人教版高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律第1讲动量动量定课时练含答案

这是一份人教版高考物理一轮复习第6章动量和动量守恒定律第1讲动量动量定课时练含答案，共8页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第1讲　动量　动量定理一、选择题(本题共12小题，1～8题为单选，9～12题为多选)1．(2020·北京朝阳区期中)蹦极是勇敢者的体育运动。设运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段；从弹性绳刚好被拉直到运动员下落至最低点为第二阶段。不计空气阻力。下列说法正确的是(　B　)A．第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小相等B．第一阶段重力的冲量和第二阶段合力的冲量大小相等C．第一、第二阶段重力的总冲量大于第二阶段弹力的冲量D．第一阶段运动员的速度不断增大，第二阶段运动员的速度不断减小[解析]　本题考查对动量和冲量的理解。整个下落过程中，只有重力和弹力有冲量；由于初、末速度都为零，动量变化量为零，根据动量定理，总冲量为零，则第一、第二阶段，重力对运动员的总冲量大小等于第二阶段弹力的冲量大小，则第一阶段重力的冲量大小应小于第二阶段弹力的冲量大小，故A、C错误；根据动量定理可知，第一阶段重力对运动员的冲量和第二阶段合力对运动员的冲量大小相等，方向相反，故B正确；从弹性绳刚好被拉直到运动员下落至最低点为第二阶段，开始的一段时间内，重力大于弹力，运动员的速度仍增大，故D错误。2．(2021·重庆北碚区期末)如图所示，质量为m的物体，沿倾角为θ的固定粗糙斜面由静止开始下滑，经过时间t，滑至底端，且此时速度为v，则物体下滑过程中，下列说法错误的是(　A　)A．重力的冲量为mgtsin θB．重力的冲量为mgtC．斜面支持力的冲量为mgtcos θD．合力的冲量为mv[解析]　本题考查冲量的概念和动量定理的应用。物体所受重力的冲量大小为IG＝mg·t，故A错误，B正确；物体下滑过程所受支持力的冲量大小为I＝Nt＝mgcos θ·t，故C正确；根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，则合外力的冲量为I合＝mv，故D正确。本题选说法错误的，故A符合题意。3．(2020·河北张家口摸底)一质点静止在光滑水平面上。现对其施加水平外力F，F随时间t按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　C　)A．第2 s末，质点的动量为0B．第2 s末，质点距离出发点最远C．在0～2 s内，F的功率先增大后减小D．在0～2 s内，F的冲量为0[解析]　由图线可知，在0～2 s内，质点做加速度先增大后减小的变加速运动，在第2 s末，质点的速度达到最大，动量达到最大，故A错误；在2～4 s内，质点做加速度先增大后减小的变减速运动，速度逐渐减小，4 s末F的总冲量为零，质点的速度减为零，此时质点距离出发点最远，故B错误；在0～2 s内，F先增大后减小，而速度逐渐增大，第2 s末，质点受力F＝0，由P＝Fv知，F的功率先增大后减小，故C正确；在0～2 s内，F的冲量为图线与时间轴所围“面积”，为一定的数值，故D错误。故选C项。4．(2018·全国卷Ⅰ，14)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段，列车的动能(　B　)A．与它所经历的时间成正比B．与它的位移成正比C．与它的速度成正比D．与它的动量成正比[解析]　速度v＝at，动能Ek＝mv2＝ma2t2，与经历的时间的平方成正比，A错误；根据v2＝2ax，动能Ek＝mv2＝m·2ax＝max，与位移成正比，B正确；动能Ek＝mv2，与速度的平方成正比，C错误；动量p＝mv，动能Ek＝mv2＝，与动量的平方成正比，D错误。5．(2020·湖北荆门统考)两木块A、B质量之比为2︰1，在水平地面上滑行时与地面间的动摩擦因数相同，则A、B在开始滑行到停止运动的过程中，下列关于滑行的时间之比tA︰tB和距离之比xA︰xB的说法正确的是(　A　)A．初动能相同时分别为1︰，1︰2B．初动能相同时分别为1︰4,1︰4C．初动量相同时分别为1︰，1︰2D．初动量相同时分别为1︰2,1︰2[解析]　本题考查了牛顿第二定律、动量定理、动能定理。