2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业26动量定理及应用

这是一份2024版新教材高考物理全程一轮总复习课时分层作业26动量定理及应用，共5页。试卷主要包含了0kg的物体，使其从1，8，sin37°＝0等内容，欢迎下载使用。

1.明朝的《天工开物》记载了我国古代劳动人民的智慧．如图所示，可转动的把手上a点到转轴的距离为2R，辘轳边缘b点到转轴的距离为R.人甲转动把手，把井底的人乙加速拉起来，则( )
A．a点的角速度大于b点的角速度
B．a点的线速度小于b点的线速度
C．绳对乙拉力的冲量等于乙的动量变化量
D．绳对乙的拉力大于乙的动量变化率
2.一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是( )
A．第2s末，质点的动量为0
B．第2s末，质点的动量方向发生变化
C．第4s末，质点回到出发点
D．在1～3s时间内，力F的冲量为0
3.
[2023·安徽合肥八中一卷]平底煎锅正在炸豆子．假设每个豆子的质量均为m，弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖，撞击速度大小均为v.每次撞击后速度大小均变为eq \f(2,3)v，撞击的时间极短，发现质量为M的锅盖刚好被顶起．重力加速度为g，则单位时间撞击锅盖的豆子个数为( )
A．eq \f(3Mg,5mv) B．eq \f(2Mg,5mv) C．eq \f(2Mg,3mv) D．eq \f(3Mg,2mv)
4．[2023·山东济南模拟]在“天宫课堂”第二课上，航天员给我们展示了“科学实验重器”——“高微重力科学实验柜”，如图甲所示，当柜体受到一个干扰偏离原位置时，柜体通过喷气又慢慢回到了原位置．将该过程简化为如图乙所示的模型，物块静止在光滑水平面上的O点，左、右有两个喷气装置A和B，当给物块一个水平向左的初速度时，喷气装置A立即向左喷气，经过一段时间，装置A关闭，同时装置B向右喷气，直到物块回到出发点O且回到O点时速度为零，假设喷气装置A、B喷气过程中对物块的作用力大小相等且不变，方向始终在水平方向上，喷气对物块和喷气装置整体质量的影响忽略不计，则该过程中A、B喷气装置喷气的时间的比值等于( )
A．1B．2C．eq \r(5)D．eq \r(2)＋1
5．[2023·湖南雅礼中学模拟]某校秋季运动会分为竞技组和健身组，健身组设置了定点投篮项目．如图甲所示，某选手正在进行定点投篮，篮球在空中划出了一道漂亮的弧线．在篮球运动所在的竖直平面内建立坐标系xOy，如图乙所示，篮球由A点投出，A、B、C、D是篮球运动轨迹上的四点，C为篮球运动的最高点，A、B、D三点的坐标已在图中标出，重力加速度为g，空气阻力忽略不计．则下列说法正确的是( )
A．篮球经过C点时速度大小为eq \r(gL)
B．篮球经过B点和D点的动量相同
C．篮球由A到B和由B到C过程，动量的变化量相同
D．篮球由B到C和由C到D过程，重力做功相等
6．我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法配戴具有缓冲作用的安全头盔，小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测．某次，他在头盔中装入质量为5.0kg的物体(物体与头盔密切接触)，使其从1.80m的高处自由落下(如图所示)，并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03m时，物体的速度减小到零，挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)头盔接触地面前瞬间的速度大小；
(2)物体做匀减速直线运动的时间；
(3)物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小．
能力提升练
7．[2023·山东济南一模]如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，5节质量均为m的车厢编组运行，只有1号车厢为动力车厢．列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度．列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为ρ，1号车厢的迎风面积(垂直运动方向上的投影面积)为S.不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力．当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，3号车厢对4号车厢的作用力大小为( )
A．eq \f(7,10)eq \r(3,P2ρS)B．eq \f(45,\r(3,P2ρS))C．eq \f(33,5)eq \r(P2ρS)D．eq \f(7,20)eq \r(3,P2ρS)
8．(多选)如图甲所示，倾角为θ＝37°的足够长光滑斜面体固定于水平地面上，用沿斜面向上的外力F拉动可视为质点的物块，开始时物块处在斜面底端，取水平地面为零势能面，物块的动能Ek与位移x的关系如图乙所示，物块上升至x0处时撤去外力F，已知物块质量为m，当地的重力加速度为g，cs37°＝0.8，sin37°＝0.6，图乙中x0为已知量，下列说法正确的是( )
A．外力F的大小恒为mg
B．0～x0阶段，物块的机械能增量为0.4mgx0
C．0～x0和x0～x1两阶段中重力做的功之比为3∶2
D．0～x0和x0～x1两阶段的运动时间之比为2∶3
9．(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a­t图像如图(b)所示，S1表示0到t1时间内A的a­t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a­t图线与坐标轴所围面积的大小，A在t1时刻的速度为v0，下列说法正确的是( )
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA>mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1－S2＝S3
课时分层作业（二十六）
1．解析：因a、b两点同轴转动，则a点的角速度等于b点的角速度，根据v＝ωr，因a点转动半径较大，可知a点的线速度大于b点的线速度，选项A、B错误；
根据动量定理（F－mg）t＝mv
即F＝eq \f(mv,t)＋mg
即绳对乙拉力和重力的合力的冲量等于乙的动量变化量，绳对乙的拉力大于乙的动量变化率，C错误，D正确．
答案：D
2．解析：由题图可知，0～2s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2s末，质点的速度最大，动量最大，方向不变，故选项A、B错误；2～4s内F的方向与0～2s内F的方向不同，该质点0～2s内做加速运动，2～4s内做减速运动，所以质点在0～4s内的位移均为正，第4s末没有回到出发点，故选项C错误；在F­t图像中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量，由题图可知，1～2s内的面积与2～3s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3s时间内，力F的冲量为0，故选项D正确．
答案：D
3．解析：设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，则由动量定理有FΔt＝Δm·eq \f(2,3)v－（－Δm·v），其中F＝Mg，Δm＝nΔt·m，解得n＝eq \f(3Mg,5mv)，选项A正确．
答案：A
4．解析：设A、B喷气过程中对物块的作用力大小为F，喷气的时间分别为t1和t2，物块初速度大小为v，以水平向左为正方向，设A停止喷气时物块速度大小为v1，根据动量定理有－Ft1＝m（－v1）－mv，Ft2＝0－m（－v1），由运动学规律可得eq \f(（－v1）＋v,2)t1＝－eq \f(0＋（－v1）,2)t2，联立解得t1＝（eq \r(2)＋1）t2，故选D.
