2025人教版高中物理选择性必修第一册同步练习题（有解析）--1.2　动量定理

中小学教育资源及组卷应用平台
2025人教版高中物理选择性必修第一册
第一章　动量守恒定律
2　动量定理
基础过关练
题组一　恒力冲量的计算
1.(2024河北唐山开滦第二中学月考)如图,一人用恒定的拉力F拉着行李箱在水平路面上匀速前进,拉力与水平方向成θ角,在时间t内,以下说法正确的是 (　　)
A.行李箱所受拉力F的冲量方向水平向左
B.行李箱所受拉力F的冲量大小是Ft cos θ
C.行李箱所受摩擦力的冲量大小为0
D.行李箱所受合力的冲量大小为0
2.(2024辽宁沈阳联考)如图所示,运动员将质量为m的网球从O点以速度v0水平击出,网球落到水平地面上的N点时速度方向与竖直方向的夹角为45°,不计空气阻力,则网球从O点运动到N点的过程中,重力对网球的冲量大小为 (　　)
A.　　　　　　　　 B.mv0
C.mv0　　　　　　　　 D.2mv0
3.(经典题)设运动员的质量为m,托起质量为M的杠铃从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙),该过程杠铃和人的肩部相对位置不变,运动员保持乙状态站立Δt时间后再将杠铃缓慢向上举至双臂伸直停止(图丙)。甲到乙、乙到丙过程杠铃上升的高度分别为h1、h2,经历的时间分别为t1、t2,重力加速度为g,则整个过程中,下列说法正确的是 (　　)
A.地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2),地面对运动员做的功为(M+m)g(h1+h2)
B.地面对运动员的冲量为(M+m)g(t1+t2),地面对运动员做的功为0
C.运动员对杠铃的冲量为Mg(t1+t2+Δt),运动员对杠铃做的功为Mg(h1+h2)
D.运动员对杠铃的冲量为Mg(t1+t2+Δt),运动员对杠铃做的功为0
题组二　变力冲量的计算
4.一质量为0.25 kg的滑块静置在水平地面上,在水平拉力F作用下,由静止开始运动。已知力F随时间变化的规律如图所示,滑块与地面间的动摩擦因数为0.8,取g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则0~6 s内拉力F和滑块受到的合外力冲量大小分别为 (　　)
A.14 N·s,3 N·s　　　　　　　　B.14 N·s,0
C.3 N·s,14 N·s　　　　　　　　D.0,3 N·s
5.质量为m=0.5 kg的物块静止在粗糙水平面上,0时刻起受到一个水平向右的拉力F的作用,拉力F和摩擦力f的大小随时间变化的规律如图所示,g=10 m/s2,若最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则下列说法错误的是 (　　)
A.物块与水平面间的动摩擦因数为0.2
B.前3 s拉力的冲量大小为6.5 N·s
C.前3 s拉力做的功为24 J
D.前2 s的平均速度为2 m/s
题组三　利用动量定理定性分析
6.(2024江苏南京人民中学、南通海安实验中学联考)如图所示是某手机防摔装置,下列有关说法正确的是 (　　)
A.防摔装置可以减小手机的动量的变化量
B.防摔装置可以减小手机的动量的变化率
C.防摔装置可以减小手机的动能的变化量
D.防摔装置可以增加地面对手机的作用力
7.(2024安徽池州联考)如图所示,铁架台放在水平面上,长木板搭在铁架台立柱上构成一个简易斜面,将一个光滑小球由木板上的A点处静止释放,小球会沿木板滑至水平面。保持小球释放点A与末端距离不变,调整长木板与水平面之间的夹角θ,下面关于小球在木板上滑动过程的说法正确的是 (　　)
A.θ越大,小球所受重力的冲量越大
B.θ越大,长木板对小球的弹力的冲量越大
C.θ越大,小球所受合力的冲量越大
