高中物理 加强练习第七章　68.变力的冲量　用动量定理解释生活中的现象

第七章动量守恒定律68.变力的冲量用动量定理解释生活中的现象(分值：30分)1~5题每题6分1.(多选)(2026·江苏扬州市检测改编)如图所示，一个人推磨，其推磨杆的力的大小始终为F，与磨杆始终垂直，作用点到轴心的距离为r，磨盘绕轴缓慢匀速转动，转动一周用时t。则在转动一周的过程中()A.推力F做的功为0B.推力F做的功为2πrFC.推力F对磨杆的冲量为0D.推力F对磨杆的冲量为Ft答案BC解析F的方向始终沿作用点的瞬时速度方向，故F做的功等于F的大小乘以作用点路程，故W=F·2πr，故A错误，B正确；根据冲量的定义式I=Ft，可知单位时间内推力F对磨杆的冲量为FΔt，则在转动一周的过程中各个Δt内推力F对磨杆的冲量围成一个闭合图形(圆)，则矢量的和为零，故C正确，D错误。2.(2025·辽宁省点石联考检测)汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律，可近似用图乙所示的图像描述。已知头锤质量M=30kg，H=3.2m，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则()A.碰撞过程中F的冲量大小为660N·sB.碰撞过程中头锤所受合力的冲量方向竖直向下C.碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为360N·sD.碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m答案D解析以竖直向上为正方向，由题图乙可知碰撞过程中F的冲量大小为IF=12×0.1×6600N·s=330方向竖直向上，故A错误；碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为I=IF-Mgt=300N·s方向竖直向上，故B、C错误；头锤落到气囊上时的速度大小为v0=2gH=8与气囊作用过程由动量定理得I=Mv-(-Mv0)解得v=2m/s则上升的最大高度为h=v22g故D正确。3.跳马比赛中在运动员落地位置放置厚海绵垫以保护运动员。如图所示为一质量为40kg的运动员在比赛时落地的场景，海绵垫与运动员的撞击时间约为0.4s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A.海绵垫减小了运动员落地过程中撞击力的冲量B.海绵垫减小了运动员落地过程中的动量变化率C.落地过程中海绵垫对运动员的冲量与运动员对海绵垫的冲量相同D.若运动员以4m/s的速度垂直落地，海绵垫对运动员的作用力约为400N答案B解析以竖直向上为正方向，根据动量定理可得(F-mg)t=0-(-mv)所以I=Ft=mv+mgt依题意，海绵垫延长了运动员落地过程的撞击时间，海绵垫增大了运动员落地过程中撞击力的冲量，故A错误；根据ΔpΔ可知海绵垫减小了运动员落地过程中的动量变化率，故B正确；根据I=F·Δt海绵垫对运动员的作用力与运动员对海绵垫的作用力等大反向，作用时间相同，所以海绵垫对运动员的冲量与运动员对海绵垫的冲量大小相等、方向相反，故C错误；根据(F-mg)t=0-(-mv)代入数据解得F=800N即海绵垫对运动员的作用力约为800N，故D错误。4.将质量为m的小球从地面以初速度v0竖直上抛，小球在运动过程中受到的空气阻力f与速度v的关系为f=kv，k为常数。当小球回到出发点时，恰好匀速。重力加速度大小为g，小球在空中运动的时间()A.km+v0g B.C.1k+v0答案B解析由题意可得，当小球回到出发点时mg=kv终解得v终=mgk 设小球上升的最大高度为h，以竖直向上为正方向，小球在上升过程中有-ΣmgΔt-ΣkvΔt=0-mv0可得-mgt上-kh=-mv0 ②同理，小球在下降过程中，-ΣmgΔt+ΣkvΔt=m(-v终)-0可得-mgt下+kh=-mv终 ③由①②③式整理可得，小球在空中运动的时间t上+t下=mk+故选B。5.(2025·湖北襄阳市三模)如图(a)所示，在光滑水平面上放置一质量mA=3kg物体A，一足够长轻绳绕过定滑轮，一端系在物体A上，另一端系住质量mB=2kg的物体B，物体B刚好与竖直面接触，且与竖直面间的动摩擦因数为μ=0.4。初始时两物体都静止，绳被拉直，然后释放A，同时对物体B施加水平向左的力F，力F大小随时间变化的规律如图(b)所示。已知物体A距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，重力加速度大小g取10m/s2。下列说法正确的是()A.物体A、B先一起做加速度减小的加速运动，后一起匀速运动B.物体B加速运动过程中，力F的冲量大小为250N·sC.物体B与竖直面的摩擦力最大值为20ND.物体B运动的总时间为(5+10)s答案D解析物体A、B先一起做加速度减小的加速运动，之后物体A做匀速运动，物体B做减速运动，A错误；题图(b)中F=kt(k=10N/s)，以A、B系统为研究对象有mBg-μF=(mA+mB)a，得a=-0.8t+4(m/s2)。画出a-t图像如t轴上方图线所示，t=5s时a=0，即t=5s时物体A的速度最大且为三角形面积vm=12×4×5m/s=10m/之后由于mBg<μF，B开始减速，绳子松弛，A匀速，t=5s以后，对B根据牛顿第二定律mBg-μF=mBa得a=-2t+10(m/s2)(t≥5s)，得a-t图像如t轴下方图线所示。物体B的末速度为零，则图像总面积为零，即两三角形面积大小相等，得12Δt·2Δt=10解得Δt=10s。所以物体B运动的总时间为t总=(5+10)s，则物体B