第七章第18講提能訓(xùn)練練案[32]基礎(chǔ)過關(guān)練題組一動量沖量1．(多選)如圖，水平飛向球棒的壘球被擊打后，動量變化量為12.6kg·m/s，則(AC)A．球的動能可能不變B．球的動量大小一定增加12.6kg·m/sC．球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等D．球受到棒的沖量方向可能與球被擊打前的速度方向相同[解析]壘球被擊打后，可能以與被擊打前等大的速度反向飛出，所以球的動能可能不變，動量大小可能不變，動量大小增量為零，故A正確，B錯誤；由牛頓第三定律知，球?qū)Π舻淖饔昧εc棒對球的作用力大小一定相等，故C正確；球受到棒的沖量方向是棒對球彈力的方向，與球被擊打前的速度方向相反，故D錯誤。2.如圖所示，質(zhì)量為m的滑塊沿傾角為θ的固定斜面向上滑動，經(jīng)過時間t1，速度為零并又開始下滑，經(jīng)過時間t2回到斜面底端，滑塊在運動過程中受到的摩擦力大小始終為Ff，重力加速度為g。在整個運動過程中，下列說法正確的是(B)A．重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)sinθB．支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθC．合外力的沖量為0D．摩擦力的總沖量為Ff(t1＋t2)[解析]重力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)，A項錯誤；支持力對滑塊的總沖量為mg(t1＋t2)cosθ，B項正確；整個過程中滑塊的動量發(fā)生了改變，故合外力的總沖量不為0，C項錯誤；上滑過程和下滑過程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上為正方向，摩擦力的總沖量為Ff(t2－t1)，D項錯誤。題組二動量定理3．(2020·全國Ⅰ卷)行駛中的汽車如果發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并瞬間充滿氣體。若碰撞后汽車的速度在很短時間內(nèi)減小為零，關(guān)于安全氣囊在此過程中的作用，下列說法正確的是(D)A．增加了司機單位面積的受力大小B．減少了碰撞前后司機動量的變化量C．將司機的動能全部轉(zhuǎn)換成汽車的動能D．延長了司機的受力時間并增大了司機的受力面積[解析]若汽車發(fā)生劇烈碰撞，車內(nèi)的安全氣囊會被彈出并充氣，對司機的頭部、頸部等部位起保護(hù)作用，增大了司機的受力面積，減少了司機單位面積的受力大小，故A項錯誤；有無安全氣囊，司機的速度都是從碰撞前的速度減為零，動量變化量相同，故B項錯誤；當(dāng)司機與安全氣囊發(fā)生作用時，司機的動能轉(zhuǎn)化為司機對安全氣囊做的功，故C項錯誤；安全氣囊起緩沖作用，延長了司機的受力時間，從而減少了司機的受力大小，故D項正確。4.人們對手機的依賴性越來越強，有些人喜歡躺著看手機，經(jīng)常出現(xiàn)手機砸傷眼睛的情況。若手機質(zhì)量為160g，從離人眼約20cm的高度無初速度掉落，砸到眼睛后手機未反彈，眼睛受到手機的沖擊時間約為0.2s，g取10m/s2。下列說法正確的是(D)A．手機與眼睛作用過程中手機的動量變化約為0.48kg·m/sB．手機對眼睛的沖量方向豎直向上C．手機對眼睛的沖量大小約為0.32N·sD．