D.小球所受合力的冲量与长木板与水平面之间的夹角θ无关
8.(2024湖南长沙长郡中学期中)在某次训练中,跳水运动员在跳台上由静止开始竖直落下,进入水中后做减速运动,速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力,下列说法正确的是　 (　　)
A.运动员在空中运动时,其动量变化量小于重力的冲量
B.运动员从刚进入水中到速度减为零的过程中,其重力的冲量等于水的作用力的冲量
C.运动员从开始下落到速度减为零的过程中,其动量的变化量等于水的作用力的冲量
D.运动员从开始下落到速度减为零的过程中,其重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向
题组四　利用动量定理定量计算
9.(多选题)(2024重庆名校联盟联考)生活中,有些人喜欢躺着看手机,偶尔会出现手机滑落砸到脸上的情况。若某手机的质量为200 g,从距人脸上方约20 cm的高度与地面平行无初速度掉落,砸到人脸后经0.1 s手机停止运动。忽略空气阻力,取重力加速度g=10 m/s2,下列分析正确的是 (　　)
A.人脸受到的平均撞击力大小约为6 N
B.人脸受到的平均撞击力大小约为4 N
C.全过程手机重力的冲量大小约为0.2 N·s
D.全过程手机重力的冲量大小约为0.6 N·s
10.(2024重庆南开中学期中)某篮球队员做赛前热身时,篮球在地面与手之间沿竖直方向做往复运动。某次篮球在与地面接触的t1时间内动量的改变量大小为Δp1,在与手接触的t2时间内动量改变量的大小为Δp2。已知篮球的质量为m,重力加速度大小为g,不计空气阻力,则下列说法正确的是 (　　)
A.篮球在t1时间内受到地面的平均作用力大小为
B.篮球在t1时间内受到地面的平均作用力大小为+mg
C.篮球在t2时间内受到手的平均作用力大小为
D.篮球在t2时间内受到手的平均作用力大小为+mg
11.(教材习题改编)(多选题)打糍粑是中国传统节日的风俗,流行于中国南方地区。已知木槌质量为10 kg,木槌刚接触糍粑时的速度是2 m/s,打击0.05 s后木槌静止,重力加速度g=10 m/s2,关于打击糍粑过程,下列说法正确的是 (　　)
A.木槌在0.05 s时间内动量先变大后变小
B.木槌打击糍粑的平均作用力为500 N
C.木槌打击糍粑的平均作用力为400 N
D.木槌在0.05 s时间内受到的合外力的冲量大小为20 N·s
12.(教材深研拓展)(多选题)汽车安全性能是如今衡量汽车品质的重要标志,安全气囊是否正常弹出、安全带是否发挥作用、挡风玻璃是否破碎等都是汽车碰撞测试中衡量汽车安全性能的重要因素。某次测试中质量为1 600 kg的实验汽车在车道上加速至v0=20 m/s的速度撞上碰撞试验台后以v1=5 m/s的速度反向弹回,车滑行(熄火)2 m后停止,数据传感器记录此次碰撞的时间为0.05 s,重力加速度g取10 m/s2,则 (　　)
A.汽车发生碰撞时,弹出的安全气囊可增加模拟乘员与车接触的时间,从而起到缓冲作用,减小模拟乘员受到的撞击力
B.实验汽车反向弹回后直至停止的时间为1 s
C.实验汽车与车道之间的动摩擦因数为0.4
D.此过程中汽车受到碰撞试验台的平均作用力大小为8.0×105 N
13.(经典题)(2024江苏常州联考)我国规定摩托车、电动车骑乘人员必须依法佩戴具有防护作用的安全头盔。小明在某轻质头盔的安全性测试中进行了模拟检测,如图所示,某次他在头盔中装入质量为5.0 kg的物体,物体与头盔紧密接触,使其从1.8 m的高处自由落下,并与水平地面发生碰撞,头盔被挤压了0.03 m时,物体的速度减为0。物体挤压头盔过程中视为做匀减速直线运动,不考虑物体和地面的形变,忽略空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
(1)物体在自由下落过程中重力的冲量;
