训练2动量定理的拓展应用-【勤径学升】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册同步练测（人教版2019）

训练二 动量定理的拓展应用 4.2024年2月19日，2024多哈游泳世锦赛落 基础练了规固应周 幕，中国队获得23金8银2铜共33枚奖 1.质量为1kg的物体做直 卡/ms) 牌，再次展现强大实力。某次比赛中跳水运 线运动，其速度一时间图 动员从水面上方某固定高度处以初速度， 像如图所示。则物体在 竖直向上起跳，一段时间后落入水中，将运 1520 510 前10s内和后10s内所受 动员看成质点，忽略空气阻力，下列说法正 确的是 () 合外力的冲量分别是 A.起跳的初速度越大，从起跳到入水前 A.10N·s,10N·s 瞬间运动员的动能变化量越大 B.10N·s,-10N·s B.起跳的初速度。越大，从起跳到入水前 C.0,10N·s 瞬间运动员的动量变化量越小 D.0,-10N·s C.人水后到速度为零的过程中，运动员的 2.(多选)一物体在外力的 动量变化量大于水对运动员的冲量 作用下从静止开始做直 D.入水后到速度为零的过程中，运动员的 线运动，合外力方向不 9 动量变化量小于水对运动员的冲量 变，大小随时间的变化如 21 5.2022年10月12日，中 图所示。设该物体在t。和2。时刻相对于 国航天员进行了第三次 出发点的位移分别是x1和x:,速度分别是 太空授课。在授课中刘 y和，合外力从开始至t。时刻做的功是 洋用注射器喷出气体快 速冲击水球，做了微重力作用下水球的振 W,,从t。至2t时刻做的功是W,,则 动实验。将注射器靠近水球，假设喷出的 气体以速率？垂直冲击水球上面积为S的 A.x2=5x1,w2=3 一小块区域（可近似看作平面），冲击水球 B.x1=9x2,w=54 后气体速率减为零，气体的密度为，则水 C.x2=5x1,W2=8W 球受到的平均冲击力大小为 D.2=3u1,W2=9W A.pSv B.pSv 3.2022年4月超强台风 “鲇鱼”登陆海南，导致 C.3Sw D. 6.小明同学将“打夯”的情境 部分高层建筑顶部的 简化成如图所示的过程： 广告牌损毁。台风“鲇 放置于水平地面的平底重 鱼”登陆时的最大风力 物，两人同时通过绳子对重物各施加一个 为9级，最大风速为23m/s。如图所示，某 拉力，拉力大小均为F=450N,方向均与 高层建筑顶部广告牌的尺寸为高5m、宽 竖直方向成0=37°，两人同时作用t=0.4s 20m,空气密度p=1.2kg/m3,空气吹到 后停止施力。一段时间后重物落下，重物 广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受 砸入地面之下的距离为s=4cm。已知重 到的最大风力约为 物的质量为m=48kg,所受空气阻力忽略 A.3.9×10'N B.6.3×104N 不计，重力加速度取10ms2,cos37°= C.1.0×10N D.9.0×10N 0.8。求： 3 》高中物理·选择性必修第一册（人教版 (1)重物上升的时间： 匀速奔跑，撞树后被水平弹回，反弹速度大 (2)重物砸入地面的过程中，重物对地面的 小为1m/s,设兔子与树的作用时间为 平均冲击力大小。 0.05s,重力加速度g=10m/s2。下列说 法正确的是 () A,加速过程中兔子的加速度大小为 180m/s B.加速过程中地面对兔子水平方向的平均 作用力大小为20N C.撞树过程中树对兔子的平均作用力大小 为320N D.撞树过程中树对兔子的平均作用力大小 为400N 9.“法国哪吒”扎帕塔身背 能力练了素养提升 燃料包，脚踩由5个小型 7.“雪如意”是我国首座国际标 助游风 涡轮喷气发动机驱动的 淮跳台滑雪场地，跳台滑雪起跳区 “飞板”，仅用22分钟就 运动中，裁判员主要根据运 飞越了英吉利海峡35公 动员在空中的飞行距离和动 着陆坡 里的海面。已知扎帕塔（及装备）的总质量 作姿态评分。运动员在进行跳台滑雪时大 为120kg,设发动机启动后将气流以 致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿 6000m/s的恒定速度从喷口向下喷出，则 尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起 当扎帕塔（及装备）悬浮在空中静止时，发 跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬 动机每秒喷出气体的质量为（不考虑喷气 滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行 对总质量的影响，g取10m/s2)() 阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本 A.0.02kg B.0.20kg 平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④ C.0.50kg D.5.00kg 着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左 10.