第一章 第2节 动量定理-【学霸黑白题】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

第2节 白题 基础过关 题型1冲量的概念 1.下列对于力的冲量的说法，正确的是( A.当力与物体的位移垂直时，该力的冲量 为零 B.一对作用力和反作用力的冲量之和一定为0 C.力F,与作用时间t1的乘积F七1等于力F2与 作用时间t2的乘积F22,则这两个冲量相同 D.静置于地面的物体受水平推力F的作用， 经时间：仍静止，则此推力的冲量为0 2.(2025·贵州遵义质检)如图所示，质量为m 的物块从质量为m,的固定斜面的顶端匀速下 滑到底端，所用时间为t,斜面体倾角为0，则 m, 7为777 A.物块重力对物块的冲量大小为m1 gtsin0 B.斜面对物块支持力的冲量大小为0 C.斜面对物块支持力的冲量大小为m1 gtcos6 D.地面对斜面体支持力的冲量大小为m2g 题型2动量定理 3.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t物体的动量为P,动能为 E若水平力变为2F,经过时间2，则() A.物体的动量变为2p B.物体的动量变为4p C.物体的动能变为4E D.物体的动能变为8E 4.(2025·湖北新高考协作体期中)水平面上有 质量相等的a、b两个物体，水平推力F,、F,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图线 如图所示，图中AB∥CD.则整个过程中，下列 第一章 动量定理 很时：15min 说法错误的是 ( A.F的冲量小于F,的冲量 B.F的冲量大于F,的冲量 C.摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物 体的冲量 D.合力对α物体的冲量等于合力对b物体的冲量 题型3动量定理的应用 5.(2025·陕西西安检测)雀尾螳螂虾的“铁拳” 在出击瞬间，可以像发射子弹一样以超过 80km/h的速度挥出，出拳冲击力度可高达 60公斤（可认为“铁拳”受到大小为600N的 力)，而整个出拳过程可以在3毫秒内完成若 “铁拳”挥出过程中，不考虑其他力的作用，则 下列估算正确的是 A.“铁拳”所受合力的冲量大约为1800N·s B.“铁拳”的动量大约增大了1.8kg·m/s C.“铁拳”的质量约为10g D.“铁拳”的加速度大约为70m/s2 6.(2025·重庆万州月考)人们对手机的依赖性 越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现 手机砸到头部的情况.若手机质量为120g,从 离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部 后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约 为0.02s,重力加速度g取10m/s2.下列分 析正确的是 () A.手机接触头部之前的速度约为1m/s B.手机对头部的冲量大小约为0.24N·s C.手机对头部的作用力大小约为10.8N D.手机与头部作用过程中手机动量变化约为 0.24kg·m/s 黑白题003 黑题 应用提 1.(2024·福建泉州期末)气垫鞋通过气垫的缓 冲减小地面对脚的冲击力，某同学的重力为 G,穿着平底布鞋时双脚竖直着地过程中与地 面的作用时间为。，受到地面的平均冲击力大 小为4G.若脚着地前的速度保持不变，该同学 穿上某型号的气垫鞋时，双脚竖直着地过程 中与地面的作用时间变为2。，则该同学受到 地面的平均冲击力大小变为 () A.3.5GB.3.0G C.2.5GD.2.0G 2.(2025·江苏泰州期中)使甲、乙两条形磁铁 隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N 极正对着乙的S极，甲的质量小于乙的质量， 两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释 放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻 A.甲的速度大小比乙的小 B.甲的动量大小与乙的相等 C.甲的动量大小比乙的小 D.甲和乙的总动量方向向右 3.(2024·四川成都模拟)水果的碰伤阈值是指 水果在不碰伤的情况下能够从静止状态跌落 的最大高度.