2025版新教材高中物理第1章动量守恒定律2动量定理课时2用动量定理解决的常见问题提能作业新人教版选择性必修第一册

第一章2.课时2基础强化练(时间25分钟满分60分)一、选择题(本题共6小题，每题7分，共42分)1.(2024·河南郑州外国语学校高三阶段练习)如图所示，某同学在试验室用力传感器竖直向上提起一质量m＝200g的钩码，电脑屏幕上显示力传感器的示数与时间的关系为F＝2t(均对应国际单位)，已知重力加速度g＝10m/s2，下列说法正确的是(C)A．2s时钩码的速度为0B．0～2s内钩码向上做变加速直线运动C．2s时钩码的速度为5m/sD．2s内钩码重力的冲量大小为2N·s解析：t＝1s时，F＝2N，所以钩码在0～1s内处于静止状态，1s后钩码起先运动，由牛顿其次定律得F－mg＝ma，解得a＝(10t－10)m/s2，所以钩码1s后做变加速直线运动，故B错误；由动量定理得2s时钩码的速度v为IF－mgΔt＝mv，其中Δt＝1s，IF＝eq\f(2＋4,2)×1N·s＝3N·s，解得v＝5m/s，故C正确，A错误；0～2s内重力的冲量IG＝mgt2＝0.2×10×2N·s＝4N·s，故D错误。故选C。2．(2024·江苏南京市中华中学高三期中)一物体静置在粗糙水平地面上，物体与地面的滑动摩擦力为f0。从t＝0时刻起先对物体施加一方向不变的水平力F，其大小随时间t变更如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，a为物体的加速度，v为物体的速度，If为物体所受摩擦力的冲量大小，IF为物体所受拉力的冲量大小，下列图像中正确的是(C)ABCD解析：对物体受力分析可知，在0～t0时间段，物体处于静止状态，即物体加速度为0，时间接着增加，在t0以后，对物体受力分析得a＝eq\f(F－f0,m)＝eq\f(\f(f0,t0)t－f0,m)＝eq\f(f0,t0m)t－eq\f(f0,m)，则由数学学问可知图像为一次函数截距为负值，故A错误；在0～t0时间段，物体处于静止状态，速度为0，物体在t0以后做加速度增加的加速运动，则速度时间图像的斜率增加，故B错误；在0～t0，时间段，物体所受摩擦力为静摩擦力，大小随F变更，则摩擦力冲量为If＝ft＝Ft＝eq\f(f0,t0)t2，图像为抛物线，在t0以后物体处于运动状态，摩擦力为滑动摩擦力，则摩擦力冲量为If＝f0t，图像为一次函数，故C正确；物体所受拉力的冲量为IF＝Ft＝eq\f(f0,t0)t2，图像为抛物线，故D错误。故选C。3．(2024·广东高一期末)如图所示，将一支圆珠笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放手后笔会向上弹起确定高度。某次试验中测得圆珠笔弹起的最大高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是(D)A．弹簧复原原长的过程，圆珠笔所受合力的冲量为零B．圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为eq\r(gh)C．弹簧复原原长时，圆珠笔的动量最大D．上升过程中，圆珠笔(含弹簧)的机械能守恒解析：弹簧复原原长的过程，圆珠笔所受合力不为0，故圆珠笔所受合力的冲量不为零，故A错误；圆珠笔弹起的最大高度为h，依据公式得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，所以圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为v＝eq\r(2gh)，故B错误；当弹簧复原到弹簧弹力等于重力时速度最大，圆珠笔的动量最大，故C错误；上升过程中，圆珠笔(含弹簧)只有重力做功，所以圆珠笔(含弹簧)的机械能守恒，故D正确。4．(多选)(2024·河南濮阳期末)一粒钢珠从静止状态起先自由下落(空气阻力不计)，然后陷入泥潭中。若把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到停止的过程称为过程Ⅱ，则以下说法正确的是(AD)A．过程Ⅰ中钢珠的动量的变更量等于重力的冲量B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量的大小C．Ⅰ、Ⅱ两个过程中合力的总冲量不等于零D．过程Ⅱ中钢珠的动量变更量的大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小解析：过程Ⅰ钢珠只受重力，故只有重力的冲量，由动量定理知，A正确；整个过程的动量变更量为零，故过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ、Ⅱ中重力的冲量的大小，B、C错误，D正确。5．(2024·江苏高三期中)2024年10月12日，中国航天员进行了第三次太空授课。在授课中刘洋用注射器喷出气体快速冲击水球，做了微重力作用下水球的振动试验。将注射器靠近水球，假设喷出的气体以速率v垂直冲击水球上面积为S的一小块区域(可近似看作平面)，冲击水球后气体速率减为零，气体的密度为ρ，则水球受到的平均冲击力大小为(B)A．ρSv B．ρSv2C.eq\f(1,2)ρSv2 D．