还剩16页未读，
继续阅读
(能力提高练) 第一节 动量和动量定理-2023年高考物理一轮系统复习学思用
展开
这是一份(能力提高练) 第一节 动量和动量定理-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共19页。
【能力提高练】 第一节 动量和动量定理
1．(2022•高考湖北卷)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． ， B． ，
C．， D．，
【解析】 根据动能定理可知，，可得，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，，可知，故选C。
【答案】 C
2．(2022•高考全国乙卷)(多选)质量为的物块在水平力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。则( )
A．时物块的动能为零
B．时物块回到初始位置
C．时物块的动量为
D．时间内F对物块所做的功为
【解析】 物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从内由动量定理可知，即，得，3s时物块的动量为，设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得，即，解得，所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B．物块发生的位移为x1，由动能定理可得，即，得，过程中，对物块由动能定理可得，即，得，物块开始反向运动，物块的加速度大小为，发生的位移为，即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为，拉力所做的功为，故D正确。故选AD。
【答案】 AD
3．(2022•湖南省长郡中学第四次月考)如图所示，用一个与水平面成θ角的恒力F拉质量为m的木箱，木箱沿光滑水平面前进，在作用时间t内，下列说法正确的是( )
A．F的冲量大小为Ftcosθ B．地面支持力的冲量大小必为0
C．木箱的动量变化率大小为Ftsinθ D．木箱重力的冲量大小为mgt
【解析】 A．恒力F的冲量大小为，故A错误；
B．地面支持力的大小为，则支持力的冲量大小为，故B错误。
C．根据动量定理，可知，动量变化率大小为合外力，故动量变化率为Fcosθ，故C错误；
D．木箱重力的冲量大小为，故D正确。故选D。
【答案】 D
4．(2022•河北省衡水中学高三(上)五调)一质量为2kg、可看成质点的物块做直线运动，其运动过程中动量的平方与位置关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．物体运动的加速度大小为16m/s2
B．物块运动中受到的合力大小为32N
C．物块在坐标原点的速度大小为8m/s
D．物体从0m到1m所用时间为0.5s
【解析】 ABC．由速度位移的关系式得，两边同时乘上得，结合图象知，斜率，解得，，由牛顿第二定律得物块运动中受到的合力，故ABC错误；
D．由图象知时的速度为0，从0到所用时间，故D正确。故选D。
【答案】 D
5．(2022•北京一零一中学高三(下)入学考试)如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上行驶。货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g，在货车从静止开始以加速度a加速运动位移x的过程中，下列说法正确的是( )
A．周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力大小为mg
B．周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力大小为ma
C．周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力做功为max
D．周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力冲量大小为m
【解析】 AB．货车在平直道路上以加速度a加速运动，石块B受到周围物体对它的作用力的合力F和重力mg，如图所示，对石块B，由牛顿第二定律得，根据力的合成与分解可得与B接触的物体对B的作用力为，故AB错误；
C．设周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力F与水平方向的夹角为，周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力做功，故C正确；
D．经过位移后，石块B的动能为，则其动量为，由动量定理知，物块B所受的合力的冲量为，故D错误。故选C。
【答案】 C
6．(2022•山东日照市高三(下)一模)第二十四届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京举行，中华文明与奥林匹克运动再度携手，奏响全人类团结、和平、友谊的华美乐章。跳台滑雪是冬奥会的重要项目之一。如图所示，某次比赛中，质量为m的运动员(包括滑雪板)以速度v0从跳台顶端水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上，赛道的倾角为，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，运动员(包括滑雪板)视为质点。则运动员在空中运动的过程中( )
A．动量变化量的大小为
B．位移的大小为
C．距离赛道最远时的速度大小为
D．距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的
【解析】 A．根据动量定理，动量变化量等于重力的冲量，即为竖直方向的动量变化，当运动员落至斜面时，分解其位移得，则落至斜面时的竖直分速度为，因此动量变化量为，故A错误；
B．由A得运动员运动的时间为，则水平位移为，则运动员实际位移为，故B错误；
C．当运动员的速度方向与斜面平行时，距离赛道最远，在最远处分解其速度得，则，故C错误；
