确。
4．（2026·江苏连云港模拟）人们用手抛撒种子进行播种，某次抛撒种子时，质量相等的两颗种子a、b的运动轨迹如图所示，其轨迹在同一竖直平面内，P、Q是两轨迹的最高点，M、N在同一水平线上。从O到M和从O到N的过程中，不计空气阻力，则（ ）
A. 运动过程中，a受到重力的冲量比b小
B. 运动过程中，a的动量变化率一定等于b的动量变化率
C. a在P点的动量一定等于b在Q点的动量
D. a在M点的动量一定小于b在N点的动量
【答案】B
【解析】两种子分别从O抛出到M、N的过程中做斜抛运动，由轨迹知，种子a上升的最大高度较高，根据ℎ=12gt2，解得t=2ℎg，则有ta>tb，同理可知种子在下落过程中也有t′a>t′b，根据I=mgt可知，运动过程中，a受到重力的冲量比b大，故A错误；根据动量定理mg⋅Δt=Δp，则有ΔpΔt=mg，由于两粒种子的质量相等，则a的动量变化率等于b的动量变化率，故B正确；根据水平方向x=vxt，a水平位移小运动时间长，则a水平分速度小，P、Q是两轨迹的最高点，在最高点只具有水平方向的分速度，根据p=mvx可知，a在P点的动量一定小于b在Q点的动量，故C错误；a在M点的水平速度小于b在N点的水平速度，a在M点的竖直速度大于b在N点的竖直速度，故无法比较a在M点的动量和b在N点的动量大小关系，故D错误。
5．（2026·安徽合肥模拟）多选 如图甲所示，一质量为m的物块（视为质点）放置在粗糙的水平面上，现给物块一水平向右的拉力，经过一段时间t0撤去拉力，再经过2t0时间物块停止运动。整个运动过程中，物块的动量与时间的图像如图乙所示，物块在整个运动过程中，受到的摩擦力不变，下列说法正确的是 （ ）
A. 物块与水平面间的滑动摩擦力大小为p03t0
B. 物块与水平面间的滑动摩擦力大小为p02t0
C. 0至t0时间内，拉力的冲量为2p0
D. 0至t0时间内，拉力的冲量为3p02
【答案】BD
【解析】由题意，撤去拉力后，对物块利用动量定理有−f⋅2t0=0−p0，得物块与水平面间的滑动摩擦力大小f=p02t0，故A错误，B正确；0至t0时间内，对物块利用动量定理有IF−ft0=p0，可得拉力的冲量IF=3p02，故C错误，D正确。
6．根据量子理论：光子既有能量也有动量；光子的能量E和动量p之间的关系是E=pc，其中c为光速。由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强。根据动量定理可近似认为：当动量为p的光子垂直照到物体表面时，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为2p；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p。某激光器发出激光束的功率为P0，光束的横截面积为S。当该激光束垂直照射到某物体表面时，物体对该激光的反光率为η ，则激光束对此物体产生的压强为（ ）
A. (1+η)P0cSB. (1+η)P0cSC. (1−η)P0cSD. (2−η)P0cS
【答案】B
【解析】时间t内释放光子的能量E=P0t，光子的总动量p=Ec=P0tc，根据题意，由动量定理有Ft=2ηp+(1−η)p，激光束对此物体产生的压强p压=FS，联立解得p压=(1+η)P0cS，故选B。
能力强化练
7．（2023·福建卷·7）多选 甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点，甲车的速度-时间图像如图（a）所示，乙车所受合力-时间图像如图（b）所示。则（ ）
图（a）图（b）
A. 0～2s内，甲车的加速度大小逐渐增大
B. 乙车在t=2s和t=6s时的速度相同
C. 2～6s内，甲、乙两车的位移不同
D. t=8s时，甲、乙两车的动能不同
【答案】BC
