第1章 第1节 动量和动量定理（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册（鲁科版2019）

第1章　动量及其守恒定律 第1节　动量和动量定理 基础过关练 题组一　动量的理解 1.(多选题)下列关于动量的说法正确的是(　　) A.质量大的物体,动量一定大 B.甲物体的动量p1=5 kg·m/s,乙物体的动量p2=-10 kg·m/s,所以p1>p2 C.一个物体的速率改变,它的动量一定改变 D.一个物体的运动状态改变,它的动量一定改变 2.对于质量一定的物体,下列说法正确的是 (　　) A.如果物体运动的速度大小不变,物体的动量也保持不变 B.运动的物体在任一时刻的动量方向,一定是该时刻的速度方向 C.物体的动量发生改变,则合外力一定对物体做了功 D.物体的动量发生改变,其动能一定发生改变 题组二　动量的变化 3.(多选题)关于动量的变化,下列说法正确的是 (　　) A.在直线运动中,物体的速度增大时,动量的变化量Δp的方向与运动方向相同 B.在直线运动中,物体的速度减小时,动量的变化量Δp的方向与运动方向相反 C.物体的速度大小不变时,动量的变化量Δp为零 D.物体做平抛运动时,动量的变化量一定不为零 4.质量为2 kg的物体,在运动过程中速度由向东的3 m/s变为向南的3 m/s,下列关于它在该运动过程中的动量和动能变化的说法正确的是 (　　) A.动量变化大小为0 B.动量变化大小为12 kg·m/s C.动能变化大小为0 D.动能变化大小为12 J 5.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 (　　) A.抛出时甲、乙两球动量相同,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.从抛出到落地过程中,三个小球的动量变化量相同 D.从抛出到落地过程中,三个小球的动量变化量不同 题组三　冲量的理解与计算 6.如图所示,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 7.质量相同的子弹a、橡皮泥b和钢球c以相同的初速度水平射向竖直墙,结果子弹穿墙而过,橡皮泥粘在墙上,钢球以原速率被反向弹回。关于它们对墙的水平冲量的大小,下列说法正确的是 (　　) A.子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等 B.子弹对墙的冲量最小 C.橡皮泥对墙的冲量最小 D.钢球对墙的冲量最小 题组四　动量定理及其简单应用 8.(多选题)下列关于物体动量和冲量的说法正确的是 (　　) A.物体所受合外力冲量越大,它的动量也越大 B.物体所受合外力冲量不为零时,它的动量一定会改变 C.物体动量的变化量的方向,就是它所受合外力冲量的方向 D.物体所受合外力越大,它的动量变化就越快 9.我国汽车整体安全性碰撞实验已与国际接轨,在碰撞过程中,关于安全气囊的保护作用认识正确的是(　　) A.安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化 B.安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量 C.安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率 D.安全气囊延长了撞击力的作用时间,从而使得动量变化更大 10.在一次摸高测试中,一质量为70 kg的同学先下蹲,再用力蹬地,同时举臂起跳,在刚要离地时其手指距地面的高度为1.95 m;离地后身体形状近似不变,手指摸到的最大高度为2.40 m。若从蹬地到离开地面的时间为0.2 s,则在不计空气阻力的情况下,起跳过程中他对地面的平均压力约为(重力加速度g取10 m/s2)(　　) A.1 050 N　　　　B.1 400 N C.1 750 N　　　　D.1 900 N 11.在生活中,躺着看手机经常出现手机砸伤眼睛的情况。如图所示,假设手机和手机外壳总质量约为200 g,从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落,砸到眼睛后手机未反弹,眼睛受到手机的冲击时间约为0.15 s,取重力加速度g=10 m/s2,下列分析正确的是 (　　) A.