课时跟踪检测(37) 动量定理(Word练习)-【新高考方案】2027年高考物理一轮总复习

**基本信息** 以动量定理为核心，通过实际情境问题构建"概念理解-定量计算-综合应用"的递进式训练体系，强化运动和相互作用观念与科学推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础理解|1-3题|冲量与动量变化关系判断，明确支持力冲量不为零的条件|从动量定理公式出发，结合受力分析（支持力、重力）理解冲量的矢量性| |定量计算|4-6题|动量变化量计算（规定正方向），变力冲量用动量定理反推|结合运动学公式（v²=2gh）求速度，通过动量定理建立力-时间-动量关系| |综合应用|7-9题|图像法处理变力冲量（F-t图像面积），多过程动量定理应用|整合摩擦力分析、力的线性变化模型，深化科学推理与模型建构能力|

课时跟踪检测(三十七)　动量定理 1.原地纵跳摸高是常见的体能测试项目。在某次摸高测试中,一同学从如图甲所示的静止下蹲状态向上跃起,脚刚离开地面时如图乙所示,身体运动到最高点时位置如图丙所示,三幅图代表同一竖直线上的三个位置,不计空气阻力。关于该同学测试的全过程,下列说法正确的是 (　　) A.从甲到乙的运动过程中,该同学因为受地面支持力的位移为零,所以支持力冲量为零 B.该同学在丙图位置的机械能等于在甲图位置的机械能 C.从甲到乙的运动过程中,地面对脚的支持力始终大于该同学的重力 D.从甲到丙的过程中,地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向 2.如图所示,学生练习用脚颠球。某一次足球由静止自由下落1.25 m,被重新颠起,离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s,足球的质量为0.4 kg,重力加速度大小g取10 m/s2,不计空气阻力,则 (　　) A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s B.足球自由下落过程重力的冲量大小为2 N·s C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零 D.足球与脚部作用过程中动能变化量为10 J 3.(2025·云南昆明模拟)我国自主研发的人形机器人实现全球首例前空翻特技,该过程如图a→e所示。已知a图中机器人处于静止状态,c图中机器人重心位于全过程中的最高点,e图中机器人重心速度为零,忽略空气对机器人的作用力,下列说法正确的是 (　　) A.起跳过程中,水平地面对机器人做正功 B.落地过程中,机器人的下蹲动作是为了减小动量变化量 C.c到d过程,机器人处于失重状态 D.落地时,机器人受到地面的冲量竖直向上 4.一同学在练习乒乓球削球技术时,使乒乓球竖直下落,在球与球拍接触的瞬间,保持球拍板面水平,并沿水平方向挥动球拍,如图所示。接触前后乒乓球在竖直方向的速度大小分别为5 m/s和4 m/s,乒乓球与球拍之间的动摩擦因数为0.3。若乒乓球可视为质点且不计空气阻力,g取10 m/s2,已知乒乓球与球拍接触时间极短,估算乒乓球在与球拍接触后获得的水平速度大小约为 (　　) A.1.2 m/s B.1.5 m/s C.2.0 m/s D.2.7 m/s 5.(2025·重庆模拟)以初速度v1竖直向上抛出一可视为质点的小球,设定整个运动过程中,该小球所受空气阻力大小f与其速度大小v成正比。若该小球从抛出至到达最高点过程历时t1,从最高点落回抛出点过程历时t2,该小球落回抛出点时的速度大小为v2,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　) A.t1=t2 B.t1>t2 C.t1+t2= D.t1+t2= 6.(2025·河北保定模拟)如图所示,一个沙漏装置挂在弹簧测力计下方,从出口至底部的高度为H(足够大),沙子的总质量为m。近似认为沙子从出口下落的初速度为0。沙子随时间均匀漏下,忽略空气阻力,不计沙子间的相互影响。沙子与容器底部碰撞的总时间为t,重力加速度为g,下列说法正确的是 (　　) A.出口下方0~2 cm范围内沙子数与2~4 cm范围内沙子数相等 B.沙子落到容器底部变为静止的过程中,动量变化量的方向向下 C.