1.2 微专题1 动量定理的应用 强化练习-2025-2026学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

微专题1 动量定理的应用 强化练习 基础练 一．选择题： 1．快递运输时，我们经常看到，有些易损坏物品外面都会利用充气袋进行包裹(如图所示)，这种做法的好处是( ) A．可以大幅度减小某颠簸过程中物品所受合力的冲量 B．可以大幅度减小某颠簸过程中物品动量的变化 C．可以使某颠簸过程中物品动量变化的时间延长 D．可以使某颠簸过程中物品动量对时间的变化率增加 2．如图所示，表面光滑的楔形物块ABC固定在水平地面上，∠ABC<∠ACB，质量相同的物块a和b分别从斜面顶端沿AB、AC由静止自由滑下。在两物块到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是( ) A．两物块所受重力冲量相同 B．两物块的动量改变量相同 C．两物块的动能改变量相同 D．两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率相同 3．质量为m的物体，以初速度v0沿斜面开始上滑，到达最高点后再次返回到原出发点时速度大小为0.5v0，假设物体在斜面上运动时受到的摩擦力大小不变，则( ) A．整个过程中合力的冲量大小为mv0 B．整个过程中摩擦力冲量的矢量和为零 C．上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小 D．上滑过程和下滑过程中支持力的冲量均为零 4．如图所示，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0运动。遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度大小变为v0，则以下说法正确的是 ( ) A．滑块的动量改变量的大小为mv0 B．滑块的动量改变量的大小为mv0 C．滑块的动量改变量的方向与v0的方向相同 D．重力对滑块的冲量为零 5．(2025·安徽黄山阶段测试)某小球质量为M，现让它在空气中由静止开始竖直下落，下落过程中所受空气阻力与速率的关系满足f＝kv(k为定值)，当下落时间为t时，小球开始匀速下落，已知重力加速度为g，则小球在t时间内下降的高度h为( ) A． B． C． D． 6．某游客体验风洞飞行的图片如图所示，高速气流均匀地向上喷射出来，该游客处于水平悬空状态。若该游客(包括装备)的质量为m，气流的密度为ρ，重力加速度为g，气流接触身体的面积为S，且气流接触身体后水平向四周流出，则该游客所在高度处的气流速度大小为( ) A． B． C． D． 7．一质点做曲线运动，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 8．为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水位上升了45 mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12 m/s，据此估算该压强约为(设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3)( ) A．0.15 Pa B．0.54 Pa C．1.5 Pa D．5.4 Pa 能力综合练 一．选择题： 9．(多选)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/s D．弹幕对目标形成的冲击力大小F＝3.6×108 N 10．(多选)如图所示，质量为M的直-20武装通用直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为( ) A．＝ρSv B．＝ρSv0 C．＝ D．＝ 11．(多选)质量为1 kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小取g＝10 m/s2。则( ) A．4 s时物块的动能为零 B．6 s时物块回到初始位置 C．3 s时物块的动量为12 kg·m/s D．0～6 s时间内F对物块所做的功为40 J 2． 计算题： 12．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。 (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的作用力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； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 拓展提升练 13．(多选)蹦床运动中，体重为60 kg的运动员在t＝0时刚好落到蹦床上，对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直，在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力，重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是( ) A．t＝0.15 s时，运动员的重力势能最大 B．t＝0.30 s时，运动员的速度大小为10 m/s C．t＝1.00 s时，运动员恰好运动到最大高度处 D．运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N 参考答案： 1. C解析　充气袋在运输中起到缓冲作用，在某颠簸过程中，物品的动量变化量不变，由动量定理可知，合外力的冲量不变，充气袋可以延长动量变化所用的时间，从而减小物品所受的合力，A、B错误，C正确；动量对时间的变化率即为物品所受的合力，充气袋可以减小颠簸过程中物品动量对时间的变化率，D错误。 2.C解析　设斜面倾角为θ，则物块在斜面上的加速度为a＝g sin θ，设斜面高度为h，则物块在斜面上滑行的时间为t＝＝，因为∠ABC<∠ACB，可得物块在AB斜面上的滑行时间比在AC斜面上的滑行时间长；根据I＝mgt可知，两物块所受重力冲量不相同，选项A错误。