1.2 动量定理-【学霸题中题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(人教版2019) 江苏专用

第2节 动量定理 第1关练速度 4. 甲、乙两物体分别在合外力F.、F。的作用下 15mn为准,你的时间: 题型1 冲量的概念 沿同一直线运动,它们的动量随时间变化的 关系如图所示,设甲在1.时间内所受的冲量 1. 下列对于力的冲量的说法,正确的是( ) 为7.,乙在t.时间内所受的冲量为1,则F、( A. 当力与物体的位移垂直时,该力的冲量 的大小关系是 ( 为零 ) A. F.>F.1.=I B. 一对作用力和反作用力的冲量之和一定为0 #误选 B. F.FI.<I2 C. 力F.与作用时间t.的乘积F.1.等于力F C.F.>F,I.>I 与作用时间4.的乘积F,则这两个冲量 D.F.=FI.=1 相同 题型3 动量定理的应用 D. 静置于地面的物体受水平推力F的作用. 5.(2024·陕西榆林期末)如图为一种训练团队 经时间,仍静止,则此推力的冲量为0 合作意识的游戏-“鼓动人心”,每个队员 2.(2023·山东德州一中期F 拉着一条绳子,通过绳子控制鼓面来颠球,某 末)如图所示,质量为m的 次颜球过程,质量为300g的排球从静止下落 物体水平向右运动,某时刻 80cm击中鼓面,队员齐心协力使排球竖直 受到一个与水平方向成e角的恒力F的作 弹回原高度,排球与鼓面的接触时间为 用,之后由A位置运动到B位置,此过程物体 0.1s.不计空气阻力,g取10m/s,则这次颠 运动的时间为1.已知重力加速度大小为g,则 球过程中排球受到鼓面的平均作用力的大 ) 此过程中 小约为 ( ) A. 27 N B.24 N C. 15N A. 支持力的冲量大小为0 D. 12N B. 支持力的冲量大小为mg 子 C. 拉力F的冲量大小为F D. 拉力F的冲量大小为Ftcos6 题型2 动量定理 (第5题) (第6题) 3.(2023·河北廊坊期末)质量为m的物体静止 6. 一颗子弹水平击中静止在光滑水平面上的木 在光滑水平面上,在水平力F作用下,经时间 块,子弹与木块的速度图像如图所示.若子弹 1物体的动量为p.动能为E.若水平力变 射击木块时的初速度增大,则下列说法不正 ( 为2F,经过时间2t.则 ) 确的是(设子弹所受阻力大小不变) ) A. 物体的动量变为2p A. 子弹穿过木块的时间变短 B. 物体的动量变为4 B. 子弹的动量改变量变大 C. 物体的动能变为4E C. 木块所受阻力的冲量变小 D. 物体的动能变为8E D. 木块获得的动能减小 第一章 学霸003 第2关 练准确率 #。# 的冲量大小为 题 准确率>90%,你做对 ) 7.(2024·山东淄博期中)如图 所示,质量为n的小滑块沿 C. 2moLsin 6 D. 2moL 倾角为e的斜面向上滑动, # 经过时间,速度为零并又开始下滑,经过时 间.回到斜面底端,滑块在运动过程中受到 的摩擦力大小始终为F.在整个运动过程中 下列说法正确的是 ( __. (第10题) (第11题) A.重力对滑块的总冲量为ng(t.+。)sin6 11. 如图所示为工厂内利用电动机牵引货物的 B. 支持力对滑块的总冲量为mg(1.+4)cos6 装置示意图,轻绳一端与粗糙水平地面上的 C.合力的冲量为0 货物相连,另一端跨过光滑定滑轮与电动机 D. 摩擦力的总冲量为F(t.+) 相连,已知电动机转速恒定,在货物由A运动 8.(2023·江苏徐州七中质检)一粒钢珠从静止 到B的过程中,下列说法正确的是 , ) 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 A. 货物运动的速度保持不变 止的过程称为过程II.则 ( ) B. 轻绳对货物拉力所做的功一定等于货物 A. 过程I中钢珠的动量的改变量大于重力 克服摩擦阻力所做的功 的冲量 C. 轻绳对货物的拉力的冲量一定大于货物 B. 过程II中阻力的冲量的大小等于过程1 动量的改变量 中重力的冲量的大小 D. 地面对货物支持力的冲量一定大于货物 C. I、II两个过程中合外力的总冲量等于零 所受重力的冲量 D. 过程II中钢珠的动量的改变量等于零 12.一质量为n的物体静止 9.