第1章 第2节 动量定理-【高中必刷题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册同步课件（粤教版2019）

物理 选择性必修 第一册 YJ 1 2 第二节 动量定理 刷基础 2 1.[重庆南开中学2023高一下期末] （多选）有关动量的认识，下列说法正确的是( ) BD A.物体的动量变化，其动能一定变化 B.物体做变速运动，合力一定不为零，动量一定发生变化 C.物体做直线运动，动量变化量的方向与物体的运动方向相同 D.在极短时间内，运动的物体动量变化量的方向与其受到的合力方向相同 题型1 对动量定理的理解 3 解析 物体的动量变化，可能只是速度方向发生变化，大小不变，此时动能不变，A错误；物体 做变速运动，有加速度，合力一定不为零，动量一定发生变化，B正确；物体做直线运动，动量 变化量的方向与合力的方向相同，而当物体做减速运动时，合力方向与物体的运动方向相反，C 错误；根据动量定理，运动物体的动量变化量等于其受到合力的冲量，则在极短时间内，物体动 量变化量的方向与其受到的合力方向相同，D正确. 题型1 对动量定理的理解 4 2.[广东广州华南师大附中2023高二上月考] （多选）如图所示，一不可伸长的轻绳的一 端固定于 点，另一端系一小球，开始时将轻绳向右拉至水平，然后将小球由静止释放， 则小球由静止到运动到最低点的过程，下列说法正确的是( ) BD A.拉力对小球的冲量为零 B.重力对小球的冲量方向竖直向下 C.小球的动量变化量方向竖直向下 D.合力对小球的冲量方向水平向左 题型1 对动量定理的理解 5 解析 轻绳的拉力不为零，根据 可知，拉力对小球的冲量不为零，选项A错误；重力方向竖 直向下，可知重力对小球的冲量方向竖直向下，选项B正确；小球的初动量为零，末动量方向水 平向左，可知小球的动量变化量的方向水平向左，根据动量定理可知，合力对小球的冲量方向水 平向左，选项C错误，D正确. 题型1 对动量定理的理解 6 3.[广东广州六中2024高二上开学考] 从同一高度抛出完全相同的甲、乙、丙三个小球，甲球竖直 向上抛出，乙球竖直向下抛出，丙球水平抛出.若三个小球落地时的速率相同，不计空气阻力，则 下列说法正确的是( ) D A.抛出时甲、乙的动量相同，其动量大小均不小于丙的动量大小 B.落地时三个小球的动量相同，动能也相同 C.从抛出到落地过程，三个小球的动量变化量相同 D.从抛出到落地过程，三个小球受到的冲量都不同 题型1 对动量定理的理解 7 解析 根据动能定理可知，三个小球抛出时的速度大小相等，由题意知，三个小球的初速度方向 不同，根据动量表达式 可知，抛出时三个完全相同小球的动量大小相等，方向都不相同， 故A项错误.落地时三个小球的速率相等，则动能相同，甲、乙的速度方向相同，与丙的速度方向 不同，动量不同，故B项错误.三个小球运动过程中只受到重力作用，但运动时间不同，甲小球运 动的时间最长，乙小球运动的时间最短，由动量定理可知，三个小球受到的冲量不同，动量变化 量不同，故C项错误，D项正确. 题型1 对动量定理的理解 8 4.[江西赣州部分学校2024高二上联考] 将一个质量为的小球从某一高度以速度 竖直向上抛出， 落回抛出点的速度大小为，在运动过程中，小球受到的阻力大小与速度大小 成正比 （，为常数），重力加速度为 .小球从抛出到回到抛出点的过程中，下列说法正确的是 ( ) A A.阻力的冲量为0 B.重力的冲量大小为 C.小球上升过程的时间大于下降过程的时间 D.小球在这个过程中运动的总时间大于 题型2 动量定理的应用 9 解析 以竖直向下为正方向，根据冲量的表达式可知阻力的冲量为 ，小球从抛出 到回到抛出点的过程中位移为零，则阻力的冲量为零，故A正确；根据动量定理可知 ，所以小球在这个过程中运动的总时间为 ， 故B、D错误；小球上升的初速度大于小球下降的末速度，上升的位移和下降的位移相等，所以 小球上升过程的时间小于下降过程的时间，故C错误. 