D．将运动分解为沿斜面和垂直斜面两个方向，则垂直斜面方向的初速度方向垂直斜面向上，加速度方向垂直斜面向下，则垂直斜面的速度分量减小为零时运动员离斜面最远，垂直斜面方向的分运动类似于竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，垂直斜面的速度分量减小为零时的运动时间为总时间的一半，再根据自由落体的公式得，距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的。故D正确。故选D。
【答案】 D
7．(2022•河南省许昌市高三下学期二模)一质最m=4 kg的滑块静止在粗糙的水平面上， t=0时刻起对滑块施加水平向右的拉力F，拉力F按如图所示的规律变化，3 s末撤去拉力。滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10 m/s2.。下列说法正确的是( )
A．0~3 s内摩擦力的冲量大小为30 N·s B．0~3s内拉力做的功为200J
C．滑块的最大动能为200J D．滑块的最大位移为36 m
【解析】 A．滑块与水平面的滑动摩擦力为，在0~1 s内，所以滑块静止不动，滑块与水平面的摩擦力为静摩擦力，大小为，摩擦力的冲量为，在1~3 s内，滑块与水平面间的摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力的冲量为，0~3 s内摩擦力的冲量大小为，故A错误；
B．在0~1 s内滑块静止，拉力做功为零。在1~3 s内滑块做匀加速运动，由牛顿第二定律得，解得，滑块的位移为，0~3s内拉力做的功为，故B错误；
C．3 s末撤去拉力时，滑块的动能最大，由动能定理得，解得滑块的最大动能为，故C正确；
D．滑块的最大速度为，撤去拉力后，由牛顿第二定律得加速度大小为，由可得位移为，滑块的最大位移为，故D错误。故选C。
【答案】 C
8．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第五次月考)质量分布均匀的铁链，拉住铁链的一端，铁链的另一端刚好与地面接触，从静止释放，铁链落地之后不反弹，铁链的体积可以忽略，则铁链下降过程中，铁链对地面的作用力与落到地面部分的铁链的重力的比值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
【解析】 设下落部分铁链长度为，单位长度的质量为，则此时铁链的速度为，下落到地面上的质量为，铁链对地面的作用力分为两部分，一部分是落到地面的铁链由于受到重力而对地面的压力，另一部分是铁链撞击地面时对地面的冲击力，显然有，，考虑极短的时间，这段时间落到地面的长度为，由动量定理有，解得，则有，故ABD错误，C正确。故选C。
【答案】 C
9．(2022•陕西省西安中学高三(下)四模)(多选)如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是( )
A．0到时间内，墙对B的冲量为0
B．B运动后，弹簧的最大形变量等于
C．mA：mB＝S3：S2
D．S1－S2=S3
【解析】 A．设物体A在t1时刻的速度为，在t2时刻物体A、物体B的速度分别为、，0到时间内，根据动量定理，对物块A有，设墙对B的冲量为I，对物块B有，由a-t图线面积表示物体速度变化量，解得，故A错误；
B．由图可知，当物体B运动后，物体A的加速度小于0时刻的加速度，则弹簧的型变量小于x，故B错误；
C．到时间内，由图像可知a-t图线面积表示物体速度变化量，则，，根据动量定理，对物块A有，对物块B有，解得，故C正确；
D．由图可知，物体A和物体B在的加速度为0，此时物体A和物体B速度相等可得，则，故D正确。故选CD。
【答案】 CD
10．(2022•四川省树德中学高三(下)开学考试)如图所示，质量为2kg的木板M放置在足够大光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，能承受的最大压力为4N，质量为1kg的可视为质点物块m恰好与竖直挡板接触，已知M、m间动摩擦因数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始两物体均静止，某时刻开始M受水平向左的拉力F作用，F与M的位移x的关系式为(其中，F的单位为N，x的单位为m)，重力加速度，下列表述正确的是( )
A．m的最大加速度为
B．m的最大加速度为
C．竖直挡板对m做的功最多为48J
D．当M运动位移为24m过程中，木板对物块的冲量大小为
【解析】 AB．m与木板M之间的最大静摩擦力为N＝5N，m受到的向左的力最大为静摩擦力与弹力的和，所以最大加速度为am==m/s2=9m/s2，选项AB错误；
C．F随x的增大而增大，整体的加速度逐渐增大，当挡板的弹力达到最大时，F最大，对整体由牛顿第二定律得F的最大值为，又，解得当m的加速度最大时的位移，此过程由积累的关系可得，由动能定理即可求出系统的动能为，由此即可求出m的最大速度，当摩擦力达到最大静摩擦力时有，此时对整体有，解得，又，解得当摩擦力达到最大静摩擦力时的位移，由动能定理即可求出系统的动能为，由此即可求出此时m的速度，之后挡板开始对物块有力的作用，根据动能定理有，解得竖直挡板对m做的功最多为，选项C正确；
D．当位移为24m时m的速度，则物块受到合外力的冲量大小，合外力的冲量包括竖直挡板、摩擦力、支持力以及重力对物块的冲量，而木板对物块的冲量大小不包括重力的冲量，因此大小不为，选项D错误。故选C。
【答案】 C
11．(2022•成都石室中学高三(下)专家联测卷(四))(多选)使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里。播种时，在离地面10m高处、以15m/s的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气压力把荚以5m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，荚进入地面下10cm深处完成一次播种。已知荚的总质量为20g，不考虑荚所受大气阻力及进入土壤后重力的作用。取g = 10m/s2，则( )
A．射出荚的过程中，播种器对荚做的功为2.5J
B．离开无人机后，荚在空中运动的时间为s
