课时跟踪检测（二十九）动量定理及其应用（练习）-【创新方案】2026年高考物理一轮复习（江苏北京）

课时跟踪检测（二十九） 动量定理及其应用 1.(2024·黑吉辽高考)2024年5月3日,长征五号遥八运载火箭托举嫦娥六号探测器进入地月转移轨道。火箭升空过程中,以下描述其状态的物理量属于矢量的是 (　 ) A.质量 B.速率 C.动量 D.动能 解析:选C　质量、速率和动能均只有大小、没有方向,是标量,A、B、D错误;动量既有大小、又有方向,是矢量,C正确。 2.(2025·常州模拟)物体的动量变化量的大小为6 kg·m/s,这说明 (　 ) A.物体的动量在减小 B.物体的动量在增大 C.物体的动量大小一定变化 D.物体的动量大小可能不变 解析:选D　物体的动量变化量的大小为6 kg·m/s,动量是矢量,动量变化的方向与初动量可能同向、可能反向、也可能不在同一条直线上,故物体的动量大小可能增加、可能减小,也可能不变,故D正确,A、B、C错误。 3.一同学在远处观看喷泉表演时,估测喷泉中心主喷水口的水柱约有40层楼高(层高约3 m),表演结束时,靠近观察到该主喷水管口的圆形内径约有10 cm,由此估算驱动主喷水的水泵功率最接近的数值是 (　 ) A.5×102 W B.5×103 W C.5×104 W D.5×105 W 解析:选D　40层楼高约h=120 m,设水泵的功率为P,水泵在时间Δt内使质量为Δm的水以速度v通过喷水管口,则PΔt=Δmv2,v2=2gh,Δm=ρSvΔt (ρ为水的密度),S=,由此可得P=≈5×105 W。 4.(2023·重庆高考，改编)某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示,E、F、M、N为曲线上的点,EF、MN段可视为两段直线,其方程分别为y=4t-26和y=-2t+140。无人机及其装载物的总质量为2 kg,取竖直向上为正方向。则 (　 ) A.EF段无人机的速度大小为4 m/s B.FM段无人机内的装载物处于超重状态 C.FN段无人机和装载物总动量变化量的大小为4 kg·m/s D.MN段无人机机械能守恒 解析:选A　根据EF段方程y=4t-26,可知EF段无人机的速度大小为v==4 m/s,故A正确;根据y-t图像的切线斜率表示无人机的速度,可知FM段无人机先向上做减速运动,后向下做加速运动,加速度方向一直向下,则无人机内的装载物处于失重状态,故B错误;根据MN段方程y=-2t+140,可知MN段无人机的速度为v'==-2 m/s,则由Δp=mv'-mv=2×(-2)kg·m/s-2×4 kg·m/s=-12 kg·m/s,可知FN段无人机和装载物总动量变化量大小为12 kg·m/s,故C错误;MN段无人机向下做匀速直线运动,动能不变,重力势能减少,无人机的机械能不守恒,故D错误。 5.(2025·苏州模拟)起跳摸高是学生常进行的一项运动,一质量为80 kg的同学用力蹬地且举臂起跳,在刚要离地时其手指距地面的高度为2.10 m;离地后身体形状近似不变,手指摸到的最大高度为2.55 m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2 s,不计空气阻力,起跳过程中他对地面的平均压力约为(g取10 m/s2) (　 ) A.1 450 N　B.1 500 N　C.2 000 N　D.1 600 N 解析:选C　跳起后重心升高的高度为h=2.55-2.10 m=0.45 m,v2=2gh,所以该同学跳起的速度为v=3 m/s,根据动量定理得t-mgt=mv,解得起跳过程中地面对该同学的平均支持力约为=2 000 N,根据牛顿第三定律,起跳过程中该同学对地面的平均压力约为2 000 N。故C正确。 6.质量为5 kg的物体做直线运动,其速度-时间图像如图所示,则物体在前10 s内和后10 s内所受合外力的冲量分别是 (　 ) A.50 N·s,50 N·s B.50 N·s,-50 N·s C.0,50 N·s D.0,-50 N·s 解析:选D　由题图像可知,在前10 s内初、末状态的动量相同p1=p2=25 kg·m/s,由动量定理知I1=0,在后10 s内末状态的动量p3=-25 kg·m/s,由动量定理得I2=p3-p2=-50 N·s,故D正确。 7.如图所示,圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动,圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动,小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是 (　 ) A.圆盘停止转动前,小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向 B.圆盘停止转动前,小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr C.圆盘停止转动后,小物体沿圆盘半径方向运动 D.圆盘停止转动后,小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr 解析:选D　圆盘停止转动前,小物体随圆盘一起转动,小物体所受摩擦力提供向心力,方向沿半径方向指向圆心,选项A错误;圆盘停止转动前,小物体运动一圈动量的变化量为0,所受合外力为摩擦力,则所受摩擦力的冲量为0,选项B错误;圆盘停止转动后,小物体沿运动轨迹的切线方向运动,选项C错误;圆盘停止转动后,根据动量定理可知,小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为I'=|Δp|=mv=mωr,选项D正确。 8.(2025·泰州模拟)某同学利用身边的常见器材在家完成了有趣的物理实验,如图所示。当手持吹风机垂直向电子秤的托盘吹风时,电子秤示数为36.0 g。假设吹风机出风口为圆形,其半径为5 cm,空气密度为1.29 kg/m3,实验前电子秤已校准,重力加速度取10 m/s2。则此时吹风机的风速约为 (　 ) A.6 m/s B.8 m/s C.10 m/s D.12 m/s 解析:选A　对于Δt时间内吹出的空气,根据动量定理FΔt=mv=ρvSΔt·v,其中F=G=0.36 N,S=πr2,代入数据解得v≈6 m/s,故A正确。 9.(2024·北京高考)将小球竖直向上抛出,小球从抛出到落回原处的过程中,若所受空气阻力大小与速度大小成正比,则下列说法正确的是 (　 ) A.