手机对眼睛的冲量方向竖直向上 B.手机对眼睛的平均作用力大小约为2.7 N C.手机对眼睛的冲量大小约为0.7 N·s D.手机与眼睛作用过程中手机的动量变化量大小约为0.3 kg·m/s 12.汽车安全性能是衡量汽车品质的重要指标,实车碰撞试验是综合评价汽车安全性能最有效的方法。某次测试中质量为1 500 kg的试验汽车在车道上加速至16 m/s后撞上刚性壁障,碰后车轮被卡住,以4 m/s的速度反向弹回,车滑行2 m后停止,数据传感器记录此次碰撞时间为0.5 s,重力加速度g取10 m/s2,求: (1)碰撞过程中壁障对试验汽车的平均作用力大小; (2)试验汽车反向弹回后直至停止的时间; (3)试验汽车与车道之间的动摩擦因数。 能力提升练 题组一　变力冲量的计算 1.如图所示,一不可伸长的轻绳的一端固定于O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,则小球由静止运动到最低点的过程,下列说法正确的是 (　　) A.拉力对小球的冲量为零 B.重力对小球的冲量为零 C.合力对小球的冲量方向水平向左 D.合力对小球的冲量方向始终指向圆心 2.物体仅受到方向不变的力F作用,由静止开始运动,力的大小随时间的变化规律为F=4t(F的单位是N),则(　　) A.力F在第1 s内的冲量大小为2 N·s B.力F在第1 s内的冲量大小为4 N·s C.2 s末物体的动量大小为4 kg·m/s D.2 s末物体的动量大小为16 kg·m/s 3.物体的质量为m=2.5 kg,静止在水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数μ=0.2,物体受到与地面平行的拉力F作用,F方向不变,大小随时间变化的规律如图所示,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g取10 m/s2,那么下述判断正确的是 (　　) A.前2 s物体所受摩擦力的冲量为0 B.6 s内,拉力F对物体的冲量大小等于50 N·s C.6 s内,摩擦力对物体的冲量大小等于30 N·s D.6 s末物体的速度大小为12 m/s 题组二　动量定理与图像问题的结合 4.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.F1<F2,I1<I2　　　　B.F1>F2,I1>I2 C.F1>F2,I1=I2　　　　D.F1=F2,I1=I2 5.水平面上有质量相等的a、b两个物体,水平推力F1、F2分别作用在a、b上,一段时间后撤去推力,物体继续运动一段距离后停下,两物体的v-t图像如图所示,图中AB∥CD。则整个过程中 (　　) A.合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量 B.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量 C.F1的冲量小于F2的冲量 D.a物体动量的平均变化率大于b物体动量的平均变化率 题组三　动量定理在“流体类”问题中的应用 6.“长征九号”500吨级液氧煤油火箭发动机的研制工作已取得成功,这标志着我国火箭发动机领域取得重大突破。若某次实验中,喷射气体的速度约为3 km/s,产生的推力约为4.8×106 N,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为 (　　) A.1.6×102 kg　　　　B.1.6×103 kg C.1.6×105 kg　　　　D.1.6×106 kg 7.台风登陆某地时风速为v,该地公园内有一棵大树,台风过境时这棵大树与台风正对接触面积为S,假设台风与这棵大树接触后风速变为0,已知空气密度为ρ,则台风对这棵大树的作用力大小为 (　　) A.ρSv2　　　　B.ρSv　　　　C. 8.“水刀”即以水为刀,利用高压水射流切割技术,以其冷切割不会改变材料的物理化学性质而备受青睐。目前在中国,“水刀”的最大压强已经达到了420 MPa。