题型2 动量定理的应用 10 5. [河北唐山2024高二上月考] 如图，两个质量相等的物体（均可视为质点）在同一高度 沿倾角不同的两个光滑固定斜面由静止自由滑下，到达斜面底端，下列说法正确的是( ) D A.刚到达斜面底端时两个物体的动量相同 B.到达斜面底端时两个物体的动能不相等 C.两个物体所受重力的冲量大小相等 D.两个物体所受合力的冲量大小相等 题型2 动量定理的应用 11 解析 根据动能定理可知 ，则到达斜面底端时两个物体的动能相等，速度大小相等， 但速度方向不同，到达斜面底端时两个物体的动量大小相等，方向不同，根据动量定理 可知，两个物体所受合力的冲量大小相等，方向不同，故A、B错误，D正确； 设斜面倾角为 ,物体在斜面上下滑的加速度大小为 ，根据运动学公式可知 ，可得下滑的时间为 ，因为斜面倾角不同，所以两个物体下滑的时间不同， 则两个物体所受重力的冲量 不相等，故C错误. 题型2 动量定理的应用 12 【教材变式】本题目由教材P6第1题演变而来，计算冲量时，一定要明确是计算分力的冲量还是 合力的冲量，如果是计算分力的冲量，还必须明确是哪个分力的冲量. 题型2 动量定理的应用 13 6.[湖北孝感普通高中协作体2023高二上联考] （多选）严冬树叶结有冰块，人在树下经常出现冰 块砸到头部的情况，非常危险.若冰块质量为，从头部上方约 的高度处无初速度掉落， 砸到头部后冰块未反弹，头部受到冰块的冲击时间约为，取 ，不计空气阻力，下列 分析正确的是( ) AD A.冰块接触头部之前的速度大小约为 B.冰块对头部的冲量大小约为 C.冰块对头部的平均作用力大小约为 D.冰块与头部作用过程中冰块的动量变化量大小约为 题型2 动量定理的应用 14 解析 冰块掉落时做自由落体运动，故冰块接触头部之前瞬间的速度大小约为 ，A正确；设头部对冰块的作用力为 ，因为冰块落在 头部未反弹，速度减为零，以竖直向上为正方向，由动量定理得 ，解得 ，根据牛顿第三定律可知，冰块对头部的作用力大小约为 ，作用时间约为 ，故冰块对头部的冲量大小约为 ，B、C错误；以竖直向上为 正方向，冰块的动量变化量大小约为 ， D正确. 题型2 动量定理的应用 15 7.[湖南邵阳2024月考] 如图甲所示，一小物块在水平向右的推力作用下从 点由静止开始向右 做直线运动，力的大小随时间变化的规律如图乙所示，物块的质量 ，与台面间的动摩 擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，.则小物块在 时刻的速度大 小为( ) B 甲 乙 A. B. C. D. 题型2 动量定理的应用 16 解析 物块与台面间的滑动摩擦力，在内力随 变化的关系为 ，当物块开始滑动时，有，解得， 图线与坐标轴围成图形的 面积表示冲量，在内力的冲量为 ， 在内，取向右为正方向，根据动量定理有 ，其中 ，解得小物块在时刻的速度大小为 ，故选B. 题型2 动量定理的应用 17 8.[广东汕头2024高二上期中] “内海湾，坐轮渡，吹海风，赏日落”现在已经是很多游客来汕头 必打卡的项目之一.如图所示，轮船的船舷和码头的岸边一般都固定有橡胶轮胎，轮船驶向码头停 靠时与码头发生碰撞，对于这些轮胎的作用，下列说法正确的是( ) C A.减小轮船与码头碰撞过程中所受的冲量 B.减小轮船与码头碰撞过程中动量的变化量 C.减小轮船与码头碰撞时受到的作用力 D.