第一章 第2节 动量定理-【高中必刷题】2025-2026学年高中物理选择性必修1同步课件(教科版)

物理 选择性必修 第一册 JK 1 2 第2节 动量定理 刷基础 2 1.［湖北宜昌2025高二上月考］下列说法正确的是( ) A A.物体所受的合外力不变，它的动量变化率一定不变 B.物体的末动量方向一定和它所受的总冲量方向相同 C.只要力的作用时间和力的大小的乘积相同，物体所受的冲量一定相同 D.一质量为的物体沿倾角为 的粗糙固定斜面由静止开始加速下滑，经过时间 滑至斜面底端， 速度为，重力加速度为,则物体受重力的冲量大小为 题型1 冲量的理解与计算 3 解析 根据 可知,物体所受的合外力不变,它的动量变化率一定不变,选项A正确；物体的动 量变化量方向一定和它所受的总冲量方向相同,物体的末动量方向不一定和它所受的总冲量方向相 同,选项B错误；只要力的作用时间和力的大小的乘积相同,物体所受的冲量大小一定相同,但冲量 是矢量,有可能方向不同,选项C错误；由可得,物体受重力的冲量大小为 ,选项D错误. 题型1 冲量的理解与计算 4 2. （多选）一个可看成质点的物体从时刻开始由静止做直线运动， 内其合外 力随时间变化的关系图线为一正弦函数，如图所示，下列判断正确的是( ) BC A. 内合外力的冲量先增大再减少 B. 内合外力的冲量为零 C. 内合外力的冲量沿正方向 D. 末物体的动量变化率为零 题型1 冲量的理解与计算 5 解析 根据,可知图像与时间轴围成的面积表示冲量的大小,可知 内合外力的冲量 一直增大,故A错误； 内图像与时间轴围成的面积为零,合外力的冲量为零,故B正确；由题图 可知,内一直沿正方向,冲量的方向与合外力方向一致, 内合外力的冲量沿正方向,故C 正确；根据得,可知动量变化率为合外力的大小,由题图可知 末质点所受的合外力 不为零,则动量变化率不为零,故D错误. 题型1 冲量的理解与计算 6 教材变式 本题目由教材P11第5题演变而来.教材考查了物块在力作用下，和 时物块的动量大 小，本题则考查了和 内合力的冲量的变化情况. 题型1 冲量的理解与计算 7 3.［四川多校2025高二上联考］（多选）有关动量的认识，下列说法正确的是( ) BD A.物体所受合力冲量越大，动量越大 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2 动量定理的理解与应用 8 解析 物体所受合力冲量越大,动量变化量越大,仅通过冲量大小不能判断动量大小,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2 动量定理的理解与应用 9 4.［四川成都石室中学2024高二上期中］某中学举行了运动会，如图为跳远比赛中运动员小石同 学的重心变化轨迹，可视为斜抛运动，从起跳，点为最高点，最终落在 点，忽略空气阻力， 则运动员( ) D A.从离地到着地前的整个过程，先处于超重状态再处于失重状态 B.离地时和着地前的动量相等 C.到过程和到 过程，重力做功相同 D.到过程和到 过程，动量的变化量相同 题型2 动量定理的理解与应用 10 解析 从离地到着地前的整个过程，运动员只受重力作用，加速度始终为重力加速度 ，方向竖 直向下，因此运动员始终处于失重状态，故A错误；动量是矢量，既有大小又有方向，根据对称 性可知运动员离地时和着地前的速度大小相等，但方向不同，故离地时和着地前动量不相等，故 B错误；到过程重力做负功，到 过程重力做正功，故C错误；动量的变化量等于合外力与时 间的乘积，从离地到着地前的整个过程，合外力为重力，根据对称性可知到过程和到 过程 的时间相同，而重力是恒力，所以这两个过程中动量的变化量（等于重力与时间的乘积）相同， 故D正确. 题型2 动量定理的理解与应用 11 5.［安徽合肥一中2024高二上月考］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 .重 力加速度为 .小球从离开抛出点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 动量定理的理解与应用 12 解析 设竖直向上为正方向,上升过程小球的加速度大小大于下降过程的加速度大小,两过程位移大 小相同,画出 图像如图甲所示,由图甲可知,上升过程小球的初速度大于下降过程小球的末速度, 上升过程的时间小于下降过程的时间,故C错误；小球质量不变,图像纵坐标乘 后,图像形状不 变,如图乙所示,由,根据 图线与横轴所围的面积等于力在这段时间内的冲量,可得阻力的 冲量为零,故A正确；阻力冲量为零，则合外力的冲量等于重力的冲量,由动量定理得 ,所以小球在这个过程中运动的总时间为 , 故B、D错误. 