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 江苏专用）

第2节 白题 出拉 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Ft1等于力F2与 作用时间2的乘积F242,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t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, A.物块重力对物块的冲量大小为m1 gtsin6 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 gtcos0 D.地面对斜面体支持力的冲量大小为m2gt 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,、F2分 别作用在a、b上.一段时间后撒去推力，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 限时：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F2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a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.3.5G B.3.0GC.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$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 选择性必修第一册引： 硬时：35min A.(F-mgcos 0)T 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× 10°N·s 6.一质量为m的物体静止在 光滑水平面上，现对其施加 两个水平作用力，两个力随 时间变化的图像如图所示， -F 由图像可知，在2时刻物体的 +F。 A.加速度大小为 m B.速度大小为 F,-Fo)(t2-t1) 2m C.动量大小为 (F:-Fo)t2 2 D.动能大小为E-)(6-4) 4m 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 1,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 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 2 一模)一种新型潜24 ① 水装置，可以通过浮 力控制系统实现下 Nto 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，下列说法错误的是 第一章 A.最大下潜深度为2w(N。-4t。)》 B.下潜过程所用总时间为2N。-3。 C.上升过程中潜水装置所受浮力的冲量大小 为Nmgto 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PO1 黑白题005参考答 第一章动 第1节动量 白题基础过关 1.C2.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，=5m8,2=-5m8,则初动量为 p=m心，=1x5kg·m/s=5kg·m/s,该过程中小球的动量变化 量为△p=mw2-m,=m(2-,)=1×(-5-5)kg·m苦= -10kg·m/故选B. 4.B 5.C解析：根据E=}m 大2p=m可得E=·当P不变时， E是一条直线：当p与t为一次函数关系时，E,-t为开口向 上的抛物线，故选C 黑题应用提优 1.B2.B 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r0=-cos37°=-16ms,小球竖直方向的末速度为，= c0s53°=9m/s,则小球在竖直方向的动量变化量为 △p,=m-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=√(mr。)+(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. 4,C解析：A选取向右为正方向，在击球前足球的动量： P,=-m,击球后：P=m,所以动量的改变量：△p= p,=m2-(-mn,)=m,+m,故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mg+,故D错误 故选C 压轴挑战 5,D解析：根据牛顿第二定律得-，=ma,两边同乘以△，得 -知·△1=ma·△1，-Ax=m△=△p,所以p-x图线的斜率为 =-k,由题可知，斜率为定值故选D 第2节动量定理 白题基础过关 1.B2.C3.B4.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=600x3×103N·s=1.8N·8,故A错误：BC根据动 量定理可知I=△=mE=1.8kg·m's,其中=80k/h每 222m/s,可得me0.081kg=81g,故B正确，C错误：D.根据 加连度公式可知a=广？=740.放D错灵 参考答案与解析 案与解析 量守恒定律 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。=√2g= 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-(-)=mw= 0.12×2kg·m/s=0.24kg·m/s.解得1=0.264N·5,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. 果题应用提优 1.C2.D3.B4.C5.C 6.B解析：A.