已知导致苹果碰伤所需的平均作 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减速至静止，重力加速度g取 10m/s2,则苹果在钢板上的碰伤阈值最接近 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 面内做匀速圆周运动，细线长L,与 竖直方向夹角为0，线的拉力为F, 小球做圆周运动的角速度为@，周期为T,在2 时间内质点所受合力的冲量大小为 选择性必修第一册·RJ 限时：35min A.F-mgcos B.FTsin 0 C.2moLsin 0 D.2moL 5.(2025·山东百师联考)“神舟十五号”返回舱 返回地面过程中，在距地面约10公里的地方 打开降落伞，返回舱速度从200m/s降低到 7m/s,此时到达距离地面1m处，返回舱上 4台反冲发动机同时点火提供恒力，使返回舱 到达地面时速度减为1m/s,从而保障航天员 安全.设返回舱的质量为8×103kg,g取 10m/s2,忽略反冲发动机点火后主降落伞对 返回舱的作用和空气对返回舱的作用.下列说 法正确的是 () A.发动机点火后，返回舱的动量变化率越来 越小 B.反冲发动机点火至落地，舱内航天员的平 均加速度大小约为24.5m/s2 C.每台反冲发动机的推力约为6.8×10N D.反冲发动机对返回舱的冲量大小为4.8× 10N·s 6.(多选)一质量为m的物体静 止在光滑水平面上，现对其 Fa 0 施加两个水平作用力，两个-F。 力随时间变化的图像如图所 示，由图像可知，在2时刻物体的 F-Fo A.加速度大小为 m B.速度大小为F-)(马-) (F-F)(2-t1) C.动量大小为 2m D.动能大小为F5,)(6-4) 8m 黑白题004 7.(2024·四川成都石室中学开学)台球以速度 与球桌边框成0角撞击0点，反弹后速度 为，方向与球桌边框夹角仍为0，如图所示， 如果，<。，OB垂直于桌边，则下列关于桌边 框对小球的弹力方向的判断中正确的是 ( 0* D A.可能沿OA方向 B.一定沿OB方向 C.可能沿OC方向 D.可能沿OD方向 8.如图所示，从地面上的A点以速度v竖直向上 抛出一小球，小球上升至最高点B后 B 返回，0为A、B的中点，小球在运动过 0 程中受到的空气阻力大小不变.下列说 法正确的是 ( A.小球上升至O点时的动量等于A点的一半 B.小球在上升过程中所受重力的冲量小于下 降过程中所受重力的冲量 C.小球在上升过程中所受合力的冲量小于下 降过程中所受合力的冲量 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 2 第一章 A.最大下潜深度为2(。-4t。)】 B.下潜过程所用总时间为2W。-3t。 C.上升过程中潜水装置所受浮力的冲量大小 为Nmgo D.潜水装置所受最小浮力与最大浮力之比为 压轴挑战 10.小强同学应用压力传感器完成以下实验： 如图甲所示，他将一根均匀的细铁链上端 用细线悬挂在铁架台上，调整高度使铁链 的下端刚好与压力传感器的探测面接触.剪 断细线，铁链逐渐落在探测面上.传感器得 到了探测面所受压力随时间的变化图像如 图乙，通过对图线分析发现铁链最上端落到 探测面前后瞬间的压力大小之比大约 是N,:N2=3:1,后来他换用不同长度和 粗细的铁链重复该实验，都得到相同结果 请你通过理论推理来说明实验测得的结果 是正确的.（推理过程中需要用 到的物理量的字母请自行设定) 进阶突破拔高练P01 黑白题005参考答 第一章动 第1节动量 白题 础过关 1.c 2.D解析：两弹下落的竖直高度相同，则时间相同，甲的水平 位移较大，则甲的初速度较大，根据p=m,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. 3.B解析：小球初速度的方向为正方向，则小球与墙壁碰撞 过程的初末速度分别为，=5m/s,2=-5m/s,则初动量为 p=m,=1×5kg·m/s=5kg·m/s,该过程中小球的动量变 化量为4p=m2-m1=m(2-1)=1×(-5-5)kg·m/s= -10kg·m/s故选B. 4.B解析：A.速度和动量都是矢量，若速度的方向发生变化 而大小不变，则动能不变，故A错误：B.物体的动量发生变 化，则速度可能是方向改变，也可能是大小改变，所以动能不 一定变化，故B正确；C.动能不变时，物体速度大小不变，但 方向可能发生变化，则动量可能发生变化，故C错误：D.物 体的动能变化，则速度大小一定变化，动量一定变化，故 D错误故选B. 