选择题考点专项训练35 动量定理的应用（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习

这是一份选择题考点专项训练35 动量定理的应用（后附解析）-【选择题专练】2025年高考物理一轮复习练习，共8页。试卷主要包含了如图所示，用质量为0，9×103 m/s等内容，欢迎下载使用。


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
2.(动量定理的应用)如图所示，用质量为0.5 kg的铁锤钉钉子，打击前铁锤的速度为3 m/s，打击后铁锤的速度变为0，设打击时间为0.05 s，重力加速度g＝10 m/s2，则铁锤钉钉子的平均作用力大小为( )
A.25 N B.30 N
C.35 N D.40 N
3.(动量定理的应用)如图所示，某同学在实验室用力传感器竖直向上提起一质量m＝200 g的钩码，电脑屏幕上显示力传感器的示数与时间的关系为F＝2t(均对应国际单位)，已知重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A.2 s时钩码的速度为0
B.0～2 s内钩码向上做变加速直线运动
C.2 s时钩码的速度为5 m/s
D.2 s内钩码重力的冲量大小为2 N·s
4.(碰撞中动量定理的应用)某古法榨油中的一道工序是撞榨，即用重物撞击楔子压缩油饼。如图所示，质量为50 kg的重物用一轻绳与固定点O连接，O与重物重心间的距离为4 m，某次将重物移至轻绳与竖直方向成37°角处，由静止释放，重物运动到最低点时与楔子发生碰撞，若碰撞后楔子移动的距离可忽略，重物反弹，上升的最大高度为0.05 m，作用时间约为0.05 s，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，整个过程轻绳始终处于伸直状态，则碰撞过程中重物对楔子的作用力约为( )
A.4 000 N B.5 000 N
C.6 000 N D.7 000 N
5.(动量定理的应用)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
6.(动量定理的应用)研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力，根据图像可知( )
A.弹性绳的原长为15 m
B.0～15 m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量
C.15～27 m下落过程中，运动员受合力先减小后增大
D.0～27 m下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量
7.(传送带模型中动量定理的应用)如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带，v1≠v2，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是( )
A.合外力对物块的冲量大小一定为零
B.合外力对物块做的功一定为零
C.合力对物块的冲量大小可能为2mv1
D.合力对物块的冲量大小可能为2mv2
8.(机车起动模型中的动量定理的应用)(多选)2022年6月10日，中国首款仅靠太阳能驱动的纯电动车“天津号”公开亮相。若该电动车的质量为m，某次试验时由静止沿直线加速行驶，经过时间t恰好达到最大速度，前进的距离为x。若电动车受到的阻力大小恒为Ff，电动机输出功率恒为P，则该过程( )
A.电动车做匀加速直线运动
B.电动车的加速度逐渐减小
C.电动车的最大速度为eq \r(\f(2（Pt－Ffx）,m))
D.电动车所受牵引力的冲量为eq \f(mP,Ff)＋Fft
9.(航空航天模型中的动量定理的应用)(多选)我国神舟号载人飞船返回舱着地过程如图所示。在返回舱距地面1 m时，返回舱底部的四台反推发动机同时点火，使其着地速度减为零，实现“软着陆”。已知返回舱的质量为3 t(含航天员，不考虑推进剂喷出对质量的影响)，在距地面1 m时的速度为10 m/s，发动机喷出推进剂的速度为v(远远大于返回舱的速度)，共喷出推进剂的质量为10 kg，每台发动机可以产生方向竖直向上、大小为4.5×104 N的恒定推力。若发动机的工作时间等于返回舱的落地时间，重力加速度g＝10 m/s2，则在返回舱距地面1 m后的着地过程中，下列说法正确的是( )
A.航天员受到返回舱的作用力等于航天员重力的6倍
B.航天员受到返回舱的作用力等于航天员重力的5倍
C.反推发动机喷出推进剂的速度为v＝3.6×103 m/s
D.反推发动机喷出推进剂的速度为v＝0.9×103 m/s
10.(空气柱模型中动量定理的应用)“娱乐风洞”是一项惊险刺激的新型娱乐设备，它能在一个特定的空间内通过人工制造的气流把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感觉。现有一直径为d的圆柱形风洞，一游客恰好可以静止在风洞内，假设风洞内向上的风量Q(单位时间内风洞内空气的流通量，计算单位是m3/s)、风速v、空气密度ρ都保持不变，游客受风面积(游客在垂直风力方向的投影面积)为S。假设风吹到人身上后速度变为零，则该游客的质量为(重力加速度为g)( )
A.eq \f(4ρQSv,πd2g) B.eq \f(ρQv,g)
C.eq \f(ρQSv,πd2g) D.eq \f(ρQv2,g)
11.(液柱模型中动量定理的应用)喷口竖直向下的水龙头喷出的水形成水柱冲击到地面，已知喷口距地面的高度h＝1 m，水喷出时初速度v0＝4 m/s，落到地面时水柱横截面积为S＝2 cm2水柱冲击地面的时间很短，冲击地面后的速度为零，忽略空气阻力，已知水的密度ρ＝1 000 kg/m2，重力加速度g＝10 m/s2，则水柱对地面的平均冲击力大小最接近( )
A.5.5 N B.7.5 N
C.8.5 N D.9.5 N
12.(粒子束模型中动量定理的应用)人们射向未来深空探测器是以光压为动力的，让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部反射，从而产生光压。设探测器在轨道上运行时，每秒每平方米获得的太阳光能E0＝1.5×104 J，薄膜光帆的面积S＝6.0×102 m2，探测器的质量m＝60 kg，已知光子的动量的计算式p＝eq \f(h,λ)，那么探测器得到的加速度大小最接近( )
m/s2 m/s2
5 m/s2 m/s2
解析答案35 动量定理的应用