由图像可知，在2时刻，由牛顿第二定律可得加 速度大小a一-七，故A错误：BCD.由动量定理和图像面积 可得-)-。m则代--.根报动量 2 2m 和动能的关系得=-F,4),故B正确.CD结误 8m 故选B 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=，-o,F的方向即为速度改变量的 方向，则合力的方向可能沿D方向，故D正确，ABC错误. 8.B解析：A上升过程，阻力向下，根据牛顿第二定律，有mg+ 仁a,根据运动学公式=2ah,=24,·之，解得小球上 升至0点时的速度=号>05，则p,>5p,放A籍误： B.下降过程，阻力向上，根据牛顿第二定律，有：mgf=ma2: 1 故a,>a,根据A=2可知，44：重力的冲量1=mg4,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1a=4,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.A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-1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 图像的斜率的绝对值表示加速度的大小，则根据图像可得 T+T-21。 _,+。-46,2,解得T=2M。-3由此可 得最大下潜深度H= +7-2.6。=,(2,-,),故A错误， 2 黑白题01 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山2，减速阶段浮力的冲量为 11.则有/-mg·21。=20,2-mg·(M。-4to）=0,13-g· 21。=0-2m。,整理可得上升过程中浮力的冲量大小为/=11+ I2+山3=Nmg。,故C正确：D,加速上升阶段浮力最大，由牛顿 第二定律有F-mg=m,加速下滑阶段浮力最小，由牛 顿第二定律有mg-F。=m,则可得 6,做D正 确.故选A. 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，选取铁继最上端的一小段为研究对 象，其质量△m=b加△ 根据自由落体运动公式2=2gl.可知速度r=√2g. 设向下方向为正，根据动量定理得-F△/=0-△m,解得 F=2bgL. 则探测面受到铁链最上端的压力为F'=F=2gL 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=L,则探测面受到的总压力为N,=N+F=3gL, 当铁链的最上端落在探测而上后，探测面受到的压力大小 N2=mg=g,由此可得N,: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 专超强化 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,=mm.-mto,=mn,sinB-mrosin8=-5kg·m/s, 碰撞前后x方向小球的动量变化大小是5kg·m/:,方向水 平向左 碰撞前后￥方向小球的动量变化为 △p,=m,-mo,=m,cosB-(-mac0s0)=10kg·/s, 碰撞前后y方向小球的动量变化大小是10kg·/,方向竖 直向上 (2)对x方向应用动量定理得：F,1=△p,解得：F,= 4单=-50N,即：方向小球所受平均作用力的大小是50N, 方向水平向左 对y方向应用动量定理得：(F,-mg)1=△p,解得：F,= △p +mg=110N,即y方向小球所受平均作用力的大小是 110N,方向竖直向上 3.D 解析：脱节后，机车、末节车厢受力分析如图所示， 选择性必修第一册 mg (4-mg 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 Fe=-kmg(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1，由动量定理得 F+Fa4=0-(M-m)m, kMgt-k(M-m)gt;=0-(M-m), kMgt+(M-m)o 解得h=k(M-m)g 设脱节后至停下来，末节车厢的运动时间为，由动量定理 得Fa4=0-m, 即-kmg1=-mt, 所以二g 机车比末节车相多运动了△1=，二M-m M: 5.B解析：A.水枪水平喷出水柱，令在极短时间△内喷出的 水的质量为△4m,则有△m=m山·（号）广，解得合 /D12 4PmD,故A错误：C.以极短时间4/内喷出的水的质量 △m为研究对象，根据动量定理有-F,△1=0-△m,根据牛顿 第三定律有=，结合上述解得片m”,即水柱对教 车的平均冲力为P,故C错误：B水柱对汽车的瓜强 p=- ,结合上述解得=m2,可知，水柱对汽车的压强 与水流速度的平方成正比，故B正确：D.结合上述可知，水 柱对汽车的压强与水柱横截面积无关，故D错误.故选B. 6.C解析：设米流的流量为d,它是恒定的，米流在出1F 口处速度很小可视为零，若切断米流后，设盛米的容 器中静止的那部分米的质量为m,空中还在下落 的米的质量为m,落到已静止的米堆上的一小 部分米的质量为△m在极短时间△内，取△m为研 Amg 究对象.这部分米很少，△m=d·△.设其落到米堆上之前的 速度为，经△时间静止，如图所示，取竖直向上为正方向， 由动量定理得(F-△mg)△=△mm,即F=d+d·△1·g,因 △山很小，故F=,根据牛顿第三定律知F=F,称米机的读 数应为H=N_m,g+ =m,+d二，因切嘶米流后空中尚有 =”时间内对应的米流在空中，故4”=m,可见，称米机 读数包含了静止在容器中的那部分米的质量m,也包含了 尚在空中下落的米的质量m2,即自动称米机是准确的，不存 在哪方划算不划算的问题.故选C 7.A解析：△：时间内冲击船帆的空气的体积为V=SL=S(- 。)△，△1时间内冲击船朝的空气质量为m=pV= pS(p-o)△1，空气的动量改变量为4p=m(。-),取船速方 向为正，设帆对空气的作用力大小为F,由动量定理可得 黑白题02