甲 乙 题型2 动量定理的理解与应用 13 一题多解 A选项的另一种解法： 由于，则阻力的冲量，小球从抛出到返回抛出点，小球的总位移 ， 所以阻力的冲量 ，故A正确. 题型2 动量定理的理解与应用 14 6.［河南安阳部分学校2024高二上联考］质量为的物块静止在水平地面上， 时刻施加一 水平力，时撤掉作用力，随时间 变化的图线如图所示.已知物块与地面间的动摩擦因 数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小取 .则( ) D A.时间内的冲量大小为 B.前摩擦力的冲量大小为 C.前物块动量的变化量大小为 D. 时物块的速度为0 题型2 动量定理的理解与应用 15 解析 图像中图线与横轴所围图形面积表示冲量，时间内 的冲量大小为 ,故A错误；因为滑动摩擦力大小, 时间内,物块处于静止状态,前内摩擦力的大小跟的大小相等,前 内摩擦力的冲量大小 为,故B错误； 时间内,摩擦力冲量的大小为 ,则前物块动量的变化量为 ,故C错误； 若物块在时速度变为0，则时间内摩擦力冲量的大小为 ,根据动量 定理得,解得,即 时物块的速度为0,故D正确. 题型2 动量定理的理解与应用 16 7.［湖北咸宁崇阳一中2025高二上期中］（多选）汽车安全气囊可防止头部受伤.设事故中气囊的 缓冲层与头部的撞击时间延长至以上，人头部的质量约为 ，则( ) AD A.气囊减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率 B.气囊减少了驾驶员头部撞击过程中撞击力的冲量 C.事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量相同 D.若事故中头部以 的速度水平撞击缓冲层，碰后速度为零，则头部受到的平均撞击力大小 为 题型3 用动量定理分析生活中的现象 17 解析 根据动量定理,可得,气囊的缓冲使撞击过程中的时间 延长了,从而减小 了撞击过程中对头部的平均撞击力,即减小了驾驶员头部撞击过程中的动量变化率 ,但驾驶员头 部撞击过程中撞击力的冲量 并未改变,故A正确,B错误；事故中气囊对头部的作用力与头部对气囊 的作用力大小相等,方向相反,且作用时间相等,可知事故中气囊对头部的冲量与头部对气囊的冲量 大小相等,方向相反,故C错误；若事故中头部以 的速度水平撞击缓冲层,碰后速度为零,则头部 受到的平均撞击力大小为 ,故D正确. 题型3 用动量定理分析生活中的现象 18 8.［陕西西安中学2025调研］城市高空坠物已成为危害极大的社会安全问题（禁止高空坠物 ）. 若一个的鸡蛋从25楼的窗户（窗户高度不计）自由落下，相邻楼层的高度差为 ，与地面 撞击时鸡蛋的竖直高度为 ，认为鸡蛋下沿落地后，鸡蛋上沿的运动是匀减速运动，并且上沿 运动到地面时恰好静止，以鸡蛋的上、下沿落地的时间间隔作为鸡蛋与地面的撞击时间，不计空 气阻力，重力加速度取 .从25楼下落的鸡蛋对地面的平均冲击力约为( ) B A. B. C. D. 题型3 用动量定理分析生活中的现象 19 解析 鸡蛋下落高度约为 ,根据自由落体运动的公式可知,鸡蛋下沿落地时的 速度,鸡蛋与地面撞击的时间 ,取向下为正方向，鸡蛋与地面 撞击过程,由动量定理得,解得 ,由牛顿第三定律得，鸡蛋对地面的平 均冲击力为 ,B正确. 题型3 用动量定理分析生活中的现象 20 9.［广东广州2025高二上月考］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 21 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 22 10.［河南开封2024高二上期中］（多选）在北京冬奥会上，中国运动队在短道速滑项目混合团 体接力决赛中，“接棒”运动员在前面滑行，“交棒”运动员从后面追上并用力推前方运动员完 成接力过程.忽略运动员与冰面之间的摩擦，交接棒过程中两运动员的速度均在同一直线上.则对 于此过程，下列说法正确的是( ) BD A.两运动员的加速度大小一定相等 B.两运动员动量变化量大小一定相等 C.两运动员之间相互作用力做的总功一定等于零 D.两运动员之间相互作用力的总冲量一定等于零 易错点1 混淆一对相互作用力的冲量与功的特征 23 解析 忽略运动员与冰面之间的摩擦，两运动员“接棒”过程中所受到的合力为运动员之间的相 互作用力，大小相等，但两运动员的质量关系未知，故无法确定两运动员的加速度大小关系，A 错误；相互作用力的作用时间相等，两运动员动量变化量大小相等，方向相反，总冲量等于零， B、D正确；两运动员相对冰面的位移不一定相同，因此他们之间相互作用力做的总功不一定等 于零，C错误. 