答案：D
5．解析：依题意可知篮球抛出后做斜抛运动，利用对称性和逆向思维，可知篮球从C点到A点做平抛运动，设C点坐标为（0，yC），篮球从C点到B点所用时间为t，则有L＝vCt，yC＝eq \f(1,2)gt2，3L－yC＝gt2，联立求得yC＝L，vC＝eq \r(\f(gL,2))，故A错误；由图乙知B点和D点在同一水平线上，则分析可知篮球在两点处的速度大小相等，但方向不同，所以篮球在两点处的动量不相同，故B错误；由图乙知篮球由A到B和由B到C过程水平方向上发生的位移大小相等，则所用时间相等，根据动量定理可得mgt＝Δp，所以动量的变化量相同，故C正确；篮球由B到C，重力做负功，由C到D，重力做正功，二者不相等，故D错误．
答案：C
6．解析：（1）由自由落体运动规律可得v2＝2gh，代入数据解得v＝6m/s.
（2）由匀变速直线运动规律可得Δx＝eq \f(v,2)t，解得t＝0.01s.
（3）由动量定理得Ft＝mv，解得F＝3000N.
答案：（1）6m/s （2）0.01s （3）3000N
7．解析：车厢碰到空气前，空气的速度为0，碰到空气后，空气的速度立刻与列车速度相等，以Δt时间内，车厢碰到的空气为研究对象，根据动量定理有f·Δt＝mv，又m＝ρSv·Δt，解得f＝ρSv2.当列车以额定功率运行到最大速度时，P＝Fmvm＝fmvm＝ρSv eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(m)) ，当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，对5节车厢整体进行受力分析，根据牛顿第二定律有F1－f1＝5ma，P＝F1·eq \f(vm,2)，f1＝ρS（eq \f(vm,2)）2，对4、5节车厢受力分析，根据牛顿第二定律有F＝2ma，联立解得F＝eq \f(7,10)eq \r(3,P2ρS)，故A正确．
答案：A
8．解析：0～x0阶段，对物块，根据动能定理得Fx0－mgx0sin37°＝0.4mgx0，所以F＝mg，选项A正确；0～x0阶段，物块的机械能增量为ΔE＝0.4mgx0＋mgx0sin37°＝mgx0，选项B错误；x0～x1阶段，对物块，根据动能定理得－mg（x1－x0）sin37°＝－0.4mgx0，解得x1＝eq \f(5,3)x0，所以0～x0和x0～x1两阶段中重力做的功之比为eq \f(W1,W2)＝eq \f(－mgx0sin37°,－mg（x1－x0）sin37°)＝eq \f(3,2)，选项C正确；0～x0阶段，对物块，根据动量定理得（F－mgsin37°）t1＝mv，x0～x1阶段，对物块，根据动量定理得－mgt2sin37°＝－mv，解得eq \f(t1,t2)＝eq \f(3,2)，选项D错误．
答案：AC
9．解析：0到t1时间内，对A物体由动量定理得I＝mAv0，而B物体处于静止状态，墙壁对B的冲量等于弹簧弹力对A的冲量I，A项正确；t1时刻后，B物体离开墙壁，t2时刻A、B两物体的加速度大小均达到最大，弹簧拉伸到最长，二者速度相同，由于此时A、B两物体所受弹簧弹力大小相等，而B的加速度大于A的，故由牛顿第二定律可知，mA>mB，B项正确；B运动后，由图可知任意时刻A的加速度小于其初始时刻的加速度，因此弹簧的形变量始终小于初始时刻的形变量x，故C项错误；t2时刻A、B共速，图线与坐标轴所围面积表示速度的变化量的大小，故有S1－S2＝S3，D项正确．
答案：ABD