根据牛顿第二定律得a＝＝μg，两木块A、B与地面间的动摩擦因数相等，则两木块做匀减速运动的加速度大小相等，由题意知两木块质量之比为2︰1，当初动能相同时，根据Ek＝mv2知，初速度大小之比为1︰，根据t＝知，滑行的时间之比为1︰；根据匀变速直线运动的平均速度推论知x＝vt，因为初速度大小之比为1︰，运动时间之比为1︰，则滑行距离之比为1︰2，故A正确，B错误；若初动量相等，由p＝mv可知初速度大小之比为1︰2，则根据t＝知，滑行的时间之比为1︰2；根据匀变速直线运动的平均速度推论知x＝vt，因为初速度大小之比为1︰2，时间之比为1︰2，则滑行距离之比为1︰4，故C、D错误。6．雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为(　A　)A．0.25 N　　　　　　　 B．0.5 NC．1.5 N　 D．2.5 N[解析]　本题考查动量定理的流体类问题中的应用。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＝10 m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理得FΔt＝0－(－Δm·v)，解得F＝。设水杯横截面积为S，水杯里的雨水在Δt时间内水面上升Δh，则有Δm＝ρSΔh，F＝ρSv。则芭蕉叶面受到的压强为p＝＝ρv＝1×103×10× N/m2＝0.25 N/m2，即单位面积上的平均受力为0.25 N，故A正确，B、C、D错误。7．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高度把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变为碰前的一半。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，g取10 m/s2，则在碰撞过程中秤盘受到的压力大小约为(　B　)A．0.2 N　 B．0.6 NC．1.0 N　 D．1.6 N[解析]　豆粒从80 cm高处落下时速度为v，v2＝2gh，则v＝＝m/s＝4 m/s。设向上为正方向，且豆粒重力忽略不计，根据动量定理有Ft＝mv2－mv1，则F＝＝N＝0.6 N。选项B正确，A、C、D错误。8．(2020·河北邢台第二次月考  )我国2020年下半年将发射“嫦娥五号”，进行区域软着陆及采样返回，探月工程将实现“绕、落、回”三步走目标。若“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，则在此阶段，“嫦娥五号”的动能Ek与距离月球表面的高度h、动量p与时间t的关系图像，可能正确的是(　B　)[解析]　“嫦娥五号”在月球表面附近落向月球表面的过程可视为末速度为零的匀减速直线运动，设在此阶段合力为恒力F。应用逆向思维法，将“嫦娥五号”的运动等效为由月球表面向上的匀加速直线运动，由动能定理知Fh＝Ek－0，整理得Ek＝Fh，故A错误，B正确；由动量定理Ft＝p－0，整理得p＝Ft，故C、D错误。故选B项。9．(2020·海南海口期末)从某高处落下一个鸡蛋，分别落到棉絮上和水泥地上，下列结论正确的是(　CD　)A．落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它的动量变化小B．落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它受到的冲量大C．落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，是因为它的动量变化率小D．落到水泥地上的鸡蛋易碎，是因为它的动量变化快[解析]　本题考查动量定理的应用。鸡蛋分别落到棉絮上和水泥地上，在与棉絮和水泥地接触的过程中，鸡蛋的速度都由v变化为零，可知动量变化量相同，根据动量定理知，合力的冲量相等，故A、B错误；根据F合t＝Δp知，落到棉絮上的作用时间长，动量的变化率小，则合力小，因此落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，故C正确；落到水泥地上的作用时间较短，动量的变化率大，动量变化快，则水泥地对鸡蛋的作用力大，因此鸡蛋易碎，故D正确。10．(2021·山东等级考模拟)第二届进博会于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，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。