课时检测训练26 动量 动量定理-【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）

解得1=1s 板加速度Qu不变，二者均向下做匀加 十at=移十色 =,十工，散物休的动 所以小铁块运动的位移：江，=2a,f,解 速运动。假设经时间'两者共速时，物 块仍在木板上，对物块，由牛顿第二定 得x1=1.5m. 律有ngsin30°十f=ma.,代入数据得 能为R=名m时=m(+) 木板运动的位移：西=2a,(,解得 a.=10ms,由运动学规律有 根据数学知识可知动能E与拉力的 v=at 冲量I之问关系为一开口向上的二次 x=2.5m, 代入数据得 摩擦力对小铁块做的功：W,=4mg工· 函数的右半部分。故近B。 4 解得W,=4.5J, '= 4.D解析设是球据回速度方向为正， 摩擦力对木板做的功：W,=一mgx2, 8 木板发生的位移为，= 根据动量定理可知F一△p,则F=2 解得W.=一7.5J: 3m/s. (2)抽出木板的过程中由于摩擦产生 m四-m4=0.5X12-0.5×(-8》N 的内能Q=mgL=3」。 2(叶)，物块发生的位移为上 0.2 4.(1)0.3(2)20J(3)32.2J 50N,散D正确，A、B,C错误 2 解析(1)将物块在C点的速度沿水 45m, 5.D解析质点数曲线运动，在前一段 Σ，代入数据得 两者 平和竖直方向分解，有，=√2gh= 16 时问内速度大小由v增大到2，在随 3m/s. l5, 后一段时间内速度大小由2？增大到 则物块通过B点的速度为a= ,cot37°=4m.'s, 间的相对位移为△x一x一一5m: ,则由动能定理有W,=之m(2如) 由于m<,所以物块由A到B一直微 国4十=m<L,复设成立，此后 匀加德运动。在此过程中，物块的加 2m/-3 2m.W =1 m(5u) 两者一起加速下滑，物块不会从术板 速度a=mg=ng: 上落下，故在木板下滑的时，系统产生 2m(2o'-2 2m,故W,=7w:由动 由n2-62=2al=24gl., 的热量Q-fx+d)-9. 量定理知，质点微曲线运动，则在前 解得=0.3。 课时检测训练26 段时间内合外力的冲量最大发生在前 (2)物块由A到B的运动时同4= 1.BD解析对甲，乙两条形磁铁分别 后速度反向时，则I,≤m[2w一（一）门 巴= a 35, 发受力分析，如图所示 =3n,在随后一我时间内合外力的冲 量最小发生在前后速度同向时，则I 此过程传送带的位移=w=程m, F$ ≥m·5v-m·2知=3mw,故I≥1，一 77777777w7777717n777n7n 所以由于传送物块电动机对传送带所 根据牛顿第二定律有a,= F-gm 定成立，选项D正确。 做的功 6.B解析篮球与地面接触的过程中， W=umgs=20 J. a产m区，由于m,>m:所议a 设地面对篮球的平均作用力为F:, (3)物块到C点时的速度为vc= 取竖直向上为正方向，由动量定理(F sin 37-5 m/s. <2。由于两物体运动时问相同，且同 时由静止释放，可得，<吃，A错误： 一mg1,=△力解得F=△2+mg,B 对物块，由C点运动到最低点的过程 对于整个系统而言，由千n,g>m,g 正确，A错误：同理篮球与手接触的过 由能量守恒定律有mg(x十△r)sin日 会力方向向左，合冲量方向向左，所以 程中，设手对蓝球的平均作用力为F: 十安mne-E 合动量方向向左，显然甲的动量大小比 达取竖直向下为正方向，由动登定理 乙的小，BD正确、C错误。故选BD。 代入数帮解得弹黄的最大弹性势能 2.BD解析结合几何知识，由图可知 Em=32.2J. (mg+F儿=△p,可解得E=△业- 碰撞曲后弹珠动量方向改变的角度为 .(110N22m/3 mg,CD错误。故远B。 120,A猎误：由动能与动量的关系E, 7.C解析由于m《M,要使飞行幕能 解析(1)以物块为 可知，难撞前后动能不变，则动量 p 在空中悬停，燃料对飞行器的反冲力 研究对象，其受力如 图所示，物块静止，由 大小不变，B正确：由动能与动量的关 应为Mg,由牛颜第三定律可知，飞罚 系民一品得，碰锋后辣珠的动量大小 器对燃料的作用力也为Mg,设燃料园 力的平衡条作有F= 射的速度为v,由动量定理可知Mgt ngsin日十f,f mgc0s30°，代入数 为p=、2mE=6kg·m/s.C错误： me,解得=M型 m 据解得F=I0N: 结合几何知识，由图可知，弹珠动量变 化量△p=2pc0s30°=63kg·m/s,D 8.B解析形成弹幕的总体积为V一 (2)以木板为研究对Y》 象，其受力如图所示 正确。 