增大轮船与码头碰撞时受到的作用力 题型3 用动量定理分析生活中的现象 18 解析 对轮船靠岸与码头碰撞的过程，有轮胎和无轮胎时轮船的初、末速度没有变化，轮船的动 量变化量相同，根据动量定理可知轮船受到的冲量也相同，故A、B错误；轮胎可以起到缓冲作用， 延长轮船与码头碰撞时的作用时间，根据动量定理可知，轮船因碰撞受到的作用力减小，故C正 确，D错误. 题型3 用动量定理分析生活中的现象 19 9.[北京市清华附中2023高二下开学考] （多选）在测试汽车的安全气囊对驾乘人 员头部防护作用的试验中，某小组得到了假人头部所受安全气囊的作用力的大小随 时间变化的曲线（如图）.从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人头部只受到安全 气囊的作用，则由曲线可知，假人头部( ) AD A.动量的变化量等于曲线与横轴围成图形的面积 B.动量大小先增大后减小 C.动能变化量等于曲线与横轴围成图形的面积 D.加速度大小先增大后减小 题型3 用动量定理分析生活中的现象 20 解析 根据题意，假人的头部只受到安全气囊的作用，则 图线与横轴围成的面积即表示合外 力的冲量，根据动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，即 图线与横轴围成的面积 表示动量的变化量，且图线始终在时间轴上方，则可知动量变化量的大小一直增大，以 方向为 正，可知，由题意可知与 反向，则假人头部的动量先减小到零后反向增大，故 A正确，B错误；根据动量与动能的关系有 ，而动量变化量等于图线与横轴围成的面积， 则可知动能变化不等于图线与横轴围成图形的面积，故C错误；假人头部只受到气囊的作用力， 而根据图像可知，作用力随时间先增大后减小，根据牛顿第二定律 可知，假人头部 加速度大小先增大后减小，故D正确. 题型3 用动量定理分析生活中的现象 21 10.某一学生为了检查篮球内的气体是否充足，于是将篮球自离地面高处以大小为 的 初速度竖直向下扔出，球与地面相碰后竖直向上弹起的最大高度为.已知篮球的质量为 , 球与地面接触时间为 ，若把这段时间内球对地面的作用力当成恒力，则此力的大小为 （空气阻力不计，取 ）( ) C A. B. C. D. 题型3 用动量定理分析生活中的现象 22 解析 设篮球与地面碰前瞬间的速度大小为，碰后速度大小为 ，由运动学规律，对篮球下落 过程有，代入数据解得，对篮球上升过程有 ，代入数据解得 ，以竖直向上为正方向，则对篮球与地面相碰过程，由动量定理有 ，代入数据解得 ，由牛顿第三定律可知，篮球对地面的 作用力大小 ，故C正确. 题型3 用动量定理分析生活中的现象 23 11.[湖北十堰区县普通高中联合体2024高二上联考] 如图所示，学生练习用头颠球.某 一次足球从头部上方 处由静止自由下落，碰到头部后被重新顶起，离开头部后 竖直上升的最大高度为.已知足球与头部的作用时间为 ，足球的质量为 ，取 ，不计空气阻力，则( ) B A.足球对头部的平均作用力为足球重力的10倍 B.足球与头部作用过程中动量变化量大小为 C.足球下落到与头部刚接触时动量大小为 D.整个过程中足球重力的冲量大小为 题型3 用动量定理分析生活中的现象 24 解析 以竖直向上为正方向，设足球自由下落时的速度为，时间为 ，反弹后的速度为 ,上升的时间，由，，得，，， ， 对足球与头部接触的过程，由动量定理有，解得 ， ，即头部对足球的平均作用力大小为 ，结合牛顿第三定律可知足球对头部的 平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为 ，A错误，B正确；足球与头部刚 接触时的动量大小为 ，C错误；整个过程中足球重力的冲量大小为 ，D错误. 题型3 用动量定理分析生活中的现象 25 12.