如图所示,“水刀”在工作过程中,将水从细喷嘴高速喷出,直接打在被切割材料的表面,假设高速水流垂直打在材料表面后,立刻沿材料表面散开没有反弹,已知水的密度为ρ=1.0×103 kg/m3,试估算要达到我国目前的“水刀”压强,该“水刀”喷出的水流速度约为(　　) A.600 m/s　　　　B.650 m/s C.700 m/s　　　　D.750 m/s 题组四　动量定理的综合应用 9.在一次拍篮球比赛中,已知篮球的质量为0.6 kg,为保证篮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.5 m,需每次在球到达最高点时拍球,每次拍球作用距离均为0.25 m,使球在离手时获得一个竖直向下、大小为4 m/s的速度。若不计空气阻力及球的形变,重力加速度g取10 m/s2,则下列说法正确的是 (　　) A.手给球的冲量大小为2.4 kg·m/s B.若每次手与球作用的时间是0.2 s,则手给球的平均作用力为6 N C.每次拍球人对球做的功为4.8 J D.球落地时的速度为 m/s 10.蹦床是一项运动员利用蹦床的反弹在空中表现杂技技巧的竞技运动,属于体操运动的一种,有“空中芭蕾”之称。一个质量为60 kg的运动员,从离水平网面3.2 m高处自由下落,着网后沿竖直方向蹦回到水平网面上方5.0 m高处,已知运动员与网接触的时间为0.8 s,若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理,取重力加速度g=10 m/s2。求: (1)在与网接触的0.8 s这段时间内重力的冲量大小; (2)网对运动员的平均作用力的大小; (3)从自由下落开始到蹦回水平网面上方5.0 m 高处,这一过程中运动员所受重力的冲量、弹力的冲量。 答案全解全析 基础过关练 1.CD 2.B 3.ABD 4.C 5.D 6.D 7.B 8.BCD 9.C 10.C 11.C 1.CD　根据动量的定义可知,它是质量和速度的乘积,因此它由质量和速度共同决定,A错;动量是矢量,动量的负号只表示方向,不参与大小的比较,故p1<p2,B错;一个物体的速率改变,则它的动量大小就一定改变,故C对;物体的运动状态改变,则它的速度一定发生了变化,它的动量也就发生了变化,故D对。 2.B　动量是矢量,若物体的速度大小不变但方向发生变化,动量就发生变化,A错误;动量具有瞬时性,任一时刻物体动量的方向即为该时刻物体的速度方向,B正确;当物体的速度大小不变而方向改变时,动量发生改变,但物体的动能没发生改变,合外力没有对物体做功,C、D错误。 3.ABD　在直线运动中,当物体的速度增大时,其末态动量p2大于初态动量p1,由矢量的运算法则可知Δp=p2-p1>0,动量的变化量Δp方向与物体运动方向相同,如图甲所示,所以A正确;在直线运动中,当物体的速度减小时,p2<p1,如图乙所示,Δp与p1(或p2)方向相反,B正确;当物体的速度大小不变时,速度方向可能变化,也可能不变,当速度方向不变时,Δp=0,当速度方向变化时,Δp≠0,C错误;当物体做平抛运动时,速度的大小和方向都变化,可知动量一定变化,Δp一定不为零,如图丙所示,故D正确。 4.C　物体向东运动的速度为3 m/s时,动量大小为p1=mv1=2×3 kg·m/s=6 kg·m/s,方向向东,动能为Ek1= kg·m/s,方向沿南偏西45°,动能的变化量为ΔEk=Ek2-Ek1=0,故C正确,A、B、D错误。 5.D　小球空中运动过程中只受到重力,落地时速率相等,则根据动能定理可知三个小球抛出时的初速度大小相等,且由题意知三个小球初速度方向不同,根据动量表达式p=mv可知,三个小球抛出时的动量大小相等,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、乙速度方向相同,与丙速度方向不同,动量不完全相同,故B项错误;三个小球初速度不同,甲、乙末速度相同,但与丙的末速度不同,所以动量变化量不同,故C项错误,D项正确。 6.D　由冲量的定义式I=Ft可知,行李箱所受拉力的冲量大小为IF=Ft,冲量方向与拉力的方向相同,斜向右上方,A、B错误;行李箱受力平衡,在水平方向有f=F cos θ,故行李箱所受摩擦力的冲量大小If=Ft cos θ,C错误;由于行李箱所受合力为零,故合力的冲量大小为0,D正确。 7.B　根据力的相互性可知,子弹(橡皮泥或钢球)对墙的冲量大小等于墙对子弹(橡皮泥或钢球)的冲量大小。