易错点1 混淆一对相互作用力的冲量与功的特征 24 易错分析 一对相互作用力总是大小相等、方向相反，力的冲量是力对时间的累积效果，一对相互作用力对 两个物体的作用时间总相同，故一对相互作用力的冲量总是大小相等、方向相反，在一个系统内， 一对相互作用力的总冲量一定为零；而力对物体所做的功是力对位移的累积效果，相互作用的两 个物体的对地位移由初速度、受力共同决定，因物体对地位移可能不同，故一对相互作用力可以 都做正功，可以都做负功，也可以不做功.要注意区分功和冲量的决定因素. 易错点1 混淆一对相互作用力的冲量与功的特征 25 11. ［四川南充白塔中学2025高二上期中］“蹦极”是一项勇敢者的运动，如 图所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空 处自由下落，在空中感受完全失重的滋 味.此人质量为，橡皮绳原长，人可看成质点，不计空气阻力.此人从 点自 静止下落到最低点所用时间.取 求： 易错点2 求解合外力的冲量时，易忽略重力的冲量 26 （1）人从 点下落到最低点的过程中，重力的冲量大小； [答案] 解析 人从 点下落到最低点的过程中，重力的冲量大小 . （2）人下落到橡皮绳刚伸直（原长）时，人的动量大小； [答案] 解析 人下落到橡皮绳刚伸直（原长）时，人的速度为 ， 此时，人的动量大小为 . 易错点2 求解合外力的冲量时，易忽略重力的冲量 27 （3）从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中，人对橡皮绳的平均作用力. [答案] 大小为 ，方向竖直向下 解析 人下落到橡皮绳刚伸直（原长）的过程所用时间为 ， 从橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程所用时间为 ， 该过程中，设橡皮绳对人的平均作用力大小为 ，以竖直向下为正方向，根据动量定理有 ， 解得 . 根据牛顿第三定律可知，人对橡皮绳平均作用力大小为 ，方向竖直向下. 易错点2 求解合外力的冲量时，易忽略重力的冲量 28 教材变式 本题目由教材P10例题演变而来.教材考查了跳跃者在下落过程中所受的平均弹力，本题延伸考查 了人下落到橡皮绳刚伸直时人的动量大小. 易错点2 求解合外力的冲量时，易忽略重力的冲量 29 易错分析 解答本题时，往往容易忽略重力对人的冲量，导致错解. 易错点2 求解合外力的冲量时，易忽略重力的冲量 30 2 第2节 动量定理 刷提升 31 1.［四川眉山仁寿一中2025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 32 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，通过延长作用时间以减小作用力，故D正确. 33 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. 34 2.［四川宜宾三中2025高二上开学考］如图所示，一小物块随圆盘一起匀速转动.在转动过程中， 下列说法正确的是( ) B A.小物块所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线 B.小物块所受摩擦力的方向沿半径指向转轴 C.小物块动量始终不变 D.小物块运动半圈，合力冲量为0 35 解析 小物块做匀速圆周运动，由所受外力的合力提供向心力，物块所受重力与支持力平衡，可 知，由摩擦力提供向心力，即摩擦力方向指向圆心，与轨迹切线垂直，故A错误，B正确；小物块 做匀速圆周运动，速度大小不变，但速度方向发生变化，可知小物块动量大小始终不变，方向发 生变化，故C错误；小物块运动半圈，始、末位置速度方向相反，设速度大小为 ，以末速度方向 为正方向，根据动量定理有 ，故D错误. 36 3.［重庆部分区县2025高二上联考］在距离地面高处的点，以初速度 沿水平方向抛出一个小 球，忽略空气阻力，其运动轨迹如图所示，、为轨迹上的两个位置，若与、与 在竖直方 向的距离相等，则( ) B A.小球在到、到过程中动量的变化量相等 B.小球在到、到 过程中动量的变化率相等 C.小球在到、到过程中速度变化量相等 D.小球在到、到 过程中重力的冲量相等 37 解析 小球在竖直方向做自由落体运动,竖直方向的分速度越来越大,经过相同的竖直位移,所用时 间越来越短,与、与在竖直方向的距离相等,故小球从到的时间大于从到 的时间,根据 ,可知小球在到、到 过程中速度变化量不相等,动量的变化量也不相等,A、C错误； 根据动量定理有,整理可得 ,故动量的变化率为小球受到的合外力（重力）,B 正确；根据上述分析可知,重力的冲量,由于不同,故小球在到、到 过程中重力 的冲量不同,D错误. 38 4.