(2)物体做匀减速直线运动过程中动量的变化量;
(3)物体做匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小。
能力提升练
题组一　动量定理与图像结合问题
1.(2022江苏苏州一中月考)甲、乙两物体分别在恒定的合外力F1和F2的作用下沿同一直线运动,它们的动量随时间的变化关系如图所示,设甲在t1时间内所受的冲量大小为I1,乙在t2时间内所受的冲量大小为I2,则下列关系正确的是 (　　)
A.F1F2,I1>I2
C.F1>F2,I1=I2　　　　　　　　D.F1=F2,I1=I2
2.(多选题)(2023河北保定期中)如图甲所示,倾角为30°的光滑斜面(足够长)固定在水平面上,质量为2 kg的物块静止在斜面底端,t=0时刻给物块施加沿斜面方向的作用力F,物块运动的a-t图像如图乙所示,取沿斜面向上为正方向,重力加速度g=10 m/s2,下列说法中正确的有 (　　)
　
A.前2 s内F的大小是第3 s的2倍
B.3 s内物块所受合力的冲量为零
C.3 s内力F做功为零
D.3 s内力F的冲量为30 N·s
3.(2024河南洛阳联考)一风力发电机出现故障,检修人员乘坐图甲所示升降机到顶端检修平台进行检修,升降机上升过程的速度-时间关系如图乙所示,加速和减速运动时加速度大小均为a,匀速运动时速度为v0。已知升降机和检修人员的总质量为m,升降机启动平台到检修平台的竖直高度为h,上升过程中升降机所受阻力恒为总重力的k倍,重力加速度为g。关于此过程,下列说法正确的是 (　　)
　　　　　
A.升降机总的运行时间为-
B.牵引力对升降机的冲量大小为(mg+kmg)
C.牵引力做功为(mg-kmg)h
D.匀减速初始时刻牵引力的功率为(mg+kmg)v0
4.(多选题)(2024湖南长沙联考)C919大型客机是我国按照国际通行适航标准自行研制、具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机,在它的研制过程中风洞实验是必不可少的。现某同学在风洞中完成了以下实验:将一个质量为m的物体放在水平网上(网不影响物体受到的风力),调节风力大小,并记录了物体所受竖直向上的风力F与时间t的关系,如图所示。下列说法正确的是 (　　)
A.在前2t0时间内物体加速度不变
B.在前6t0时间内物体一直向上运动
C.在5t0时刻物体的速度大小为gt0
D.在前6t0时间内物体的最大速度为
题组二　利用动量定理处理“连续流体类”问题　
5.(经典题)(2024重庆期中联考)现代生活环境中,一些地方常设置有广告牌,大风对广告牌的安全影响值得关注。若某广告牌的横截面积为S,空气密度为ρ,设定大风以速度v迎面垂直吹向该广告牌,末速度变为零,则大风对该广告牌的平均作用力大小为 (　　)
A.　　　　B.ρSv2　　　　C.2ρSv2　　　　D.4ρSv2
6.(2024辽宁名校联盟联考)某同学正在用一平底煎锅炸豆子。假设每个豆子的质量均为m,弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖,撞击速度均为v,每次撞击后速度大小均变为v,撞击的时间极短,忽略豆子重力作用,发现质量为M的锅盖刚好被顶起。重力加速度为g,则单位时间内撞击锅盖的豆子个数为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
7.(2024山东青岛联考)如图,货车在一水平恒力F作用下沿光滑水平面运动,当货车经过一竖直固定的漏斗下方时,沙子由漏斗连续地落进货车,单位时间内落进货车的沙子质量恒为m0。某时刻,货车(连同已落入其中的沙子)质量为M,速度为v,此时货车的加速度为 (　　)
A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.
