2027届高考物理一轮复习-专题8.1 动量定理

专题8.1 动量定理 1冲量、动量(矢量) 1. 如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动不可能是( ) A.匀速圆周运动 B.自由落体运动 C.平抛运动 D.竖直上抛运动 2. (多选)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端 C、D、E 处，三个过程中重力的冲量依次为 I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有( ) A.三个过程中，合力的冲量相等，动量的变化量相等 B.三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等 C. I1<I2<I3，Δp1=Δp2=Δp3 D. I1<I2<I3，Δp1<Δp2<Δp3 3. 如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点.每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速为零)，关于它们下滑的过程，下列说法中正确的是( ) A.重力对它们的冲量相同 B.弹力对它们的冲量相同 C.合外力对它们的冲量相同 D.它们的动能增量相同 4. 物体在恒定的合力F作用下做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度由v增大到2v.设F在Δt1内做的功是W1，冲量是I1；在Δt2内做的功是W2，冲量是I2.那么( ) A.I1<I2，W1=W2 B.I1<I2，W1<W2 C.I1=I2，W1=W2 D.I1=I2，W1<W2 5. (多选)一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动.F随时间t变化的图线如图所示，则( ) A.t＝1s时物块的速率为1m/s B.t＝2s时物块的动量大小为4kg·m/s C.t＝3s时物块的动量大小为5kg·m/s D.t＝4s时物块的速度为零 6. 甲、乙两物体分别在恒力F1和F2的作用下，沿同一直线运动，它们的动量随时间变化的关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为I1，乙在t2时间内所受的冲量为I2，则F1、F2及I1、I2大小关系是( ) A.F1>F2，I1=I2 B.F1<F2，I1<I2 C.F1>F2，I1>I2 D.F1=F2，I1=I2 7. (多选)如图甲所示，质量M＝0.8kg的足够长的木板静止在光滑的水平面上，质量m＝0.2kg的滑块静止在木板的左端，在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F，4s后撤去力F.若滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10m/s2，则下列说法正确的是( ) A.0～4s时间内拉力的冲量共为3.2N·s B.t＝4s时滑块的速度大小为9.5m/s C.木板受到滑动摩擦力的冲量共为2.8N·s D.木板的速度最大为2m/s 8. 质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用而从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图所示．设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是( ) A.I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5 B.I1∶I2＝6∶5，W1∶W2＝3∶5 C.I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5 D.I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5 2动量定理与动量定理的应用 2.1动量定理解决碰撞问题 9. 高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为( ) A.10 N B.102 N C.103 N D.104 N 10. 用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理．如图所示，从距秤盘80 cm高处把1 000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上，持续作用时间为1 s，豆粒弹起时竖直方向的速度大小变为碰前的一半，方向相反．若每个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短(在豆粒与秤盘碰撞极短时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力)，已知1 000粒的豆粒的总质量为100 g．则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为( ) A.0.2 N B.0.6 N C.1.0 N D.1.6 N 11. 动量定理可以表示为Δp=FΔt，其中动量p和力F都是矢量.