C．土壤对荚冲量的大小为kg·m/s
D．荚在土壤内受到平均阻力的大小为N
【解析】 A．播种器对荚做的功等于荚增加的动能，故，A错误；
B．离开无人机后，在竖直方向上荚做初速度为5m/s、加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间公式有，解得，B错误；
C．荚落地时竖直方向上的速度为，水平方向上的速度为，故荚落地时的速度大小为，进入土壤后，速度为零，故，即冲量大小为，C正确；
D．荚进入土壤后，竖直方向上做减速运动，末速度为零，位移为，根据位移速度公式可得，进入土后的时间为，联立解得，根据动量定理可得，解得，即平均阻力大小为，D正确。故选CD。
【答案】 CD
12．(2022•江苏省海门中学高(下)期初考试)如图所示，小球A、B用一根长为L的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，小球C挨着小球B放置在地面上。由于微小扰动，小球A沿光滑的竖直墙面下滑，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与墙面夹角为θ，小球A和墙面恰好分离，最后小球A落到水平地面上。下列说法中不正确的是( )
A．当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零
B．小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度先增大后减小
C．当小球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C也恰好分离
D．当小球A和墙面恰好分离时，A、B两球的速率之比为tanθ：1
【解析】 B．从静止开始到小球A和墙面恰好分离的过程，对A、B、C三个小球组成的系统，由于受到竖直墙面向右的弹力，根据动量定理可得，所以小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度一直增大，故B错误，符合题意；
A．对A、B、C三个小球组成的系统，机械能守恒，由B项的分析可知，球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C速度最大，则其加速度最小，机械能最大，则此时A球机械能最小，所以当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零，故A正确，不符合题意；
C．当小球A与墙面分离后，水平方向动量守恒，小球A在水平方向的速度会不断增大，B球在水平方向的速度会不断减小，所以在小球A与墙面分离瞬间，小球 C球和小球B分离，故C正确，不符合题意；
D．当小球和墙面恰好分离时，两球的速度分解如图所示，两球的速度关联，沿杆方向的速度相等，有，可得，故D正确，不符合题意。故选B。
【答案】 B
13．(2022•长春外国语学校高三(下)期初考试)如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止开始自由下落80cm后，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力下列说法正确的是 ( )
A．足球与头部碰撞过程前后，动量守恒，机械能守恒
B．足球与头部作用过程中动量变化量的大小为3.2kg·m/s
C．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s
D．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
【解析】 足球自由落体80cm时的速度为v1，时间为t1，有，，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度，上升的时间，对足球与人接触的过程，，取向上为正，由动量定理有，解得，，即头部对足球的平均作用力为36N，而足球的重力为4N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为，足球运动的全过程，所受重力的冲量为，故选B。
【答案】 B
14．(2022•湖南新高考教学教研联盟高三(下)第一次联考)如图所示，两个长木块A、B放置在水平桌面上，质量分别为2m和m、水平桌面以M点为界，左侧光滑、右侧粗糙。初始时B的左端恰与M点重合，现使A木块以初速度v0滑向B，与B碰后成为一个整体(碰撞时间极短)，最终B木块右端恰好运动到N点，则以下说法正确的是( )
A．整个过程中两木块克服摩擦力做的功为
B．A、B碰撞过程中损失的机械能为
C．若增大B木板的质量(B的形状大小保持不变)，碰后AB可能滑离桌面
D．碰撞过程中木块B对木块A的冲量大小为
【解析】 A．设A、B碰撞后速度为v，则碰撞前后瞬间由动量守恒定律可得，解得，碰后对于AB整体，由动能定理可得，解得，故两木块克服摩擦力做的功为，A正确；
B．对于碰撞过程，由能量守恒，损失的机械能为，解得，B错误；
C．若增大B木板的质量，由动量守恒表达式可知，碰后AB整体速度将减小，在桌面上滑动时，由牛顿第二定律可知，加速度与质量无关，为，即加速度恒定，所以B木板质量越大，碰后滑行距离越短，越不容易滑离桌面。C错误；
D．对A应用动量定理可得，解得，D错误。故选A。
【答案】 A
15．(2022•哈尔滨师范大学附属中学高三(上)期中)(多选)如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为m的木块A，开始时木块A静止，现让一质量也为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，A、B不粘连。弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g。若从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的时间为t，则( )
A．两木块向下运动的过程中，木块的加速度逐渐增大
B．两木块向下运动的过程中，两木块的机械能逐渐减小
C．A第一次回到初始位置时，A、B间的作用力为零
D．时间t内，弹簧对A的冲量大小为
