1.2 动量定理-【学霸黑白题】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册(教科版2019)

第2节 动量定理 白题基础过关练 很时：15ni 题型1冲量的概念 系如图所示，设甲在，时间内所受的冲量为 1.下列对于力的冲量的说法，正确的是( 11,乙在t2时间内所受的冲量为12，则F、I的 A.当力与物体的位移垂直时，该力的冲量 大小关系是 为零 A.F>F2,11=I B.一对作用力和反作用力的冲量之和一定为0 B.F,<F2,I1<l2 C.力F与作用时间t1的乘积F,,等于力F C.F >F2,I> 与作用时间2的乘积F22,则这两个冲量 D.F,=F2,I1=I2 相同 题型3动量定理的应用 D.静置于地面的物体受水平推力F的作用， 5.(2024·陕西榆林期末)如图为一种训练团队 经时间：仍静止，则此推力的冲量为0 合作意识的游戏一一“鼓动人心”.每个队员 2.(2023·山东德州一中期F 拉着一条绳子，通过绳子控制鼓面来颠球某 末)如图所示，质量为m的 物体水平向右运动，某时刻 次颠球过程，质量为300g的排球从静止下落 受到一个与水平方向成0角的恒力F的作 80cm击中鼓面，队员齐心协力使排球竖直 用，之后由A位置运动到B位置，此过程物体 弹回原高度，排球与鼓面的接触时间为 运动的时间为1.已知重力加速度大小为g,则 0.1s,不计空气阻力，g取10m/s2,则这次颠 此过程中 ( 球过程中排球受到鼓面的平均作用力的大小 A.支持力的冲量大小为0 约为 B.支持力的冲量大小为mg A.27N B.24N C.15N D.12N C.拉力F的冲量大小为Fm D.拉力F的冲量大小为Ftcos0 子弹 题型2动量定理 木块 3.(2023·河北廊坊期末)质量为m的物体静止 在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间 (第5题) (第6题) t物体的动量为P,动能为E,若水平力变 6.一颗子弹水平击中静止在光滑水平面上的木 为2F,经过时间2t,则 块，子弹与木块的速度图像如图所示若子弹 A.物体的动量变为2p 射击木块时的初速度增大，则下列说法不正 B.物体的动量变为4p 确的是（设子弹所受阻力大小不变）() C.物体的动能变为4E, A.子弹穿过木块的时间变短 D.物体的动能变为8E B.子弹的动量改变量变大 4.甲、乙两物体分别在合外力F,、F2的作用下沿 C.木块所受阻力的冲量变小 同一直线运动，它们的动量随时间变化的关 D.木块获得的动能减小 第一章黑白题003 黑题 应用提优练 陕时：35min 1.(2024·山东淄博期中)如图 所示，质量为m的小滑块沿 A.(F-mgeos 0)T B.2FTsin 0 倾角为0的斜面向上滑动，经 C.2moLsin 0 D.2moL 过时间，速度为零并又开始下滑，经过时间 电动机 2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩 擦力大小始终为F,在整个运动过程中，下列 说法正确的是 ( A.重力对滑块的总冲量为mg(,+t2)sin0 (第4题) (第5题) B.支持力对滑块的总冲量为mg(t1+2)cos日 5.如图所示为工厂内利用电动机牵引货物的装 置示意图.轻绳一端与粗糙水平地面上的货物 C.合力的冲量为0 相连，另一端跨过光滑定滑轮与电动机相连， D.摩擦力的总冲量为F(t,+t2) 已知电动机转速恒定，在货物由A运动到B 2.(2023·江苏徐州七中质检)一粒钢珠从静止 的过程中，下列说法正确的是 ( 状态开始自由下落，然后陷入泥潭中，若把在 A.货物运动的速度保持不变 空中下落的过程称为过程1，进入泥潭直到停 B.轻绳对货物拉力所做的功一定等于货物克 止的过程称为过程Ⅱ，则 ( 服摩擦阻力所做的功 A.过程I中钢珠的动量的改变量大于重力的 C.轻绳对货物的拉力的冲量一定大于货物动 冲量 量的改变量 B.过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程I中 D.地面对货物支持力的冲量一定大于货物所 重力的冲量的大小 受重力的冲量 C.I、Ⅱ两个过程中合外力的总冲量等于零 6.