2025版高考物理一輪總復(fù)習(xí)第7章動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律第18講動(dòng)量和動(dòng)量守恒定律提能訓(xùn)練

第七章第18講基礎(chǔ)過關(guān)練題組一動(dòng)量沖量1．(多選)如圖，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動(dòng)量變更量為12.6kg·m/s，則(AC)A．球的動(dòng)能可能不變B．球的動(dòng)量大小確定增加12.6kg·m/sC．球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對(duì)球的作用力大小確定相等D．球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同[解析]壘球被擊打后，可能以與被擊打前等大的速度反向飛出，所以球的動(dòng)能可能不變，動(dòng)量大小可能不變，動(dòng)量大小增量為零，故A正確，B錯(cuò)誤；由牛頓第三定律知，球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對(duì)球的作用力大小確定相等，故C正確；球受到棒的沖量方向是棒對(duì)球彈力的方向，與球被擊打前的速度方向相反，故D錯(cuò)誤。2.如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊沿傾角為θ的固定斜面對(duì)上滑動(dòng)，經(jīng)過時(shí)間t1，速度為零并又起先下滑，經(jīng)過時(shí)間t2回到斜面底端，滑塊在運(yùn)動(dòng)過程中受到的摩擦力大小始終為Ff，重力加速度為g。在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是(B)A．重力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sinθB．支持力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθC．合外力的沖量為0D．摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)[解析]重力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；支持力對(duì)滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθ，B項(xiàng)正確；整個(gè)過程中滑塊的動(dòng)量發(fā)生了變更，故合外力的總沖量不為0，C項(xiàng)錯(cuò)誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面對(duì)上為正方向，摩擦力的總沖量為Ff(t2－t1)，D項(xiàng)錯(cuò)誤。題組二動(dòng)量定理3．(2024·全國(guó)Ⅰ卷)行駛中的汽車假如發(fā)生猛烈碰撞，車內(nèi)的平安氣囊會(huì)被彈出并瞬間充溢氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時(shí)間內(nèi)減小為零，關(guān)于平安氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是(D)A．增加了司機(jī)單位面積的受力大小B．削減了碰撞前后司機(jī)動(dòng)量的變更量C．將司機(jī)的動(dòng)能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動(dòng)能D．延長(zhǎng)了司機(jī)的受力時(shí)間并增大了司機(jī)的受力面積[解析]若汽車發(fā)生猛烈碰撞，車內(nèi)的平安氣囊會(huì)被彈出并充氣，對(duì)司機(jī)的頭部、頸部等部位起疼惜作用，增大了司機(jī)的受力面積，削減了司機(jī)單位面積的受力大小，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；有無平安氣囊，司機(jī)的速度都是從碰撞前的速度減為零，動(dòng)量變更量相同，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)司機(jī)與平安氣囊發(fā)生作用時(shí)，司機(jī)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為司機(jī)對(duì)平安氣囊做的功，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；平安氣囊起緩沖作用，延長(zhǎng)了司機(jī)的受力時(shí)間，從而削減了司機(jī)的受力大小，故D項(xiàng)正確。4.人們對(duì)手機(jī)的依靠性越來越強(qiáng)，有些人寵愛躺著看手機(jī)，經(jīng)常出現(xiàn)手機(jī)砸傷眼睛的狀況。若手機(jī)質(zhì)量為160g，從離人眼約20cm的高度無初速度掉落，砸到眼睛后手機(jī)未反彈，眼睛受到手機(jī)的沖擊時(shí)間約為0.2s，g取10m/s2。下列說法正確的是(D)A．手機(jī)與眼睛作用過程中手機(jī)的動(dòng)量變更約為0.48kg·m/sB．手機(jī)對(duì)眼睛的沖量方向豎直向上C．手機(jī)對(duì)眼睛的沖量大小約為0.32N·sD．手機(jī)對(duì)眼睛的平均作用力大小約為3.2N[解析]手機(jī)砸到眼睛后手機(jī)未反彈，手機(jī)的末速度為0，手機(jī)到達(dá)人眼時(shí)的速度約為v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.2)m/s＝2m/s，取方向豎直向上為正，手機(jī)與眼睛作用過程中手機(jī)的動(dòng)量變更約為Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.16×2kg·m/s＝0.32kg·m/s，故A錯(cuò)誤；手機(jī)對(duì)眼睛的沖量方向與手機(jī)對(duì)眼睛的作用力方向相同，豎直向下，故B錯(cuò)誤；手機(jī)與眼睛作用過程中，由動(dòng)量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛對(duì)手機(jī)的平均作用力大小約為F＝eq\f(mv,t)＋mg＝3.2N，由牛頓第三定律可知，手機(jī)對(duì)眼睛的平均作用力大小約為3.2N，手機(jī)對(duì)眼睛的沖量大小約為I＝Ft＝0.64N·s，故C錯(cuò)誤，D正確。5.(2024·山東濟(jì)寧月考)“水刀”是一種應(yīng)用高壓水流切割的技術(shù)，相比于激光切割其具有切割材料范圍廣、效率高、平安環(huán)保等優(yōu)勢(shì)。