课时检测训练26 动量 动量定理-（Word练习）【勤径学升】2026年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版2019）

课时检测训练26　动量　动量定理 对应学生用书P381 对点练1　动量和冲量 1．(多选)(2023·山西卷)使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻(　　) A．甲的速度大小比乙的大 B．甲的动量大小比乙的小 C．甲的动量大小与乙的相等 D．甲和乙的动量之和不为零 解析　对甲、乙两条形磁铁分别做受力分析，如图所示。 根据牛顿第二定律有a甲＝，a乙＝，由于m甲>m乙所以a甲<a乙。由于两物体运动时间相同，且同时由静止释放，可得v甲<v乙，A错误；对于整个系统而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合冲量方向向左，所以合动量方向向左，显然甲的动量大小比乙的小，BD 正确、C 错误。故选 BD。 答案　BD 2.(多选)一质量为2 kg的弹珠与水平地面碰撞后反弹，动能不变，弹珠反弹前后速度方向如图所示。已知与地面碰撞前弹珠的动能大小为9 J，则下列说法正确的是(　　) A.碰撞前后弹珠动量方向改变的角度为60° B.碰撞前后弹珠动量大小不变 C.碰撞后，弹珠的动量大小为8 kg·m/s D.弹珠碰撞前后动量变化量大小为6kg·m/s 解析　结合几何知识，由图可知，碰撞前后弹珠动量方向改变的角度为120°，A错误；由动能与动量的关系Ek＝可知，碰撞前后动能不变，则动量大小不变，B正确；由动能与动量的关系Ek＝得，碰撞后弹珠的动量大小为p＝＝6 kg·m/s，C错误；结合几何知识，由图可知，弹珠动量变化量Δp＝2p cos 30°＝6 kg·m/s，D正确。 答案　BD 3．光滑水平面上有一个物体正在向右运动，某时刻有一个水平向右的拉力作用在物体上，规定该时刻为0时刻，向右为正方向，物体动能Ek与拉力的冲量I之间关系图像可能正确的是(　　) 解析　设物体的质量为m，拉力大小为F，初速度为v0，则a＝，故 v＝v0＋at＝v0＋＝v0＋，故物体的动能为Ek＝mv2＝m。根据数学知识可知动能Ek与拉力的冲量I之间关系为一开口向上的二次函数的右半部分。故选B。 答案　B 对点练2　动量定理的理解和应用 4．质量为0.5 kg的足球以8 m/s的速度水平飞来，运动员把它以12 m/s的速度用脚反向踢回，作用时间为0.2 s，运动员脚部受到足球给的作用力大小约为(　　) A．2 N B．10 N C．20 N D．50 N 解析　设足球踢回速度方向为正，根据动量定理可知Ft＝Δp，则F＝＝＝ N＝50 N，故D正确，A、B、C错误。 答案　D 5.(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≤3I1 B.W2＝3W1，I2≥I1 C.W2＝7W1，I2≤3I1 D.W2＝7W1，I2≥I1 解析　质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后一段时间内速度大小由2v增大到5v，则由动能定理有W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，故W2＝7W1；由动量定理知，质点做曲线运动，则在前一段时间内合外力的冲量最大发生在前后速度反向时，则I1≤m[2v－(－v)]＝3mv，在随后一段时间内合外力的冲量最小发生在前后速度同向时，则I2≥m·5v－m·2v＝3mv，故I2≥I1一定成立，选项D正确。 答案　D 6．2023年9月男篮世界杯，某队员做赛前热身时，篮球在地面与手之间，沿竖直方向做往复运动。某次篮球在与地面接触的t1时间内动量的改变量大小为Δp1，在与手接触的t2时间内动量改变量的大小Δp2。已知篮球的质量为m，重力加速度大小为g，不计空气阻力，则下列说法正确的是(　　) A．篮球在t1时间内受到地面的平均作用力大小为 B．篮球在t1时间内受到地面的平均作用力大小为＋mg C．篮球在t2时间内受到手的平均作用力大小为 D．篮球在t2时间内受到手的平均作用力大小为＋mg 解析　篮球与地面接触的过程中，设地面对篮球的平均作用力为F1，选取竖直向上为正方向，由动量定理(F1－mg)t1＝Δp1解得F1＝＋mg，B正确，A错误；同理篮球与手接触的过程中，设手对篮球的平均作用力为F2，选取竖直向下为正方向，由动量定理(mg＋F2)t2＝Δp2可解得F2＝－mg，CD错误。故选B。 答案　B 对点练3　应用动量定理处理流体模型 7．单人飞行器由微型喷气发动机和操纵系统组成，可以完成单人上升、下降、悬停和平飞等动作。已知飞行器连同人和装备的总质量为M，发动机在时间t内喷出燃料的质量为m，m≪M，重力加速度为g。如图，要使飞行器能在空中悬停，则燃料喷射的速度应为(　　) A．Gt B． C． D． 解析　由于m≪M，要使飞行器能在空中悬停，燃料对飞行器的反冲力应为Mg，由牛顿第三定律可知，飞行器对燃料的作用力也为Mg，设燃料喷射的速度为v，由动量定理可知Mgt＝mv，解得v＝。 答案　C 8.中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持续时间t＝0.01 s、横截面积为S＝2 m2的圆柱形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m＝2×10－2 kg，每1 cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗粒以v＝300 m/s射入目标，并停在目标体内。下列说法正确的是(　　) A.所形成弹幕的总体积V＝6 cm3 B.所形成弹幕的总质量M＝1.2×105 kg C.弹幕对目标形成的冲量大小I＝3.6×107 kg·m/s2 D.弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N 解析　形成弹幕的总体积为V＝vtS＝6 m3，A错误；每1 cm3有一个子弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N＝个＝6×106个，所形成弹幕的总质量M＝Nm＝1.2×105 kg，B正确；对整个弹幕由动量定理可知I＝M·v＝3.6×107 kg·m/s，C错误；由冲量公式I＝FΔt知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝＝3.6×109 N，D错误。 