eq\f(1,2)ρSv3解析：设Δt时间冲击水球气体质量为Δm＝ρ·ΔtvS，依据动量定理得F·Δt＝0－Δm·v，联立解得F＝ρSv2，故选B。6．(多选)(2024·四川树德中学高一期末)如图所示，在t＝0时质量m＝1kg的小球自高h＝45m的平台上以v0＝10m/s的初速度水平抛出，运动t1＝1s后，突然受到大小恒为10N的水平向右的风力作用，最终落至水平地面，不计其他阻力，取g＝10m/s2。则以下说法正确的是(AD)A．小球从抛出至落地的过程中重力的平均功率为150WB．小球受到风力作用后，在落地前做匀变速曲线运动C．落地瞬间小球速度方向与水平方向成53°角D．从抛出至落地的过程中，水平力的冲量大小为20N·s解析：小球在竖直方向的分运动为自由落体运动，与是否受到风力无关，设小球下落的时间为t，则有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝3s，小球从抛出至落地的过程中重力的平均功率为eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgh,t)＝150W，A正确；小球抛出t1＝1s时，速度方向与水平方向的夹角满足tanθ＝eq\f(gt1,v0)＝1，可得θ＝45°，受到水平风力后，小球受到的合力与水平方向的夹角满足tanα＝eq\f(mg,F)＝1，故小球受到风力作用后，所受合力与速度方向相同，小球做匀加速直线运动，故落地瞬间小球速度方向与水平方向成45°角，B、C错误；从抛出至落地的过程中，水平风力的冲量大小为I＝F(t－t1)＝20N·s，D正确。故选AD。二、非选择题(共18分)7．(2024·河南许昌高二期末)如图所示为一个试验装置，把一个质量为M的薄木板B放在光滑水平地面上，在薄木板B的最右端放上一质量为m的小物块A(可视为质点)。电动机通过水平细绳与薄木板B相连，在细绳与薄木板B连接处接轻质拉力传感器。已知小物块A与薄木板B之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。现启动电动机使细绳起先水平向右拉薄木板B，细绳拉力的功率恒为P。当小物块A在薄木板B上运动一段时间t后，小物块A起先脱离薄木板B，此时拉力传感器的读数为F(细绳足够长，薄木板B不会和电动机相碰)。试求：(1)在时间t内，小物块A和薄木板B之间由于摩擦而产生的热量；(2)在时间t内，拉力的冲量大小。答案：(1)Pt－eq\f(1,2)m(μgt)2－eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,F)))2(2)μmgt＋Meq\f(P,F)解析：设当小物块A脱离薄木板B时，小物块A和薄木板B的速度大小分别为v1和v2；在t时间内，小物块A和薄木板B之间由于摩擦而产生的热量为Q，拉力的冲量大小为I。(1)在运动时间t内，把小物块A和薄木板B看作一个整体：由功能关系得Pt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋Q，由动量定理得I＝mv1＋Mv2，取小物块A，设向右为正方向，有μmgt＝mv1，在t时刻，有P＝Fv2，联立解得Q＝Pt－eq\f(1,2)m(μgt)2－eq\f(1,2)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,F)))2。(2)由(1)可得，拉力的冲量大小I＝μmgt＋Meq\f(P,F)。实力提升练(时间15分钟满分40分)一、选择题(本题共4小题，每小题5分，共20分)1.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球静止起先自由下落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(C)A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2kg·m/sC．足球与头部作用过程中动量变更量大小为3.2kg·m/sD．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解析：足球自由下落至头顶，速度v1＝eq\r(2gh)＝4m/s，时间t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s。据运动的对称性可知上抛的初速度v2＝v1＝4m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4s。足球与头部接触的过程，Δt＝0.1s，取向上为正方向，由动量定理有：(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝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，此过程的动量变更量大小为Δp＝3.2kg·m/s，A错误，C正确；足球刚与头部接触时的动量大小为p1＝mv1＝1.6kg·m/s，B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，D错误。2．