某型號(hào)“水刀”工作過程中，將水從面積S＝0.1mm2的細(xì)噴嘴高速噴出，干脆打在被切割材料表面，從而產(chǎn)生極大壓強(qiáng)，實(shí)現(xiàn)切割。已知該“水刀”每分鐘用水600g，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，假設(shè)高速水流垂直打在材料表面上后，立即沿材料表面散開沒有反彈，則水對(duì)垂直于材料表面方向的壓強(qiáng)p為(C)A．1.0×105Pa B．1.0×106PaC．1.0×107Pa D．1.0×108Pa[解析]一分鐘噴出的水的質(zhì)量m＝ρSvt，可得水的流速v＝eq\f(m,ρSt)，選取Δt時(shí)間內(nèi)打在材料表面上的質(zhì)量為Δm的水為探討對(duì)象，以從細(xì)噴嘴高速噴出時(shí)的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量定理得－FΔt＝0－Δmv，其中Δm＝ρSvΔt，可得F＝ρSv2，依據(jù)牛頓第三定律知，材料表面受到的壓力F′＝F，水對(duì)垂直于材料表面方向的壓強(qiáng)P＝eq\f(F′,S)，解得p＝1.0×107Pa，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。6．(2024·山東日照月考)質(zhì)量m＝1kg的物體在合外力F的作用下從靜止起先做直線運(yùn)動(dòng)。物體所受的合外力F隨時(shí)間t的變更圖像如圖所示。下列說法正確的是(D)A．物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)B．4s末物體的速度為零C．0～6s內(nèi)合外力的沖量為8N·sD．0～6s內(nèi)合外力做功為8J[解析]由題圖可知，0～4s內(nèi)合外力方向不變，則物體先做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，再做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最終做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤；由題圖可知，0～4s內(nèi)合外力方向不變，則物體始終做加速運(yùn)動(dòng)，4s末物體的速度不為0，故B錯(cuò)誤；F－t圖線與橫坐標(biāo)軸所圍面積表示合外力的沖量，0～2s內(nèi)合外力的沖量I1＝2×2N·s＝4N·s,2～6s內(nèi)合外力的沖量為0，則0～6s內(nèi)合外力的沖量為4N·s，故C錯(cuò)誤；對(duì)物體在0～2s內(nèi)的過程，由動(dòng)量定理可得I1＝mv1，即mv1＝4kg·m/s，則2s末物體的動(dòng)能Ek＝eq\f(mv12,2m)＝eq\f(42,2×1)J＝8J，由于2～6s內(nèi)合外力的沖量為0，即物體的動(dòng)量不變，則動(dòng)能也不變，所以0～6s內(nèi)合外力做功為8J，故D正確。7．(2024·云南玉溪高三月考)將質(zhì)量m＝1kg的物塊置于水平地面上，已知物塊與水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，現(xiàn)在物塊上施加一個(gè)平行于水平地面的恒力F＝10N，物塊由靜止起先運(yùn)動(dòng)，作用4s后撤去F。已知g取10m/s2，對(duì)于物塊從靜止起先運(yùn)動(dòng)到物塊停下這一過程，下列說法正確的是(B)A．整個(gè)過程物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為6sB．整個(gè)過程物塊運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為8sC．整個(gè)過程中物塊的位移大小為40mD．整個(gè)過程中物塊的位移大小為60m[解析]取恒力F的方向?yàn)檎较?，在整個(gè)過程中，由動(dòng)量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8s，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；物塊在前4s運(yùn)動(dòng)的過程中，由動(dòng)量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物塊加速和減速過程的平均速度都為eq\x\to(v)＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(v,2)，全程的平均速度也為eq\f(v,2)，則物塊的總位移x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×8m＝80m，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤。8．(2024·山東卷)我國(guó)多次成功運(yùn)用“冷放射”技術(shù)放射長(zhǎng)征十一號(hào)系列運(yùn)載火箭。如圖所示，放射倉(cāng)內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時(shí)再點(diǎn)火飛向太空。從火箭起先運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)火的過程中(A)A．火箭的加速度為零時(shí)，動(dòng)能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能C．高壓氣體對(duì)火箭推力的沖量等于火箭動(dòng)量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭動(dòng)能的增加量[解析]火箭從放射倉(cāng)放射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛起先向上的時(shí)候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時(shí)，火箭接著向上做加速度增大的減速運(yùn)動(dòng)，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時(shí)，速度最大，動(dòng)能最大，故A正確；依據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動(dòng)能、火箭的重力勢(shì)能和內(nèi)能，故B錯(cuò)誤；依據(jù)動(dòng)量定理，可知合力沖量等于火箭動(dòng)量的增加量，故C錯(cuò)誤；依據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對(duì)火箭做功之和等于火箭機(jī)械能的增加量，故D錯(cuò)誤。