2025版新教材高中物理第1章動量守恒定律2動量定理課時(shí)2用動量定理解決的常見問題提能作業(yè)新人教版選擇性必修第一冊

第一章2.課時(shí)2基礎(chǔ)強(qiáng)化練(時(shí)間25分鐘滿分60分)一、選擇題(本題共6小題，每題7分，共42分)1.(2024·河南鄭州外國語學(xué)校高三階段練習(xí))如圖所示，某同學(xué)在試驗(yàn)室用力傳感器豎直向上提起一質(zhì)量m＝200g的鉤碼，電腦屏幕上顯示力傳感器的示數(shù)與時(shí)間的關(guān)系為F＝2t(均對應(yīng)國際單位)，已知重力加速度g＝10m/s2，下列說法正確的是(C)A．2s時(shí)鉤碼的速度為0B．0～2s內(nèi)鉤碼向上做變加速直線運(yùn)動C．2s時(shí)鉤碼的速度為5m/sD．2s內(nèi)鉤碼重力的沖量大小為2N·s解析：t＝1s時(shí)，F(xiàn)＝2N，所以鉤碼在0～1s內(nèi)處于靜止?fàn)顟B(tài)，1s后鉤碼起先運(yùn)動，由牛頓其次定律得F－mg＝ma，解得a＝(10t－10)m/s2，所以鉤碼1s后做變加速直線運(yùn)動，故B錯(cuò)誤；由動量定理得2s時(shí)鉤碼的速度v為IF－mgΔt＝mv，其中Δt＝1s，IF＝eq\f(2＋4,2)×1N·s＝3N·s，解得v＝5m/s，故C正確，A錯(cuò)誤；0～2s內(nèi)重力的沖量IG＝mgt2＝0.2×10×2N·s＝4N·s，故D錯(cuò)誤。故選C。2．(2024·江蘇南京市中華中學(xué)高三期中)一物體靜置在粗糙水平地面上，物體與地面的滑動摩擦力為f0。從t＝0時(shí)刻起先對物體施加一方向不變的水平力F，其大小隨時(shí)間t變更如圖所示。已知最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，a為物體的加速度，v為物體的速度，If為物體所受摩擦力的沖量大小，IF為物體所受拉力的沖量大小，下列圖像中正確的是(C)ABCD解析：對物體受力分析可知，在0～t0時(shí)間段，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，即物體加速度為0，時(shí)間接著增加，在t0以后，對物體受力分析得a＝eq\f(F－f0,m)＝eq\f(\f(f0,t0)t－f0,m)＝eq\f(f0,t0m)t－eq\f(f0,m)，則由數(shù)學(xué)學(xué)問可知圖像為一次函數(shù)截距為負(fù)值，故A錯(cuò)誤；在0～t0時(shí)間段，物體處于靜止?fàn)顟B(tài)，速度為0，物體在t0以后做加速度增加的加速運(yùn)動，則速度時(shí)間圖像的斜率增加，故B錯(cuò)誤；在0～t0，時(shí)間段，物體所受摩擦力為靜摩擦力，大小隨F變更，則摩擦力沖量為If＝ft＝Ft＝eq\f(f0,t0)t2，圖像為拋物線，在t0以后物體處于運(yùn)動狀態(tài)，摩擦力為滑動摩擦力，則摩擦力沖量為If＝f0t，圖像為一次函數(shù)，故C正確；物體所受拉力的沖量為IF＝Ft＝eq\f(f0,t0)t2，圖像為拋物線，故D錯(cuò)誤。故選C。3．(2024·廣東高一期末)如圖所示，將一支圓珠筆的按壓式小帽朝下按在桌面上，放手后筆會向上彈起確定高度。某次試驗(yàn)中測得圓珠筆彈起的最大高度為h，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力。下列說法正確的是(D)A．彈簧復(fù)原原長的過程，圓珠筆所受合力的沖量為零B．圓珠筆離開桌面瞬間的初速度大小為eq\r(gh)C．彈簧復(fù)原原長時(shí)，圓珠筆的動量最大D．上升過程中，圓珠筆(含彈簧)的機(jī)械能守恒解析：彈簧復(fù)原原長的過程，圓珠筆所受合力不為0，故圓珠筆所受合力的沖量不為零，故A錯(cuò)誤；圓珠筆彈起的最大高度為h，依據(jù)公式得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(2gh)，所以圓珠筆離開桌面瞬間的初速度大小為v＝eq\r(2gh)，故B錯(cuò)誤；當(dāng)彈簧復(fù)原到彈簧彈力等于重力時(shí)速度最大，圓珠筆的動量最大，故C錯(cuò)誤；上升過程中，圓珠筆(含彈簧)只有重力做功，所以圓珠筆(含彈簧)的機(jī)械能守恒，故D正確。4．(多選)(2024·河南濮陽期末)一粒鋼珠從靜止?fàn)顟B(tài)起先自由下落(空氣阻力不計(jì))，然后陷入泥潭中。