[浙江绍兴会稽联盟2024高二上期末] 质量为 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性 安全带的保护，他悬挂起来.已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是 ，安全带 原长为，取 ，则安全带所受的平均拉力的大小为（空气阻力忽略不计）( ) B A. B. C. D. 易错点 求解合外力的冲量时，忽略了重力的冲量 26 解析 工人从开始下落到安全带绷直前做自由落体运动，则下落到安全带刚绷直时工人的速度为 ，在工人和安全带相互作用的过程中，工人受到重力 和安全带的拉力，取的方向为正方向，由动量定理得 ，可得 ，由牛顿第三定律知，安全带所受的平均拉力的大小为 ，故选B. 易错点 求解合外力的冲量时，忽略了重力的冲量 27 【易错分析】本题中，往往容易忽略重力对工人的冲量，导致错选A. 易错点 求解合外力的冲量时，忽略了重力的冲量 28 2 第二节 动量定理 刷提升 29 1.[陕西西安2024高二上月考] （多选）下列说法正确的是( ) ABD A.动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但应用范围更加广泛 B.根据 可把牛顿第二定律表述为物体动量的变化率等于它所受的合外力 C.力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量，它反映了力对时间的累积效应，是一个标量 D.易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力 30 解析 动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但应用范围更加广泛，用起来更方便，故 A正确；物理量的变化量与时间的比值叫物理量的变化率，根据 ，可把牛顿第二定律表述 为物体动量的变化率等于它所受的合外力，故B正确；力与力的作用时间的乘积叫作力的冲量， 它反映了力对时间的累积效应，是一个矢量，故C错误；易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷 常常悬挂旧轮胎，都是在动量变化量相等时，延长作用时间以减小作用力，故D正确. 31 【关键点拨】动量定理的表达形式为，根据 可以将牛顿第二定律表述为物体动量 的变化率等于它所受的合外力. 32 2.（多选）如图所示，质量为的球固定在轻杆上，绕过 点的转轴在竖直面 内沿顺时针方向做匀速圆周运动，、是圆周上与圆心 等高的两点.若小球 运动的速度大小为，轨迹半径为，且（ 为重力加速度），则对 于小球从点运动到 点的过程（不计空气阻力），下列说法正确的是 ( ) AC A.小球所受重力的冲量大小等于 B.小球所需向心力的冲量大小等于 C.小球所受合力的冲量大小等于 D.轻杆对小球作用力的冲量大小等于 33 解析 根据冲量公式得重力的冲量大小为，又，从A到B路程为 ，则 ，则 ，A正确；由题意可知，以速度向下为正方向，小球所受 合力等于小球所需向心力，根据得合力的冲量大小为 ，小 球所受合力的冲量等于所需向心力的冲量，大小为 ，B错误，C正确；由A项分析可知，重力 的冲量大小为，方向向下，合力的冲量大小为，方向向下，根据 ，可得 ，方向向下，D错误. 34 3.[黑龙江牡丹江2023高二下期中] 在天宫课堂第二课上，航天员叶光富给我 们展示了一个“科学实验重器”——“高微重力科学实验柜”.可简化为如图 所示的模型，物块静止在光滑水平面上的点，左右有两个喷气装置和 ， D A.1 B. C.2 D. 当给物块一个向左的初速度时，喷气装置立即向左喷气，经过一段时间，装置 关闭，同时装置 向右喷气，直到物块回到出发点且速度为零.