實(shí)力綜合練9．(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運(yùn)動(dòng)員面對(duì)擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運(yùn)動(dòng)員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運(yùn)動(dòng)員時(shí)，運(yùn)動(dòng)員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞?？偣步?jīng)過8次這樣推物塊后，運(yùn)動(dòng)員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運(yùn)動(dòng)員。不計(jì)冰面的摩擦力，該運(yùn)動(dòng)員的質(zhì)量可能為(BC)A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg[解析]物塊每次與擋板碰撞后，擋板對(duì)物塊的沖量大小I沖＝mv0－m(－v0)＝40kg·m·s－1，方向與運(yùn)動(dòng)員退行方向相同，以此方向?yàn)檎较颍赃\(yùn)動(dòng)員和物塊整體為探討對(duì)象，當(dāng)物塊撞擊擋板7次后，7I沖＝m人v7＋mv0，v7<5m/s，得m人>52kg，當(dāng)物塊撞擊擋板8次后，8I沖＝m人v8＋mv0，v8>5m/s，得m人<60kg。故B、C兩項(xiàng)正確，A、D兩項(xiàng)錯(cuò)誤。10.(多選)2024年1月8日，美國(guó)軍方高機(jī)密衛(wèi)星在進(jìn)入太空后完全失去了聯(lián)系，新年就迎來放射失敗。如圖所示，某一質(zhì)量為m的衛(wèi)星殘片從離地面H高處由靜止落至地面并陷入泥土確定深度h而停止，不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于殘片下落的整個(gè)過程，下列說法中正確的有(AC)A．殘片克服泥土阻力所做的功為mg(H＋h)B．殘片下落的全過程中重力的沖量大小大于泥土阻力的沖量大小C．殘片所受泥土阻力的沖量大于meq\r(2gH)D．殘片從接觸地面到靜止的過程中動(dòng)量的變更量等于所受阻力的沖量[解析]由動(dòng)能定理得mg(H＋h)＋Wf＝0，解得Wf＝－mg(H＋h)，則殘片克服泥土阻力所做的功為mg(H＋h)，A正確；殘片下落的全過程中，所受合外力的沖量為零，故重力的沖量大小等于泥土阻力的沖量大小，B錯(cuò)誤；殘片下落的過程中，依據(jù)自由落體運(yùn)動(dòng)規(guī)律得H＝eq\f(v2,2g)，解得v＝eq\r(2gH)，殘片落到地面上后又陷入泥土中，取豎直向下為正方向，由動(dòng)量定理得IG－If＝0－mv，解得If＝IG＋mv＝IG＋meq\r(2gH)，所以殘片所受泥土阻力的沖量大于meq\r(2gH)，C正確；由動(dòng)量定理知，殘片從接觸地面到靜止的過程中動(dòng)量的變更量等于所受阻力的沖量與重力的沖量的矢量和，D錯(cuò)誤。11．(多選)(2024·新課標(biāo)卷)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對(duì)著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時(shí)釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時(shí)刻(BD)A．甲的速度大小比乙的大B．甲的動(dòng)量大小比乙的小C．甲的動(dòng)量大小與乙的相等D．甲和乙的動(dòng)量之和不為零[解析]對(duì)甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示依據(jù)牛頓其次定律有a甲＝eq\f(F－μm甲g,m甲)，a乙＝eq\f(F－μm乙g,m乙)，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于兩物體運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，且同時(shí)由靜止釋放，可得v甲<v乙，A錯(cuò)誤；對(duì)于整個(gè)系統(tǒng)而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動(dòng)量方向向左，明顯甲的動(dòng)量大小比乙的小，B、D正確，C錯(cuò)誤。故選BD。12．(多選)如圖甲所示，將一輕彈簧底端固定在傾角θ＝30°的足夠長(zhǎng)的光滑斜面上。把質(zhì)量為1kg的物塊放在彈簧上端(物塊與彈簧不拴接)，使物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)。t＝0時(shí)刻對(duì)物塊施加沿斜面對(duì)上的外力F，使得物塊始終做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。外力F隨位移x變更的關(guān)系如圖乙所示，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，取重力加速度g＝10m/s2，則(AC)A．該彈簧的勁度系數(shù)為20N/mB．物塊與彈簧分別時(shí)的動(dòng)能為1.125JC．初始時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能為0.625JD．從t＝0時(shí)刻到物塊與彈簧分別過程中拉力的沖量大小為3.5N·s[解析]t＝0時(shí)刻，對(duì)物塊由牛頓其次定律得F1＋kx0－mgsinθ＝ma，mgsinθ＝kx0，物塊與彈簧分別時(shí)F2－mgsinθ＝ma，解得k＝20N/m，x0＝0.25m，A正確；從t＝0時(shí)刻到物塊與彈簧分別的過程中，由動(dòng)能定理得eq\f(F1＋F2,2)x0＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)－mgx0sinθ＝Ek，解得Ek＝0.5J，B錯(cuò)誤；初始時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能Ep＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)，解得Ep＝0.625J，C正確；從t＝0時(shí)刻到物塊與彈簧分別過程中，由動(dòng)量定理得IF＋I(xiàn)彈－mgtsinθ＝mv，Ek＝eq\f(1,2)mv2，v＝at，解得IF＋I(xiàn)彈＝3.5N·s，因此過程中拉力的沖量大小應(yīng)小于3.5N·s，D