若把在空中下落的過程稱為過程Ⅰ，進(jìn)入泥潭直到停止的過程稱為過程Ⅱ，則以下說法正確的是(AD)A．過程Ⅰ中鋼珠的動量的變更量等于重力的沖量B．過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量的大小C．Ⅰ、Ⅱ兩個(gè)過程中合力的總沖量不等于零D．過程Ⅱ中鋼珠的動量變更量的大小等于過程Ⅰ中重力的沖量大小解析：過程Ⅰ鋼珠只受重力，故只有重力的沖量，由動量定理知，A正確；整個(gè)過程的動量變更量為零，故過程Ⅱ中阻力的沖量的大小等于過程Ⅰ、Ⅱ中重力的沖量的大小，B、C錯(cuò)誤，D正確。5．(2024·江蘇高三期中)2024年10月12日，中國航天員進(jìn)行了第三次太空授課。在授課中劉洋用注射器噴出氣體快速沖擊水球，做了微重力作用下水球的振動試驗(yàn)。將注射器靠近水球，假設(shè)噴出的氣體以速率v垂直沖擊水球上面積為S的一小塊區(qū)域(可近似看作平面)，沖擊水球后氣體速率減為零，氣體的密度為ρ，則水球受到的平均沖擊力大小為(B)A．ρSv B．ρSv2C.eq\f(1,2)ρSv2 D．eq\f(1,2)ρSv3解析：設(shè)Δt時(shí)間沖擊水球氣體質(zhì)量為Δm＝ρ·ΔtvS，依據(jù)動量定理得F·Δt＝0－Δm·v，聯(lián)立解得F＝ρSv2，故選B。6．(多選)(2024·四川樹德中學(xué)高一期末)如圖所示，在t＝0時(shí)質(zhì)量m＝1kg的小球自高h(yuǎn)＝45m的平臺上以v0＝10m/s的初速度水平拋出，運(yùn)動t1＝1s后，突然受到大小恒為10N的水平向右的風(fēng)力作用，最終落至水平地面，不計(jì)其他阻力，取g＝10m/s2。則以下說法正確的是(AD)A．小球從拋出至落地的過程中重力的平均功率為150WB．小球受到風(fēng)力作用后，在落地前做勻變速曲線運(yùn)動C．落地瞬間小球速度方向與水平方向成53°角D．從拋出至落地的過程中，水平力的沖量大小為20N·s解析：小球在豎直方向的分運(yùn)動為自由落體運(yùn)動，與是否受到風(fēng)力無關(guān)，設(shè)小球下落的時(shí)間為t，則有h＝eq\f(1,2)gt2，解得t＝3s，小球從拋出至落地的過程中重力的平均功率為eq\x\to(P)＝eq\f(W,t)＝eq\f(mgh,t)＝150W，A正確；小球拋出t1＝1s時(shí)，速度方向與水平方向的夾角滿足tanθ＝eq\f(gt1,v0)＝1，可得θ＝45°，受到水平風(fēng)力后，小球受到的合力與水平方向的夾角滿足tanα＝eq\f(mg,F)＝1，故小球受到風(fēng)力作用后，所受合力與速度方向相同，小球做勻加速直線運(yùn)動，故落地瞬間小球速度方向與水平方向成45°角，B、C錯(cuò)誤；從拋出至落地的過程中，水平風(fēng)力的沖量大小為I＝F(t－t1)＝20N·s，D正確。故選AD。二、非選擇題(共18分)7．(2024·河南許昌高二期末)如圖所示為一個(gè)試驗(yàn)裝置，把一個(gè)質(zhì)量為M的薄木板B放在光滑水平地面上，在薄木板B的最右端放上一質(zhì)量為m的小物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))。電動機(jī)通過水平細(xì)繩與薄木板B相連，在細(xì)繩與薄木板B連接處接輕質(zhì)拉力傳感器。已知小物塊A與薄木板B之間的動摩擦因數(shù)為μ，重力加速度大小為g。現(xiàn)啟動電動機(jī)使細(xì)繩起先水平向右拉薄木板B，細(xì)繩拉力的功率恒為P。當(dāng)小物塊A在薄木板B上運(yùn)動一段時(shí)間t后，小物塊A起先脫離薄木板B，此時(shí)拉力傳感器的讀數(shù)為F(細(xì)繩足夠長，薄木板B不會和電動機(jī)相碰)。試求：(1)在時(shí)間t內(nèi)，小物塊A和薄木板B之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量；(2)在時(shí)間t內(nèi)，拉力的沖量大小。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：設(shè)當(dāng)小物塊A脫離薄木板B時(shí)，小物塊A和薄木板B的速度大小分別為v1和v2；在t時(shí)間內(nèi)，小物塊A和薄木板B之間由于摩擦而產(chǎn)生的熱量為Q，拉力的沖量大小為I。(1)在運(yùn)動時(shí)間t內(nèi)，把小物塊A和薄木板B看作一個(gè)整體：由功能關(guān)系得Pt＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＋eq\f(1,2)Mveq\o\al(2,2)＋Q，由動量定理得I＝mv1＋Mv2，取小物塊A，設(shè)向右為正方向，有μmgt＝mv1，在t時(shí)刻，有P＝Fv2，聯(lián)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，拉力的沖量大小I＝μmgt＋Meq\f(P,F)。實(shí)力提升練(時(shí)間15分鐘滿分40分)一、選擇題(本題共4小題，每小題5分，共20分)1.如圖所示，學(xué)生練習(xí)用頭顛球。某一次足球靜止起先自由下落80cm后被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度仍為80cm。已知足球與頭部的作用時(shí)間為0.1s，足球的質(zhì)量為0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，下列說法正確的是(C)A．頭部對足球的平均作用力為足球重力的10倍B．足球下落到與頭部剛接觸時(shí)動量大小為3.2kg·m/sC．足球與頭部作用過程中動量變更量大小為3.2kg·m/sD．足球從最高點(diǎn)下落至重新回到最高點(diǎn)的過程中重力的沖量大小為3.2N·s解析：足球自由下落至頭頂，速度v1＝eq\r(2gh)＝4m/s，時(shí)間t1＝eq\r(\f(2h,g))＝0.4s。據(jù)運(yùn)動的對稱性可知上拋的初速度v2＝v1＝4m/s，上升的時(shí)間t2＝t1＝0.4s。足球與頭部接觸的過程，Δt＝0.1s，取向上為正方向，由動量定理有：(eq\o(F,\s\up6(－))－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得eq\o(F,\s\up6(－))＝36N，而足球的重力為4N，則頭部對足球的平均作用力是重力的9倍，此過程的動量變更量大小為Δp＝3.2kg·m/s，A錯(cuò)誤，C正確；足球剛與頭部接觸時(shí)的動量大小為p1＝mv1＝1.6kg·m/s，B錯(cuò)誤；足球運(yùn)動的全過程，所受重力的沖量為IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6N·s，D錯(cuò)誤。2．如圖所示，一質(zhì)量為2kg的物體受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直線運(yùn)動時(shí)的加速度—時(shí)間圖像如圖乙所示，t＝0時(shí)其速度大小為2m/s，滑動摩擦力大小恒為2N，則(D)A．在t＝6s的時(shí)刻，物體的速度為18m/sB．在0～6s時(shí)間內(nèi)，合力對物體做的功為400JC．在0～6s時(shí)間內(nèi)，拉力對物體的沖量為36N·sD．在t＝6s的時(shí)刻，拉力F的功率為200W解析：類比速度—時(shí)間圖像中位移的表示方法可知，速度變更量在加速度—時(shí)間圖像中由圖線與t軸所圍面積表示，在0～6s內(nèi)Δv＝18m/s，v0＝2m/s，則t＝6s時(shí)的速度v＝20m/s，A項(xiàng)錯(cuò)誤；由動能定理可知，0～6s內(nèi)，合力做的功為W＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝396J，B項(xiàng)錯(cuò)誤；由動量定理可知，IF－Ff·t＝mv－mv0，代入已知條件解得IF＝48N·s，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由牛頓其次定律可知，6s末F－Ff＝ma，解得F＝10N，所以拉力的功率P＝Fv＝200W，D項(xiàng)正確。3．(2024·和平區(qū)高三檢測)質(zhì)量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用而從靜止起先做勻加速直線運(yùn)動。經(jīng)過時(shí)間t0和4t0速度分別達(dá)到2v0和v0時(shí)，分別撤去F1和F2以后，物體做勻減速直線運(yùn)動直至停止。兩物體速度隨時(shí)間變更的圖像如圖所示。