(多选)一质量为m的物体静 D.过程Ⅱ中钢珠的动量的改变量等于零 止在光滑水平面上，现对其 3.(2024·四川成都模拟)水果的碰伤阈值是指 施加两个水平作用力，两个 水果在不碰伤的情况下能够从静止状态跌落 力随时间变化的图像如图所 的最大高度.已知导致苹果碰伤所需的平均作 示，由图像可知在t2时刻物体的 用力约为苹果自身重力的3倍假设苹果在接 触钢板后0.1s诚速至静止，重力加速度g取 A加速度大小为 10m/s2,则苹果在钢板上的碰伤阈值最接近 B.速度大小为 F,-F)(2-t1) ( m A.10 cm B.20 cm C.30 cm D.45 cm 4.如图所示，质量为m的小球在水平面内做匀 C.动量大小为F-F)4) 2m 速圆周运动，细线长L,与竖直方向夹角为0， D.动能大小为F5,)产凸-4) 线的拉力为F,小球做圆周运动的角速度为 8m ~,周期为1，在时间内质点所受合力的冲量 7.(2024·四川成都石室中学开学)台球以速度 。与球桌边框成6角撞击0点，反弹后速度 大小为 为1，方向与球桌边框夹角仍为0，如图所示， 选择性必修第一册：JK黑白题004 OB垂直于桌边，则下列关于桌边对小球的弹 C.上升过程中潜水装置所受浮力的冲量大小 力方向的判断中正确的是 ( 为Nmgo D.潜水装置所受最小浮力与最大浮力之比为 e2:(e* 压轴挑战 10.(2023·湖南师大附中质检)小强同学应用 A.可能沿OA方向B.一定沿OB方向 压力传感器完成以下实验：如图甲所示，他 C.可能沿OC方向 D.可能沿OD方向 将一根均匀的细铁链上端用细线悬挂在铁 8.如图所示，从地面上的A点以速度，竖直向上 架台上，调整高度使铁链的下端刚好与压 抛出一小球，小球上升至最高点B后 B 力传感器的探测面接触剪断细线，铁链逐 返回，O为A、B的中点，小球在运动过 0 渐落在探测面上.传感器得到了探测面所受 程中受到的空气阻力大小不变.下列说 压力随时间的变化图像.通过对图线分析发 法正确的是 现铁链最上端落到探测面前后瞬间的压力 A.小球上升至O点时的动量等于A点的一半 大小之比大约是N,:N2=3:1,后来他换 B.小球在上升过程中所受重力的冲量小于下 用不同长度和粗细的铁链重复该实验，都 降过程中所受重力的冲量 得到相同结果请你通过理论推理来说明实 C,小球在上升过程中所受合力的冲量小于下 验测得的结果是正确的.（推理过程中需要 降过程中所受合力的冲量 用到的物理量的字母请自行设定) D.小球在上升过程中动量的减少量等于下降 过程中动量的增加量 9.(2024·湖南株洲一模)（多选）一种新型潜水 装置，可以通过浮力控制系统实现下潜和上 升.某次试潜中该装置的速度一时间图像如图 所示，其中①为下潜的图像，②为返程上升的 图像，已知加速和减速过程中加速度大小相 等，潜水装置质量为m,重力加速度为g,忽略 水的阻力和水平方向的运动，在这次试潜的 整个过程中 ① A.最大下潜深度为2(NM,-41) B.下潜过程所用总时间为2W1。-3t。 进阶突破拔高练PO 第一章黑白题005参考答案与解析 第一章动量与动量守恒定律 第1节动量 能之比为4：1，选项A错误：B.两球下落的竖直高度为= a2- 3 6 白题基础过关练 3 。，末速度=6+2动=√%+2h,解 1.C 3 11w6 2,D解析：两弹下落的竖直高度相同，则时间相同，甲的水平 4和，√16和，根据p=m,可知甲球和乙 位移较大，则甲的初速度较大，根据p=,由于两颗手榴弹 的质量关系不确定，则不能判断两弹的初动量关系，故选D 12 E三 3.C解析：规定水平向右为正方向，击球前球的动量 球末动量大小之比为=，，球落地时动能之比 E P,=-mm,击球后球的动量P2=m2,击球前后球动量改变量 的大小为4p=户2-，=mn,+m,方向水平向右，AB错误， 2斤，选项B错误，C正确：几根据4=mg可知，甲球和 Ui 12 C正确：D.物体动量改变量是末动量和初动量矢量相减，只 乙球动量的变化量之比为1：1，选项D错误故选C 有初末速度方向相反物体动量改变量的大小才是初末动量 4,B解析：将小球斜向上抛出，当小球落到与抛出点等高处 的大小相加，其他情况物体动量改变量的大小都要比初末动 时，由于小球在运动过程中只受到重力，所以动量只在竖直 量的大小相加值更小，D错误，故选C. 