以初速度方向为正方向,对子弹有I1=Δp1=mv2-mv1,对橡皮泥有I2=Δp2=0-mv1=-mv1,对钢球有I3=Δp3=-mv1-mv1=-2mv1,可知I1<I2<I3,故选B。 8.BCD　由Ft=Δp知,Ft越大,Δp越大,但动量不一定大,A错误,B正确;物体所受合外力冲量与动量的变化量Δp不仅大小相等,而且方向相同,C正确;由F=知,物体所受合外力越大,它的动量变化就越快,D正确。 9.C　在碰撞过程中,驾驶员的动量的变化量是一定的,而用安全气囊后延长了力的作用时间,根据动量定理Ft=Δp可知,安全气囊减小了驾驶员受到的撞击力,即安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率,选C。 10.C　跳起后重心升高的高度为h=2.40 m-1.95 m=0.45 m 设人跳起时的速度为v,则有v2=2gh 解得v==3 m/s 跳起过程中,根据动量定理得(F-mg)t=mv-0 解得起跳过程中地面对他的平均支持力约为F=1 750 N 根据牛顿第三定律可知,起跳过程中他对地面的平均压力约为F'=F=1 750 N,故选C。 规律总结　 动量定理的理解 (1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因。 (2)动量定理的表达式Ft=mv'-mv是矢量式,在一维情况下运用动量定理解题时,要注意规定正方向。 (3)公式中的F是物体所受的合外力,若合外力F与时间为线性关系,则F应是合外力在作用时间内的平均值。 11.C　手机对眼睛的冲量方向与手机对眼睛的作用力方向相同,故冲量方向竖直向下,A错误;根据题意可知,手机未接触眼睛前做自由落体运动,有v2=2gh,解得手机接触眼睛前瞬间的速度为v=2 m/s,手机与眼睛作用过程中,选取竖直向上为正方向,可得手机的动量变化量为Δp=0-(-mv)=0.4 kg·m/s,故D错误;手机与眼睛作用过程,由动量定理有I-mgt=Δp,解得I=0.7 N·s,I'=I=0.7 N·s,则手机对眼睛的平均作用力大小约为F=≈4.7 N,B错误,C正确。 12.答案　(1)6×104 N　(2)1 s　(3)0.4 解析　(1)对于碰撞过程,以试验汽车反弹方向为正方向,根据动量定理可得Ft=mv-m(-v0) 解得F=6×104 N 故碰撞过程中壁障对试验汽车的平均作用力大小为6×104 N (2)试验汽车反向弹回后做匀减速直线运动,根据平均速度公式有x=t1 解得试验汽车反向弹回后直至停止的时间t1=1 s (3)试验汽车反向弹回后,在水平方向只受摩擦力作用,根据牛顿第二定律可得a==μg 且根据运动学规律可得a= 解得试验汽车与车道之间的动摩擦因数μ=0.4 能力提升练 1.C 2.A 3.D 4.C 5.A 6.B 7.A 8.B 9.B 1.C　小球由静止运动到最低点的过程,小球的初动量为零,末动量水平向左,根据动量定理可知,合力对小球的冲量I合方向水平向左,C正确,D错误。小球由静止运动到最低点的过程,重力的冲量IG=mgt,方向竖直向下,根据平行四边形定则,轻绳拉力的冲量IF应向左偏上,重力、拉力对小球的冲量都不是零,A、B错误。 方法技巧　利用数形结合法,用带箭头的线段分别表示出小球所受各力的冲量,大小、方向一目了然。 2.A　由于力的大小随时间的变化规律为F=4t,由平均力法可得,力F在第1 s内的冲量大小为I1=×1 N·s=2 N·s,故A正确,B错误;同理可得,力F在2 s内的冲量大小为I2=×2 N·s=8 N·s,由动量定理可得I2=p2-0,故2 s末物体的动量大小为p2=I2=8 kg·m/s,C、D错误。 一题多解　由于力的大小随时间的变化规律为F=4t,作出F与t的关系图像,如图所示,由I=Ft可知,F-t图线与横轴所围的面积表示力F的冲量,可得力F在第1 s内的冲量为I1=×2×8 N·s=8 N·s,由动量定理可得I2=p2-0,故2 s末物体的动量大小为p2=I2=8 kg·m/s,故A正确,B、C、D错误。 3.D　物体所受的最大静摩擦力Fmax=μmg=5 N,由于前2 s内拉力F小于最大静摩擦力,故物体静止不动,此时物体所受的静摩擦力等于拉力F的大小,由I=Ft可知物体所受的摩擦力的冲量为If1=ft1=4×2 N·s=8 N·s,故A错误。