設(shè)F1和F2對A、B的沖量分別為I1和I2，F(xiàn)1和F2對A、B做的功分別為W1和W2，則下列結(jié)論正確的是(B)A．I1>I2，W1>W2 B．I1<I2，W1>W2C．I1<I2，W1<W2 D．I1>I2，W1<W2解析：從圖像可知，兩物體做勻減速運(yùn)動的加速度大小都為a′＝eq\f(v0,t0)，依據(jù)牛頓其次定律，勻減速運(yùn)動中有Ff＝ma′，則摩擦力大小都為meq\f(v0,t0)。依據(jù)圖像知，A、B兩物體勻加速運(yùn)動的加速度分別為eq\f(2v0,t0)、eq\f(v0,4t0)，依據(jù)牛頓其次定律，勻加速運(yùn)動中有F－Ff＝ma，則F1＝eq\f(3mv0,t0)，F(xiàn)2＝eq\f(5mv0,4t0)，F(xiàn)1和F2的大小之比為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，則I1<I2。圖線與時(shí)間軸所圍的面積表示物體的位移，則位移之比為eq\f(s1,s2)＝eq\f(\f(2v0,2)·3t0,\f(v0,2)·5t0)＝eq\f(6,5)；兩個(gè)物體的初速度、末速度都是0，所以拉力做的功均與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，則W1>W2。故選B。4．(多選)如圖1，一物塊靜止在光滑水平面上，t＝0時(shí)在水平力F的作用下起先運(yùn)動，F(xiàn)隨時(shí)間t按正弦規(guī)律變更如圖2所示，則(ACD)A．在0～1.5s時(shí)間內(nèi)，第1s末質(zhì)點(diǎn)的動量最大B．第2s末，質(zhì)點(diǎn)回到動身點(diǎn)C．在0～1s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的功領(lǐng)先增大后減小D．在0.5～1.5s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的沖量為0解析：從圖像可以看出在前1s內(nèi)力的方向和運(yùn)動的方向相同，物塊閱歷了一個(gè)加速度慢慢增大的加速運(yùn)動和加速度慢慢減小的加速運(yùn)動，所以第1s末，物塊的速度最大，動量最大，故A正確；該物塊在后半個(gè)周期內(nèi)受到的力與前半個(gè)周期受到的力的方向相反，前半個(gè)周期內(nèi)做加速運(yùn)動，后半個(gè)周期內(nèi)做減速運(yùn)動，所以物體在0～2s內(nèi)的位移為正，沒有回到動身點(diǎn)，故B錯(cuò)誤；0～1s內(nèi)，速度在增大，力F先增大后減小，依據(jù)瞬時(shí)功率P＝Fv得，力F瞬時(shí)功率起先時(shí)為0,1s末的瞬時(shí)功率為0，所以在0～1s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的功領(lǐng)先增大后減小，故C正確；在F－t圖像中，F(xiàn)與t之間的面積表示力F的沖量，由圖可知，0.5～1s之間的面積與1～1.5s之間的面積大小相等，一正一負(fù)，所以和為0，則在0.5～1.5s時(shí)間內(nèi)，F(xiàn)的沖量為0，故D正確。故選ACD。二、非選擇題(共20分)5．(10分)(2024·安徽亳州二中高二期中)如圖甲所示，AB是傾角為30°的足夠長的光滑斜面，A處連接一粗糙水平面OA，OA長16m，一質(zhì)量m＝4kg的滑塊在O點(diǎn)處于靜止?fàn)顟B(tài)，在t＝0時(shí)刻給滑塊施加水平向右拉力F，拉力F按圖乙所示的規(guī)律變更?；瑝K與OA間的動摩擦因數(shù)μ＝0.25，g取10m/s2，試求：(1)摩擦力在0～3s內(nèi)沖量的大小(3s時(shí)滑塊未到達(dá)A點(diǎn))；(2)滑塊沿斜面AB上升的最大高度。答案：(1)28N·s(2)3.5m解析：(1)滑塊所受最大靜摩擦力為Ffm＝μmg＝0.25×4×10N＝10N，由題圖乙知，0～1s內(nèi)，F(xiàn)1＝8N，滑塊靜止Ff1＝F1＝8N，1s～3s內(nèi)滑塊做勻加速直線運(yùn)動Ff2＝μmg＝10N，摩擦力在0～3s內(nèi)沖量的大小I＝Ff1t1＋Ff2t2＝28N·s。(2)由牛頓其次定律得F2－Ff2＝ma，x＝eq\f(1,2)at2，解得滑塊在1s～3s內(nèi)位移x＝10m，對OB過程，由動能定理列式得F2x－F