【解析】 A．两木块向下运动的过程中，开始两木块的重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，由于弹簧形变量越来越大，弹簧的弹力越来越大，先小于A、B的总重力，后大于总重力，所以两物体的加速度先减小后增大，当弹力等于A、B的总重力时，两木块的加速度为零，故A错误；
B．两木块向下运动的过程中，两木块与弹簧组成的系统机械能守恒，而弹簧形变量越来越大，弹簧的弹性势能越来越大，所以两木块的机械能逐渐减小，故B正确；
C．A第一次回到初始位置时，对整体根据牛顿第二定律可得，对B分析，根据牛顿第二定律可得，解得A、B间的作用力为，故C错误；
D．B下落时的速度为，物块B与A碰撞过程由动量守恒得，规定向下为正方向，则两木块从开始运动到到达最低点过程中由动量定理得，从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A的冲量的大小为，联立解得弹簧对木块A的冲量的大小为，故D正确；故选BD。
【答案】 BD
16．(2022•黑龙江省大庆中学高三(上)期中)(多选)质量为m的汽车从t=0时刻开始受到水平向前的牵引力F作用，F与作用时间t的关系如题图所示。若汽车在t0时刻开始沿平直公路运动，汽车受到的阻力恒定不变，下列说法正确的是( )
A．汽车先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
B．2t0~4t0，汽车克服阻力做的功为
C．汽车在2t0时刻的速度大小为
D．汽车在3t0时刻牵引力的瞬时功率为
【解析】 由题目可知，阻力恒定不变，即f不变，在t0时刻开始运动，可得
A．在0
D．设汽车在3t0时的速度为v3，在t0~3t0时间内，由动量定理可得，解得，则牵引力的瞬时功率为，联立方程，解得，故D正确。故选BD。
【答案】 BD
17．(2022•福建省福州一中高三(下)二模)如图甲所示，质量m=0.2kg弹性小球从地面上方某一高度由静止开始下落，弹起后上升到某一高度，小球与地面碰撞的时间忽略不计，规定竖直向下为正方向，此过程的v-t图像如图乙所示，空气对小球的阻力大小恒为重力的0.5倍，下降的时间是上升时间的4倍，下降与上升的整个过程的平均速度为13m/s，重力加速度g取10m/s2，地面对小球的弹力远大于重力，下列说法正确的是( )
A．小球上升过程的运动时间4s B．地面对小球冲量-14N·s
C．小球落地时的速度-40m/s D．小球离地时的速度30m/s
【解析】 ACD．小球下降过程加速度，根据牛顿第二定律，球上升过程加速度，根据牛顿第二定律，全程的平均速度，解得，故小球上升过程的运动时间，小球落地时的速度和小球离地时的速度分别为，故ACD错误；
B．小球与地面作用过程，根据动量定理，故B正确。故选B。
【答案】 B
18．(2022•北京四中高三(上)期中)如图所示，单摆的摆长为L、摆球的质量为m，摆球从A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力。则( )
A．经过最低点时摆球受到的拉力大小为
B．从A运动到B的过程中，绳的拉力的冲量为0
C．从A运动到B的过程中，重力的瞬时功率逐渐增大
D．从A运动到B的过程中，摆球受到的合力的冲量大小为mv
【解析】 A．经过最低点时摆球受到重力和拉力，合力提供向心力，得，拉力大于，故A错误；
B．从A运动到B的过程中，绳的拉力F不为零也没有反向，时间t不为零，根据冲量定义，绳的拉力的冲量不为0，故B错误；
C．重力的瞬时功率，从A运动到B的过程中，竖直分速度先增大后减小，所以重力的瞬时功率也是先增大后减小，C错误；
D．根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化，知从A运动到B的过程中，摆球受到的合力的冲量大小等于动量变化量mv，故D正确。故选D。
【答案】 D
19．(2022•辽宁省高三(下)高考联合模拟考试)国家快递大数据平台实时监测数据显示，截至2021年12月8日9时03分，我国快递年业务量首次突破千亿级别，已连续8年稳居世界第一。如图甲所示是某快递点分拣快递装置的部分简化示意图，可视为质点的质量m=1kg某快递从倾角为θ=53°的斜面顶端A点静止释放，沿斜面AB下滑，进入水平传送带BC传送，最后能从末端C点水平抛出，落到水平地面后静止，斜面与传送带之间由一小段不计长度的光滑圆弧连接。已知斜面AB长L1=2m，水平传送带BC长L2=1m，传送带上表面距水平地面h=0.6m，该快递与斜面间动摩擦因数，与传动带间动摩擦因数，传送带以大小为v1=2m/s的速度顺时针转动，不考虑传送带滑轮大小，g取10m/s2。求：
(1)快递刚滑上传送带时速度的大小；
(2)快递与地面碰撞过程中受到地面对它的平均作用力大小F。(已知快递与地面的作用时间为，且碰撞过程不计快递重力)
【解析】 (1)从A到B，根据牛顿第二定律有
可得
由运动学公式有，得
(2)因为，所以物体先减速，假设快递可以在传送带上减速至，由
可得
假设正确，故快递先减速后匀速。设落地时速度为v，对快递在平抛过程，
由动能定理，得
以快递为研究对象，取落地前速度方向为正方向，由动量定理得，得
【答案】 (1)；(2)N
20．(2022•江苏省扬州中学高三(下)开学考试)如图所示，粗糙斜面AB的倾角α=37°，与光滑的水平面BC圆滑对接，C处固定一个水平轻弹簧，质量为m=1.0kg的物体(可视为质点)自A点由静止释放，经t=0.5s到达斜面底端B点时的速度大小v=2.0m/s，取sin37°=0.6，cos37°=0.8.重力加速度g=10m/s2。
(1)求A点距水平面的高度h。
(2)求物体与斜面之间的动摩擦因数μ。
(3)物体与弹簧第一次作用过程中，求弹簧对物体的冲量I和此间弹簧具有的最大弹性势能Ep。
【解析】 (1)由匀变速直线运动的规律得
代入数据解得h=0.3m
(2)由A到B的过程由动能定理得mgh﹣μmgcosα•﹣0
代入数据解得μ=0.25
(3)以向右为正方向，物体与弹簧第一次作用过程中，由动量定理得I=(﹣mvB)﹣mvB=﹣2mvB=﹣4.0N•s
负号表示方向与正方向相反，即水平向左
当物体向右压缩弹簧形变量最大，即物体的速度减到零时，弹簧具有弹性势能最大，