如图所示，自动称米机已在许多粮店广泛 右平伸。下列说法正确的是 () 使用，当预定米的质量达到要求时，自动 A.助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑 装置即刻切断米流。若单位时间从出口 道之间的摩擦力 流出大米的质量为d,某 读数为示 B.起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了 时刻，盛米的容器中静止 增加向上的速度 部分的大米质量为m1, C.飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了 还在下落的大米的质量 增加水平方向速度 为2，刚要落到已静止的米堆上时的速 D.着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少 度为，之后静止，则下列说法正确的是 与地面的作用时间 ( 8.“守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出 A.此时静止米堆受到的冲击力大小为d 自《韩非子》，原文为：宋人有耕者，田中有 B.此时称米机读数为m 株，兔走触株，折颈而死。因释其耒而守 C.由于米流落到容器中时对容器有向下 株，冀复得兔。兔不可复得，而身为宋国 的冲力，故买家不划算 笑。假设一只兔子质量为2kg,受到惊吓 D.自动装置切断米流时，有一些米仍在空 后从静止开始沿水平道路做匀加速直线运 中，这些米是多给买者的，故卖家不 动，经过1.2s速度大小达到9ms,此后 划算 11.“水上飞人表演”是近几年来观赏性较高：12.《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被 的水上表演项目之一，其原理是利用脚上 动减速的场景，引起了天文爱好者们的讨 喷水装置产生的反冲动力，使表演者在水 论，如果想要不减速通过尘埃区，就需要 面之上腾空而起，同时能在空中完成各种 飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度 特技动作，如图甲所示。为简化问题，将 为p=4.0×108kg/m3,飞船进入尘埃区 表演者和装备与竖直软水管看成分离的 的速度为v=3.0×10°m/s,飞船垂直于 两部分，如图乙所示。已知表演者及装备 运动方向上的最大横截面积为S=10m, 的总质量为M,竖直软水管的横截面积为 尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船 S,水的密度为0，重力加速度为g。若水 上，求： 流竖直向上喷出，与表演者接触后能以原 (1)单位时间△1=1s内附着在飞船上的 速率反向弹回，要保持表演者在空中静 微粒质量； 止，软水管的出水速度至少为 ( (2)飞船要保持速度v不变，需提供的动 表商名及装备 力大小与该动力的功率。 水流方向 软水管 水面 1 2Mg A 腰 c. Mg D 5素能提升训练 训练一 动量 动量定理 基础练巩固应用 1.C 动能不变说明速度的大小不变，但是速度的方向可 以变化，故动量可以改变，A错误；动量为零时，物体的 速度为零，但是物体可以有加速度，不一定处于平衡状 态，如物体在竖直上抛的最高点时，B错误；物体受到恒 力时，可以做曲线运动，如平抛运动，故受恒力的冲量时 物体可以做曲线运动，C正确；物体所受合外力大小不 变时，合外力一定有冲量，由动量定理可知动量一定改 变，但动量大小不一定变化，如匀速圆周运动，D错误。 2.CD 钉钉子时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作 用时间长，作用力小；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延 长人与地的接触时间，减小作用力，所以 AB项不正确； 据动量定理Ft=△p知，当△p相同时，t越长，作用力越 小，故C项正确；车能否移动或运动状态能否改变取决 于所受合外力的作用，与内部作用无关，所以D项正确。 3.AD 乒乓球被机器人以原速率斜向上击回，可知乒乓 球的动能不变，由动能定理可知，合外力对乒乓球做功 为零，故 A正确；乒乓球被机器人以原速率斜向上击 回，可知乒乓球速度变化量不为零，所以动量的变化量 不为零，由动量定理可知，击球过程合外力对乒乓球的 冲量不为零，故B错误；乒乓球运动至最高点时，还具有 水平方向的速度，所以在最高点动量不为零，故C错误； 乒乓球下落过程中，只受重力作用，则在相等的时间内 重力的冲量相等，由动量定理可知，在相等时间内动量 变化相同，故 D正确。 