上升和下落两过程的时间相等 B.上升和下落两过程损失的机械能相等 C.上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D.上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 解析:选C　小球上升过程中受到向下的空气阻力和向下的重力,下落过程中受到向上的空气阻力和向下的重力,由牛顿第二定律可知,上升过程的加速度总大于下落过程的加速度,D错误;小球运动的整个过程中,空气阻力做负功,由动能定理可知,小球落回原处时的速度小于抛出时的速度,所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小,由动量定理可知,上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量,C正确;上升与下落过程的位移相等,上升时加速度更大,所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间,A错误;经过同一位置时,上升过程的速度更大,则上升过程中所受空气阻力大于下落过程所受阻力,由功能关系可知,上升过程损失的机械能大于下落过程损失的机械能,B错误。 10.(2023·福建高考，改编)甲、乙两辆完全相同的小车均由静止沿同一方向出发做直线运动。以出发时刻为计时零点,甲车的速度—时间图像如图(a)所示,乙车所受合外力—时间图像如图(b)所示。则 (　 ) A.0~2 s内,甲车的加速度大小逐渐增大 B.乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同 C.2~6 s内,甲、乙两车的位移相同 D.t=8 s时,甲、乙两车的动能不同 解析:选B　根据题图(a)可知0~2 s内,甲车做匀加速直线运动,加速度大小不变,故A错误;合外力—时间图像与横轴所围面积表示动量变化量,由题图(b)可知,乙车在0~2 s内根据动量定理有I2=mv2=S0~2=2 N·s,乙车在0~6 s内根据动量定理有I6=mv6=S0~6=2 N·s,则可知乙车在t=2 s和t=6 s时的速度相同,故B正确;根据题图(a)可知,2~6 s内甲车的位移为0,根据题图(b)可知,2~6 s内乙车一直向正方向运动,则2~6 s内,甲、乙两车的位移不同,故C错误;根据题图(a)可知,t=8 s时甲车的速度为0,则t=8 s时,甲车的动能为0,乙车在0~8 s内根据动量定理有I8=mv8=S0~8=0,可知t=8 s时乙车的速度为0,则t=8 s时,乙车的动能为0,故D错误。 11.(12分)(2025·盐城模拟)如图所示,塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具,但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道,因此,限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题,水枪产生的水柱对目标的冲击力与枪口直径、出水速度等因素相关。设有一水枪,枪口直径为d,出水速度为v,储水箱的体积为V。 (1)水枪充满水可连续用多少时间?(5分) (2)设水的密度为ρ,水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度变为零,则水柱对目标的冲击力是多大?你认为要控制水枪威力关键是控制哪些因素?不考虑重力、空气阻力等的影响,认为水柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同。(7分) 解析:(1)设t时间内从枪口喷出的水的体积为ΔV,则有ΔV=vSt,S=π 所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为 =vπd2 水枪充满水可连续用的时间t总==。 (2)t时间内从枪口喷出的水的质量为 m=ρSvt=ρvπt=πρd2vt 质量为m的水在t时间内与目标相互作用,由动量定理有Ft=mv,解得F=πρd2v2 可见要控制水枪的威力,关键是要控制枪口直径d和出水速度。 答案:(1)　(2)πρd2v2　控制枪口直径和出水速度 12.(13分)(2024·广东高考)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 (1)安全带能通过感应车的加速度自动锁定,其原理的简化模型如图甲所示。在水平路面上刹车的过程中,敏感球由于惯性沿底座斜面上滑直到与车达到共同的加速度a,同时顶起敏感臂,使之处于水平状态,并卡住卷轴外齿轮,锁定安全带。此时敏感臂对敏感球的压力大小为FN,敏感球的质量为m,重力加速度为g。忽略敏感球受到的摩擦力。求斜面倾角的正切值tan θ。(5分) (2)如图乙所示,在安全气囊的性能测试中,可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动,与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点,气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律,可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M=30 kg,H=3.2 m,重力加速度大小取g=10 m/s2。求: ①碰撞过程中F的冲量大小和方向;(4分) ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。(4分) 解析:(1)对敏感球受力分析,敏感球受向下的重力mg、敏感臂对其向下的压力FN和斜面对其斜向上的支持力N,则由牛顿第二定律可知,tan θ=ma,解得tan θ=。 (2)①由题图丙可知,碰撞过程中F的冲量大小 IF=×0.1×6 600 N·s=330 N·s 方向竖直向上; ②头锤刚落到气囊上瞬时的速度大小为 v0==8 m/s 头锤与气囊作用过程由动量定理(向上为正方向)得IF-Mgt=Mv-(-Mv0),解得v=2 m/s 则碰撞结束后头锤上升的最大高度h==0.2 m。 答案:(1)　(2)①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$