根据机械能守恒定律得EP==2J
【答案】 (1) 0.3m；(2) 0.25；(3) 4.0N•s，方向水平向左， 2J。
【能力提高练】 第一节 动量和动量定理
1．(2022•高考湖北卷)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． ， B． ，
C．， D．，
【解析】 根据动能定理可知，，可得，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，，可知，故选C。
【答案】 C
2．(2022•高考全国乙卷)(多选)质量为的物块在水平力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。则( )
A．时物块的动能为零
B．时物块回到初始位置
C．时物块的动量为
D．时间内F对物块所做的功为
【解析】 物块与地面间的摩擦力为
AC．对物块从内由动量定理可知，即，得，3s时物块的动量为，设3s后经过时间t物块的速度减为0，由动量定理可得，即，解得，所以物块在4s时速度减为0，则此时物块的动能也为0，故A正确，C错误；
B．物块发生的位移为x1，由动能定理可得，即，得，过程中，对物块由动能定理可得，即，得，物块开始反向运动，物块的加速度大小为，发生的位移为，即6s时物块没有回到初始位置，故B错误；
D．物块在6s时的速度大小为，拉力所做的功为，故D正确。故选AD。
【答案】 AD
3．(2022•湖南省长郡中学第四次月考)如图所示，用一个与水平面成θ角的恒力F拉质量为m的木箱，木箱沿光滑水平面前进，在作用时间t内，下列说法正确的是( )
A．F的冲量大小为Ftcosθ B．地面支持力的冲量大小必为0
C．木箱的动量变化率大小为Ftsinθ D．木箱重力的冲量大小为mgt
【解析】 A．恒力F的冲量大小为，故A错误；
B．地面支持力的大小为，则支持力的冲量大小为，故B错误。
C．根据动量定理，可知，动量变化率大小为合外力，故动量变化率为Fcosθ，故C错误；
D．木箱重力的冲量大小为，故D正确。故选D。
【答案】 D
4．(2022•河北省衡水中学高三(上)五调)一质量为2kg、可看成质点的物块做直线运动，其运动过程中动量的平方与位置关系如图所示。下列说法正确的是( )
A．物体运动的加速度大小为16m/s2
B．物块运动中受到的合力大小为32N
C．物块在坐标原点的速度大小为8m/s
D．物体从0m到1m所用时间为0.5s
【解析】 ABC．由速度位移的关系式得，两边同时乘上得，结合图象知，斜率，解得，，由牛顿第二定律得物块运动中受到的合力，故ABC错误；
D．由图象知时的速度为0，从0到所用时间，故D正确。故选D。
【答案】 D
5．(2022•北京一零一中学高三(下)入学考试)如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上行驶。货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g，在货车从静止开始以加速度a加速运动位移x的过程中，下列说法正确的是( )
A．周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力大小为mg
B．周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力大小为ma
C．周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力做功为max
D．周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力冲量大小为m
【解析】 AB．货车在平直道路上以加速度a加速运动，石块B受到周围物体对它的作用力的合力F和重力mg，如图所示，对石块B，由牛顿第二定律得，根据力的合成与分解可得与B接触的物体对B的作用力为，故AB错误；
C．设周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力F与水平方向的夹角为，周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力做功，故C正确；
D．经过位移后，石块B的动能为，则其动量为，由动量定理知，物块B所受的合力的冲量为，故D错误。故选C。
【答案】 C
6．(2022•山东日照市高三(下)一模)第二十四届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京举行，中华文明与奥林匹克运动再度携手，奏响全人类团结、和平、友谊的华美乐章。跳台滑雪是冬奥会的重要项目之一。如图所示，某次比赛中，质量为m的运动员(包括滑雪板)以速度v0从跳台顶端水平飞出，经过一段时间后落在倾斜赛道上，赛道的倾角为，重力加速度为g，空气阻力忽略不计，运动员(包括滑雪板)视为质点。则运动员在空中运动的过程中( )
A．动量变化量的大小为
B．位移的大小为
C．距离赛道最远时的速度大小为
D．距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的
【解析】 A．根据动量定理，动量变化量等于重力的冲量，即为竖直方向的动量变化，当运动员落至斜面时，分解其位移得，则落至斜面时的竖直分速度为，因此动量变化量为，故A错误；
B．由A得运动员运动的时间为，则水平位移为，则运动员实际位移为，故B错误；
C．当运动员的速度方向与斜面平行时，距离赛道最远，在最远处分解其速度得，则，故C错误；
D．将运动分解为沿斜面和垂直斜面两个方向，则垂直斜面方向的初速度方向垂直斜面向上，加速度方向垂直斜面向下，则垂直斜面的速度分量减小为零时运动员离斜面最远，垂直斜面方向的分运动类似于竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的对称性，垂直斜面的速度分量减小为零时的运动时间为总时间的一半，再根据自由落体的公式得，距离赛道最远时的竖直位移为总竖直位移的。故D正确。故选D。
【答案】 D
7．(2022•河南省许昌市高三下学期二模)一质最m=4 kg的滑块静止在粗糙的水平面上， t=0时刻起对滑块施加水平向右的拉力F，拉力F按如图所示的规律变化，3 s末撤去拉力。滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10 m/s2.。下列说法正确的是( )
