课时数智作业16 动量和动量定理-【高考DNA解码】2026年高考物理一轮总复习学生用书word

课时分层作业(十六) 1．下列说法正确的是(　　) A．速度大的物体，它的动量一定也大 B．动量大的物体，它的速度一定也大 C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变 D．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大 2．物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(　　) A　　　B　　　 　C　 　　　D 3．质量为5 kg的小球以5 m/s的速度竖直落到地板上，随后以3 m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为(　　) A．10 kg·m/s B．－10 kg·m/s C．40 kg·m/s D．－40 kg·m/s 4．(人教版选择性必修第一册改编)(多选)如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则(　　) A．拉力对物体的冲量大小为Ft B．拉力对物体的冲量大小为Ft sin θ C．摩擦力对物体的冲量大小为Ft sin θ D．合力对物体的冲量大小为0 5．如图所示，一个质量为0.2 kg的垒球以20 m/s的水平速度飞至球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40 m/s。设球棒与垒球的作用时间为 0.01 s, 下列说法正确的是(　　) A．球棒对垒球不做功 B．球棒对垒球做负功 C．球棒对垒球的平均作用力大小为400 N D．球棒对垒球的平均作用力大小为1 200 N 6．我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　) A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg 7．(2024·重庆西南大学附中高三期末)舞中幡是中国传承千年的杂技项目之一，杂技演员站在地上，将中幡从胸口处竖直向上抛起，1.5 s后，在自己的胸口处开始接幡，并下蹲缓冲，经过0.5 s，将幡接稳在手中。若一根中幡质量约为20 kg，重力加速度g＝10 m/s2，假设忽略幡运动过程中所受的空气阻力，则杂技演员接幡过程中，幡对手的平均作用力为(　　) A．300 N B．500 N C．600 N D．800 N 8．航天器离子发动机原理如图所示，首先电子枪发射出的高速电子将中性推进剂离子化(即电离出正离子)，正离子被正、负极栅板间的电场加速后从喷口喷出，从而使飞船获得推进或姿态调整的反冲动力。已知单个正离子的质量为m、电荷量为q，正、负极栅板间加速电压为U，从喷口喷出的正离子所形成的电流为I。忽略离子间的相互作用力，忽略离子喷射对卫星质量的影响。该发动机产生的平均推力F的大小为(　　) A．I B．I C．I D．2I 9．游乐园内喷泉喷出的水柱使得质量为M的卡通玩具悬停在空中(假设这样冲水，能保持短暂平衡)。为估算，做如下假设后进行理论分析：假设喷泉水柱从横截面积为S的喷口以速度v0持续竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积大于S)；水柱冲击到玩具底部后，竖直方向的速度变为零，朝四周均匀散开。已知水的密度为ρ，当地重力加速度为g，空气阻力忽略不计。下列说法错误的是(　　) A．水柱对玩具底部的作用力大小等于玩具重力 B．水柱对玩具底部的作用力与玩具重力是一对平衡力 C．喷泉单位时间内喷出的水质量为ρSv0 D．玩具在空中悬停时，其底部相对于喷口的高度为 10．(多选)在研制飞机过程中风洞实验是必不可少的。现某同学在风洞中完成了以下实验：将一个质量为m的物体放在水平网上(网不影响物体受到的风力)，调节风力大小，并记录了物体所受竖直向上的风力F与时间t的关系，如图所示。下列说法正确的是(　　) A．在前2t0时间内物体加速度均匀增加 B．在前6t0时间内物体一直向上运动 C．在5t0时刻物体的速度大小为 D．在前6t0时间内物体的最大速度为 11．一质量为2 kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处有一面墙，如图所示。物块以v0＝9 m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7 m/s，碰后以6 m/s的速度反向运动直至静止，g取10 m/s2。 (1)求物块与地面间的动摩擦因数μ； (2)若碰撞时间为0.05 s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F； (3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。 