(2024·四川成都模拟)水果的碰伤阙值是指 水果在不碰伤的情况下能够从静止状态跌落 在光滑水平面上,现对其 的最大高度,已知导致苹果碰伤所需的平均作 施加两个水平作用力,两 用力约为苹果自身重力的3倍,假设苹果在接 个力随时间变化的图像如-上 图所示,由图像可知在.时刻物体的( 触钢板后01;减速至静止,重力加速度取 __ 10m/s{},则苹果在钢板上的碰伤阙值最接近 F+F。 A.加速度大小为 ) D. 45cm A. 10 cm B. 20 cm C. 30 cm (F-F。)(-) B.速度大小为 10. 如图所示,质量为m的小球在水平面内做匀 2m 速圆周运动,细线长1.与竖直方向夹角 (F-Fo)2 C. 动量大小为 2 为9.线的拉力为F,小球做圆周运动的角速 (F-F。)(t,-t)2 D.动能大小为 4m 选择性必修第一册学霸004 13.(2024·四川成都石室中学开学)台球以速 A.最大下潜深度为2v.(Nt。-4。) 度v.与球桌边框成e角撞击0点,反弹后速 B. 下潜过程所用总时间为2Nt.-3t. 度为u.方向与球桌边框夹角仍为6.如图所 C. 上升过程中潜水装置所受浮力的冲量大 示,0B垂直于桌边,则下列关于桌边对小球 小为Nmgt。 ( ~ 的弹力方向的判断中正确的是 D. 潜水装置所受最小浮力与最大浮力之比 .。 为 →D 第3关 练思维宽度 难度级别:☆合众立 A.可能沿0A方向 B. 一定沿0B方向 16.(2023·湖南师大附中质检)小强同学应用 C.可能沿0C方向 D. 可能沿0D方向 压力传感器完成以下实验:如图甲所示,他 14. 如图所示,从地面上的A点以速度v竖直向 将一根均匀的细铁链上端用细线悬挂在铁 上抛出一小球,小球上升至最高点B 架台上,调整高度使铁链的下端刚好与压力 后返回,0为A、B的中点,小球在运 传感器的探测面接触.剪断细线,铁链逐渐 动过程中受到的空气阻力大小不变 mA 落在探测面上.传感器得到了探测面所受压 下列说法正确的是 力随时间的变化图像.通过对图线分析发现 A. 小球上升至0点时的动量等于A点的 铁链最上端落到探测面前后雕间的压力大 一半 小之比大约是N:N.=3:1.后来他换用不 B. 小球在上升过程中所受重力的冲量小于 同长度和粗细的铁链重复该实验,都得到相 下降过程中所受重力的冲量 同结果.请你通过理论推理来说明实验测得 C. 小球在上升过程中所受合力的冲量小于 的结果是正确的(推理过程中需要用到的 下降过程中所受合力的冲量 物理量的字母请自行设定) D. 小球在上升过程中动量的减少量等于下 # 降过程中动量的增加量 15.(2024·湖南株洲 一模)一种新型潜 水装置,可以通过”。 浮力控制系统实现 0t{ 下潜和上升.某次试潜中该装置的速度-时间 图像如图所示,其中①为下潜的图像,②为返 程上升的图像,已知加速和减速过程中加速度 大小相等,潜水装置质量为n.重力加速度 为g,忽略水的阻力和水平方向的运动,在这次 试潜的整个过程中,下列说法错误的是( ) 第一章学霸005参考答案 ANSWER 第一章 动量守恒定律 第1节动量 初动能之比为4：1，选项A错误：B.两球下落的竖直高度 第1关（练速度） 为=（） =6 a,末速度B=√+2h= 1.C 2.D解析：两弹下落的竖直高度相同.则时间相同，甲的水 36 116 平位移较大，则甲的初速度较大，根据p=,由于两颗手 N 2h +2h,解得m=√4，z=√16m,根据 榴弹的质量关系不确定，则不能判断两弹的初动量关系 故选D. P=m,可知甲球和乙球末动量大小之比为P理。，2 ,球落 3.C解析：规定水平向右为正方向，击球前球的动量 E甲tp_12 P,=-m,击球后球的动量凸=m,击球前后球动量改变 量的大小为△p=P~P,=mm2+m,方向水平向右，AB错 地时动能之比乏斤，选项B错误，C正确：根据 误，C正确：D,物体动量改变量是末动量和初动量矢量相 △p=mg可知，甲球和乙球动量的变化量之比为1：1， 减碱，只有初末速度方向相反物体动量改变量的大小才是初 选项D错误.故选C 末动量的大小相加，其他情况物体动量改变量的大小都要 9.B解析：将小球斜向上抛出，当小球落到与抛出点等高处 比初末动量的大小相加值更小，D错误，故选C 时，由于小球在运动过程中只受到重力，所以动量只在竖 4.B解析：A.质量一定.