手機對眼睛的平均作用力大小約為3.2N[解析]手機砸到眼睛后手機未反彈，手機的末速度為0，手機到達(dá)人眼時的速度約為v＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.2)m/s＝2m/s，取方向豎直向上為正，手機與眼睛作用過程中手機的動量變化約為Δp＝0－p＝0－(－mv)＝0.16×2kg·m/s＝0.32kg·m/s，故A錯誤；手機對眼睛的沖量方向與手機對眼睛的作用力方向相同，豎直向下，故B錯誤；手機與眼睛作用過程中，由動量定理可知(F－mg)t＝0－(－mv)，解得眼睛對手機的平均作用力大小約為F＝eq\f(mv,t)＋mg＝3.2N，由牛頓第三定律可知，手機對眼睛的平均作用力大小約為3.2N，手機對眼睛的沖量大小約為I＝Ft＝0.64N·s，故C錯誤，D正確。5.(2024·山東濟寧月考)“水刀”是一種應(yīng)用高壓水流切割的技術(shù)，相比于激光切割其具有切割材料范圍廣、效率高、安全環(huán)保等優(yōu)勢。某型號“水刀”工作過程中，將水從面積S＝0.1mm2的細(xì)噴嘴高速噴出，直接打在被切割材料表面，從而產(chǎn)生極大壓強，實現(xiàn)切割。已知該“水刀”每分鐘用水600g，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，假設(shè)高速水流垂直打在材料表面上后，立刻沿材料表面散開沒有反彈，則水對垂直于材料表面方向的壓強p為(C)A．1.0×105Pa B．1.0×106PaC．1.0×107Pa D．1.0×108Pa[解析]一分鐘噴出的水的質(zhì)量m＝ρSvt，可得水的流速v＝eq\f(m,ρSt)，選取Δt時間內(nèi)打在材料表面上的質(zhì)量為Δm的水為研究對象，以從細(xì)噴嘴高速噴出時的速度方向為正方向，由動量定理得－FΔt＝0－Δmv，其中Δm＝ρSvΔt，可得F＝ρSv2，根據(jù)牛頓第三定律知，材料表面受到的壓力F′＝F，水對垂直于材料表面方向的壓強P＝eq\f(F′,S)，解得p＝1.0×107Pa，故C正確，A、B、D錯誤。6．(2024·山東日照月考)質(zhì)量m＝1kg的物體在合外力F的作用下從靜止開始做直線運動。物體所受的合外力F隨時間t的變化圖像如圖所示。下列說法正確的是(D)A．物體先做勻加速直線運動，再做加速度減小的減速運動B．4s末物體的速度為零C．0～6s內(nèi)合外力的沖量為8N·sD．0～6s內(nèi)合外力做功為8J[解析]由題圖可知，0～4s內(nèi)合外力方向不變，則物體先做勻加速直線運動，再做加速度減小的加速運動，最后做加速度增大的減速運動，故A錯誤；由題圖可知，0～4s內(nèi)合外力方向不變，則物體一直做加速運動，4s末物體的速度不為0，故B錯誤；F－t圖線與橫坐標(biāo)軸所圍面積表示合外力的沖量，0～2s內(nèi)合外力的沖量I1＝2×2N·s＝4N·s,2～6s內(nèi)合外力的沖量為0，則0～6s內(nèi)合外力的沖量為4N·s，故C錯誤；對物體在0～2s內(nèi)的過程，由動量定理可得I1＝mv1，即mv1＝4kg·m/s，則2s末物體的動能Ek＝eq\f(mv12,2m)＝eq\f(42,2×1)J＝8J，由于2～6s內(nèi)合外力的沖量為0，即物體的動量不變，則動能也不變，所以0～6s內(nèi)合外力做功為8J，故D正確。7．(2024·云南玉溪高三月考)將質(zhì)量m＝1kg的物塊置于水平地面上，已知物塊與水平地面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，現(xiàn)在物塊上施加一個平行于水平地面的恒力F＝10N，物塊由靜止開始運動，作用4s后撤去F。