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 ， 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( ) D A.1 B. C.2 D. 39 解析 设、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 ， 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. 40 5.（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 41 解析 由题图乙可知， 时刻物块开始运动，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. 42 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 43 解析 以子弹初速度方向为正方向，子弹穿过木块过程，根据牛顿第三定律可知，子弹对、 整体的作用力,以、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、的全过程，根据动量定理得 ，解得子 弹的速度为，子弹穿过的过程，对，根据动量定理得 ， 解得 ，故C正确，D错误. 44 7.［四川眉山2025高二上开学考］（多选）如图所示，倾角为 的光滑固定斜面底端有一固定挡 板，两个用轻弹簧连接在一起的滑块、置于斜面上处于静止状态.现给滑块 一个沿斜面向 上的瞬时冲量使之沿斜面向上运动，当滑块刚要离开挡板时滑块的速度为.已知、 的质量 均为，弹簧的劲度系数为，弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度为.则关于从滑块 开始运 动到滑块 刚要离开挡板的过程，下列说法中正确的是( ) BC A.滑块的位移为 B.滑块刚要离开挡板的瞬间，滑块的加速度大小为 C.滑块获得瞬时冲量的大小为 D.重力对滑块做的功为 45 解析 开始时弹簧处于压缩状态，根据胡克定律有，滑块 刚要离开挡板时，弹簧 处于拉伸状态，根据胡克定律有，滑块的位移为，解得 ， 故A错误；滑块刚要离开挡板的瞬间，对滑块 进行分析，根据牛顿第二定律有 ，解得 ，故B正确；重力对滑块 做的功为 ，解得，故D错误；结合上述分析可知，滑块 向上运 动过程中，弹簧初始位置的压缩量等于末位置的伸长量，即弹簧初、末状态的弹性势能相等，根 据系统机械能守恒可得 ， 滑块获得瞬时冲量的大小，联立解得 ，故C正确. 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 时 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，空气阻力忽略不计（取 ， ， ）求： 47 （1）运动员从平台水平飞出的初速度大小 ； [答案] 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，则 ， 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 ， 在垂直于斜坡方向，根据动量定理有 ， 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 的大小为 . 49 9.［北京丰台区2024高二下联考］（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( ) AB 图1 图2 A.两小球到达装置底部时动量相同 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 50 解析 根据题意可知,两小球下落高度相同,由,可得 ,则两小球到达装置底部时的 速度相同,由于两球质量相同,所以两小球到达装置底部时,动量相同,故A正确；由题意可知,两小球 与装置底部碰撞后反弹的速度相同,两小球碰撞前的速度也相同,则两小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,则小球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；由于两小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 的冲量大小,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. 51 易错分析 图线与时间轴围成的面积表示的冲量大小,但 ,本题还要考虑重力的作用. 52 $$