tS=6m3,A错误：每1cm有一个子 由牛顿第二定律有 弹颗粒，则子弹颗粒的总个数N Mgsin30°-了=Maar, 6 了=f代入数据得：aw 1×10个=6×10个，所形成弹幕的 =2.5ms,由运动学 总质量M=Nm=1.2×10kg,B正 规律有w=a,将t=0.8s代入解得y 确：对整个弹幕由动量定理可知【=M =2m/s: ·v=3.6×10kg·m5,C错误：由冲 (3)0-0.8s内木板发生的位移为x 量公式I=F△：知，弹幕对目标形成的 4,代入数据得x=0.8m,0.8s 1 3.B解析设物体的质量为m,拉力大 冲击力大小F==3.6X10N,D 之后，由于物块所受摩擦力不变，则木 小为F,初速度为%，则a=F 错误， ·591· 高考一轮总复习·物理 9.B解析打一次喷毫大约喷出气体的 解得1=4s, 4.A解析设碰撞后女儿的速度为v, 质量m=pV,由动量定理F△=，解得 符合假设，则滑块4s时未速度为四 根据动量守恒定律得3mv一m0一 F=-m吧-2%-L3X50X10×40N =0, m,故碰后女儿的速度)=2，硅的 △△ 0.02 滑块到达最高点，对从最高点下滑过 0.13N,根据牛顿第三定律可知，打一 每女俩的总动能E=之×3mu十 程有 次喷毫人受到的平均反冲力为0.13N, ”-y=2aex, zmv=2m以，碰后母女俩的总动能 进B。 由牛领第二定律有a,一gsin0一 10,D解析高压水枪单位时间喷出水 ugcos 0. 公'=之m”=2m,由于楼拉前后总 D 的质量为m,一pV一所年·和一 64 解得最大位移x=3m: 动能相等，所以母女俩的碰撞为弹性 碰撞，故选A。 D,A,B错误：设汽车对水柱的 设拉力F做的功为W,上滑过程中， 5.C解析碰撞过程系统动量守恒，以 由动能定理有 平均冲力为F,由动量定理得F1 白色球的初速度方向为正方向，由动 m,即=青m1·,解得F W-mgsin0·x-mgcos·x=0, 量守恒定律得p十pu=p'十p',解 解得w=5 得P'=1kg·m$,根据碰撞过程总 3 P心D,由牛顿第三定律知水柱对 13.(1)30m/s(2)1302N 动能不如用有会十会会 汽车的平均冲力大小为mD,C 解析(1)运动员从A到B、从B到 C时间相等，设时河同隔为T,则h, 会果≥号漫，丙调南 错误：高压水枪喷出的水对汽车产生 点，=gT,T=xm+解得=30m's: 运动，A的速度不大于B的速度，则 1 (2)由题意得，落地时速度与水平方向 F 的压强p= 4pr D D =,剥当 p≤色，解得m≤4m,综上可知 的夹角为53°，速度关系c9%53-% 高压水枪喷口的出水速度变为原来 垂直轨道方匀由动量定理有 3m≤加≤4n,敌C正确。 6.D解析以两滑块组成的系统为研 的2倍时，喷出的水对汽车的压强变 (F-mgcos 23")t=0-musin 30'. 究对象，两滑块碰撞过程动量守恒，由 为原来的4倍，D正确。 解得F=1302N 11.C解析根据动量定理分别研究四 课时检测训练27 于初始状态系统的动量为零，所以硅 种情况下物体的速率。取1.=1s,以 1.C解析甲图中子弹与木块组成的 撞后两滑块的动量之和也为零，所以 沿斜面向上为正方向，A图中： 系统所受台外力为0，系统动量守恒， A,B的运动方向相反或者两者都静 -mgin30°·3+F·21。+F:1= 乙图中，M与N组成的系统所受合外 止，而碰撞为弹性碰撞，碰撞后两清块 的速度不可能都为零，测A应该向左 m以1，得出1=20m/s:B图中 力不为0系统动量不守恒：丙图中木 运动，B应该向右运动，选项D正确， 一mgin30·3a,+F4+F4=-4, 球与铁球组成的系统所受合外力为0， A、B、C错误. 得g=15m/s:C图中：一mgsin30· 系统动量守恒：丁图中韩面与木块组 7.D解析设铁块整直下沉的位移为 3十F·24,=-,得3=25m's:D 成的系统所受合外力不为0，系统动量 d,对木块与铁块系统，系统合外力为 图中：-mgn30°·3+F·2。+ 不过恒，所以系统动量守恒的只有甲 F(,=一，得=15m/s,故选项C 零，由动量守恒（人船模型）可得0= 雨，达C。 mh一Md,池深H=h+d+2a,解得 正确。 2.D解析两电荷之何的作用力为相 12.