A．0~3 s内摩擦力的冲量大小为30 N·s B．0~3s内拉力做的功为200J
C．滑块的最大动能为200J D．滑块的最大位移为36 m
【解析】 A．滑块与水平面的滑动摩擦力为，在0~1 s内，所以滑块静止不动，滑块与水平面的摩擦力为静摩擦力，大小为，摩擦力的冲量为，在1~3 s内，滑块与水平面间的摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力的冲量为，0~3 s内摩擦力的冲量大小为，故A错误；
B．在0~1 s内滑块静止，拉力做功为零。在1~3 s内滑块做匀加速运动，由牛顿第二定律得，解得，滑块的位移为，0~3s内拉力做的功为，故B错误；
C．3 s末撤去拉力时，滑块的动能最大，由动能定理得，解得滑块的最大动能为，故C正确；
D．滑块的最大速度为，撤去拉力后，由牛顿第二定律得加速度大小为，由可得位移为，滑块的最大位移为，故D错误。故选C。
【答案】 C
8．(2022•湖南省长沙市第一中学高三第五次月考)质量分布均匀的铁链，拉住铁链的一端，铁链的另一端刚好与地面接触，从静止释放，铁链落地之后不反弹，铁链的体积可以忽略，则铁链下降过程中，铁链对地面的作用力与落到地面部分的铁链的重力的比值为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
【解析】 设下落部分铁链长度为，单位长度的质量为，则此时铁链的速度为，下落到地面上的质量为，铁链对地面的作用力分为两部分，一部分是落到地面的铁链由于受到重力而对地面的压力，另一部分是铁链撞击地面时对地面的冲击力，显然有，，考虑极短的时间，这段时间落到地面的长度为，由动量定理有，解得，则有，故ABD错误，C正确。故选C。
【答案】 C
9．(2022•陕西省西安中学高三(下)四模)(多选)如图(a)，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上(B靠墙面)，此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a-t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a-t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a-t图线与坐标轴所围面积大小。下列说法正确的是( )
A．0到时间内，墙对B的冲量为0
B．B运动后，弹簧的最大形变量等于
C．mA：mB＝S3：S2
D．S1－S2=S3
【解析】 A．设物体A在t1时刻的速度为，在t2时刻物体A、物体B的速度分别为、，0到时间内，根据动量定理，对物块A有，设墙对B的冲量为I，对物块B有，由a-t图线面积表示物体速度变化量，解得，故A错误；
B．由图可知，当物体B运动后，物体A的加速度小于0时刻的加速度，则弹簧的型变量小于x，故B错误；
C．到时间内，由图像可知a-t图线面积表示物体速度变化量，则，，根据动量定理，对物块A有，对物块B有，解得，故C正确；
D．由图可知，物体A和物体B在的加速度为0，此时物体A和物体B速度相等可得，则，故D正确。故选CD。
【答案】 CD
10．(2022•四川省树德中学高三(下)开学考试)如图所示，质量为2kg的木板M放置在足够大光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，能承受的最大压力为4N，质量为1kg的可视为质点物块m恰好与竖直挡板接触，已知M、m间动摩擦因数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始两物体均静止，某时刻开始M受水平向左的拉力F作用，F与M的位移x的关系式为(其中，F的单位为N，x的单位为m)，重力加速度，下列表述正确的是( )
A．m的最大加速度为
B．m的最大加速度为
C．竖直挡板对m做的功最多为48J
D．当M运动位移为24m过程中，木板对物块的冲量大小为
【解析】 AB．m与木板M之间的最大静摩擦力为N＝5N，m受到的向左的力最大为静摩擦力与弹力的和，所以最大加速度为am==m/s2=9m/s2，选项AB错误；
C．F随x的增大而增大，整体的加速度逐渐增大，当挡板的弹力达到最大时，F最大，对整体由牛顿第二定律得F的最大值为，又，解得当m的加速度最大时的位移，此过程由积累的关系可得，由动能定理即可求出系统的动能为，由此即可求出m的最大速度，当摩擦力达到最大静摩擦力时有，此时对整体有，解得，又，解得当摩擦力达到最大静摩擦力时的位移，由动能定理即可求出系统的动能为，由此即可求出此时m的速度，之后挡板开始对物块有力的作用，根据动能定理有，解得竖直挡板对m做的功最多为，选项C正确；
D．当位移为24m时m的速度，则物块受到合外力的冲量大小，合外力的冲量包括竖直挡板、摩擦力、支持力以及重力对物块的冲量，而木板对物块的冲量大小不包括重力的冲量，因此大小不为，选项D错误。故选C。
【答案】 C
11．(2022•成都石室中学高三(下)专家联测卷(四))(多选)使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里。播种时，在离地面10m高处、以15m/s的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气压力把荚以5m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，荚进入地面下10cm深处完成一次播种。已知荚的总质量为20g，不考虑荚所受大气阻力及进入土壤后重力的作用。取g = 10m/s2，则( )
A．射出荚的过程中，播种器对荚做的功为2.5J
B．离开无人机后，荚在空中运动的时间为s
C．土壤对荚冲量的大小为kg·m/s
D．荚在土壤内受到平均阻力的大小为N
【解析】 A．播种器对荚做的功等于荚增加的动能，故，A错误；
B．离开无人机后，在竖直方向上荚做初速度为5m/s、加速度为g的匀加速直线运动，根据位移时间公式有，解得，B错误；