12．(2025·山东泰安高三检测)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)物块与斜面间的动摩擦因数和滑块上滑时的最大速度的大小； (2)滑块到达最高点的时间及拉力F做的功。 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课时分层作业(十六) 1．D　[动量p＝mv，由质量和速度共同决定，所以A、B错误；动量是矢量，速度方向改变，动量也会改变，故C错误；由Δp＝mΔv知，D正确。] 2．D　[质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，联立可得p＝m＝m·，且x>0，故对应的相轨迹可能为D。] 3．D　[动量的变化是末动量减去初动量，规定了竖直向下为正方向，则小球的初动量p1＝mv1＝25 kg·m/s，末动量p2＝mv2＝－15 kg·m/s，所以动量的变化Δp＝p2－p1＝－40 kg·m/s，D正确。] 4．AD　[拉力F对物体的冲量大小为Ft，故A项正确，B项错误；物体匀速运动，受力平衡，受到的摩擦力大小Ff＝F cos θ，所以摩擦力对物体的冲量大小为Fft＝Ft cos θ，故C项错误；物体匀速运动，合力为零，所以合力对物体的冲量大小为零，故D项正确。] 5．D　[球棒击飞垒球过程，由动能定理可得球棒对垒球做功为W＝，其中v1＝20 m/s，v2＝40 m/s，m＝0.2 kg，解得W＝120 J，所以球棒对垒球做正功，故A、B错误；以垒球的初速度方向为正方向，对垒球，由动量定理有－Ft＝－mv2－mv1，其中t＝0.01 s，解得球棒对垒球的平均作用力大小为F＝1 200 N，故C错误，D正确。] 6．B　[设该发动机在t时间内喷射出的气体质量为m，根据动量定理有Ft＝mv，可知，在1 s内喷射出的气体质量m0＝＝＝ kg＝1.6×103 kg，故选B。] 7．B　[由对称性可知，杂技演员开始接幡时幡的速度为v＝g·＝7.5 m/s，接幡过程中，设幡对手的平均作用力大小为F，取向下为正方向，由动量定理有(mg－F)·Δt＝0－mv，代入数据解得F＝500 N，故B正确。] 8．A　[以正离子为研究对象，由动能定理得qU＝mv2，Δt时间内通过的总电荷量Q＝IΔt，喷出离子的总质量M＝m＝m；由动量定理可知正离子所受平均冲量为＝I，根据牛顿第三定律可知，发动机产生的平均推力F＝I，A正确。] 9．D　[由于卡通玩具悬停在空中，则玩具受平衡力的作用，水柱对玩具底部的作用力大小等于玩具重力，这两个力为一对平衡力，A、B说法正确，不符合题意；单位时间内喷出的水柱的长度为Δh＝v0(m)，则该水柱的体积为ΔV＝SΔh＝Sv0(m3)，所以喷泉单位时间内喷出的水的质量为Δm＝ρΔV＝ρSv0(kg)，C说法正确，不符合题意；设玩具悬停时其底部距喷口的高度为h，水到达玩具底部前瞬间的速度大小为v，玩具对水的作用力为F，则对于单位时间内喷出的水柱，由能量守恒定律得·Δm·v2＋Δm·gh＝，以竖直向上为正方向，在距喷口h高度处对单位时间内喷射到玩具底部的水柱沿竖直方向由动量定理得F·Δt＝0－Δm·v，其中Δt＝1 s，对玩具由力的平衡条件得F′＝Mg，由牛顿第三定律可知F＝－F′，联立解得h＝，D说法错误，符合题意。] 10．CD　[由题图可知，t0时刻物体才开始运动，A、B错误；从t0到5t0这段时间，对物体应用动量定理有IF－mg×4t0＝mv1－0，冲量在F-t图像中可用图线与t轴所夹面积表示，由题图可知这段时间内风力的冲量IF＝＋＝，解得v1＝，C正确；由题图可知，5t0～6t0内的F与t的数学关系式为F＝－2.5t＋15，当F＝mg时，t＝5.6t0，则在5.6t0时物体的加速度为零，速度最大，从t0到5.6t0，对物体应用动量定理有I′F－mg×4.6t0＝mvm－0，由题中图像可知这段时间内风力的冲量＝IF＋＝，解得vm＝，D正确。] 11．解析：(1)物块从A点到B点做匀减速直线运动的过程，由动能定理有 －μmgx＝ 可得μ＝0.32。 (2)物块和墙壁作用的过程，取向左为正方向，由动量定理有FΔt＝mv′－mv 其中v′＝6 m/s，v＝－7 m/s 代入可得F＝520 N。 (3)物块向左做匀减速直线运动的过程，由动能定理有－W＝0－mv′2 解得W＝36 J。 答案：(1)0.32　(2)520 N　(3)36 J 12．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末时速度为v1＝0 滑块到达最高点，对从最高点下滑过程有＝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 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$