在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究.例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图所示.碰撞过程中忽略小球所受重力. a.分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy； b.分析说明小球对木板的作用力的方向. 2.2动量定理解决全过程问题 12. 质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.2s，安全带长5m，g=10m/s2 ，则安全带所受的平均冲力的大小为( ) A.500N B.1100N C.600N D.100N 13. 高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动).此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( ) A.＋mg B.－mg C.＋mg D.－mg 14. 一个铁球，从静止状态由10m高处自由下落，然后陷入泥潭中，从进入泥潭到静止用时0.4s，该铁球的质量为336g，求： (1)从开始下落到进入泥潭前，重力对小球的冲量为多少？ (2)从进入泥潭到静止，泥潭对小球的冲量为多少？ (3)泥潭对小球的平均作用力为多少？(保留两位小数，g取10m/s2) 2.3动量定理解决曲线运动的动量问题 15. 在距地面高度为h处，同时以大小相等的初速度v0，分别平抛、竖直上抛、竖直下抛出一个质量相等的小球，不计空气阻力，比较它们从抛出到落地过程中动量的增量Δp，正确的是( ) A.平抛过程中动量的增量Δp最大 B.竖直下抛过程中动量的增量Δp最大 C.竖直上抛过程中动量的增量Δp最大 D.三者一样大 16. 如图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO竖直，轨道半径为R，将质量为m的小球(可视为质点)从A点由静止释放，在小球从A点运动到B点的过程中，小球( ) A.所受合力的冲量水平向右 B.所受支持力的冲量水平向右 C.所受合力的冲量大小为m D.所受重力的冲量大小为0 17. 如图所示，曲线是某质点只在一恒力作用下的部分运动轨迹．质点从M点出发经P点到达N点，已知质点从M点到P点的路程大于从P点到N点的路程，质点由M点运动到P点与由P点运动到N点的时间相等．下列说法中正确的是( ) A.质点从M到N过程中速度大小保持不变 B.质点在M、N间的运动不是匀变速运动 C.质点在这两段时间内的动量变化量大小相等，方向相同 D.质点在这两段时间内的动量变化量大小不相等，但方向相同 2.4动量定理解决连续流体的作用问题 18. 水利采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱截面积为S，水速为v，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为0，水柱对煤层的平均冲击力为( ) A.ρSv B.ρSv2 C.ρSv2 D.ρSv 19. 太空飞船在宇宙空间中飞行时，会遇到太空尘埃的碰撞而受到阻碍作用.设单位体积的太空均匀分布着尘埃n颗，每颗尘埃平均质量为m，尘埃速度可忽略、飞船的横截面积为S，与尘埃碰撞后将尘埃完全黏附住.当飞船维持恒定的速率v飞行时，飞船引擎需要提供的平均推力为( ) A.nmv2S B.nmv2S C.nmv2S D.nmv2S 20. 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12m/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1×103kg/m3)( ) A.0.15 Pa B.0.54 Pa C.1.5 Pa D.5.4 Pa 21. 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中.为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力.已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求 (ⅰ)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (ⅱ)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度. 2.5动量定理解决连接体系统问题 22. 一个质量为m=2kg的物体，在F1=8N的水平推力的作用下，从静止开始沿水平面运动了t1=5s，然后推力减小为F2=5N，方向不变，物体又运动了t2=4s后撤去外力，物体再经过t3=6s停下来，试求物体在水平面上所受摩擦力的大小. 23. 如图所示，A、B经细绳相连挂在弹簧下静止不动，A的质量为m，B的质量为M，当A、B间绳突然断开，物体A上升到某位置时速度为v，这时B下落速度为u，在这段时间内弹簧弹力对物体A的冲量为多少？ 24. 质量为M的金属球和质量为m的木块用细线相连，浸入水中，细线竖直绷紧，木块在上金属球在下，两物体从静止开始以加速度a在深水中匀加速下沉，经时间t1，细线断，两物体分开，在经时间t2，木块恰好停止下沉，则此时金属球下沉的速度为多少？ 参考答案 1. 