C．荚落地时竖直方向上的速度为，水平方向上的速度为，故荚落地时的速度大小为，进入土壤后，速度为零，故，即冲量大小为，C正确；
D．荚进入土壤后，竖直方向上做减速运动，末速度为零，位移为，根据位移速度公式可得，进入土后的时间为，联立解得，根据动量定理可得，解得，即平均阻力大小为，D正确。故选CD。
【答案】 CD
12．(2022•江苏省海门中学高(下)期初考试)如图所示，小球A、B用一根长为L的轻杆相连，竖直放置在光滑水平地面上，小球C挨着小球B放置在地面上。由于微小扰动，小球A沿光滑的竖直墙面下滑，小球B、C在同一竖直面内向右运动。当杆与墙面夹角为θ，小球A和墙面恰好分离，最后小球A落到水平地面上。下列说法中不正确的是( )
A．当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零
B．小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度先增大后减小
C．当小球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C也恰好分离
D．当小球A和墙面恰好分离时，A、B两球的速率之比为tanθ：1
【解析】 B．从静止开始到小球A和墙面恰好分离的过程，对A、B、C三个小球组成的系统，由于受到竖直墙面向右的弹力，根据动量定理可得，所以小球A由静止到与墙面分离的过程中，小球B的速度一直增大，故B错误，符合题意；
A．对A、B、C三个小球组成的系统，机械能守恒，由B项的分析可知，球A和墙面恰好分离时，小球B与小球C速度最大，则其加速度最小，机械能最大，则此时A球机械能最小，所以当小球A的机械能取最小值时，小球B与小球C的加速度为零，故A正确，不符合题意；
C．当小球A与墙面分离后，水平方向动量守恒，小球A在水平方向的速度会不断增大，B球在水平方向的速度会不断减小，所以在小球A与墙面分离瞬间，小球 C球和小球B分离，故C正确，不符合题意；
D．当小球和墙面恰好分离时，两球的速度分解如图所示，两球的速度关联，沿杆方向的速度相等，有，可得，故D正确，不符合题意。故选B。
【答案】 B
13．(2022•长春外国语学校高三(下)期初考试)如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止开始自由下落80cm后，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力下列说法正确的是 ( )
A．足球与头部碰撞过程前后，动量守恒，机械能守恒
B．足球与头部作用过程中动量变化量的大小为3.2kg·m/s
C．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2N·s
D．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
【解析】 足球自由落体80cm时的速度为v1，时间为t1，有，，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度，上升的时间，对足球与人接触的过程，，取向上为正，由动量定理有，解得，，即头部对足球的平均作用力为36N，而足球的重力为4N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为，足球运动的全过程，所受重力的冲量为，故选B。
【答案】 B
14．(2022•湖南新高考教学教研联盟高三(下)第一次联考)如图所示，两个长木块A、B放置在水平桌面上，质量分别为2m和m、水平桌面以M点为界，左侧光滑、右侧粗糙。初始时B的左端恰与M点重合，现使A木块以初速度v0滑向B，与B碰后成为一个整体(碰撞时间极短)，最终B木块右端恰好运动到N点，则以下说法正确的是( )
A．整个过程中两木块克服摩擦力做的功为
B．A、B碰撞过程中损失的机械能为
C．若增大B木板的质量(B的形状大小保持不变)，碰后AB可能滑离桌面
D．碰撞过程中木块B对木块A的冲量大小为
【解析】 A．设A、B碰撞后速度为v，则碰撞前后瞬间由动量守恒定律可得，解得，碰后对于AB整体，由动能定理可得，解得，故两木块克服摩擦力做的功为，A正确；
B．对于碰撞过程，由能量守恒，损失的机械能为，解得，B错误；
C．若增大B木板的质量，由动量守恒表达式可知，碰后AB整体速度将减小，在桌面上滑动时，由牛顿第二定律可知，加速度与质量无关，为，即加速度恒定，所以B木板质量越大，碰后滑行距离越短，越不容易滑离桌面。C错误；
D．对A应用动量定理可得，解得，D错误。故选A。
【答案】 A
15．(2022•哈尔滨师范大学附属中学高三(上)期中)(多选)如图所示，竖直放置的轻弹簧的一端固定在水平地面上，另一端拴接着质量为m的木块A，开始时木块A静止，现让一质量也为m的木块B从木块A正上方高为h处自由下落，与木块A碰撞后一起向下压缩弹簧，A、B不粘连。弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力，木块A与木块B碰撞时间极短，重力加速度为g。若从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置的时间为t，则( )
A．两木块向下运动的过程中，木块的加速度逐渐增大
B．两木块向下运动的过程中，两木块的机械能逐渐减小
C．A第一次回到初始位置时，A、B间的作用力为零
D．时间t内，弹簧对A的冲量大小为
【解析】 A．两木块向下运动的过程中，开始两木块的重力大于弹簧的弹力，加速度方向向下，由于弹簧形变量越来越大，弹簧的弹力越来越大，先小于A、B的总重力，后大于总重力，所以两物体的加速度先减小后增大，当弹力等于A、B的总重力时，两木块的加速度为零，故A错误；
B．两木块向下运动的过程中，两木块与弹簧组成的系统机械能守恒，而弹簧形变量越来越大，弹簧的弹性势能越来越大，所以两木块的机械能逐渐减小，故B正确；
C．A第一次回到初始位置时，对整体根据牛顿第二定律可得，对B分析，根据牛顿第二定律可得，解得A、B间的作用力为，故C错误；
D．B下落时的速度为，物块B与A碰撞过程由动量守恒得，规定向下为正方向，则两木块从开始运动到到达最低点过程中由动量定理得，从两木块发生碰撞到木块A第一次回到初始位置时的过程中弹簧对木块A的冲量的大小为，联立解得弹簧对木块A的冲量的大小为，故D正确；故选BD。