方向变化，那么，由mg=p得，1=2=2s.ACD错误。 4.B解析：A.质量一定，物体的动能改变，则物体的速度大小 mg 一定改变，则其动量一定改变，故A错误：B.物体的动量改 B正确。 变，可能只是速度方向改变，但速度大小不变，所以动能不一 5.C解析：取竖直向下为正方向，动量p=m=m(-。+g)= 定改变，故B正确：C物体的速率改变，即速度的大小变化， -m。+mgt,mwo,mg是定值，故动量和时间的关系图线应为 其动量一定改变，动能也一定改变，故C错误：D.物体的速度 截距为负、斜率为正的直线，故AB错误：动量的变化量 改变，可能速度大小变化，其动量改变，动能也改变，也可能 是速度方向改变，大小不变，则动量变化，但动能不变，故 4=mg4山，解得之=g,g是定值，故的值随时间的变化 △ D错误故选B. 始终保持恒定，为mg,故C正确，D错误 5.C解析：根据2mP=m,可得E=当p不变时 压轴挑战 6.D解析：根据牛顿第二定律得-=ma,两边同乘以△1，得 E,是一条直线：当p与1为一次关系时，E1为开口向上的 -如·d=ma·△，-△x=m△加=△p,所以p-x图线的斜率为 抛物线，故选C 黑题应用提优练 中：-k,由此可知，斜率为定值故选D. 1.B解析：A设ab与c的高度差均为，可得h= 28,2h= 第2节 动量定理 2,铅球从a点到6点，速率变化量为4，=g(4-4,) 白题基础过关练 1.B2.C (2-2)√：铅球从6点到e点，速率变化量为42=，= 3.B解析：根据动量定理有：P=F,p'=4F=4p:根据动能与动 √2g≠△，故A错误：B.铅球从a点到b点有2-2=2gh. 铅球从b点到c点有-=2gh,故船球从a点到b点和从b 量的关系有：=？16 -=16E,故ACD错误，B正确.故 2m2m 点到e点，速度的平方变化量相同，故B正确：CD.铅球从c 选B. 点到d点，d点到e点动量的变化量为△p=m△=mg1,cd与 4.A 的水平距离相同，铅球水平方向做匀速直线运动，可知铅 5.A解析：根据题意，设排球接触鼓面时的速度大小为r,根 球从c点到d点，d点到e点运动时间相等，故铅球从c点到 据自由落体运动可得=2gh,其中h=80cm=0.8m,解得 d点动量的变化量等于从d点到e点动量的变化量，故 书，=4m/;根据题意，队员齐心协力使排球竖直弹回原高度， CD错误.故选B 则可知排球被弹回时的速度大小，=“，=4m/s,设这次颠球 2.B解析：小球与墙壁碰撞后，如果无能量损失，则小球应以 过程中排球受到鼓面的平均作用力的大小为F,取向上为正 相同的速率返回，这种情况动量变化量△p最大等于2m,动 方向，则对排球由动量定理有F-mgt=m,-(-m,）,解得 能变化量△E最小为零，A错误，B正确：如果小球与墙壁碰 F=27N,故选A. 后粘在墙上，动量变化量△最小等于m,动能变化量△E 6.B 最大等于？m,故CD错误 黑题应用提优练 1.B解析：重力对滑块的总冲量为1。=mg(1,+12),A错溪：支 3,C解析：A两球下落的竖直高度相同，则时间相同：设正四 持力对滑块的总冲量为F、=mg(t,+2)cos8,B正确：整个过 面体的边长为a,则落到A点的球的水平位移为 程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C错 3 误：上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面 落到D点的球的水平位移为之一气。，根超：=.则甲球和 向上为正方向，摩擦力的总冲量为I=F,(2-4),D错误.故 选B. 乙球初速度大小之比为2：1，则根据=了md,可知初动 2.C .B解析：设苹果刚接触钢板时速度为"，取向上为正方向， 参考答案与解析黑白题01 根据动量定理，有（下-mg)1=0-(-mm),解得=2m/s:设苹 果从静止状态跌落的最大高度为h,有。2=2gh,解得h= 0.2m=20cm.故选B. 领第二定律有g-F=m么，则可得。 ,故D正 o 4.C解析：因合力的方向不断变化，则不能直接用P?求解合 g+- 力的冲量，号时间内动量的变化为2m=2 mlin0,根据动 确.故选BCD 压轴挑战 量定理可知.所受合力的冲量大小为2 noLsin0,C正确. 10.