已知g取10m/s2，對于物塊從靜止開始運動到物塊停下這一過程，下列說法正確的是(B)A．整個過程物塊運動的時間為6sB．整個過程物塊運動的時間為8sC．整個過程中物塊的位移大小為40mD．整個過程中物塊的位移大小為60m[解析]取恒力F的方向為正方向，在整個過程中，由動量定理得Ft1－μmgt＝0，解得t＝8s，選項A錯誤，B正確；物塊在前4s運動的過程中，由動量定理得Ft1－μmgt1＝mv，解得v＝20m/s，因物塊加速和減速過程的平均速度都為eq\x\to(v)＝eq\f(0＋v,2)＝eq\f(v,2)，全程的平均速度也為eq\f(v,2)，則物塊的總位移x＝eq\f(v,2)t＝eq\f(20,2)×8m＝80m，選項C、D錯誤。8．(2022·山東卷)我國多次成功使用“冷發(fā)射”技術(shù)發(fā)射長征十一號系列運載火箭。如圖所示，發(fā)射倉內(nèi)的高壓氣體先將火箭豎直向上推出，火箭速度接近零時再點火飛向太空。從火箭開始運動到點火的過程中(A)A．火箭的加速度為零時，動能最大B．高壓氣體釋放的能量全部轉(zhuǎn)化為火箭的動能C．高壓氣體對火箭推力的沖量等于火箭動量的增加量D．高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭動能的增加量[解析]火箭從發(fā)射倉發(fā)射出來，受豎直向下的重力、豎直向下的空氣阻力和豎直向上的高壓氣體的推力作用，且推力大小不斷減小，剛開始向上的時候高壓氣體的推力大于向下的重力和空氣阻力之和，故火箭向上做加速度減小的加速運動，當(dāng)向上的高壓氣體的推力等于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭的加速度為零，速度最大，接著向上的高壓氣體的推力小于向下的重力和空氣阻力之和時，火箭接著向上做加速度增大的減速運動，直至速度為零，故當(dāng)火箭的加速度為零時，速度最大，動能最大，故A正確；根據(jù)能量守恒定律，可知高壓氣體釋放的能量轉(zhuǎn)化為火箭的動能、火箭的重力勢能和內(nèi)能，故B錯誤；根據(jù)動量定理，可知合力沖量等于火箭動量的增加量，故C錯誤；根據(jù)功能關(guān)系，可知高壓氣體的推力和空氣阻力對火箭做功之和等于火箭機械能的增加量，故D錯誤。能力綜合練9．(多選)水平冰面上有一固定的豎直擋板。一滑冰運動員面對擋板靜止在冰面上，他把一質(zhì)量為4.0kg的靜止物塊以大小為5.0m/s的速度沿與擋板垂直的方向推向擋板，運動員獲得退行速度；物塊與擋板彈性碰撞，速度反向，追上運動員時，運動員又把物塊推向擋板，使其再一次以大小為5.0m/s的速度與擋板彈性碰撞。總共經(jīng)過8次這樣推物塊后，運動員退行速度的大小大于5.0m/s，反彈的物塊不能再追上運動員。不計冰面的摩擦力，該運動員的質(zhì)量可能為(BC)A．48kg B．53kgC．58kg D．63kg[解析]物塊每次與擋板碰撞后，擋板對物塊的沖量大小I沖＝mv0－m(－v0)＝40kg·m·s－1，方向與運動員退行方向相同，以此方向為正方向，以運動員和物塊整體為研究對象，當(dāng)物塊撞擊擋板7次后，7I沖＝m人v7＋mv0，v7<5m/s，得m人>52kg，當(dāng)物塊撞擊擋板8次后，8I沖＝m人v8＋mv0，v8>5m/s，得m人<60kg。故B、C兩項正確，A、D兩項錯誤。10.(多選)2018年1月8日，美國軍方高機密衛(wèi)星在進(jìn)入太空后完全失去了聯(lián)系，新年就迎來發(fā)射失敗。如圖所示，某一質(zhì)量為m的衛(wèi)星殘片從離地面H高處由靜止落至地面并陷入泥土一定深度h而停止，不計空氣阻力，重力加速度為g。