假设喷气装置、 喷气过程中对物块的作用力大 小相等且保持不变，喷气对物块质量的影响忽略不计，则该过程中、 喷气装置喷气的时间之比 等于( ) 35 解析 设A、B喷气过程中对物块的作用力大小为，喷气的时间分别为和，物块初速度为 ， A停止喷气时物块速度大小为 ，以初速度方向为正方向，根据动量定理有 ，，由运动学规律可得 ，联立可 解得, ，D正确. 36 4.[湖北黄冈2024高二上月考] （多选）用水平力拉静止在水平桌面上的小物块，力 方向确定， 大小随时间的变化如图甲所示，在从0开始逐渐增大的过程中，物块在 内的加速度随时 间变化的图像如图乙所示，重力加速度大小为 ，最大静摩擦力大于滑动摩擦力，由图可 知( ) AB 甲 乙 A.物块与水平桌面间的最大静摩擦力大小为 B.在时间内，水平力的冲量大小为 C.在时间内，合外力的冲量大小为 D.在时间内，合外力做的功为 37 解析 由题图乙可知， 时刻物块刚开始运动，静摩擦力最大，最大静摩擦力等于此时的拉 力，由题图甲读出最大静摩擦力大小为，故A正确；在时间内，根据 图线与坐标 轴所围图形的面积表示冲量可得水平力的冲量大小 ，B正确；由 题图知，当时，，，根据牛顿第二定律得 ，当 时，，，根据牛顿第二定律得 ，联立解得 ，，图线与时间轴所围图形的面积表示速度的变化量，可得 内物块速 度的变化量为，根据动量定理可得， 内合外力的冲量大小 为，C错误；由于小物块初速度为零，且 内物块速度 的变化量为，故末的速度大小为，根据动能定理可得， 内合外力做的功 为 ，D错误. 38 5.[河南名校2023联考] （多选）某载人飞船返回舱着地过程如图所示.在返回舱距地面 时，返 回舱底部的四台反推发动机同时点火，使其着地速度减为零，实现“软着陆”.已知返回舱的质量 为（含航天员，不考虑推进剂喷出对质量的影响），在距地面 时的速度大小为 ，发动机喷出推进剂的速度为 （远远大于返回舱的速度），共喷出推进剂的质量为 ，每台发动机可以产生方向竖直向上、大小为 的恒定推力.若发动机的工作时间 等于返回舱的落地时间，重力加速度，则在返回舱距地面 后的着地过程中，下列 说法正确的是( ) 39 A.航天员受到返回舱的作用力等于航天员重力的6倍 B.航天员受到返回舱的作用力等于航天员重力的5倍 C.反推发动机喷出推进剂的速度为 D.反推发动机喷出推进剂的速度为 √ √ 40 解析 设返回舱加速度为，单个发动机对返回舱的推力为 ，以竖直向上为正方向，根据牛顿第 二定律有，代入数据解得 ，对航天员，根据牛顿第二定律有 ，代入数据解得 ，故A正确，B错误；根据运动学公式可得返回舱落地 时间，设发动机喷出推进剂的总质量为 ，以喷出的推进剂为研究对象，设每台发 动机对喷出推进剂的平均作用力为,由牛顿第三定律可知,根据动量定理有 ， 代入数据解得 ，故C正确，D错误. 41 6.[湖南长沙一中2024高二上月考改编] （多选）如图所示，在光滑水平面上并排放着、 两木 块，质量分别为、，一颗质量为的子弹以水平速度先后击中木块、，木块、 对子 弹的阻力恒为.子弹穿过木块的时间为，穿过木块的时间为 .则( ) AC A.子弹刚穿过木块后，木块的速度 B.子弹刚穿过木块后，子弹的速度 C.子弹刚穿过木块后，木块的速度 D.子弹刚穿过木块后，子弹的速度 42 解析 以子弹初速度方向为正方向，子弹穿过木块A过程，根据牛顿第三定律可知，子弹对A、B 的作用力,以A、B整体为研究对象，根据动量定理得 ，解得 ，对子弹，根据动量定理得，解得 ，故A正确，B错误. 对子弹，穿过A、B的全过程，根据动量定理得 ，解得子弹的速度为 ，子弹穿过B的过程，对B，根据动量定理得 ，解得 ，故C正确，D错误. 43 7.