1 5.C解析：根据飞2，p=m,可得民-当p不变时 E是一条直线；当p与：为一次函数关系时，E-1为开口向 上的抛物线，故选C. 题应用棉优 1.B解析：A设a山与c的高度差均为，可得A=,2= 2码，铅球从a点到6点，速率变化量为4，=g(6,-)= (2-2)√；铅球从b点到c点，速率变化量为42=1= √2g≠△m1,故A错误；B.铅球从a点到b点有2-7=2gh, 铅球从b点到c点有-=2gh,故铅球从a点到6点和从b 点到c点，速度的平方变化量相同，故B正确：CD.铅球从c 点到d点、d点到e点动量的变化量为△p=m△=mg△，cd与 的水平距离相同，铅球水平方向做匀速直线运动，可知铅 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 d点动量的变化量等于从d点到e点动量的变化量，故 CD错误故选B. 2.B解析：小球与墙壁碰撞后，如果无能量损失，则小球应以 相同的速率返回，这种情况动量变化量△p最大等于2mm,动 能变化量△E最小为零，故A错误，B正确：如果小球与墙壁 碰后粘在墙上，动量变化量△p最小等于mw,动能变化量△E 最大等于了m2,故CD错误 3.B解析：AB.以竖直向上为正方向，小球竖直方向的初速度 为"0=-acos37°=-16m/s,小球竖直方向的末速度为，= ,cs53°=9m/s,则小球在竖直方向的动量变化量为 △p,=-m,o=5kg·m/s,方向竖直向上，A错误，B正确； CD.根据三角形定则，动量的变化如图所示，由几何关系可 得△p=√(m。)广+(m,)户=5kg·m/s,即小球总动量的变化 量大小为5kg·m/s,CD错误故选B. 参考答案与解析 与解析 量守恒定律 4.C解析：A.选取向右为正方向，在击球前足球的动量： P,=-m1,击球后：P2=m心2，所以动量的改变量：4p=P2- P1=m2-（-m,)=m2+m,放AB错误，C正确；D.由于机 械能的大小与零势能点的选取有关，选取合适的重力势能的 零点，可以使球离开手时的机械能为mgh+2,故D错误 故选C 压轴挑战 5.D解析：根据牛顿第二定律得-m=ma,两边同乘以△1，得 -:·△r=ma·△，-k△x=m△n=△p,所以p-x图线的斜率为 =-k,由题可知，斜率为定值故选D △x 第2节动量定理 白题 基础过关 1.B2.C 3.B解析：根据动量定理有：p=F,p'=4F=4p;根据动能与动 量的关系有：以-=吧=16配，故ACD错误，B正确故 选B. 4.B 5.B解析：A根据冲量的计算公式解得“铁拳”所受合力的冲 量1=F=600x3×10-3N·8=1.8N·5,故A错误；BC.根据动 量定理可知I=△p=m=1.8kg·m/s,其中=80km/h≈ 22.2m/s,可得m=0.081kg=81g,故B正确，C错误；D.根据 加速度公式可知a=片-品m?=740m,故D错误 故选B. 6.D解析：A.手机下落过程做自由落体运动，由运动学公式 2=2gh,解得手机接触头部之前的速度约为D=√2g五= /2×10x0.2m/s=2m/s,故A错误：BCD.取竖直向上为正 方向，头部对手机的作用力为F,冲量为1，则手机与头部作 用过程中由动量定理可得：/-mg△r=△p=0-(-m)=m= 0.12×2kg·m/s=0.24kg·m/s,解得1=0.264N·8,由于1= F△，则F=13.2N,根据牛顿第三定律可知手机对头部的作 用力大小约为13.2N,故BC错误，D正确.故选D. 黑题应用提优 1.C2.D3.B 4.C解析：因合力的方向不斯变化，则不能直接用求解合 力的冲量，乙时间内动量的变化为2m=2L血0.，根据动 量定理可知，所受合力的神量大小为2 mwLsin0,C正确. 5.C解析：A.匀减速的过程中，合外力是不变的，根据动量定 理有F角·4=4p,可知返回舱的动量变化率2即为合外力， △1 所以是不变的，故A错误：B.根据匀变速直线运动规律 黑白题01 12-7 有2a=2-6,可得a=2Xmvg=-24mv,则反冲发动 机点火至落地，舱内航天员的平均加速度大小约为24/s2: -g1-7 故B错误：C.返回舱减速的时间1= -248=0255,以 竖直向下为正方向，根据动量定理有-(F-mg)t=m-m。,解 得发动机总的推力F=2.72×10N,则每台反冲发动机的推 力约为6.8×10N,故C正确：D.