8.(经典题)(2024江苏徐州第七中学月考)用高压水枪清洗汽车的照片如图所示。设水枪喷出的水柱截面为圆形,直径为D,水流速度大小为v,水柱垂直于汽车表面,冲击汽车后反向的速度大小为0.2v,高压水枪的质量为M,手持高压水枪操作,已知水的密度为ρ。下列说法不正确的是 (　　)
A.水柱对汽车的平均冲力为ρv2πD2
B.高压水枪单位时间内喷出的水的质量为ρvπD2
C.高压水枪喷出水柱的直径D减半时,水柱对汽车的压强不变
D.当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时,平均冲力加倍
9.(2024山东青岛第一中学期中)《三体》中描写的三体舰队通过尘埃区被动减速的场景,引起了天文爱好者们的讨论,如果想要不减速通过尘埃区,就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度为ρ=4.0×10-8 kg/m3,飞船进入尘埃区的速度为v=3.0×105 m/s,飞船垂直于运动方向上的最大横截面积为S=10 m2,尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上,求:
(1)单位时间(Δt=1 s)内附着在飞船上的微粒质量;
(2)飞船要保持速度v不变,所需提供的动力与该动力的功率大小。
答案与分层梯度式解析
第一章　动量守恒定律
2　动量定理
基础过关练
1.D　行李箱所受拉力F的冲量方向与F的方向相同,行李箱所受拉力F斜向上,则F的冲量方向斜向上,A错误;根据恒力冲量的定义可知,冲量等于力与时间的乘积,故行李箱所受拉力的冲量大小为I=Ft,(易错点)B错误;水平方向根据平衡条件可得f=F cos θ,故行李箱所受摩擦力的冲量大小为If=ft=Ft cos θ,C错误;行李箱所受合力为零,故合力的冲量大小为0,D正确。
2.B　在N点有=tan 45°,由vy=gt可得网球从O点运动到N点的时间t==,重力对网球的冲量大小为I=mgt=mv0,B正确。
3.C
图形剖析　
根据冲量的概念可知,地面对运动员的冲量为I1=(M+m)g(t1+t2+Δt)(点拨:整体法分析,把运动员和杠铃作为研究对象),运动员对杠铃的冲量为I2=Mg(t1+t2+Δt)(点拨:隔离法分析,把杠铃作为研究对象),地面对运动员的支持力不做功(易错点),运动员对杠铃做的功为W=Mg(h1+h2),选项C正确。
4.A
图形剖析　
根据F-t图像中图线与t轴所围成的面积表示力F的冲量(解题技法)得0~6 s内,拉力F的冲量大小为IF= N·s=14 N·s。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,即f=μmg=2 N,当t=1 s时,F=2 N=f,在0~1 s内,滑块处于静止状态,合外力的冲量为零,滑块在1 s后开始运动,故0~6 s内,滑块受到的合外力的冲量大小I合=IF'-If=×(4+2)×1+4×3-2×1 N·s-2×5 N·s=3 N·s,选项A正确,B、C、D错误。
5.D　由题图可知,滑动摩擦力大小为1 N,由f=μFN=μmg,可得μ=0.2,选项A正确;前3 s内拉力的冲量IF= N·s=6.5 N·s,选项B正确;物块运动后,加速度为a==4 m/s2,发生的位移为x=at2,其中t=2 s,则x=8 m,所以拉力做的功为W=F·x=24 J,选项C正确;前2 s物块发生的位移为2 m,故平均速度为1 m/s,选项D错误。故选D。
6.B　根据动量定理FΔt=Δp,可得F=,防摔装置的作用是延长手机与地面的接触时间Δt,从而减小手机所受到的合外力,即减小手机动量的变化率,而手机动量的变化量Δp未发生变化,动能的变化量也不变,A、C、D错误,B正确。
7.C　小球从长木板A点滑至末端,位移大小L相等,倾角越大,运动时间t越短,小球重力的冲量越小,A错误;长木板倾角越大,长木板对小球的弹力FN越小,运动时间t越短,弹力的冲量为FNt,所以长木板倾角越大,弹力的冲量越小,B错误;设小球到达长木板末端时的速度为v,根据动量定理,下滑过程合力的冲量为mv,长木板倾角越大,小球距水平面的高度越高,则到达木板末端的速度v越大,因此合力的冲量越大,C正确,D错误。