某码头采用斜面运送冷链食品，简化图如图甲所示，电动机通过绕过轻质定滑轮的轻细绳与放 在倾角为 的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在 时间内 物体运动的图像如图乙所示，其中除 时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直 线，后电动机的输出功率保持不变.已知物体的质量为 ，不计一切摩擦，重力加速度 .则下列判断正确的是( ) 甲 乙 44 A.在内电动机所做的功为 B.后电动机的输出功率为 C.在内电动机牵引力的冲量大小为 D.在内物体沿斜面向上运动了 √ 45 解析 在内，物体位移大小为，设内电动机做的功为 ，由动 能定理得，解得，故A错误；在 内，物体的加速度 大小为，设内细绳的拉力大小为 ，由牛顿第二定律得 ，解得，则后电动机的输出功率为 ，故B错 误；当物体达到最大速度后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为 ， 根据功率的公式可得，在内，设电动机牵引力的冲量大小为 ，由动量定 理得，解得，故C正确；设 内物体沿斜面向上运 动的距离为，对物体，由动能定理得，解得 ， 所以在内物体沿斜面向上运动的距离为 ，故D错误. 46 8.[山东临沂2024高二上期末] 如图所示，滑板比赛中运动员从平台水平飞出后， 经落到斜坡上，然后他弯曲双腿做缓冲，经 后其速度方向变 为沿斜坡方向.已知斜坡倾角 ，运动员及滑板视为整体，其总质量 （1）运动员从平台水平飞出的初速度大小 ； [答案] ，空气阻力忽略不计（取，， ），求： 47 解析 运动员从平台水平飞出后做平抛运动， 有， ， 运动员落到斜坡上，有 ， 解得运动员从平台水平飞出的初速度大小为 . 48 （2）在时间内斜坡对运动员及滑板垂直于斜坡方向的平均冲击力 的大小. [答案] 解析 落到斜坡上时，运动员竖直方向的速度为 ， 运动员垂直斜坡方向的速度分量为 ，方 向垂直斜坡向下， 在垂直于斜坡方向，根据动量定理有 ， 解得 . 49 9.[广东广州七区2023高一下期末] （多选）如图1所示，两个质量相同的钢球分别从甲、乙装置 正上方同一高度同时释放，与甲、乙装置底部发生碰撞后两球沿竖直方向反弹且速度相同.甲装置 底部为钢板，乙装置底部为泡沫，用压力传感器同时测出两装置底部所受的力随时间变化的曲线 ①和曲线②，如图2所示，则( ) 图1 图2 50 A.两小球到达底部时动量相同 B.碰撞整个过程中，两小球所受合力的冲量相同 C.曲线①代表乙装置底部的受力情况，曲线②代表甲装置底部的受力情况 D.曲线①与时间轴围成图形的面积大于曲线②与时间轴围成图形的面积 √ √ 51 解析 根据题意可知，两球下落高度相同，由，可得 ，则两球到达装置底部时的 速度相同，由于两球质量相同，所以两小球到达底部时，动量相同，故A正确；由题意可知，两球 与装置底部碰撞后反弹的速度相同，两球碰撞前的速度也相同，则两球碰撞过程中动量变化量相同， 由动量定理可知，整个碰撞过程中，两小球所受合力的冲量相同，故B正确；甲装置底部为钢板， 乙装置底部为泡沫，则与甲装置底部碰撞过程作用时间较短，平均作用力较大，则曲线①代表甲装 置底部的受力情况，曲线②代表乙装置底部的受力情况，故C错误；由于两球碰撞过程中动量变化 量相同，以向上为正方向，根据动量定理可得，可得， 图线与时 间轴围成图形的面积表示 的冲量，由于曲线①对应碰撞过程的时间小于曲线②对应碰撞过程的时 间，则曲线①与时间轴围成的面积小于曲线②与时间轴围成的面积，故D错误. 52 【易错分析】图线与时间轴围成的面积表示的冲量，但 ，本题还要考虑重力的作用. 53 $$