答案：A 解析：如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由I＝Ft可知，物体受到的力是恒力．则物体可以做自由落体运动、平抛运动或竖直上抛运动，故B、C、D正确；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变化，合力为变力，不能满足在任何相等时间内，合外力的冲量相等，故不可能为匀速圆周运动，故A错误． 2. 答案：BC 解析：由机械能守恒定律可以知道物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量的大小Δp=mv相等，即Δp1=Δp2=Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量大小也相等，注意不是相同(方向不同)，故A错误；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由=gsinθ·t2得物体下滑的时间t=，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I=mgt就越大，故I1<I2<I3；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能的变化量相等，所以BC选项是正确的. 3. 答案：A 解析：由运动学知识可知三个滑环的运动时间相等，故A正确，由于三种情形下弹力的方向不同，故B错，根据机械能守恒定律知D错，而合外力冲量大小为mv，由于v大小不等，故C错. 4. 答案：D 5. 答案：AB 解析：根据F－t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1s、0～2s、0～3s、0～4s内合外力冲量分别为2N·s、4N·s、3N·s、2N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1s、2s、3s、4s末的速率分别为1m/s、2m/s、1.5m/s、1m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2kg·m/s、4kg·m/s、3kg·m/s、2kg·m/s，则A、B项均正确，CD项均错误. 6. 答案：A 解析：冲量I =Δp，从图上看，甲、乙两物体动量变化的大小相同，所以冲量大小I1=I2.又因为冲量I1=F1t1，I2=F2t2，t2>t1，所以F1>F2. 7. 答案：BC 解析：拉力F的冲量等于F－t图象的面积，0～4s时间内拉力的冲量I＝(0.5＋1)×2N·s＋1×2N·s＝3.5N·s，A错误；滑块与木板间恰好打滑时，对木板：μmg＝Ma0；对滑块：F0－μmg＝ma0，解得F0＝0.5N，a0＝0.5m/s2，所以t＝0时刻，A、B恰好开始打滑；对滑块：IF－μmgt＝mv1，解得4s末滑块的速度v1＝9.5m/s，B正确；t＝4s时，木板的速度v2＝a0t＝0.5×4＝2m/s，之后A加速，B减速，直到共速，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1＋Mv2＝(m＋M)v，解得木板的最大速度v＝3.5m/s；对木板：由动量定理得I＝Mv，解得I＝2.8N·s，C正确，D错误；故选：BC. 8. 答案：C 解析：由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则摩擦力大小都为m.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为、，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F－Ff＝ma，则F1＝，F2＝，故I1∶I2＝F1t0∶4F2t0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W1－Ffx1＝0，W2－Ffx2＝0，得W1＝Ffx1，W2＝Ffx2，图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F1和F2做功之比为W1∶W2＝x1∶x2＝6∶5，故C正确． 9. 答案：C 解析：设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×25 m＝75 m 由mgh＝mv2及(F－mg)t＝mv知鸡蛋对地面的冲击力F＝＋mg≈103 N. 10. 答案：B 解析：豆粒从80 cm高处下落到秤盘上时的速度为v1，v＝2gh，则v1＝＝m/s＝4m/s 设竖直向上为正方向，根据动量定理：Ft＝mv2－mv1则F＝＝ N＝0.6 N，故B正确，A、C、D错误． 11. 答案：(1)Δpx=0，Δpy=2mvcosθ；(2)沿y轴负方向. 解析：(1)把小球入射速度分解vx=vsinθ，vy=−vcosθ，把小球反弹速度分解为，vx′=vsinθ，vy′=vcosθ，则Δpx=m(vx′−vx)=0，Δpy=m(vy′−vy)=2mvcosθ，方向沿y轴正方向； (2)根据动量定理可知，木板对小球的作用力的方向沿y轴的正方向，根据牛顿第三定律可知，小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向. 12. 