4.C 质点转动半个周期，正好转动180°,初、末速度方向 相反，设末速度方向为正方向，则速度变化量为△v= v—(—v)=2v,则动量的变化量为△p=m·△v=2mv, ABD错误，C正确。 5.BC 设足球与头顶接触时的速度大小为 v,则有 v2= 2gh,可得 v=√2gh=√2×10×0.8 m/s=4 m/s,则足 t=20=×4s=0.8 s,故A错球在空中的运动时间为 误，B正确；足球与头部相互作用时，规定竖直向下的方 向为正方向，则根据动量定理可得(mg—F)△t=—mu -mv,可得F=2m0+mg=2×0.4×4N+0.4×10N =36 N,故C正确，D错误。 6.解析 以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0, 所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的 有h=2gt2,解得冲量为零，根据自由落体运动的知识 物体下落到地面上所需要的时间t=1 s, 从开始下落到落到海绵垫上停止时， mg(t+△t?)-F△t?=0, 代入数据，解得F=1 400 N, 下落到沙坑中时，mg(t+△t?)-F'△t?=0, 代入数据，解得 F′=7 700 N。 答案 1 400 N 7 700 N 能力练素养提升 7.C 谈到冲量必须明确是哪一个力的冲量，此题中要求 的是重力对滑块的总冲量，根据冲量的定义式I=Ft可 知重力对滑块的总冲量应为重力乘以作用时间，所以 I=mg(t?+t?),故C正确。 8.AC 无论是否启动反推发动机，碰撞过程返回舱的初 末速度不变，动量变化量不变，反推发动机的作用是延 长动量变化的时间，从而减小返回舱的动量变化率，进 而减小返回舱受到的平均冲力，A、C正确，B、D错误。 9.C 取竖直向下为正方向，动量 p=mv=m(一v?+gt) =-mv?+mgt,mv?、mg是定值，故动量和时间的关系 图应为截距为负、斜率为正的直线，故 AB错误；动量的 变化量△p=mgAt,解得出=mg,mg是定值，故会的 值随时间的变化始终保持恒定，为 mg,故C正确，D 错误。 10.BD 忽略摩擦，两运动员“接棒”过程中所受到的合力 为运动员之间的相互作用力，大小相等，但两运动员的 质量未知，无法确定两运动员的加速度大小关系，A错 误；相互作用力的作用时间相等，两运动员动量变化量 大小相等，方向相反，总冲量等于零，B、D 正确；两运动 员相对地面的位移不一定相同，因此他们之间相互作 用力做的总功不一定等于零，C错误。 11.A 由图可知，碰撞前的动量 p?=mv,方向沿初速度方向，末 P? 动量大小为 p?=mv,方向沿末 45 45% 速度方向；根据三角形定则，篮 球动量的改变量为△p=√2mv, 方向竖直向上，所以合外力的冲 P? 量竖直向上，大小为√2mv,故 BD错误；由动量定理可 知，合外力对篮球的冲量大小为√2mv,故 A正确；因重 力的冲量竖直向下，所以地面对篮球的冲量一定竖直 向上，故C错误。 12.解析(1)设飞船加速下降时火箭推力为F,根据牛顿 第二定律有mg—F=ma; 设下落时间为to,则根据匀变速运动规律有 h= 2at2,v=at。,火箭推力的冲量大小为I=Ft,解得 I,=8.4×103N·s,方向竖直向上。 (2)设“缓冲腿”触地前瞬间飞船速度大小为 v,则 v2= 2ah;从“缓冲腿”触地到飞船速度减为0的过程中，每 条“缓冲腿”受力大小为F',以竖直向上为正方向，根 据动量定理有4F'tsin 60°—mgt=mv,解得 F≈2.5× 103N。 答案(1)8.4×103N·s,方向竖直向上 (2)2.5×103N 训练二 动量定理的拓展应用 基础练巩固应用 1.D 由图像可知，在前10 s 内物体初、末状态的动量相 同，p?=p?=5 N·s,由动量定理知I?=0;在后10 s内 物体末状态的动量 ps=-5 N·s,由动量定理得 I?= ps—p?=—10 N·s,故选项D正确。 15 2.AC 根据 F-t图像面积意义和动量定理有F?to= mv?,F?to+2F?to=mv?,则 v?=3v?,应用位移公式可知 x?=?ox?=22+2to,则x?=5x,A正确，B错 误；在第一个t。时间内，对物体应用动能定理有W?= m,在第二个t时间内，对物体应用动能定理有W? =m2-m,,则W?=8W?,C正确，D错误。 3.B 广告牌的面积S=5×20 m2=100 m2,设t时间内吹 到广告牌上的空气质量为m,则有m=pSvt,以风速的 方向为正方向，根据动量定理有一Ft=0— mu=0— pSv2t,解得广告牌对空气的最大作用力的大小为 F= pSv2,根据牛顿第三定律得，广告牌受到的最大风力的 大小为F′=pSv2,代入数据得 F'≈6.3×10?N,故选项 B正确。 