8.D　运动员在空中运动过程中只受重力作用,根据动量定理可知运动员在空中运动时,其动量的变化量等于重力的冲量,A错误;运动员在水中运动过程中受到重力和水对他的作用力,动量的变化向上,则其重力的冲量小于水的作用力的冲量,B错误;整个过程其动量的变化量等于合外力的冲量,C错误;整个过程根据动量定理可得I=IG+IF=m·Δv=0,所以IG=-IF,即运动员整个运动过程中重力的冲量与水的作用力的冲量等大反向,D正确。
9.AD　根据自由落体运动规律得v==2 m/s,手机与脸作用后手机的速度变成0,选取竖直向上为正方向,所以手机与脸作用过程中动量变化为Δp=0-(-mv)=0.40 kg·m/s,手机与人脸接触的过程中受到重力与人脸的作用力,根据动量定理可知Ft-mgt=Δp,代入数据解得F=6 N,根据牛顿第三定律,人脸受到的平均撞击力F'=F=6 N,A正确,B错误;手机下落时间t'==0.2 s,全过程中重力的冲量大小为mg(t+t')=0.6 N·s,C错误,D正确。
一题多解　全过程中重力冲量的大小,也可以根据动量定理来求。对全过程由Ft-IG=0,得IG=0.6 N·s
10.B　篮球与地面接触的过程中,设地面对篮球的平均作用力为F1,选取竖直向上为正方向,由动量定理得(F1-mg)t1=Δp1,解得F1=+mg,B正确,A错误;同理,篮球与手接触的过程中,设手对篮球的平均作用力为F2,选取竖直向下为正方向,由动量定理得(mg+F2)t2=Δp2,可解出F2=-mg,C、D错误。
11.ABD　木槌打击糍粑的过程中,开始时糍粑对木槌的作用力较小,木槌做加速运动,打击到一定深度后,糍粑对木槌的作用力较大,木槌做减速运动,因此木槌的动量先变大后变小,A正确;以向下为正方向,根据动量定理,可求得木槌受到的合外力的冲量为I=Δp=0-mv0=-20 N·s,又I=(-F+mg)t,解得糍粑对木槌的平均作用力大小为F=500 N,根据牛顿第三定律,可知木槌打击糍粑的平均作用力为500 N,选项B、D正确,C错误。
12.AD　汽车发生碰撞时,在人动量变化相同的情况下,弹出的安全气囊可增加模拟乘员与车接触的时间,根据动量定理FΔt=mΔv可知,可起到缓冲作用,减小模拟乘员受到的撞击力,选项A正确;根据x=t,解得实验汽车反向弹回后直至停止的时间t=0.8 s,选项B错误;根据逆向思维法,结合运动学公式得v1=at=μgt,实验汽车与车道之间的动摩擦因数μ=0.625,选项C错误;规定汽车初速度方向为正方向,则初动量为p0=mv0=3.2×104 kg·m/s,末动量为p1=-mv1=-8×103 kg·m/s,此过程中汽车的动量变化量为Δp=p1-p0=-4.0×104 kg·m/s,由动量定理可得F·Δt=Δp,解得F=-8.0×105 N,此过程中汽车受到碰撞试验台的平均作用力大小为8.0×105 N,选项D正确。
13.答案　(1)30 N·s,方向竖直向下
(2)30 kg·m/s,方向竖直向上　(3)3 050 N
解析　选取竖直向下为正方向。
(1)自由下落过程中,由
h=g得t1=0.6 s
重力的冲量I=mgt1=30 N·s,方向竖直向下
(2)落地速度v=gt1=6 m/s
动量的变化量Δp=0-mv=-30 kg·m/s,负号表示方向竖直向上
(3)根据x=·t2
得头盔与物体作用的时间
t2=0.01 s
由mgt2-Ft2=0-mv
可得F=3 050 N
方法技巧　应用动量定理计算的一般步骤
能力提升练
1.C　由图像可知,甲、乙两物体动量变化量的大小相等,由动量定理知,它们所受冲量的大小相等,即I1=I2,根据I=Ft,t2>t1,所以F1>F2,C正确,A、B、D错误。
2.ABD
关键点拨　解答本题的关键是知道a-t图像中图线与横轴所围面积表示速度的变化量,然后根据牛顿第二定律、动能定理和动量定理解题。