容器底部受到的平均冲击力大小F≈ D.从沙子开始下落至全部落到底部的过程中,弹簧测力计示数先变大后变小 7.(2025·北京东城模拟)水平轨道固定在地面上,右侧固定一磁铁,如图甲所示。右端粘有磁铁的小车以初速度v0沿轨道向右运动,两磁铁间有相互排斥的作用力。某科研兴趣小组利用该实验装置研究小车在变力作用下的运动情况。无线传感器记录作用过程中小车的v⁃t图像(如图乙所示)以及小车所受斥力大小F随时间t的变化图像(如图丙所示)。已知小车所受摩擦阻力及空气阻力远小于磁铁间的相互作用力。那么 (　　) A.小车速度为零时,其所受合外力也恰好为零 B.小车在t1到t2时间内向右做匀减速直线运动,t2到t3时间内向左做匀加速直线运动 C.小车与固定在轨道上的磁铁相互作用过程中,小车的机械能守恒 D.小车质量m约为400 g 8.“娱乐风洞”是一项新型娱乐项目,在一个特定的空间内有人工制造的气流,表演者通过调整身体的姿态,改变受风面积(即表演者在垂直风力方向的投影面积),来改变其所受向上风力的大小,使人产生在天空翱翔的感觉。如图所示,一质量为m的游客恰好可以静止在直径为d的圆柱形风洞内。已知气流竖直向上通过风洞,密度为ρ,流速恒定为v,游客受风面积为S,重力加速度为g。假设气流吹到人身上后速度变为零,则下列说法正确的是 (　　) A.气体流量Q=πvρd2 B.气体流量Q= C.风对人的冲量与人对风的冲量相同 D.若风洞中空气流速变为原来的2倍,要使游客仍静止,则他的受风面积必须调整为原来的 9.(14分)(2025·甘肃高考)如图1所示,细杆两端固定,质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻,物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上,F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长,重力加速度为g,θ=30°。求: (1)t=6 s时F的大小,以及t在0~6 s内F的冲量大小。(4分) (2)t在0~6 s内,摩擦力f随时间t变化的关系式,并作出相应的f⁃t图像。(6分) (3)t=6 s时,物块的速度大小。(4分) 答案 课时跟踪检测(三十七) 1.选D　该同学从用力蹬地到刚离开地面的起跳过程,先向上加速,地面支持力大于重力,当地面支持力等于重力时速度最大,之后脚与地面间的作用力逐渐减小,该同学开始减速,当脚与地面间的作用力为零时离开地面,此过程地面对脚的支持力的冲量不为零,A、C错误;蹬地起跳过程中该同学消耗体内化学能转化为机械能,在乙图位置的机械能大于在甲图位置的机械能,从乙到丙的运动过程中机械能守恒,则该同学在丙图位置的机械能大于在甲图位置的机械能,B错误;从甲到丙的过程中,应用动量定理有I支+IG=0,所以地面对脚的支持力冲量与该同学的重力冲量等大反向,D正确。 2.选B　足球到达脚部的速度为v==5 m/s,足球下落到与脚部刚接触时动量大小为p=mv=0.4×5 kg·m/s=2 kg·m/s,A错误;足球自由下落的时间为t==0.5 s,所以足球自由下落过程重力的冲量大小为I=mgt=0.4×10×0.5 N·s=2 N·s,B正确;根据运动的对称性,足球离开脚部的速度大小也是5 m/s,设竖直向下为正方向,脚部与足球作用过程中,动量变化量为Δp=-mv-mv=-2×0.4×5 kg·m/s=-4 kg·m/s,C错误;足球落到脚部和离开脚部时的动能相等,均为5 J,所以足球与脚部作用过程中动能变化量为0,D错误。 3.选C　地面对机器人作用力的作用点在力的方向上没有位移,故地面对机器人不做功,故A错误;下蹲动作不会改变动量变化量,但会延长作用时间,根据F=,可知延长作用时间可以使作用力减小,故B错误;c到d过程,机器人加速度竖直向下,处于失重状态,故C正确;c到e过程机器人存在水平向右的分动量,e图中机器人重心速度为零,此时机器人的动量为零,说明落地时地面给机器人一个水平向左的分冲量,地面对机器人的冲量为竖直向上及水平向左的两个冲量的合冲量,方向不可能竖直向上,D错误。 4.选D　设球拍对乒乓球的平均支持力为F,分别规定竖直向上和球拍运动方向为正方向,由动量定理得Ft=mΔv,μFt=mvx,其中Δv=4 m/s-=9 m/s,代入两式解得vx=2.7 m/s,故选D。 