4.D 从起跳到入水前瞬间运动员的动能变化量为△Ek= mgh,由于下落高度不变，可知从起跳到入水前瞬间运 动员的动能变化量不变，选项 A错误；根据动量定理可 得△p=mgt,起跳的初速度 v。越大，从起跳到入水前瞬 间运动员所用的时间越长，则运动员的动量变化量越 大，选项B错误；入水后到速度为零的过程中，根据动量 定理可得I水—mgt'=△p',可得I水>△p',可知入水后 到速度为零的过程中，运动员的动量变化量小于水对运 动员的冲量，选项C错误，D正确。 5.B △t时间内冲击水球的气体质量为△m=p△tuS,根据 动量定理得F·△t=0—△m·v,联立解得F=—pSv2, 根据牛顿第三定律可得F′=pSv2,选项B正确。 6.解析(1)对重物上升过程，选取竖直向上的方向为正 方向，由动量定理得2Fcos θ·t-mgt?=0, 解得重物上升的时间t?=0.6 s。 (2)从重物上升到刚撤去拉力，重物上升h。由动量定 理得2Fcosθ·t-mgt=mv?-0, h=2t, 从重物上升到砸入地下，由动能定理得 2Fcos 0·h+mgs-fs=0, 解得f=7 680 N, 据牛顿第三定律，重物对地面的平均冲击力大小 f=f=7 680 N。 答案(1)0.6 s (2)7 680 N 能力练素养提升 7.B A错：助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之 间的摩擦力；B对：起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是增 大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间 内，受的作用力越大，最终向上的速度越大；C错：飞行 阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻 力；D错：着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地 时间，根据动量定理可知，这样可以减少身体受到的平 均冲击力。 8.D 兔子经过1.2 s速度由0 m/s均匀增加到9 m/s,根 据匀变速直线运动的速度公式可得，兔子的加速度大小 为a=2=7.5 m/s2,A错误；加速过程中，设地面对兔 子水平方向的平均作用力大小为f,根据动量定理可得 f△t=mv-0,代入数据解得f=15 N,B错误；撞树过程 中，以撞树前兔子的速度方向为正方向，则兔子撞树前 的动量为 p=mv=2×9 kg·m/s=18 kg·m/s,撞树后 的动量为p=mv=2×(-1)kg·m/s=-2 kg·m/s, 动量变化量为△p=p-p=-2 kg·m/s-18 kg·m/s= -20 kg·m/s,由动量定理得F△t=△p=-20 kg·m/s= —20 N·s,解得兔子受到树对它的平均作用力为 F= -400 N,C错误，D正确。 9.B 设扎帕塔(及装备)对气体的平均作用力为 F,根据 牛顿第三定律可知，气体对扎帕塔(及装备)的作用力的 大小也等于F,则 F=Mg,设时间△t内喷出的气体的 质量为△m,则对气体由动量定理得 F△t=△mv,解得 Am=E=Ms,代入数据解得 Am=0.20kg。 发动机 每秒喷出气体的质量为0.20 kg,故 B正确，ACD错误。 10.A 极短的时间 △t 内落到已静止的米堆上的米的质 量为 △m=d△t,设静止的米堆对质量为 △m的米的作 用力大小为F,取竖直向上为正方向，根据动量定理有 (F一△mg)△t=0—(一△mv),解得F=d(v+g△t),因 为 v>g△t,所以 F≈dv,根据牛顿第三定律可知，此时 静止米堆受到的冲击力大小为dv,A正确；此时称米 机的读数为m=m8+F=m+dg ,B错误；切断米流 后，空中的米全部落到静止的米堆上所用时间为t= ,解得m?=a=g,结合 B项分析可知 m=m?+ m?,即称米机的读数为静止米堆和空中正下落的米的 质量和，所以不存在买家或卖家不划算的问题，C、D 错误。 11.C 设出水速度为v,则极短的时间t内，出水的质量为 m=pSvt,速度由竖直向上的v变为竖直向下的v,表 演者能静止在空中，由平衡条件可知表演者及装备受 到水的作用力为Mg,由牛顿第三定律可知，表演者及 装备对水的作用力大小也为Mg,取向下为正方向，对 时间t内的水，由动量定理可得Mgt=mv—(—mw)= ps2i-(-AS2),解得o=√器， ,故C正确，ABD 错误。 12.解析 (1)飞船在尘埃区飞行 △t 时间，则在这段时间 内附着在飞船上的微粒质量 △m=pSv△t=0.12 kg。 (2)微粒由静止到与飞船一起运动，微粒的动量增大， 由动量定理得F△t=△mv=pSv△tv, 解得 F=pSv2=4.0×10-?×10×(3.0×10?)2N=3.6 ×10?N,功率P=Fv=3.6×10?×3.0×10?W=1.08 ×101?W。 答案(1)0.12 kg (2)3.6×10?N,1.08×1010w 16