若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转。下列说法正确的是(　AC　)A．击球过程合外力对乒乓球做功为零B．击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C．在上升过程中，乒乓球处于失重状态D．在下落过程中，乒乓球处于超重状态[解析]　本题考查超、失重问题，外力做功及冲量的计算。击球过程乒乓球以原速率返回，动能不变，根据动能定理，合外力对乒乓球做功为零，故A正确；击球过程乒乓球以原速率返回，速度方向改变，速度变化量不为零，根据动量定理，合外力对乒乓球的冲量不为零，故B错误；在上升和下落过程中，乒乓球受到重力的作用，加速度为重力加速度g，所以乒乓球均处于失重状态，故C正确，D错误。11．(2021·黑龙江哈师大附中月考)将质量为m的物体A以速率v0水平抛出，由于受到风力作用，经过时间t后，物体下落了一段距离h后，速率仍为v0，方向却与初速度相反，如图所示。在这一运动过程中，下列说法中正确的是(　BD　)A．风力对物体做功为零B．风力对物体做负功C．物体机械能减少了D．风力对物体的冲量大于2mv0[解析]　本题考查对动量定理的理解、机械能守恒的判断。取竖直向下为正，设风力对物体做功为W，根据动能定理得，mgh＋W＝mv－mv，则风力对物体做功W＝－mgh，即风力对物体做负功，故A错误，B正确；取水平向左为正方向，风力对物体的水平冲量大小为I，由动量定理得，在水平方向有I＝mv0－m(－v0)＝2mv0，由于物体在竖直方向速度变化为零，可知风力对物体在竖直方向上必有冲量，由平行四边形法则可知，风力对物体的冲量大小大于2mv0，故D正确；物体的初、末速度相等，即物体的动能变化为0，所以机械能的减少量等于重力势能的减少量，由于t时间内物体在竖直方向上下落高度h<gt2(因为风力对物体的作用力向上)，物体向下运动的加速度会小于重力加速度，所以机械能减少量为ΔE＝mgh<，故C错误。12．(2020·北京西城一模)2019年10月1日，在国庆70周年盛大阅兵式上，大国重器东风－17高超音速战略导弹震撼曝光！这是世界上第一种正式装备服役的高超音速乘波器导弹，射程可达几千公里，具备高超音速突防能力，可借助空前的机动能力实现蛇形机动，规避拦截。已知东风－17质量为m，在一次试射机动变轨过程中，东风－17正在大气层边缘向东水平高速飞行，速度大小为12马赫(1马赫就是一倍音速，设为v)，突然蛇形机动变轨，转成水平向东偏下37°角飞行，速度大小为15马赫。此次机动变轨过程中(　BC　)A．合力对东风－17做功为81mv2B．合力对东风－17做功为40.5mv2C．合力对东风－17的冲量大小为9mv，方向竖直向下D．合力对东风－17的冲量大小为12mv，方向竖直向上[解析]　合力对东风－17做功为W＝ΔEk＝m(15v)2－m(12v)2＝40.5mv2，选项A错误，B正确；由动量定理可知，合力对东风－17的冲量大小等于动量的变化量，大小为Δp＝＝9mv，由几何关系可知，方向竖直向下，选项C正确，D错误。故选B、C。二、非选择题13．如图所示，质量mA为4.0 kg的木板A放在水平面C上，木板与水平面间的动摩擦因数μ为0.24，木板右端放着质量mB为1.0 kg的小物块B(视为质点)，它们均处于静止状态，木板突然受到水平向右的12 N·s的瞬时冲量I作用开始运动，当小物块滑离木板时，木板的动能EkA为8.0 J，小物块的动能EkB为0.50 J，重力加速度取10 m/s2，求：(1)瞬时冲量作用结束时木板的速度v0的大小；(2)木板的长度L。[答案]　(1)3.0 m/s　(2)0.50 m[解析]　木板受到瞬时冲量作用后获得初动量，此后A、B相对运动，B在摩擦力作用下做加速运动，A在B的反作用力及C的摩擦力作用下做减速运动，最终B从A上掉下来。(1)设水平向右为正方向，有I＝mAv0代入数据解得v0＝3.0 m/s。(2)设A对B、B对A、C对A的滑动摩擦力的大小分别为FAB、FBA和FCA，其中FCA＝μ(mA＋mB)g＝12 N，B在A上滑行的时间为t，B离开A时A和B的速度分别为vA和vB，由动量定理得－(FBA＋FCA)t＝mAvA－mAv。FABt＝mBvB其中FAB＝FBA，EkA＝mAv＝8.0 J，EkB＝mBv＝0.50 J设A、B相对于C的位移大小分别为xA和xB，由动能定理得－(FBA＋FCA)xA＝mAv－mAvFABxB＝EkB木板A的长度L＝xA－xB代入数据解得L＝0.50 m。