關(guān)于殘片下落的整個過程，下列說法中正確的有(AC)A．殘片克服泥土阻力所做的功為mg(H＋h)B．殘片下落的全過程中重力的沖量大小大于泥土阻力的沖量大小C．殘片所受泥土阻力的沖量大于meq\r(2gH)D．殘片從接觸地面到靜止的過程中動量的改變量等于所受阻力的沖量[解析]由動能定理得mg(H＋h)＋Wf＝0，解得Wf＝－mg(H＋h)，則殘片克服泥土阻力所做的功為mg(H＋h)，A正確；殘片下落的全過程中，所受合外力的沖量為零，故重力的沖量大小等于泥土阻力的沖量大小，B錯誤；殘片下落的過程中，根據(jù)自由落體運動規(guī)律得H＝eq\f(v2,2g)，解得v＝eq\r(2gH)，殘片落到地面上后又陷入泥土中，取豎直向下為正方向，由動量定理得IG－If＝0－mv，解得If＝IG＋mv＝IG＋meq\r(2gH)，所以殘片所受泥土阻力的沖量大于meq\r(2gH)，C正確；由動量定理知，殘片從接觸地面到靜止的過程中動量的改變量等于所受阻力的沖量與重力的沖量的矢量和，D錯誤。11．(多選)(2023·新課標(biāo)卷)使甲、乙兩條形磁鐵隔開一段距離，靜止于水平桌面上，甲的N極正對著乙的S極，甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量，兩者與桌面之間的動摩擦因數(shù)相等。現(xiàn)同時釋放甲和乙，在它們相互接近過程中的任一時刻(BD)A．甲的速度大小比乙的大B．甲的動量大小比乙的小C．甲的動量大小與乙的相等D．甲和乙的動量之和不為零[解析]對甲、乙兩條形磁鐵分別做受力分析，如圖所示根據(jù)牛頓第二定律有a甲＝eq\f(F－μm甲g,m甲)，a乙＝eq\f(F－μm乙g,m乙)，由于m甲>m乙，所以a甲<a乙，由于兩物體運動時間相同，且同時由靜止釋放，可得v甲<v乙，A錯誤；對于整個系統(tǒng)而言，由于μm甲g>μm乙g，合力方向向左，合沖量方向向左，所以合動量方向向左，顯然甲的動量大小比乙的小，B、D正確，C錯誤。故選BD。12．(多選)如圖甲所示，將一輕彈簧底端固定在傾角θ＝30°的足夠長的光滑斜面上。把質(zhì)量為1kg的物塊放在彈簧上端(物塊與彈簧不拴接)，使物塊處于靜止?fàn)顟B(tài)。t＝0時刻對物塊施加沿斜面向上的外力F，使得物塊一直做勻加速直線運動。外力F隨位移x變化的關(guān)系如圖乙所示，彈簧始終在彈性限度內(nèi)，取重力加速度g＝10m/s2，則(AC)A．該彈簧的勁度系數(shù)為20N/mB．物塊與彈簧分離時的動能為1.125JC．初始時刻彈簧的彈性勢能為0.625JD．從t＝0時刻到物塊與彈簧分離過程中拉力的沖量大小為3.5N·s[解析]t＝0時刻，對物塊由牛頓第二定律得F1＋kx0－mgsinθ＝ma，mgsinθ＝kx0，物塊與彈簧分離時F2－mgsinθ＝ma，解得k＝20N/m，x0＝0.25m，A正確；從t＝0時刻到物塊與彈簧分離的過程中，由動能定理得eq\f(F1＋F2,2)x0＋eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)－mgx0sinθ＝Ek，解得Ek＝0.5J，B錯誤；初始時刻彈簧的彈性勢能Ep＝eq\f(1,2)kxeq\o\al(2,0)，解得Ep＝0.625J，C正確；從t＝0時刻到物塊與彈簧分離過程中，由動量定理得IF＋I(xiàn)彈－mgtsinθ＝mv，Ek＝eq\f(1,2)mv2，v＝at，解得IF＋I(xiàn)彈＝3.5N·s，因此過程中拉力的沖量大小應(yīng)小于3.5N·s，