根据动量定理有mg sinθ·t＝mv，得Δp＝mg，动量改变量是矢量，两物块的动量改变量大小相等，方向不相同，选项B错误。根据动能定理有ΔEk＝mgh＝mv2，两物块的动能改变量相同，选项C正确。两物块到达斜面底端时重力的瞬时功率P＝mgv sin θ，两物块到达斜面底端的速度大小v＝相同，但两斜面倾角不同，则重力的瞬时功率不相同，选项D错误。 3.C解析　以沿斜面向下为正方向，根据动量定理有I合＝Δp＝0.5mv0－(－mv0)＝1.5mv0，A错误；设物体上滑过程所用时间为t1，下滑回到出发点所用时间为t2，位移大小为x，则x＝t1＝t2，得t1＝t2，整个过程中摩擦力冲量的矢量和为If1＋If2＝Fft1－Fft2≠0，B错误；上滑过程中重力的冲量为mgt1，下滑过程中重力的冲量为mgt2，由于t1<t2，上滑过程中重力的冲量比下滑过程中重力的冲量小，C正确；上滑过程和下滑过程中支持力一直存在，故两过程中支持力的冲量均不为零，D错误。 4.B解析　以初速度方向为正方向，有Δp＝p2－p1＝－mv0－mv0＝－mv0，所以滑块的动量改变量的大小为mv0，方向与v0的方向相反，故A、C错误，B正确；根据I＝Ft得重力的冲量为I＝mgt，不为零，故D错误。 5.A解析　根据题意可得，当小球匀速下落时，有Mg＝f＝kv，下落过程中，根据动量定理可得Mgt－t＝Mv－0，t＝kt＝kh，联立可得h＝，故选A。 6.A解析　设Δt时间内吹向游客的气流质量为Δm，取向上为正方向，则气流的动量变化量为Δp＝0－Δmv＝－Δmv，其中Δm＝ρvΔtS，以Δt时间内吹向游客的气流为研究对象，由动量定理可得－FΔt＝0－Δmv，由于游客处于静止状态，结合牛顿第三定律可知，F＝mg，解得气流速度大小为v＝，故A正确。 7. D解析　根据动能定理可知W1＝m(2v)2－mv2＝mv2，W2＝m(5v)2－m(2v)2＝mv2，可得W2＝7W1，由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故D正确。 8.A 解析　设雨滴受到支持面的平均作用力为F。在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝12 m/s减为零。以竖直向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理，有FΔt＝0－(－Δmv)＝Δmv，得到F＝v。设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，得F＝ρSv，由牛顿第三定律得F′＝F，压强p＝＝ρv＝1×103×12× Pa＝0.15 Pa，故A正确。 9. BC 解析　形成弹幕的总体积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·Δv＝3.6×107 kg·m/s，C正确；由冲量公式I＝Ft可知，弹幕对目标形成的冲击力大小F＝＝3.6×109 N，D错误。 10.BD 解析　直升机处于平衡状态，设直升机与空气间的作用力大小为F，则F＝Mg，飞机对空气的力与空气对飞机的力为作用力与反作用力，即F＝F′，对空气由动量定理可得F′Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得＝ρSv0，故A错误，B正确；由上式知F′Δt＝Δm·v0，且F′＝F＝Mg，联立两式可得＝，故C错误，D正确。 11.AD 解析　物块与地面间的摩擦力大小为Ff＝μmg＝2 N，对物块在0～3 s时间内，由动量定理可知(F－Ff)t1＝mv3，代入数据可得v3＝6 m/s，3 s时物块的动量为p＝mv3＝6 kg·m/s，故C错误；设3 s后经过时间t2物块的速度减为0，由动量定理可得－(F＋Ff)t2＝0－mv3，解得t2＝1 s，所以物块在4 s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确；在0～3 s时间内，对物块由动能定理可得(F－Ff)x1＝mv，解得x1＝9 m，在3～4 s时间内，对物块由动能定理可得－(F＋Ff)x2＝0－mv，解得x2＝3 m，4～6 s时间内物块开始反向运动，物块的加速度大小为a＝＝2 m/s2，发生的位移大小为x3＝at＝4 m<x1＋x2，即6 s时物块没有回到初始位置，故B错误；0～6 s时间内F对物块所做的功为W＝Fx1－Fx2＋Fx3＝40 J，故D正确。 12.答案　(1) (2)①330 N·s，方向竖直向上　②0.2 m 解析　(1)敏感球受向下的重力mg和敏感臂向下的压力FN以及斜面的支持力N，则由牛顿第二定律可知(mg＋FN)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头锤落到气囊上时的速度v0＝＝8 m/s 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 则上升的最大高度h＝＝0.2 m。 13.BD 解析　根据牛顿第三定律结合题图可知t＝0.15 s时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A错误；根据题图可知运动员从t＝0.30 s离开蹦床到t＝2.3 s再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，运动员上升时间为1 s，则在t＝1.3 s时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s时运动员的速度大小v＝10×1 m/s＝10 m/s，故B正确，C错误；同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)，其中Δt＝0.3 s，代入数据可得F＝4 600 N，根据牛顿第三定律可知运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N，故D正确。 学科网（北京）股份有限公司 $