(1)0.258m/5(2)4s 512j 互作用力，则受力之比等千1：1，选项 H=M+mh十2a,故D正镜. M 3 A铅误，根据F=4可知，加速度之比 8.C解析设人沿软梯滑至地面，软梯 解析(1)极据题意可知，1=2s时， 等于m::m,,选项B错误；两电荷罐 上滑速度最大，则滑块所受合外力为 长度至少为L,以人和气球组成的系统 成的系统受合外力为零，测总动量守 为研究对象，竖直方向动量守恒，规定 0,由题图可如此时F=8N, 由平衡条件有F=mngsin0十 恒，p,一p=0,御动量之比等千1：1， 竖直句下为正方向，由动量守恒定律 umgeos 0. 进项C皤误：根据E物可知，动韵 得0=一M,十m,人沿款梯痒至地 代入数据得1=0.25， 面，气球上升的高度为1一h,平均速度 之比等干m,m,远项D正确。 0~25由动量定理有 大小为一，方，人相对于地面下降 3.ACD解析绳子翻紧前，B、C已经 13一ngtsin日一mgtc0s8=m.一0 达到共同速度，设B、C达到的共同速 根据F-1图像与时间轴所围的面积 的商度为小，平均迷度大小为西=么 度大小为队，根据动量守但定律可得 表示冲量，结合魔图可知，1m=F( 药=（加2十m),解得达=1.0m/8, 16+8×2N·s=24N·8: 联立得0=一M.,+m…名，解得 A正确：绳子刚期紧后的瞬问，设A,B 联立解得■8mfs。 具有相同的速度，A,B组成的系统 L=M十，故C正确，A,B,D借保。 M (2)根据题意，者滑块到达最高点的 满足动量守恒，则有m出1=(m,十m,) 9.D解析在爆炸过程中，由于重力运 时间大于等于45，设时间为4，由动 ·u,解得弘=0.5m/s,B错误，C正 小于内力，系统的动量守恒。爆炸前 量定理有 确：A,BC三者最终有共同的速度，设 炮弹在最高点的速度沿水平方向，爆 In-mgt sin 0-jumgt cos0=0, 为出，A,B、C组成的系统满足动量守 炸后P的运动方胸与爆炸前的运动方 恒，则有m,=(m,十m十m),解 向相同，根据动量守恒定律判新出Q 其中1=F('=2X4X16N·8 得-号m/sD正确， 的速度一定沿水平方向，但爆炸后的 32N·s, 运动方向取决于P的动量与爆炸前炮 高考一轮总复习+物理 ·592·课时检测训练26 动量 动量定理 对应答案P591 基础对点练 对点练2动量定理的理解和应用 对点练1动量和冲量 4.质量为0.5kg的足球以8m/s的速度水平飞 1.(多选)(2023·山西卷)使甲，乙两条形磁铁隔开 来，运动员把它以12m/s的速度用脚反向踢回， 一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着 作用时间为0.2s,运动员脚部受到足球给的作 乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面 用力大小约为 () 之间的动摩擦因数相等。现同时释放甲和乙，在 A.2N B.10N 它们相互接近过程中的任一时刻 C.20N D.50N 甲 乙 5.(2022·湖北卷)一质点做曲线运动，在前一段时 S N 间内速度大小由v增大到2，在随后的一段时间 A.甲的速度大小比乙的大 内速度大小由20增大到50。前后两段时间内， B.甲的动量大小比乙的小 合外力对质点做功分别为W:和W2,合外力的 C.甲的动量大小与乙的相等 冲量大小分别为I,和I2。下列关系式一定成立 D.甲和乙的动量之和不为零 的是 () 2.(多选)一质量为2kg的弹珠与 A.W2=3W1,I2≤3I1 B.W2=3W1,I2≥1 水平地面碰撞后反弹，动能不 30309 C.W2=7W1,12≤3I D.W2=7W1,12≥I 变，弹珠反弹前后速度方向如图 6.2023年9月男篮世界杯，某队员做赛前热身时， 所示。已知与地面碰撞前弹珠的动能大小为 篮球在地面与手之间，沿竖直方向做往复运动。 9J,则下列说法正确的是 某次篮球在与地面接触的41时间内动量的改变 A.碰撞前后弹珠动量方向改变的角度为60° 量大小为△p,在与手接触的2时间内动量改变 B.碰撞前后弹珠动量大小不变 量的大小△p2。已知篮球的质量为m,重力加速 C.碰撞后，弹珠的动量大小为8kg·m/s 度大小为g,不计空气阻力，则下列说法正确的 是 () D.弹珠碰撞前后动量变化量大小为6√5kg·m/s A.篮球在，时间内受到地面的平均作用力大小 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 为4 刻为0时刻，向右为正方向，物体动能E:与拉力 B.篮球在时间内受到地面的平均作用力大小 的冲量I之间关系图像可能正确的是 为△2+mg C.