物体的动能改变，则物体的速度大 直方向变化，那么，由mg=4p得，1=2=2s,ACD错误， 小一定改变，则其动量一定改变，故A错误：B,物体的动量 m层 改变，可能只是速度方向改变，但速度大小不变，所以动能 B正确， 不一定改变，故B正确：C物体的速率改变，即速度的大小 10.C解析：取竖直向下为正方向，动量p=mr=m(-。+ 变化，其动量一定改变，动能也一定改变，故C错误：D.物 g)=-m。+mg,m,mg是定值，故动量和时间的关系图 体的速度改变，可能速度大小变化，其动量改变，动能也改 线应为截距为负、斜率为正的直线，故AB错误：动量的变 变，也可能是速度方向改变，大小不变，则动量变化，但动 能不变，故D错误故选B. 化量4=mg4山，解得出=g,g是定值，故光的值随时 5.C解析：根据公=mp=m,可得公- 2m当n不变 间的变化始终保持恒定，为mg,故C正确，D错误 第3关（练思维宽度） 时，E是一条直线：当p与1为一次关系时，E4为开口向 11.D解析：根据牛顿第二定律得-m=ma,两边同乘以△ 上的抛物线，故选C 得-m·△=ma·小1，-△r=m△=△p,所以p-x图线的斜 第2关（鈽准确率）】 率为之=-k,由此可知，斜率为定值故选D 6.B解析：A设b与c的高度差均为么，可得h=2,2h Ar 第2节动量定理 25,铅球从a点到b点，速率变化量为4，=g(42-1) 第1关（练速度） (2-√2)√h:铅球从b点到c点，速率变化量为4，=g,= 1.B2.C √2g≠△"1，故A错误：B.铅球从a点到b点有2 3.B解析：根据动量定理有：P=P,p'=4=4p:根据动能与 =2gh,铅球从b点到c点有-=2gh,故铅球从a点到 动量的关系有：=)-16 =16E,故ACD错误，B正确. 2m 2m b点和从b点到c点，速度的平方变化量相同，故B正确： 故选B. CD.铅球从c点到d点、d点到e点动量的变化量为 4.A △p=m△r=mg△1，cd与de的水平距离相同，铅球水平方向 做匀速直线运动，可知铅球从e点到d点，d点到e点运动 5.A解析：根据题意，设排球接触鼓面时的速度大小为1， 根据自由落体运动可得=2gh,其中h=80em=0.8m,解 时间相等，故铅球从e点到d点动量的变化量等于从d点 到e点动量的变化量，故CD错误.故选B. 得r,=4m/:根据题意，队员齐心协力使排球竖直弹回原 7.B解析：小球与墙壁碰撞后，如果无能量损失，则小球应 高度，则可知排球被弹回时的速度大小秒，=，=4m/s,设 以相同的速率返回，这种情况动量变化量△，最大等 这次顿球过程中排球受到鼓面的平均作用力的大小为F, 于2mn,动能变化量△E最小为零，A错误，B正确：如果小 取向上为正方向，则对排球由动量定理有-mg=m2 球与墙壁碰后粘在墙上，动量变化量4p最小等于，动 (-,),解得F=27N,故选A. 6.B 能变化量△E最大等于)m2,故CD错误 第2关（练准确率） 8.C解析：A.两球下落的竖直高度相同.则时间相同：设正 7.B解析：重力对滑块的总冲量为1=mg(,+42),A错误： 支持力对滑块的总冲量为F、=mg(41+2)s8,B正确： 四面体的边长为，则落到A点的球的水平位移为，= 34: 整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总神量不 为0，C错误：上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故 落到D点的球的水平位移为2一，根据=.则甲球 若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为I,=F,(2 1,).D错误故选B 和乙球初速度大小之比为2：1，则根据5= 2mmi,可知 8.C 9.B解析：设苹果刚接触钢板时速度为，取向上为正方向， 参考答案学霸01 根据动量定理，有(F-mg)t=0-(-m),解得=2m/s:设 第3关（练思雏宽度） 苹果从静止状态跌落的最大高度为h,有2=2gh,解得h= 16,设单位长度的铁链质量为b,铁链的长度为L,当铁链的 0.2m=20cm,故选B. 最上端落在探测面上时，选取铁链最上端的一小段为研 10,C解析：因合力的方向不断变化，则不能直接用F位求解 究对象，其质量△m=m△1. 