第6章 第1讲 动量定理及其应用(课时达标)-【状元桥】2026高考物理一轮总复习（湖北专版）

课时达标 第六章 动量守恒定律 第1讲 动量定理及其应用 (建议用时：30分钟) A题组基础练 B.合力对物体做功为零，则合力的冲量 题组一 对动量和冲量的理解 也一定为零 1.下列说法正确的是 C.做匀变速运动的物体，任意时间内的 A.动量为零时，物体一定处于平衡状态 动量变化量的方向是相同的 B.动能不变，物体的动量一定不变 D.做圆周运动的物体，经过一个周期，合 C.物体所受合外力不变时，其动量一定 力的冲量一定为零 不变 题组二动量定理的基本应用 D.物体受到恒力的作用也可能做曲线运动 5.(多选)如图所示，从P点以水平速度 2.如果一物体在任意相等的时间内受到合 将小皮球抛向固定在地面上的塑料筐，小 力的冲量相同，则此物体的运动不可能是 皮球恰好能够入筐.不考虑空气阻力，则 小皮球在空中飞行的过程中 391 A.匀速圆周运动B.自由落体运动 PO C.平抛运动 D.竖直上抛运动 3.(多选)科学家研发出一款乒乓球陪练机 器人，该机器人能够根据发球人的身体动 作和来球信息，及时调整球拍将球击回. A.在相等的时间内，皮球动量的改变量 若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回， 相同 球在空中运动一段时间后落到对方的台 B.在相等的时间内，皮球动能的改变量 面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转.下 相同 列说法正确的是 ( ) C.下落相同的高度，皮球动量的改变量 A.击球过程合力对乒乓球做功为零 相同 B.击球过程合力对乒乓球的冲量为零 D.下落相同的高度，皮球动能的改变量 C.在上升过程中，乒乓球处于失重状态 相同 D.在下落过程中，乒乓球处于超重状态 6.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固 4.物理学科核心素养第一要素是“物理观 定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周 念”，下列“物理观念”中正确的是（) 上，a点为圆周的最高点，d点为最低点， A做曲线运动的物体，动量的变化率一 每根杆上都套着一个完全相同的小滑环 定改变 (图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c点 高考总复习物理 无初速释放，关于它们下滑到d点的过程 1.0×103kg/m3,则喷嘴处喷水的速度大 中，下列说法正确的是 ( 约为 ( A.沿cd细杆下滑的滑环用时最长 A.2.7m/s B.5.4m/s B.重力对各环的冲量中沿ad的最小 C.7.6m/s D.10.8m/s C.弹力对各环的冲量中沿cd的最大 9.2023年8月2日超强台风“卡努”登陆浙 D.合力对各环的冲量大小相等 江，导致部分高层建筑顶部的广告牌损 7.用水平力拉一物体，使物体在水平地面上 毁.台风“卡努”登陆时的最大风力为11 由静止开始做匀加速直线运动，时刻撤 级，最大风速为30m/s.某高层建筑顶部 去拉力F,物体做匀减速直线运动，到2 广告牌的尺寸为高5m、宽20m,空气密 时刻停止.其速度一时间图像如图所示， 度p=1.2kg/m3,空气吹到广告牌上后 且a>B,若拉力F做的功为W1,冲量大 速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大 392 小为I1;物体克服摩擦阻力F:做的功为 风力约为 ( W2,冲量大小为I2.则下列选项正确的是 A.3.9×103N B.1.1×10N C.1.0×104N D.9.0×104N ⑧综合突破练 10.(多选)科研人员在太空进行实验，用质 量为m的宇宙飞船去对接前方的火箭 A.W1>W2,I1>I2 组，对接后整体保持匀速运动.然后开动 B.W<W2,I>I2 飞船尾部的推进器，使飞船和火箭组共 C.W<W2,I<I 同加速.若推进器开动的时间为△，平 D.W1=W2,I1=I2 均推力为F,测出飞船和火箭的速度变 题组三应用动量定理解决“流体模型”问题 化为△，下列说法正确的是 () 8.某运动员在水上做飞行运动表演，他操控 A.飞船和火箭组的机械能守恒 的喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来 的水向下喷出，可以使运动员悬停在空 B火箭组的质量M=Ft-m △ 中，如图所示.已知运动员与装备的总质 C.飞船对火箭组的弹力大小为F 量为90kg,两个喷嘴的直径均为10cm, 重力加速度g取10m/s2,水的密度p= D飞船对火箭组的弹力大小为F一贺 课时达标 11.灌浆机可以将涂料以速度v持续喷在墙 13.2026年将举办第二十五届冬奥会，跳台 壁上，涂料打在墙壁上后完全附着在墙 滑雪是其中最具观赏性的项目之一，某 壁上.涂料的密度为ρ，墙壁上涂料厚度 滑道示意图如图所示，长直助滑道AB 每秒增加，不计涂料重力的作用，则喷 与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高 涂料对墙产生的压强为 h=10m,C是半径R=20m圆弧的最 A.ouv B.pu 低点.质量m=60kg的运动员从A处 0 由静止开始匀加速下滑，加速度a= C.四 D.4 4.5m/s2,到达B点时速度=30m/s 12.蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量 重力加速度g取10m/s2. m=50kg的运动员从距蹦床h1=1.25m (1)求长直助滑道AB的长度L: 高处自由落下，接着又能弹起h2= (2)求运动员在AB段所受合外力的冲 1.8m高，运动员与蹦床接触时间t= 量I的大小： 0.50s,在空中保持直立，不计空气阻 (3)若不计BC段的阻力，求运动员经过 力，g取10m/s2,求： C点时所受支持力F、的大小 (1)运动员与蹦床接触时间内，所受重 力的冲量大小I； 393 (2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦 床平均弹力的大小F高考总复习物理 13.解析(1)当电容车速度达到最大时，电 容车的牵引力与阻力平衡，即F=F:, 由题意得F:=kmg=2000N, 由功率公式得P=Fivm, P 解得m一下 =30m/s. (2)电容车做匀加速运动，由牛顿第二定 律得F1一F=ma, 解得F1=3000N. 设电容车刚达到额定功率时的速度为 ,P=F1, 解得=片-20n/, 设电容车匀加速运动的时间为t,则 v=at, 解得t=9=40s. a (3)从静止到最大速度整个过程牵引力 与阻力做功，由动能定理得Pt2一F:x= 2m%, 解得x=1050m. 答案(1)30m/s(2)40s(3)1050m 第2讲动能定理及应用 1.A2.C3.B4.A5.B6.C7.C 8.BC 9.D 10.BD 11.答案(1)7.5×10J(2)1.1×103N 12.答案(1)5mg(2)6R 第3讲机械能守恒定律及应用 1.C 2.B 3.D 4.CD 5.AD 6.BD 7.B 8.答案(1)2awR(2)√(2mwR)2+(mg) (3)M16m (oR)2 2Mg 9.解析(1)球在上升过程中机械能守恒，设 距离A位置的竖直高度为h时，球的动 能与重力势能相等，即Ek=E,=mgh.由 5 机械能守恒定律可得m6=E十mgh, 联立解得h=运」 4g (2)整个过程机械能守恒，所以球在B处 时的机械能等于初始A位置处的机械 能，即E=m6.从A到B由机械能守 恒定律得2m6= 2mv-mgH, 解得g=√2gH+6. 答案(1)近 (2)2m6 √2gH+ 第4讲功能关系能量守恒定律 1.B 2.B 3.B 4.ABD 5.BD 6.C 7.B8.B9.C10.D11.C12.AC 13.答案(1)-7.5J4.5J(2)3J 第六章动量守恒定律 第1讲动量定理及其应用 1.D2.A3.AC4.C5.AD6.C 7.D8.C9.B10.BD11.A 12.解析(1)重力的冲量大小为I=mgt= 50×10×0.50N·s=250N·s. (2)设运动员下落1高度时的速度大小为 M,则根据动能定理可得mg=m, 解得=5m/s; 设弹起时离开蹦床瞬间，运动员的速度 大小为2， 则根据动能定理可得一mg:=0一2md, 解得2=6m/s; 取竖直向上为正方向，由动量定理有 (F-mg)t=mh-（-m）, 解得F=1600N. 答案(1)250N·s(2)1600N 13.解析(1)根据匀变速直线运动公式呢一 1=2aL, 解得L=项=100m 2a (2)根据动量定理， 有I=mwB一mua=1800N·s. (3)运动员经过C点时，根据牛顿第二 定律有一mg=m受， 运动员在BC段运动的过程中，根据动 能定理有mgh=mu呢-mi, 解得Fv=3900N. 答案(1)100m(2)1800N·s (3)3900N 第2讲动量守恒定律及应用 1.C2.A3.D4.C5.AB6.D7.D 8.BD 9.A 10.解析(1)选取整体为研究对象，设喷出 三次气体后火箭的速度为，以火箭和 三次喷出的气体为研究对象， 根据动量守恒定律得(M一3m)一 3mw=0,故=2gn2.0m/ (2)发动机每秒钟喷气20次，以火箭和 20次喷出的气体为研究对象，根据动量 守恒定律得(M一20m)20一20mu=0, 20mw≈13.5m/s. 解得vo=M-20m 答案(1)2.0m/s(2)13.5m/s 11.解析两演员一起从A点摆到B点，只有 重力做功，机械能守恒，设总质量为m, 则mgR=司nd, 女演员刚好能回到高处，机械能依然守 恒mgR= 2m2听， 541 参考答案 女演员在极短时间内将男演员沿水平 方向推出，两演员系统动量守恒 (m1十m2)v=-m2十m2, 根据题意得m1：m2=2; 联立以上四式解得2=2√2gR; 接下来男演员做平抛运动， 由4R=2g2,得一√ 8R 则s=2t=8R. 答案8R 12.解析(1)人跳车的过程，水平方向系统的 外力为零，人和车水平方向动量守恒0= mu-Mu, 可得车获得的速度y=2.5m/s. (2)人跳车的过程，人的内力做功，把生 物能转化为车和人的动能，由能量守恒 定律可得W=合Mai+m6, 解得W=225J. 答案(1)2.5m/s(2)225J 13.解析(1)由题图乙可知， 长木板的加速度 a=7m/g2=0.5m/s, 由牛顿第二定律可知，小物块施加给长 木板的滑动摩擦力F=m1a1=2N, 小物块与长木板之间的动摩擦因数μ= F =0.2. m2g (2)由题图乙可知，小物块的加速度 a=2m/s2=2m/s2, 由牛顿第二定律可知F一m2g=m2a2, 解得F=4N, (3)撤去F后，小物块和长木板组成的 系统动量守恒，以向右为正方向，最终两