【解析】v−t图像中图线的斜率表示加速度,由题图（a）可知0～2s内甲车的加速度大小不变，A错误。F−t图像中图线与横坐标轴围成的面积表示动量的变化量,由题图（b）可知2～6s内乙车的动量变化量为0,所以t=2s和t=6s时速度相同,B正确。在v−t图像中图线与横坐标轴围成的面积表示位移,在2～6s内,由题图（a）得甲车位移为0,将题图（b）转换为v−t图像如图所示,同理可得乙车位移不为0,C正确。由题图可得,当t=8s时,甲、乙两车速度均为0,D错误。
8．（2024·全国甲卷·20）多选 蹦床运动中，质量为60kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10m/s2。下列说法正确的是（ ）
A. t=0.15s时，运动员的重力势能最大
B. t=0.30s时，运动员的速度大小为10m/s
C. t=1.00s时，运动员恰好运动到最大高度处
D. 运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4600N
【答案】BD
【解析】由题图知，t=0.15s时F达到最大，此时蹦床的形变量达到最大，可知t=0.15s时运动员运动至最低处，重力势能最小，A错误；t=0.3s时，运动员恰好离开蹦床，t=2.3s时运动员又刚好接触蹦床，该段时间内运动员的运动可看作竖直上抛运动，从抛出到落回原处所用时间为2s，所以运动员在空中上升的时间为1s，根据v=gt可知运动员在离开蹦床时速度大小为10m/s，B正确；运动员在最高点对应的时刻为1.30s，C错误；以竖直向下为正方向，运动员刚好接触蹦床时的速度v1=10m/s，经0.3s离开蹦床时的速度v2=−10m/s，根据动量定理有mgt−Ft=mv2−mv1，解得蹦床对运动员的平均作用力大小F=4600N，根据牛顿第三定律可知，D正确。
9．从“嫦娥”系列到“天问”系列，中国开启了对未知天体的探索。如图所示，质量为M的探测器到达火星表面时，探测器通过喷气口向下喷气（可认为探测器质量不变）使其短暂悬停。已知探测器喷气口直径为D，喷出气体相对火星表面速度为v，火星与地球质量之比为1:10，火星与地球半径之比为1:2，地球表面重力加速度为g，则喷出气体的平均密度为（ ）
A. 4MgπD2v2B. 16Mg5πD2v2C. 2MgπD2v2D. 8Mg5πD2v2
【答案】D
【解析】在天体表面附近有mg=GMmR2，则g火g=M火M地⋅(R地R火)2，整理得g火=0.4g，探测器在喷出气体反推力和火星引力作用下处于静止，设喷出气体反推力为F，即Mg火=F，对极短时间Δt内喷出气体体积V=Sl=π(D2)2vΔt，设喷出气体的平均密度为ρ ，则Δt时间内喷出的气体质量m=ρV=ρπ(D2)2vΔt，以Δt时间内喷出的气体为研究对象，根据动量定理有FΔt=mΔv−0，解得ρ=8Mg5πD2v2，故选D。
创新思维练
10．（2025·甘肃卷·14）（11分）如图甲所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图乙所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ=30∘ 。求：
（1） t=6s时F的大小，以及t在0～6s内F的冲量大小。
（2） t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f−t图像。
（3） t=6s时，物块的速度大小。
【答案】（1） 见解析
（2） 见解析
（3） 见解析
【解析】
（1） 由题图乙可知F=34mgt(N)，
代入t=6s可得F=332mg。
0～6s内F的冲量大小等于F−t图像中0～6s的图线与横轴围成的面积，
即IF=12×6s×332mg=932mg(N⋅s)。
（2） 初始时刻物块刚好能静止在细杆上，有mgsinθ=μmgcsθ ，
力F作用时，垂直于杆方向有
FN=|mgcsθ−Fsinθ|，
又f=μFN，
代入F=34mgt(N)可得
f=|12−18t|mg(N)，
即f=12mg−18mgt(N)(0≤t≤4s),18mgt−12mg(N)(4s