1．D [因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误；有无安全气囊，司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故C错误；因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。]
2．C [以铁锤为研究对象，取竖直向上为正方向，则打击之前铁锤的速度为v1＝－3 m/s，打击之后铁锤的速度为v2＝0，设钉子对铁锤的平均作用力为F，方向竖直向上，根据动量定理可得(F－mg)t＝Δmv＝mv2－mv1，代入数据解得F＝35 N；根据牛顿第三定律可得铁锤钉钉子的平均作用力大小为35 N，方向竖直向下，故C正确。]
3．C [t＝1 s时，F＝2 N，所以钩码在0～1 s内处于静止状态，1 s后钩码开始运动，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得a＝(10t－10)m/s2，所以钩码1 s后做变加速直线运动，B错误；设2 s时钩码的速度为v，IF－mgΔt＝mv，其中Δt＝1 s，IF＝eq \f(2＋4,2)×1 N·s＝3 N·s，解得v＝5 m/s，故C正确，A错误；0～2 s内重力的冲量IG＝mgt2＝0.2×10×2 N·s＝4 N·s，故D错误。]
4．B [根据机械能守恒定律有mgL(1－cs 37°)＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)，碰撞后重物上升过程，有mgh＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,2)；根据动量定理，有Ft＝mv2－(－mv1)，联立解得F＝5 000 N，故B正确。]
5．D [圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力Ff＝mω2r，根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为I＝mv－mv＝0，大小为0，故B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为I′＝Δp＝0－mv＝－mωr，大小为mωr，故D正确。]
6．B [由图像可知位移大小为15 m时，速度大小为最大值，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳的原长小于15 m，故A错误；运动员下落过程中先做加速度为g的加速运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15 m，所以0～15 m下落过程中，运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故B正确；15 m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大，故C错误；0～27 m下落过程中由动量定理可得IG＋I弹＝0，可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D错误。]
7．D [由于物块的速度方向发生变化，根据动量定理I合＝Δp，即动量一定会发生变化，则合外力的冲量一定不会等于0，故A错误；如果设v1＝v2，回到P点时，物块的动能没有发生变化，根据动能定理，合外力对物块做功为0，但由于v1≠v2，则合外力对物块做的功不为零，故B错误；当v1>v2，时，根据对称性，物块再次回到P点时的速度仍为v2，根据动量定理I合＝Δp＝2mv2，当v18．BCD [根据P＝Fv，a＝eq \f(F－Ff,m)，由于电动机输出功率恒为P，可知随着电动车速度增加，牵引力减小，加速度减小，则电动车做加速度逐渐减小的加速运动，故A错误，B正确；根据动能定理可得Pt－Ffx＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,m)，解得电动车的最大速度为vm＝eq \r(\f(2（Pt－Ffx）,m))，故C正确；当牵引力等于阻力时，速度最大，则有vm＝eq \f(P,Ff)，根据动量定理可得IF－Fft＝mvm，联立可得电动车所受牵引力的冲量为IF＝eq \f(mP,Ff)＋Fft，故D正确。]
9．AC [设返回舱加速度为a，单个发动机推力为F，根据牛顿第二定律有4F－Mg＝Ma，将F＝4.5×104 N，M＝3×103 kg，代入解得a＝5g，对航天员根据牛顿第二定律有F舱－mg＝ma，代入数据解得F舱＝6mg，故A正确，B错误；根据运动学公式可求返回舱落地时间t＝eq \f(v0,a)＝0.2 s，由题意知反推发动机推进剂的喷出速度为v(远远大于返回舱的速度)，设发动机喷出推进剂的总质量为Δm，以喷出的质量为Δm的推进剂为研究对象，根据动量定理有4Ft＝Δmv，代入数据联立解得v＝eq \f(4Ft,Δm)＝3.6×103 m/s，故C正确，D错误。]
10．A [游客静止时，有F＝mg，在时间t内吹出的风体积为V＝Qt，吹到游客身上的体积为eq \f(S,\f(1,4)πd2)Qt，其质量为m风＝ρeq \f(S,\f(1,4)πd2)Qt，根据动量定理，有Ft＝m风v，联立可得m＝eq \f(4ρQSv,πd2g)，故A正确。]
11．B [水柱做竖直下抛运动，设落地速度为v，由匀变速直线运动的规律v2－veq \\al(2,0)＝2gh，可得v＝eq \r(veq \\al(2,0)＋2gh)＝6 m/s，对与地面发生碰撞而落地的水取一段圆柱体水柱，设时间为Δt，长度为l＝v·Δt，质量为m＝ρV＝ρSl＝ρSvΔt，冲击地面后的速度为零，取向下为正，由动量定理(mg－F)Δt＝0－mv＝－ρSv2Δt，由牛顿第三定律知水柱对地面的平均冲击力F′与地面对水的力F等大反向，而mg≪F，则水柱的重力可忽略，联立可得F′＝F＝ρSv2＝7.2 N，故B正确，A、C、D错误。]
12．A [由E＝hν，p＝eq \f(h,λ)以及光在真空中光速c＝λν知，光子的动量和能量之间关系为E＝pc。设时间t内射到探测器上的光子个数为n，每个光子能量为E，光子射到探测器上后全部反射，则这时光对探测器的光压最大；每秒每平方米面积获得的太阳光能E0＝eq \f(n,St)·E，由动量定理得F·eq \f(t,n)＝2p，对探测器应用牛顿第二定律F＝ma，代入数据解得a＝1.0×10－3 m/s2，故A正确，B、C、D错误。]