如图所示，一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的加速度—时间图像如图乙所示，t＝0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则(D)A．在t＝6s的时刻，物体的速度为18m/sB．在0～6s时间内，合力对物体做的功为400JC．在0～6s时间内，拉力对物体的冲量为36N·sD．在t＝6s的时刻，拉力F的功率为200W解析：类比速度—时间图像中位移的表示方法可知，速度变更量在加速度—时间图像中由图线与t轴所围面积表示，在0～6s内Δv＝18m/s，v0＝2m/s，则t＝6s时的速度v＝20m/s，A项错误；由动能定理可知，0～6s内，合力做的功为W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，B项错误；由动量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知条件解得IF＝48N·s，C项错误；由牛顿其次定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D项正确。3．(2024·和平区高三检测)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的作用而从静止起先做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2以后，物体做匀减速直线运动直至停止。两物体速度随时间变更的图像如图所示。设F1和F2对A、B的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是(B)A．I1>I2，W1>W2 B．I1<I2，W1>W2C．I1<I2，W1<W2 D．I1>I2，W1<W2解析：从图像可知，两物体做匀减速运动的加速度大小都为a′＝eq\f(v0,t0)，依据牛顿其次定律，匀减速运动中有Ff＝ma′，则摩擦力大小都为meq\f(v0,t0)。依据图像知，A、B两物体匀加速运动的加速度分别为eq\f(2v0,t0)、eq\f(v0,4t0)，依据牛顿其次定律，匀加速运动中有F－Ff＝ma，则F1＝eq\f(3mv0,t0)，F2＝eq\f(5mv0,4t0)，F1和F2的大小之比为12∶5，所以eq\f(I1,I2)＝eq\f(F1·t0,F2·4t0)＝eq\f(12×1,5×4)＝eq\f(3,5)<1，则I1<I2。图线与时间轴所围的面积表示物体的位移，则位移之比为eq\f(s1,s2)＝eq\f(\f(2v0,2)·3t0,\f(v0,2)·5t0)＝eq\f(6,5)；两个物体的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功均与摩擦力做的功大小相等，所以eq\f(W1,W2)＝eq\f(Ffs1,Ffs2)＝eq\f(s1,s2)＝eq\f(6,5)>1，则W1>W2。故选B。4．(多选)如图1，一物块静止在光滑水平面上，t＝0时在水平力F的作用下起先运动，F随时间t按正弦规律变更如图2所示，则(ACD)A．在0～1.5s时间内，第1s末质点的动量最大B．第2s末，质点回到动身点C．在0～1s时间内，F的功领先增大后减小D．在0.5～1.5s时间内，F的冲量为0解析：从图像可以看出在前1s内力的方向和运动的方向相同，物块阅历了一个加速度慢慢增大的加速运动和加速度慢慢减小的加速运动，所以第1s末，物块的速度最大，动量最大，故A正确；该物块在后半个周期内受到的力与前半个周期受到的力的方向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所以物体在0～2s内的位移为正，没有回到动身点，故B错误；0～1s内，速度在增大，力F先增大后减小，依据瞬时功率P＝Fv得，力F瞬时功率起先时为0,1s末的瞬时功率为0，所以在0～1s时间内，F的功领先增大后减小，故C正确；在F－t图像中，F与t之间的面积表示力F的冲量，由图可知，0.5～1s之间的面积与1～1.5s之间的面积大小相等，一正一负，所以和为0，则在0.5～1.5s时间内，F的冲量为0，故D正确。故选ACD。二、非选择题(共20分)5．(10分)(2024·安徽亳州二中高二期中)如图甲所示，AB是倾角为30°的足够长的光滑斜面，A处连接一粗糙水平面OA，OA长16m，一质量m＝4kg的滑块在O点处于静止状态，在t＝0时刻给滑块施加水平向右拉力F，拉力F按图乙所示的规律变更。滑块与OA间的动摩擦因数μ＝0.25，g取10m/s2，试求：(1)摩擦力在0～3s内冲量的大小(3s时滑块未到达A点)；(2)滑块沿斜面AB上升的最大高度。答案：(1)28N·s(2)3.5m解析：(1)滑块所受最大静摩擦力为Ffm＝μmg＝0.25×4×10N＝10N，由题图乙知，0～1s内，F1＝8N，滑块静止Ff1＝F1＝8N，1s～3s内滑块做匀加速直线运动Ff2＝μmg＝10N，摩擦力在0～3s内冲量的大小I＝Ff1t1＋Ff2t2＝28N·s。(2)由牛顿其次定律得F2－Ff2＝ma，x＝eq\f(1,2)at2，解得滑块在1s～3s内位移x＝10m，对OB过程，由动能定理列式得F2x－F