答案　B 9．某病毒主要传播方式为飞沫传播，打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外。有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s，假设打一次喷嚏大约喷出50 mL的空气，用时约0.02 s。已知空气的密度为1.3 kg/m3，估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为(　　) A．13 N B．0.13 N C．0.68 N D．2.6 N 解析　打一次喷嚏大约喷出气体的质量m＝ρV，由动量定理Δt＝mv，解得＝＝＝ N＝0.13 N，根据牛顿第三定律可知，打一次喷嚏人受到的平均反冲力为0.13 N，选B。 答案　B 10.(2025·黑龙江大庆月考)如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是(　　) A.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2 B.高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2 C.水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2 D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍 解析　高压水枪单位时间喷出水的质量为m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，A、B错误；设汽车对水柱的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2t·v，解得F＝ρπv2D2，由牛顿第三定律知水柱对汽车的平均冲力大小为ρπv2D2，C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝＝＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍，D正确。 答案　D 11．如图所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按如图所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力F沿斜面向上为正)。已知此物体在t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3 s末的速率，则这四个速率中最大的是(　　) 解析　根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率。取t0＝1 s，以沿斜面向上为正方向，A图中：－mg sin 30°·3t0＋F1·2t0＋F2t0＝－mv1，得v1＝20 m/s；B图中：－mg sin 30°·3t0＋F1t0＋F2t0＝－mv2，得v2＝15 m/s；C图中：－mg sin 30°·3t0＋F·2t0＝－mv3，得v3＝25 m/s；D图中：－mg sin 30°·3t0＋F1·2t0＋F2t0＝－mv4，得v4＝15 m/s。故选项C正确。 答案　C 12.如图1所示，一倾角θ＝37°的斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的滑块(可视为质点)静止在斜面底部。从某时刻起，用平行斜面向上的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化的图像如图2所示，4 s后拉力F消失，2 s时物块速度达到最大。滑块到达最高点后再下滑到斜面底部的速率为 m/s，已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求： (1)斜面的动摩擦因数和滑块上滑时的最大速度。 (2)滑块到达最高点的时间及拉力F做的功。 解析　(1)根据题意可知，t＝2 s时，上滑速度最大，则滑块所受合外力为0， 由题图可知此时F＝8 N， 由平衡条件有F＝mg sin θ＋μmg cos θ， 代入数据得μ＝0.25， 0～2 s由动量定理有IF2－mgt sin θ－μmgt cos θ＝mvm－0， 根据F-t图像与时间轴所围的面积表示冲量， 结合题图可知，IF2＝t＝×2 N·s＝24 N·s， 联立解得vm＝8 m/s。 (2)根据题意，若滑块到达最高点的时间大于等于4 s，设时间为t1， 由动量定理有IF4－mgt1sin θ－μmgt1cos θ＝0， 其中IF4＝′t′＝×4×16 N·s＝32 N·s，解得t1＝4 s， 符合假设，则滑块4 s时末速度为v1＝0， 滑块到达最高点，对从最高点下滑过程有v－v＝2a2x， 由牛顿第二定律有a2＝g sin θ－μg cos θ， 解得最大位移x＝m， 设拉力F做的功为W，上滑过程中， 由动能定理有W－mg sin θ·x－μmg cos θ·x＝0， 解得W＝ J。 答案　(1)0.25　8 m/s　(2)4 s　J 13．北京2022年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图甲所示，某运动员在空中运动的轨迹如图乙所示，在轨迹上取三个点A、B、C，测得三点间的高度差和水平间距分别为h1＝12.8 m、h2＝27.2 m、xAB＝xBC＝36 m。运动员落到倾角为23°的滑道上时，速度方向与滑道成30°角，然后用2 s时间完成屈膝缓冲后下滑。若空气阻力、滑道摩擦均不计，运动员连同装备质量为60 kg，g取10 m/s2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，sin 23°＝0.39，cos 23°＝0.92。求： (1)运动员在空中运动的水平速度。 (2)屈膝缓冲过程中运动员受到的平均冲力。 解析　(1)运动员从A到B、从B到C时间相等，设时间间隔为T，则h2－h1＝gT2，v0T＝xAB，解得v0＝30 m/s； (2)由题意得，落地时速度与水平方向的夹角为53°，速度关系cos 53°＝， 垂直轨道方向由动量定理有 (F－mg cos 23°)t＝0－mv sin 30°， 解得F＝1 302 N。 答案　(1)30 m/s　(2)1 302 N 学科网（北京）股份有限公司 $$