设单位长度的铁链质量为b,铁链的长度为L,当铁链的最 5.C解析：A.设拉货物绳子与水平方向夹角为0.电动机牵引 上端落在探测面上时，选取铁链最上端的一小段为研究对 绳的速度为，则货物速度为=。货物从A到B的过 象，其质量△m=b加， 根据自由落体运动公式2=2gL,可知速度=√2g, 程，0增加，：增大，A错误：B.轻绳对货物拉力所做的功等于 设向下方向为正，根据动量定理得-F△1=0-△m,解得 货物克服摩擦阻力所做的功与货物的动能增量之和，B错 F=2bgL, 误；C轻绳对货物的拉力大于货物的合外力，故轻绳对货物 则探测面受到铁链最上端的压力为F”=F=2gL, 的拉力的冲量一定大于货物动量的改变量.C正确：D.由于 此时除最上端外，其余部分的铁链已经落在探测面上，对 轻绳对货物的拉力有竖直方向的分量，地面对货物的支持力 探测面的压力N=(m-△m)g=mg, 小于货物的重力，故地面对货物支持力的冲量一定小于货物 其中m=bL,则探测面受到的总压力为N,=N+F'=3bgL, 重力的冲量，D错误：故选C 当铁链的最上端落在探测面上后，探测面受到的压力大小 6.AD解析：由图像可知在2时刻，由牛顿第二定律可得物体 N2=mg=bgL,由此可得N,:N2=3:1, 的加速度大小a--,故A正确：由图像可知在0~时间 实验结果是正确的. 段内两个力等大反向，物体静止，在4，时刻后物体开始运 专题探究一动量定理中常见的 动，由动量定理结合图像面积可得一少，)（山-）」 数学物理思想方法 2 m=p, 解得=（F-f5-4 黑题 专题强化 1 2m ,故B错误，C错误：由E=2m, 1.C解析：由动量定理1=△y及动量的矢量性可知= p=m,联立可得动量和动能的关系B=,所以有6 √Ap+A奶=√+=10kg·ms.故==10ms.C正确 2m1 (F,-Fn)(-t) 2.(1)-5kg·m/s10kg·m/s(2)-50N110N 解析：(1)碰撞前后x方向小球的动量变化为 8m ,故D正确.故选AD 7.D解析：由矢量的诚法可得出动量的变化方向，如图所示： △p,=mw.-ma=m,sinB-ntosin8=-5kg·m/s, 碰撞前后x方向小球的动量变化大小是5kg·m/s,方向水 平向左. C 碰撞前后y方向小球的动量变化为 1 △p,=m,-ma,=m,cosB-(-mocos8)=10kg·m/s, 碰撞前后y方向小球的动量变化大小是10kg·m/s,方向竖 直向上. (2)对x方向应用动量定理得：F1=△p,解得：F,= 根据动量定理得M=,-mo, 中：-50N,即x方向小球所受平均作用力的大小是50N, F的方向即为速度改变量的方向，因，与。大小不知，则合 方向水平向左， 矢量可能沿OB方向，也可能沿OD方向：则合力的方向可能 对y方向应用动量定理得：(F,-mg)1=p,解得：F,= 沿OB的方向或OD方向，故D正确，ABC错误 △p 8.B +mg=I0N,即y方向小球所受平均作用力的大小是 9.BCD解析：AB.设下潜的总时间为T,由于下潜的位移大小 110N.方向竖直向上 和上升的位移大小相等，而-图像与时间轴围成的面积表 3.D 示位移，且由题意知加速和减速过程中加速度大小相等，而 4.280N解析：选物体为研究对象，在1，时间内其受力情况如 -图像的斜率的绝对值表示加速度的大小，则根据图像可 得47-2 图甲所示： 2 _M6+。-40.2,解得T=2m。-3o:由此 2 T+T-240 可得最大下潜深度H= 2 ·o=a(2V。-4),放A错 误，B正确：C取向上为正方向，设上升过程中，加速阶段浮 力的冲量为1，匀速阶段浮力的冲量为12，减速阶段浮力的 冲量为1，则有1，-mg·24。=2mo,/2-mg·(NM。-4。）=0, 选F的方向为正方向，根据动量定理得(F-Hmg)1,=m,-0, /3-mg·2。=0-2m。,整理可得上升过程中浮力的冲量大小 解得，=12m/s 为1=1，+l2+山，=mg,故C正确：D.加速阶段浮力最大，由 撤去F后，物体受力如图乙所示。 牛顿第二定律有F-mg=m,减速阶段浮力最小，由牛 由动量定理得-umg=m,-m1,解得=8m/.物体与墙壁 作用后速度变为向左，根据动量定理得F3=-m'-m2,解得 选择性必修第一册·JK黑白题02