F-t图像中图线与t轴所围的面积表示力F的冲量,可得6 s内,拉力F对物体的冲量为IF=4×2 N·s+10×2 N·s+15×2 N·s=58 N·s,故B错误。由A项分析可知,前2 s内物体所受的摩擦力的冲量为If1=8 N·s;后4 s物体运动,受到的是滑动摩擦力,冲量为If2=Fmaxt2=5×4 N·s=20 N·s;可得6 s内,摩擦力对物体的冲量为If=If1+If2=28 N·s,故C错误。由动量定理可得I=Δp,6 s内合力的冲量为I=IF-If=30 N·s,动量的变化量为Δp=mv-0=mv,可得6 s末物体的速度为v==12 m/s,D正确。 4.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,知F1>F2,C正确,A、B、D错误。 5.A　由题图可知,整个过程a、b动量的变化量均为0,故合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量,A正确。由于v-t图线的斜率表示加速度,图中AB∥CD,说明推力撤去后a、b两物体的加速度相同,而推力撤去后物体所受的合力等于摩擦力,a、b两物体的质量相同,由牛顿第二定律可知,两物体受到的摩擦力大小相等;摩擦力的冲量为If=ft,整个过程中a的运动时间大于b的运动时间,所以摩擦力对a物体的冲量大于摩擦力对b物体的冲量,B错误。在推力作用过程中,由动量定理得(F-f)t=mv-0,解得IF=Ft=mv+ft,由于a、b两物体的质量、最大速度和摩擦力均相等,推力的作用时间ta>tb,所以F1的冲量大于F2的冲量,C错误。a、b物体全程动量变化量为零,则动量的平均变化率也为零,故a物体动量的平均变化率等于b物体动量的平均变化率,D错误。 6.B　设在Δt时间内喷射气体的质量为Δm,根据动量定理有FΔt=Δmv,解得 kg/s=1.6×103 kg/s,则它在1 s时间内喷射的气体质量约为1.6×103 kg。故选B。 7.A　台风过境时这棵大树与台风正对接触,在极短时间t内,与大树正对接触的台风的质量为m=ρSvt,与大树接触前台风的动量为p=mv=ρSv2t,与这棵大树接触后台风的风速变为0,根据动量定理可得0-p=-Ft=-ρSv2t,根据牛顿第三定律知台风对这棵大树的作用力大小为F'=F=ρSv2,故选A。 8.B　设水流速度为v,喷嘴的横截面积为S,在极短时间Δt内喷射到材料表面的水的质量为Δm=ρSvΔt,以这部分水为研究对象,设它受到材料的平均作用力大小为F,以水喷出的方向为正方向,由动量定理得-F·Δt=0-Δmv;由牛顿第三定律可知,水对材料的平均作用力大小也为F,且F=pS,联立可得ρSv2Δt=pSΔt,故v=≈650 m/s,选B。 9.B　以竖直向下为正方向,设球离手时的速度为v0,则v0=4 m/s,对于手与球作用过程,根据动量定理可得合外力给球的冲量为I=mv0=2.4 kg·m/s,而I=IG+I手,故手给球的冲量小于2.4 kg·m/s,故A错误;对于手与球作用过程,根据冲量的定义式可得I=(F+mg)t,结合合外力的冲量为I=mv0=2.4 kg·m/s,解得F=6 N,B正确;对于手与球作用过程,根据动能定理有mgh+W= m/s,故D错误。 10.答案　(1)480 N·s　(2)1 950 N　(3)1 560 N·s,方向竖直向下　1 560 N·s,方向竖直向上 解析　(1)在与网接触的0.8 s这段时间内,重力的冲量为I=mgt=480 N·s (2)运动员自由下落过程,根据速度-位移关系有=2gh1 解得触网时的速度大小为v1= m/s=8 m/s 运动员离网后竖直上抛过程,根据速度-位移关系有=2gh2 解得离网时的速度大小为v2= m/s=10 m/s 对于运动员与网接触过程,以竖直向上为正方向,根据动量定理可得Ft-mgt=mv2-(-mv1) 解得F=1 950 N (3)运动员向下运动到接触网面的过程有h1=,解得t1=0.8 s 离开网后向上运动到最高点的过程有h2=,解得t2=1 s 故重力的冲量IG=mg(t1+t2+t)=1 560 N·s,方向竖直向下。 弹力的冲量IF=Ft=1 560 N·s,方向竖直向上。 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$