5.选D　该小球从抛出到落回抛出点的过程中,空气阻力一直对该小球做负功,该小球的机械能一直减少,因此该小球在上升过程中的平均速度大小大于其在下落过程中的平均速度大小,由于上升和下落的高度相同(设为h),可知t1<t2,A、B错误;设f=kv(k为正值常数),以竖直向下为正方向,从抛出到落回抛出点的过程中,由动量定理有mg(t1+t2)+If=mv2-m(-v1),其中If=kt1+(-kt2)=kh-kh=0,解得t1+t2=,D正确,C错误。 6.选C　由自由落体运动规律可知,沙子下落的高度越大,速度越大,故出口下方越靠近出口,沙子的速度越小,则出口下方0~2 cm范围内沙子下落的时间大于出口下方2~4 cm 范围内沙子下落的时间,由于沙子随时间均匀漏下,所以出口下方0~2 cm范围内沙子数比2~4 cm范围内沙子数多,故A错误。沙子落到底部时速度向下,动量向下,静止时动量为零,可知动量变化量的方向向上,故B错误。因为H足够大,忽略沙漏底部沙子的高度,取向上为正方向,由动量定理可得F'Δt-Δmg·Δt=Δmv,其中Δm为极短时间Δt内落到瓶底的沙子的质量,则有F'Δt≈Δmv,对时间累计求和可得F't≈mv,又v=,联立可得F'≈,根据牛顿第三定律可知,F=F'≈,故C正确。由于H足够大,一开始沙子从出口逐渐下落过程,离开出口的沙子处于失重状态,弹簧测力计示数会变小;上部的沙子完全离开出口落到底部的过程,逐渐落到底部的沙子处于超重状态,弹簧测力计示数会变大;所以从沙子开始下落至全部落到底部的过程中,弹簧测力计示数先变小后变大,故D错误。 7.选D　依题意,小车运动过程中受向左的斥力作用,由题图乙、丙可知,在t1到t2时间内斥力逐渐增大,小车做加速度增大的减速直线运动,t2到t3时间内斥力逐渐减小,小车向左做加速度减小的加速直线运动,则t2时刻小车速度为零,所受合外力最大,故A、B错误;根据以上分析可知小车与固定在轨道上的磁铁相互作用过程中,小车的动能先减小后增大,重力势能保持不变,所以小车的机械能不守恒,故C错误;根据动量定理得IF=Ft=Δp,可知题图丙中图线与时间轴所围面积表示小车所受斥力的冲量,取水平向右为正方向,则有-0.48 N·s=-mv0-mv0,解得m=400 g,故D正确。 8.选D　由题意可知Q=πv=d2v,A错误;对Δt时间内吹向游客的气体,由动量定理可得FΔt=Δmv,由于游客处于静止状态,满足F=mg,另外Δm=ρ·vΔt·S,风洞内气流的流量为Q=vπ,联立解得Q=,B错误;根据牛顿第三定律可知,风对人的作用力与人对风的作用力大小相等、方向相反,所以根据冲量定义可知风对人的冲量与人对风的冲量大小相等、方向相反,C错误;由F=ρSv2=mg可知,若风洞中空气流速变为原来的2倍,游客受力不变,则S必须变为原来的,D正确。 9.解析:(1)由题图2可知F随时间线性变化,根据数学知识可知F=t(N) 所以当t=6 s时,F=(N) 0~6 s内F的冲量为F⁃t图像与时间轴围成的面积,即I=×mg×6(N·s)=mg(N·s)。 (2)初始时刻,物块刚好能静止在细杆上,设物块与细杆间的动摩擦因数为μ,由平衡条件有mgsin 30°=μmgcos 30°, 解得μ=tan 30°= 设物块与细杆间的弹力大小为FN,在垂直细杆方向上,由平衡条件有FN=|mgcos θ-Fsin θ| 以沿细杆向上为正方向,物块与细杆间的摩擦力f=μFN=μ·|mgcos θ-Fsin θ|=·|1-t|(N) 令1-t=0,解得t=4 s 则在0~6 s内,当0≤t<4 s时, f=(N) 当4 s≤t≤6 s时,f=(N), 作出相应的f⁃t图像如图所示。 (3)在0~6 s内沿杆方向根据动量定理有 mgsin θ·Δt +Icos θ-If=mv 在0~6 s内摩擦力的冲量为f⁃t图像与t轴围成的面积,则If=×mg×4(N·s)+×mg×2(N·s)=mg(N·s) 解得v=g(m/s)。 答案:(1)(N)　(N·s) (2)当0≤t<4 s时,f=(N)　当4 s≤t≤6 s时,f=(N) 见解析图　(3)g(m/s) 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $