練案[18]動量定理一、選擇題(此題共8小題，1～4題為單項選擇，5～8題為多項選擇)1．(2023·山東省日照市高三上學期11月期中試題)關于動量和動能，以下說法中錯誤的選項是eq\x(導學號21993120)(A)A．做變速運動的物體，動能一定不斷變化B．做變速運動的物體，動量一定不斷變化C．合外力對物體做功為零，物體動能的增量一定為零D．合外力的沖量為零，物體動量的增量一定為零[解析]做變速運動的物體，速度大小不一定變化，動能不一定變化，故A錯誤；做變速運動的物體，速度發(fā)生變化，動量一定不斷變化，故B正確；合外力對物體做功為零，據動能定理，物體動能不變，物體動能的增量一定為零，故C正確；合外力的沖量為零，據動量定理，物體動量不變，物體動量的增量一定為零，故D正確。2.(2023·江西省奉新一中高三上學期第四次月考試題)光滑水平面上以速度v0勻速滑動的物塊，某時刻受到一水平恒力F的作用，經一段時間后物塊運動到B點，速度大小仍為v0，方向改變了90°，如下圖，那么在此過程中eq\x(導學號21993121)(D)A．物塊的動能一定始終不變B．水平恒力F的沖量一定為零C．物塊的速度一定先增大后減小D．水平恒力F方向一定與AB連線垂直[解析]物體的初、末動能相同，根據動能定理，合力對物塊做的功一定為零，故合力與位移垂直，即水平恒力F方向一定與AB連線垂直；由于合力先做負功后做正功，故動能先減小后增加，速度先減小后增大，故D正確，AC錯誤；合力恒定，合力的沖量P＝Ft，F和t都不為零，水平恒力F的沖量一定不為零，B錯誤。應選D。3．(2023·福建省東山二中高三上學期期中試題)物體在恒定的合力作用下做直線運動，在時間t1內動能由零增大到E1，在時間t2內動能由E1增加到2E1，設合力在時間t1內做的功為W1，沖量為I1，在時間t2內做的功是W2，沖量為I2，那么eq\x(導學號21993122)(B)A．I1<I2，W1＝W2 B．I1>I2，W1＝W2C．I1>I2，W1<W2 D．I1＝I2，W1<W2[解析]根據動能定理得：W1＝E1－0＝E1，W2＝2E1－E1＝E1，那么W1＝W2。動量與動能的關系式為p＝eq\r(2mEk)，那么由動量定理得：I1＝eq\r(2mE1)，I2＝eq\r(2m2E1)－eq\r(2mE1)，那么I1＞I2。應選B。4．(2023·重慶市巴蜀中學高三上學期期中理綜物理試題)如下圖為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象，其中E0＝2×106V/m。當t＝0時，在電場中由靜止釋放一個電荷量為＋5×10－7C的帶電粒子，設帶電粒子只受電場力作用，那么以下說法中正確的選項是eq\x(導學號21993123)(C)A．帶電粒子將以某一中心點做往復運動B．t＝1s～2s內，電場力所做的功為零，電場力的沖量為零C．t＝4s～18s內，帶電粒子動量變化量的大小為16kg·m/sD．帶電粒子在t＝1s～4s內的初、末位置間的電勢差為零[解析]由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1s內的加速度a1＝eq\f(qE0,m)，為第2s內加速度a2＝eq\f(2qE0,m)的eq\f(1,2)，因此先加速1s，再減小0.5s速度為零，接下來的0.5s將反向加速，由對稱關系可得，反向加速的距離使帶電粒子剛回到減速開始的點，2～3s粒子繼續(xù)反向加速，v－t圖象如下圖，可知粒子并不是在某一中心點做往復運動，故A錯誤；由v－t圖象可知，在1s～2s內，粒子動能的變化量為零，即電場力所做的功為零；動量的變化不等于零，電場力的沖量不為零，選項B錯誤；根據動量定理，在t＝4s～18s內，帶電粒子動量變化量的大小為：2E0q×10Δt－E0q×4Δt＝16×2×106×5×10－7N·s＝16N·s＝16kg·m/s(其中Δt＝1s)，選項C正確；由圖象可知，帶電粒子從t＝1s時刻到t＝4s時間內的位移不等于零，即電場力做功不為零，電勢能的變化不為零，那么初、末位置間的電勢差不為零，選項D錯誤；應選C。5．(2023·河北省唐山市豐南區(qū)高三上學期期中試題)如下圖，質量相同的兩個小物體A、B處于同一高度?，F使A沿固定的光滑斜面無初速地自由下滑，而使B無初速地自由下落，最后A、B都運動到同一水平地面上。不計空氣阻力。那么在上述過程中，A、B兩物體eq\x(導學號21993124)(BCD)A．所受重力沖量的大小相同 B．所受合力沖量的大小相同C．所受重力做的功相同 D．所受合力做的功相同[解析]由勻變速直線運動的位移公式：s＝eq\f(1,2)at2可以知道，t＝eq\r(\f(2x,a))，物體A做勻加速直線運動，B物體做自由落體運動，A的位移大于B的位移，A的加速度小于B的加速度，那么A的運動時間大于B的運動時間，因為mg相等，由I＝mgt可以知道，A重力的沖量大于B重力的沖量，故A錯誤；A、B運動過程只有重力做功，因為m、g、h都相等，那么重力做功相同，合外力做功相同，由動能定理得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，計算得出：v＝eq\r(2gh)，物體到達地面時的速度大小相等，由動量定理得：I＝mv，那么合外力的沖量大小相等，故BCD正確。6．(2023·山東省濰坊市高三上學期期末試題)如下圖，帶有擋板的小車質量為m，上外表光滑，靜止于光滑水平面上。輕質彈簧左端固定在小車上，右端處于自由伸長狀態(tài)。質量也為m的小球，以速度v從右側滑上小車，在小球剛接觸彈簧至與彈簧別離過程中，以下判斷正確的選項是eq\x(導學號21993125)(AC)A．彈簧的最大彈性勢能為eq\f(1,4)mv2B．彈簧對小車做的功為eq\f(1,4)mv2C．彈簧對小球沖量的大小為mvD．彈簧對小球沖量的大小為eq\f(1,2)mv[解析]彈簧有最大彈性勢能時，小球和小車有共同的速度，由動量守恒可知：mv＝2mv共；由能量關系可得：Ep＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)·2mveq\o\al(2,共)＝eq\f(1,4)mv2，選項A正確；小球與彈簧別離時，小車速度為v小球靜止。彈簧對小車做的功等于小車得到的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，選項B錯誤；彈簧對小球沖量的大小為I＝mv，選項C正確，D錯誤；應選AC。7．(2023·山東省棗莊八中高三上學期期中試題)水平推力F1和F2分別作用在水平面上等質量的a、b兩物體上，作用一段時間后撤去推力，物體將繼續(xù)運動一段時間后停下，兩物體v－t的圖象如下圖，圖中AB∥CD，那么eq\x(導學號21993126)(AC)A．F1的沖量小于F2的沖量B．F1的沖量等于F2的沖量C．兩物體受到的摩擦力大小相等D．兩物體受到的摩擦力大小不等[解析]設a、b兩物體的加速運動時間分別為t1、t2，那么由圖知t1＜t2，當只有摩擦力Ff作用時，由AB∥CD知圖線斜率相同，那么加速度相等，由牛頓第二定律知，摩擦力Ff相等，故C選項正確，D選項錯誤。對a，由動量定理得：IF1－Fft1＝mvA；對b同理得：IF2－Fft2＝mvC.由圖象知，vA＝vC，t1＜t2，所以由mvA＝mvC知，IF1<IF2，因此F1t1＜F2t2，即A正確，B錯誤。應選：AC。8．(2023·江西省奉新一中高三上學期第四次月考試題)如下圖，外表光滑的固定斜面頂端安裝一定滑輪，小物體A、B用細繩連接并跨過滑輪(不計滑輪的質量和摩擦)初始時刻，A、B處于同一高度并恰好保持靜止狀態(tài)。剪斷輕繩后A下落、B沿斜面下滑，那么從剪斷輕繩到物塊各自到達水平地面eq\x(導學號21993127)(BD)A．速度的變化量相同 B．動量的變化量不同C．動能的增量相同 D．重力做功的平均功率相同[解析]剛開始AB處于靜止狀態(tài)，由平衡知識可知：mBgsinθ＝mAg，那么mB>mA，由動能定理可得：mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gh)，因為h相同，落地速率相等，但方向不同，速度的變化量不同，動量變化量不同，A錯誤，B正確；又因為質量不等，所以兩物塊動能變化量不同，故C錯誤；初始時刻，A、B處于同一高度并恰好處于靜止狀態(tài)。當剪斷后，A的合力為mAg，加速度為g，B的合力為mBgsinθ，根據牛頓第二定律可知B的加速度為gsinθ，對A，由h＝eq\f(1,2)gteq\o\al(2,A)，得tA＝eq\r(\f(2h,g))；對B，由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθteq\o\al(2,B)，那么得tB＝eq\f(1,sinθ)eq\r(\f(2h,g))；A重力做功的平均功率為：eq\x\to(P)A＝eq\f(mAgh,tA)＝mAgheq\r(\f(g,2h))；B重力做功的平均功率為：eq\x\to(P)B＝eq\f(mBgh,tB)＝eq\f(mAg,sinθ)hsinθeq\r(\f(g,2h))＝mAgheq\r(\f(g,2h))，所以重力做功的平均功率相等，故D正確。二、非選擇題9．(2023·天津市第一中學高三上學期第二次月考試題)質量為0.2kg的球豎直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/s的速度反向彈回。取豎直向下為正方向，g取10m/s2，在小球與地面接觸的0.2s時間內，小球動量變化量Δp＝_－2__kg·m/s，地面對小球的平均作用力大小F＝_12__N，合外力對小球做的功W＝_－2__J。eq\x(導學號21993128)[解析]取豎直向下為正方向，那么小球與地面碰撞過程中動量的變化為：Δp＝mv2－mv1＝0.2×(－4)kg·m/s－0.2×6kg·m/s＝－2kg·m/s，方向豎直向上。根據動量定理：(mg－F)Δt＝Δp，解得F＝mg－eq\f(Δp,Δt)＝2(eq\f(－2,0.2))N＝12N由動能定理可知，合外力做功：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(1,2)＝eq\f(1,2)×0.2×42J－eq\f(1,2)×0.2×62J＝－2J。10．(2023·江西質檢)汽車碰撞試驗是綜合評價汽車平安性能的有效方法之一。設汽車在碰撞過程中受到的平均撞擊力到達某個臨時界值F0時，平安氣囊爆開。某次試驗中，質量m1＝1600kg的試驗車以速度v1＝36km/h正面撞固定試驗臺，經時間t1＝0.10s碰撞結束，車速減為零，此次碰撞平安氣囊恰好爆開。忽略撞擊過程中地面阻力的影響。