答案：B 解析：人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：v0==10m/s；重力的冲量IG=mgt=720N·s；取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg和安全带给的冲力 F，取F方向为正方向，由动量定理得：Ft－mgt=0－(－mv0)，解得F=1100N，B选项正确. 13. 答案：A 解析：由自由落体运动公式得人下降h距离时的速度为v＝，在t时间内对人由动量定理得(F－mg)t＝mv，解得安全带对人的平均作用力为F＝＋mg，A项正确. 14. 答案：(1)4.75N·s；(2)6.10N·s；(3)15.25N 解析：(1)球自由下落10m所用的时间是t1===s，重力的冲量IG=mgt1=0.336×10×N·s≈4.75N·s，方向竖直向下. (2)设向下为正方向，对小球从静止开始运动至停在泥潭中的全过程运用动量定理得mg(t1+t2)－Ft2=0小.泥潭的阻力F对小球的冲量Ft2=mg(t1+t2)=0.336×10×(+0.4)N·s≈6.10N·s，方向竖直向上. (3)由Ft2=6.10N·s得F=15.25N. 15. 答案：C 解析：三个小球中竖直上抛的小球运动时间最长，而竖直下抛的小球运动时间最短，由I＝Ft可知竖直上抛的小球，重力的冲量最大，由动量定理I＝Δp可知，竖直上抛的小球动量的增量最大，故C正确． 16. 答案：A 小球从A点运动到B点的过程中，做圆周运动，B点时速度沿切线方向，水平向右；从A到B：根据动能定理：mgR=mv2－0，解得：v=.根据动量定理，I合=ΔP=mv=m，方向水平向右，故A正确，C错误；根据冲量的定义式I FN=FNt，方向与支持力的方向相同，垂直于支持面指向圆心，故B错误；根据冲量定义IG=Gt，因为重力和时间不为0，所以重力的冲量大小不为0，故D错误. 17. 答案：C 解析：因为质点在恒力作用下运动，所以质点做匀变速曲线运动，速度随时间变化，故A、B错误；根据动量定理可得FΔt＝Δp，两段过程所用时间相同，所以动量变化量大小和方向都相同，故C正确，D错误． 18. 答案：B 解析：在t时间内射到被切割的钢板上水流的质量m=vtSρ，设钢板对水流的作用力为F，根据动量定理，Ft=mv，解得F=ρSv2，根据牛顿第三定律，水对钢板的冲力为ρSv2，选项B正确. 19. 答案：B 解析：以飞船为参照物，选择一和飞船横截面积相等的圆柱内的尘埃进行研究.则该圆柱内的尘埃相对于飞船以速度v做匀速直线运动，在t时间内，由长度为x＝vt，横截面积为S、体积为V＝vtS的尘埃柱碰到飞船上，尘埃柱内尘埃颗粒数目为N＝nvtS，尘埃总质量为M＝Nm＝mnvtS，根据动量定理，Ft＝Mv，联立解得：F＝nmv2S，选项B正确. 20. 答案：A 解析：设雨滴受到睡莲叶面的平均作用力为F，在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝12m/s减为零．以向上的方向为正方向，对这部分雨水应用动量定理：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.压强p＝＝ρv＝1×103×12× Pa＝0.15 Pa. 21. 答案：(ⅰ)ρv0S　(ⅱ)－ 解析：(ⅰ)在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变. 该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt① 喷出水柱质量Δm＝ρΔV② 其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS③ 由①②③可得喷泉单位时间内喷出的水的质量为＝ρv0S (ⅱ)设玩具底面相对于喷口的高度为h 由玩具受力平衡得F冲＝Mg④ 其中，F冲为水柱对玩具底部柱的作用力 由牛顿第三定律：F压＝F冲⑤ 其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度 由运动学公式：v′2－v＝－2gh⑥ 在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm，Δm＝ρv0SΔt⑦ 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理(F压＋Δmg)Δt＝Δmv′⑧ 由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为F压Δt＝Δmv′⑨ 由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－ 22. 答案：4N. 解析：设摩擦力为f，第一时间段的末速度为v1，第二时间段的末速度为v2，由动量定理得： (F1－f )t1=mv1，(F2－f )t2=m(v2－v1)，－ft3=－mv2 联立得：f=4N. 23. 答案：m(v+u) 解析：以向上为正方向，由动量定理得： 对B：－Mgt=－Mu－0， 对A：I－mgt=mv－0， 计算得出：I=m(v+u)； 24. 答案：v=，方向向下. 解析：成的系统为研究对象，细线断开前后，由于系统总重力、总浮力不变，则系统所受的合外力不变，均为F=(M+m)a，经时间(t1+t2)后木块的速度恰为零.则设木块恰好停止时，金属球的速度为v，以竖直向下为正方向，对系统全程应用动量定理有：((M+m)a(t1+t2)=0+Mv， 解得：v=，方向向下. 89 学科网（北京）股份有限公司 $