反冲发动机对返回舱的冲 量I=F=6.8×10N·,故D错误故选C, 6.AD解析：由图像可知，在1，时刻，由牛顿第二定律可得物 体的加速度大小a=一，故A正确：由图像可知在0-，时 间段内两个力等大反向，物体静止，在时刻后物体开始运 动，由动量定理结合图像面积可得-，)（凸-4 2 =m=P, 解得=巴-)-，放B错误，c错误；由B=子m2 2m P=,联立可得动量和动能的关系瓦=，所以有B (F-F)2(2-41) ,故D正确故选AD. 8m 7,D解析：由矢量的减法可得出动量的变化方向，因为<， 画出矢量合成图，如图所示： →B 根据动量定理得F=m,~mo,F的方向即为速度改变量的 方向，则合力的方向可能沿OD方向，故D正确，ABC错误 8B解析：A.上升过程，阻力向下，根据牛顿第二定律，有mg+ f户ma,根据运动学公式=2a,h2=24·之，解得小球上 升至0点时的速度=受>05，则po>Q5n,放A错误 B.下降过程，阻力向上，根据牛顿第二定律，有：mgf=m2; 故a>0,根据h=可知，44：重力的冲量1=mg,知小 球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量，故 B正确：C.根据动量定理知I金=△p,上升过程动量变化量比 下降过程动量变化量大，所以小球在上升过程中合力的冲量 大于下降过程中合力的冲神量，故C错误：D.由于运动的整个 过程中，重力做功为零，阻力做负功，重新回到A点后速度减 小，故小球在上升过程中动量的减少量大于下降过程中动量 的增加量，故D错误故选B. 9.BCD解析：AB.设下潜的总时间为T,由于下潜的位移大小 和上升的位移大小相等，而-图像与时间轴围成的面积表 示位移，且由题意知加速和减速过程中加速度大小相等，而 一4图像的斜率的绝对值表示加速度的大小，侧根据图像可 得472。 Nto+Nto-4to 2 ·0= ·2m。,解得T=2N。-3。;由此 2 T+T-20 可得最大下潜深度H ·=(2Mo-44o),故A错 2 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I,匀速阶段浮力的冲量为2，减速阶段浮力的冲量 为/3，则有I1-mg·2。=2ma,12-mg·(M。-4g)=0,I-mg ·2。=0-2脚。，整理可得上升过程中浮力的冲量大小为1= I1+2+13=Nmg。,故C正确：D.加速上升阶段浮力最大，由牛 选择性必修第一册·RJ 顿第二定律有F一%=m,加速下潜阶段浮力最小，由牛 0 顿第二定律有mg-F=m。 ,则可得 g6,故D正确 g*0 故选BCD. 压轴挑战 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 上端落在探测面上时，选取铁链最上端的一小段为研究对 象，其质量△m=加△r, 根据自由落体运动公式2=2gL,可知速度=√2gL, 设向下方向为正，根据动量定理得-F△1=0-△m,解得 F=2bgL, 则探测面受到铁链最上端的压力为F=F=2bgL, 此时除最上端外，其余部分的铁链已经落在探测面上，对探 测面的压力N=(m-△m)g=mg, 其中m=bL,则探测面受到的总压力为N1=N+F'=3bgL, 当铁链的最上端落在探测面上后，探测面受到的压力大小 N2=mg=bgl,由此可得N1:N2=3:1, 实验结果是正确的。 专题探究一动量定理中常见的 数学物理思想方法 黑题专题强化 1.C 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 △p.=mw,-ma.=mt,sinB-mvosin0=-5kg·m/s, 碰撞前后x方向小球的动量变化大小是5kg·/:,方向水 平向左 碰撞前后y方向小球的动量变化为 Ap,=mw1,-mwo,=mcos B-(-mocos 0)=10 kg 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：Ft=△p,解得：F,= 单。-50N,即x方向小球所受平均作用力的大小是50N, t 方向水平向左 对y方向应用动量定理得：(F,-mg)1=△p,解得：F,= mg=110N,即y方向小球所受平均作用力的大小是 t 110N,方向竖直向上 3.D M-m 解析：脱节后，机车、末节车厢受力分析如图所示， M-m堰 设列车前进的方向为正方向，匀速前进时速度为"，由题知， 机车受到的摩擦力F。=-k(M-m)g,末节车厢受到的摩擦力 Fa=-mg(k为比例常数). 列车匀速前进时由平衡条件可得，牵引力F=kMg, 设脱节后至停下来，机车的运动时间为与，由动量定理得 黑白题02