eq\x(導學號21993129)(1)求此過程中試驗車受到試驗臺的沖量I0的大小及F0的大??；(2)假設試驗車以速度v1撞擊正前方另一質量m2＝1600kg、速度v2＝18km/h同向行駛的汽車，經時間t2＝0.16s兩車以相同的速度一起滑行。試通過計算分析這種情況試驗車的平安氣囊是否會爆開。答案：(1)1.6×104N·s1.6×105N(2)不會[解析](1)v1＝36km/h＝10m/s，取速度v1的方向為正方向，根據動量定理有－I0＝0－m1v1將數據代入解得I0＝1.6×104N·s由沖量定義有I0＝F0t1將數據代入解得F0＝1.6×105N(2)設試驗車和汽車碰撞后獲得共同速度v，由動量守恒定律有m1v1＋m2v2＝(m1＋m2)v對試驗車，由動量定理有－Ft2＝m1v－m1v1將數據代入解得F＝2.5×104N可見F<F0，故試驗車的平安氣囊不會爆開11.(2023·山西省太原市高三上學期期末)在我國很多地方都建有鐘樓，每逢重大節(jié)日都會進行撞鐘儀式。如下圖，在大鐘旁用鋼絲吊著質量為m的撞錘(可視為質點)，其懸點O與撞錘重心的距離為L，撞錘靜止時恰好與大鐘相接觸。光滑輕質定滑輪與O等高，跨過定滑輪的輕質細繩一端連在撞錘上，另一端自然下垂。某次撞鐘時，抓住繩子的自由端往下拉至α＝37°時靜止，此時連接撞錘的兩根繩恰好成直角，然后突然松手，撞錘擺動后撞擊大鐘發(fā)出聲音。(不計空氣阻力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)eq\x(導學號21993130)(1)撞錘被拉起靜止時，人對繩的拉力是多大？(2)撞錘撞擊大鐘前的瞬間，鋼絲的彈力是多大？(3)假設撞錘撞擊大鐘后速度變?yōu)?，大鐘對撞錘的沖量是多大？答案：(1)0.8mg(2)1.8mg(3)meq\r(0.8gL)[解析](1)撞錘被拉起靜止時，設人對繩的拉力為F1，鋼絲錘的拉力為F2那么由受力分析得：F1cosα＋F2sinα＝mgF1sinα＝F2cosα聯立得：F1＝0.8mg(2)從靜止釋放到撞錘撞擊大鐘前的瞬間mgL(1－sinα)＝eq\f(1,2)mv2撞錘撞擊大鐘前的瞬間，為圓周運動的最低點，那么F－mg＝meq\f(v2,L)聯立得：F＝1.8mg(3)規(guī)定向右為正，那么對撞錘：I＝0－mv⑤聯立③⑤得：I＝－meq\r(0.8gL)大鐘對撞錘的沖量大小為meq\r(0.8gL)。12．(2023·北京海淀區(qū)月考)香港迪士尼游樂園入口旁有一噴泉，在水泵作用下會從鯨魚模型背部噴出豎直向上的水柱，將站在沖浪板上的米老鼠模型托起，穩(wěn)定地懸停在空中，伴隨著音樂旋律，米老鼠模型能夠上下運動，引人駐足，如下圖。這一景觀可做如下簡化，假設水柱以一定的速度從噴口豎直向上噴出，水柱的流量為Q(流量定義：在單位時間內向上通過水柱橫截面的水的體積)，設同一高度水柱橫截面上各處水的速率都相同，沖浪板底部為平板且其面積大于水柱的橫截面積，保證所有水都能噴到沖浪板的底部。水柱沖擊沖浪板前其水平方向的速度可忽略不計，沖擊沖浪板后，水在豎直方向的速度立即變?yōu)榱?，在水平方向朝四周均勻散開。米老鼠模型和沖浪板的總質量為M，水的密度為ρ，重力加速度大小為g，空氣阻力及水的粘滯阻力均可忽略不計。eq\x(導學號21993131)(1)求噴泉單位時間內噴出的水的質量；(2)由于水柱頂部的水與沖浪板相互作用的時間很短，因此在分析水對沖浪板的作用力可忽略這局部水所受的重力。試計算米老鼠模型在空中懸停時，水到達沖浪板底部的速度大??；(3)要使米老鼠模型在空中懸停的高度發(fā)生變化，需調整水泵對水做功的功率。水泵對