0~2 s,根据牛顿第二定律有F1-mg sin 30°=ma1,可得F1=20 N,2~3 s,根据牛顿第二定律有F2-mg sin 30°=ma2,可得F2=-10 N,故前2 s内F的大小是第3 s的2倍,A正确;a-t图像与横轴围成的面积表示速度的变化量(破题关键),可得Δv=[5×2+(-10)×1] m/s=0,根据动量定理可知3 s内物块所受合力的冲量为I合=mΔv=0,B正确;3 s内根据动能定理有WF+WG=0,3 s内重力做负功,故力F做正功,C错误;3 s内力F的冲量为IF=F1t1+F2t2=(20×2-10×1) N·s=30 N·s,D正确。
3.B　根据动力学公式有t1=,h=2×a+v0t2,联立可得t2=-,升降机总的运行时间为t=2t1+t2=+,A错误;根据动量定理有IF-mgt-kmgt=0,解得牵引力对升降机的冲量大小为IF=(mg+kmg),B正确;根据动能定理有WF-mgh-kmgh=0,解得牵引力做功为WF=(mg+kmg)h,C错误;匀减速初始时刻有mg+kmg-F=ma,匀减速初始时刻牵引力的功率为P=Fv0=(mg+kmg-ma)v0,D错误。
4.CD
图形剖析　
由题图可知,风力是变化的,0~t0物体静止,t0~2t0时间内,物体向上运动,加速度竖直向上,不断增大,选项A、B错误;从t0到5t0这段时间,对物体应用动量定理有IF-mg×4t0=mv1-0,由图像可知这段时间内风力的冲量IF=+=,解得v1=,C正确;由图形剖析可得在5.6t0时物体的加速度为零,速度最大,(破题关键)从t0到5.6t0,对物体应用动量定理有IF'-mg×4.6t0=mvm-0,由图像可知这段时间内风力的冲量IF'=++=,解得vm=,D正确。
一题多解　本题还可作出物体的a-t图像,利用图像面积的物理意义求解。
5.B　在时间Δt内,吹向该广告牌的空气的质量Δm=ρSv·Δt,对这部分空气由动量定理有-FΔt=0-Δm·v。由牛顿第三定律可得,大风对该广告牌的平均作用力大小F'=F,联立可得F'=ρSv2,B正确。
模型构建　
6.B　设单位时间内撞击锅盖的豆子个数为n,取竖直向下为正方向,由动量定理可得FΔt=Δm·v-(-Δmv),其中F=Mg,Δm=nΔt·m,解得n=,A、C、D错误,B正确。
7.B　依题意,极短的一段时间Δt内落入货车的沙子质量为Δm=m0Δt,沙子落入货车后,立即和货车共速,(破题关键)取水平向右为正方向,由动量定理可得F'Δt=Δm·v,解得F'=m0v,方向向右,根据牛顿第三定律可知,货车受到沙子的反作用力向左,大小为F″=m0v。对货车(连同落入的沙子),由牛顿第二定律可得F-F″=Ma,解得a=,选项B正确。
方法技巧　应用动量定理分析流体相互作用问题的方法
(1)确定一小段时间Δt内的流体为研究对象。
(2)写出选取的流体的质量m与Δt的关系式。
(3)分析选取的流体的受力情况和初、末态的动量。
(4)应用动量定理列式求解。
8.D　高压水枪单位时间内喷出的水的质量为m0==ρvπD2,规定水流反弹方向为正方向,由动量定理得FΔt=0.2mv-(-mv),m=m0Δt,解得F=ρv2πD2,根据牛顿第三定律,水柱对汽车的平均冲力F'=F=ρv2πD2,选项A、B正确;水柱对汽车的压强为p==1.2ρv2,高压水枪喷出水柱的直径D减半时,水柱对汽车的压强不变,C正确;根据F'=ρv2πD2,当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时,平均冲力变为原来的4倍,D错误。
9.答案　(1)0.12 kg　(2)3.6×104 N　1.08×1010 W
解析　(1)飞船在尘埃区飞行Δt时间,在这段时间内附着在飞船上的微粒质量
Δm=ρSvΔt=0.12 kg
(2)微粒由静止到与飞船一起运动,微粒的动量增加。
由动量定理Ft=Δp得
FΔt=Δm·v=ρSvΔt·v
解得F=ρSv2=3.6×104 N
则所需提供的动力大小为3.6×104 N
功率P=Fv=1.08×1010 W
导师点睛　解答本题要抓住三个关键:
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)