篮球在2时间内受到手的平均作用力大小 为4色 D.篮球在2时间内受到手的平均作用力大小为 △P3十mg 381 课时检测训练·物理 对点练3应用动量定理处理流体模型 孕综合提升练 7,单人飞行器由微型喷气发动机和操纵系统组成， 10.(2025·黑龙江大庆月考) 可以完成单人上升、下降、悬停和平飞等动作。 如图所示为清洗汽车用的 已知飞行器连同人和装备的总质量为M,发动机 高压水枪。设水枪喷出水 在时间t内喷出燃料的质量为m,m《M,重力加 柱直径为D,水流速度为 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 ①，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P。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roD A.Gt B.Mr B.商压水枪单位时间喷出的水的质量为PmD mg C.Mgt C水柱对汽车的平均冲力为！pD m D D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍 8.中华神盾防空火控系统会在目标来袭时射出大 时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍 量子弹颗粒，在射出方向形成一个均匀分布、持 11.如图所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜 续时间t=0.01s、横截面积为S=2m2的圆柱 形弹幕，每个子弹颗粒的平均质量为m=2× 面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向 10-2kg,每1cm3有一个子弹颗粒，所有子弹颗 的力F的作用。力F可按如图所示的四种方 粒以v=300m/s射入目标，并停在目标体内。 式随时间变化（图中纵坐标是F与mg的比值， 下列说法正确的是 力F沿斜面向上为正)。已知此物体在t=0时 A.所形成弹幕的总体积V=6cm 速度为零，若用、2、y、分别表示上述四种 B.所形成弹幕的总质量M=1.2×103kg 受力情况下物体在3s末的速率，则这四个速率 C.弹幕对目标形成的冲量大小I=3.6×10kg 中最大的是 () ·m/s D.弹幕对目标形成的冲击力大小F=3.6× 103N 30 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 0.5 0.5 时气流喷出的速度可达40m/s,假设打一次喷嚏 0 23s 0 123 0.5 -0.5 大约喷出50mL的空气，用时约0.02s。已知空 B 气的密度为1.3kg/m3,估算打一次喷嚏人受到 的平均反神力为 ( 05 05 A.13N B.0.13N 023 013 -0.5. 0.5 C.0.68N D.2.6N D 课时检测训练·物理 382 12.如图1所示，一倾角0=37°的斜面固定在水平：13.北京2022年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图甲 地面上，质量m=1kg的滑块（可视为质点）静 所示，某运动员在空中运动的轨迹如图乙所示， 止在斜面底部。从某时刻起，用平行斜面向上 在轨迹上取三个点A、B、C,测得三点间的高度 的拉力F作用在滑块上，拉力F随时间t变化 差和水平间距分别为h=12.8m、h2=27.2m、 的图像如图2所示，4s后拉力F消失，2s时物 xs=xc=36m。运动员落到倾角为23°的滑 块速度达到最大。滑块到达最高点后再下滑到 道上时，速度方向与滑道成30°角，然后用2s时 斜面底部的遮率为16，m/,已知重力加滤度 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60kg,g取 g=10m/s,sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： 10m/s2,sin53°=0.8，cos53°=0.6，sin23°= ↑FN 0.39,c0s23°=0.92。求： 16 37 t/s 图1 图2 (1)斜面的动摩擦因数和滑块上滑时的最大 甲 乙 速度。 (1)运动员在空中运动的水平速度。 (2)滑块到达最高点的时间及拉力F做的功。 (2)屈膝缓冲过程中运动员受到的平均冲力。 -383 课时检测训练·物理