【答案】 BD
16．(2022•黑龙江省大庆中学高三(上)期中)(多选)质量为m的汽车从t=0时刻开始受到水平向前的牵引力F作用，F与作用时间t的关系如题图所示。若汽车在t0时刻开始沿平直公路运动，汽车受到的阻力恒定不变，下列说法正确的是( )
A．汽车先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动
B．2t0~4t0，汽车克服阻力做的功为
C．汽车在2t0时刻的速度大小为
D．汽车在3t0时刻牵引力的瞬时功率为
【解析】 由题目可知，阻力恒定不变，即f不变，在t0时刻开始运动，可得
A．在0
D．设汽车在3t0时的速度为v3，在t0~3t0时间内，由动量定理可得，解得，则牵引力的瞬时功率为，联立方程，解得，故D正确。故选BD。
【答案】 BD
17．(2022•福建省福州一中高三(下)二模)如图甲所示，质量m=0.2kg弹性小球从地面上方某一高度由静止开始下落，弹起后上升到某一高度，小球与地面碰撞的时间忽略不计，规定竖直向下为正方向，此过程的v-t图像如图乙所示，空气对小球的阻力大小恒为重力的0.5倍，下降的时间是上升时间的4倍，下降与上升的整个过程的平均速度为13m/s，重力加速度g取10m/s2，地面对小球的弹力远大于重力，下列说法正确的是( )
A．小球上升过程的运动时间4s B．地面对小球冲量-14N·s
C．小球落地时的速度-40m/s D．小球离地时的速度30m/s
【解析】 ACD．小球下降过程加速度，根据牛顿第二定律，球上升过程加速度，根据牛顿第二定律，全程的平均速度，解得，故小球上升过程的运动时间，小球落地时的速度和小球离地时的速度分别为，故ACD错误；
B．小球与地面作用过程，根据动量定理，故B正确。故选B。
【答案】 B
18．(2022•北京四中高三(上)期中)如图所示，单摆的摆长为L、摆球的质量为m，摆球从A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v，重力加速度为g，不计空气阻力。则( )
A．经过最低点时摆球受到的拉力大小为
B．从A运动到B的过程中，绳的拉力的冲量为0
C．从A运动到B的过程中，重力的瞬时功率逐渐增大
D．从A运动到B的过程中，摆球受到的合力的冲量大小为mv
【解析】 A．经过最低点时摆球受到重力和拉力，合力提供向心力，得，拉力大于，故A错误；
B．从A运动到B的过程中，绳的拉力F不为零也没有反向，时间t不为零，根据冲量定义，绳的拉力的冲量不为0，故B错误；
C．重力的瞬时功率，从A运动到B的过程中，竖直分速度先增大后减小，所以重力的瞬时功率也是先增大后减小，C错误；
D．根据动量定理，合外力的冲量等于动量变化，知从A运动到B的过程中，摆球受到的合力的冲量大小等于动量变化量mv，故D正确。故选D。
【答案】 D
19．(2022•辽宁省高三(下)高考联合模拟考试)国家快递大数据平台实时监测数据显示，截至2021年12月8日9时03分，我国快递年业务量首次突破千亿级别，已连续8年稳居世界第一。如图甲所示是某快递点分拣快递装置的部分简化示意图，可视为质点的质量m=1kg某快递从倾角为θ=53°的斜面顶端A点静止释放，沿斜面AB下滑，进入水平传送带BC传送，最后能从末端C点水平抛出，落到水平地面后静止，斜面与传送带之间由一小段不计长度的光滑圆弧连接。已知斜面AB长L1=2m，水平传送带BC长L2=1m，传送带上表面距水平地面h=0.6m，该快递与斜面间动摩擦因数，与传动带间动摩擦因数，传送带以大小为v1=2m/s的速度顺时针转动，不考虑传送带滑轮大小，g取10m/s2。求：
(1)快递刚滑上传送带时速度的大小；
(2)快递与地面碰撞过程中受到地面对它的平均作用力大小F。(已知快递与地面的作用时间为，且碰撞过程不计快递重力)
【解析】 (1)从A到B，根据牛顿第二定律有
可得
由运动学公式有，得
(2)因为，所以物体先减速，假设快递可以在传送带上减速至，由
可得
假设正确，故快递先减速后匀速。设落地时速度为v，对快递在平抛过程，
由动能定理，得
以快递为研究对象，取落地前速度方向为正方向，由动量定理得，得
【答案】 (1)；(2)N
20．(2022•江苏省扬州中学高三(下)开学考试)如图所示，粗糙斜面AB的倾角α=37°，与光滑的水平面BC圆滑对接，C处固定一个水平轻弹簧，质量为m=1.0kg的物体(可视为质点)自A点由静止释放，经t=0.5s到达斜面底端B点时的速度大小v=2.0m/s，取sin37°=0.6，cos37°=0.8.重力加速度g=10m/s2。
(1)求A点距水平面的高度h。
(2)求物体与斜面之间的动摩擦因数μ。
(3)物体与弹簧第一次作用过程中，求弹簧对物体的冲量I和此间弹簧具有的最大弹性势能Ep。
【解析】 (1)由匀变速直线运动的规律得
代入数据解得h=0.3m
(2)由A到B的过程由动能定理得mgh﹣μmgcosα•﹣0
代入数据解得μ=0.25
(3)以向右为正方向，物体与弹簧第一次作用过程中，由动量定理得I=(﹣mvB)﹣mvB=﹣2mvB=﹣4.0N•s
负号表示方向与正方向相反，即水平向左
当物体向右压缩弹簧形变量最大，即物体的速度减到零时，弹簧具有弹性势能最大，
根据机械能守恒定律得EP==2J
【答案】 (1) 0.3m；(2) 0.25；(3) 4.0N•s，方向水平向左， 2J。
相关试卷
(能力提高练) 第一节 运动的描述-2023年高考物理一轮系统复习学思用： 这是一份(能力提高练) 第一节 运动的描述-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共8页。
(能力提高练) 第一节 牛顿三定律的理解-2023年高考物理一轮系统复习学思用： 这是一份(能力提高练) 第一节 牛顿三定律的理解-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共12页。试卷主要包含了下列属于力的单位是等内容，欢迎下载使用。
(能力提高练) 第一节 机械振动-2023年高考物理一轮系统复习学思用： 这是一份(能力提高练) 第一节 机械振动-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共8页。