合力的冲量，2时间内动量的变化为2m=2mw1sin0,根 根据自由落体运动公式2=2gL,可知速度=√2gL 设向下方向为正，根据动量定理得-F△r=0-△，解得 据动量定理可知，所受合力的冲量大小为2 noLsin0, F=2bgL, C正确. 则探测面受到铁链最上瑞的压力为F=F=2bgL, 11.C解析：A.设拉货物绳子与水平方向夹角为0.电动机牵 此时除最上端外，其余部分的铁链已经落在探测面上，对 引绳的速度为，则货物迷度为心。货物从A到后 探测面的压力N=(m-△m)g=mg, 其中m=,则探测面受到的总压力为N,=N+F=3gl, 的过程，0增加，增大，A错误：B.轻绳对货物拉力所做的 当铁链的最上端落在探测面上后，探测面受到的压力 功等于货物克服摩擦阻力所做的功与货物的动能增量之 大小 和，B错误：C.轻绳对货物的拉力大于货物的合外力，故 N,=mg=bgL,由此可得V,:N2=3:1. 轻绳对货物的拉力的冲量一定大于货物动量的改变量， 实验结果是正确的. C正确：D.由于轻绳对货物的拉力有竖直方向的分量，地 面对货物的支持力小于货物的重力，故地面对货物支持 专题探究一动量定理中常见的 力的冲量一定小于货物重力的冲量，D错误：故选C. 数学物理思想方法 12.B解析：A由图像可知，在2时刻，由牛顿第二定律可得 1.C解析：由动量定理1=△p及动量的矢量性可知△p= 加速度大小a-F-。,故A错误：BCD.由动量定理和图 VAp+p=√+=10kg·ms,故p=y- 像面积可得一-，)-4， (F,-F。)(2-t) 10m/s,C正确. =m,如v= 2 2m 2.(1)-5kg·m/s10kg·ms(2)-50N110N (F-F)产(2-4) 解析：(1)碰撞前后x方向小球的动量变化为 根据动量和动能的关系得E= ,故B正 8m △p=mn1.-mDa=,sinB-nasin0=-5kg·m8, 确，CD错误故选B. 碰撞前后x方向小球的动量变化大小是5kg·m/s,方向 13.D解析：由矢量的诚法可得出动量的变化方向，如图所示： 水平向左 碰撞前后y方向小球的动量变化为 △p,=mr,-mwo,=1cosB-(-moco9)=10kg·m8, C 碰撞前后y方向小球的动量变化大小是10kg·/:,方向 B 竖直向上 D (2)对x方向应用动量定理得：F,1=△，解得：F= △p =一50N,即x方向小球所受平均作用力的大小是 50N,方向水平向左， 根据动量定理得F=m,-mto, 对y方向应用动量定理得：(F,-mg)t=,解得：F,= F的方向即为速度改变量的方向，因，与。大小不知。 则合矢量可能沿OB方向，也可能沿OD方向：则合力的 mg=10N,即y方向小球所受平均作用力的大小是 方向可能沿OB的方向或OD方向.故D正确，ABC错误 110N,方向竖直向上 14.B 3.D 15.A解析：AB.设下潜的总时间为T,由于下潜的位移大小 和上升的位移大小相等，而-4图像与时间轴围成的面积 4.280N解析：选物体为研究对象，在1，时间内其受力情况 表示位移，且由题意知加速和减速过程中加速度大小相 如图甲所示： AFR 等，而-1图像的斜率的绝对值表示加速度的大小，则根 据图像可得4下2， Nta+Nto-4to 2 ·20,解得T= 2 T+T-21 2V。-3。,由此可得最大下潜深度H= T现唱 mg 2 ,(2M。-4。),故A错误，B正确：C取向上为正方向，设 选F的方向为正方向，根据动量定理得(F-umg)(,=m, 上升过程中，加速阶段浮力的冲量为11，匀速阶段浮力的 0,解得，=12m/s 冲量为2，减速阶段浮力的冲量为1，则有1，一mg· 撤去F后，物体受力如图乙所示， 2。=2mo,2-mg·(M。-4to)=0,1,-mg·21。=0-2g 由动量定理得umg2=mt2-mD,解得3=8m/s.物体与墙 整理可得上升过程中浮力的冲量大小为/=1，+/，+ I=mga,故C正确：D.加速阶段浮力最大，由牛顿第二 壁作用后速度变为向左，根据动量定理得F1,=-'-m, 定律有F。-mg=m,减速阶段浮力最小.由牛顿第二定律 解得F=-280N,故墙壁对物体的平均作用力大小为 to 280N. 5.C解析：车和煤粉整体受重力G、支持力N、拉力F,对5s 有g-P=m。,则可料空：二故D正晚放选 过程中运用动量定理，有：F4=△m,解得：F=4m A g+ 5000×0.5 to N=500N:故C正确，ABD错误敌选C. 选择性必修第一册学蜀02