专题2 动量定理（7大考点）-2025-2026学年高二上学期物理同步培优训练（人教版选择性必修第一册）

专题2 动量定理 7大高频考点概览 考点01 冲量的定义及性质（共3小题） 考点02 求恒力的冲量（共5小题） 考点03 求变力的冲量（共4小题） 考点04 动量定理的内容和应用（共7小题） 考点05 用动量定理求平均作用力（共6小题） 考点06 用动量定理求流体冲击问题（共5小题） 考点07 F-t图像中的动量问题（共5小题） 地 城 考点01 冲量的定义及性质 1．如图所示，光滑的圆弧轨道竖直固定放置，其弧长远小于半径，圆弧的底端切线水平。现将质量分别为m、2m的小球甲、乙分别从轨道的顶点和顶点下方的某点由静止释放，然后到达底端，重力加速度为g，两小球均视为质点，在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．若甲重力的冲量大小为I，则圆弧轨道的半径为 B．若甲重力的冲量大小为I，则乙重力的冲量为0.5I C．若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则甲重力的冲量为 D．若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则甲运动的时间为 2．一质量为1kg的小球以5m/s的水平速度垂直撞向竖直墙壁后原速率反弹，与墙壁接触的时间为0.1s，取重力加速度g＝10m/s2，则在该过程中小球的动量变化量大小和重力的冲量大小分别为（　　） A．0，0 B．5kg•m/s，1N•s C．10kg•m/s，0 D．10kg•m/s，1N•s 3．（多选）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端拴在人身上，人从几十米高处跳下，蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（　　） A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小 C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D．人在最低点时，绳对人的拉力大于人所受的重力 地 城 考点02 求恒力的冲量 4． 2024年8月10日，中国运动员宋佳媛荣获巴黎奥运会田径女子铅球决赛铜牌，若她将同一铅球（可看作质点）从空中同一位置A点先后两次抛出，第一次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中1所示，第二次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中2所示，两轨迹的交点为B，不计空气阻力。关于两次抛出，下列说法正确的是（　　） A．铅球第一次被抛出时在空中运动的时间较短 B．铅球第一次被抛出时在A点重力的瞬时功率较小 C．铅球第二次被抛出时在最高点的动量较大 D．铅球第二次被抛出时重力的冲量较大 5．风洞通过人工产生和控制的气流，可以模拟物体周围气体的流动。在风洞实验室中，将质量为m的物体以大小为v0的初速度竖直向上抛出，该物体受到的空气阻力大小f与速率v成正比，比例系数为k，物体速度随时间变化的关系如图所示，在t1时刻速度为零，t2时刻落回抛出点，落回时速率为v1。已知物体上升的高度为h，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．物体下落过程重力的冲量小于物体的动量变化量 B．物体上升过程所受空气阻力的冲量比下落过程的大 C．物体下落过程所用的时间为 D．物体从抛出到落回所用的总时间为 6．如图，一足够大的水平圆盘以角速度ω绕过圆心的竖直轴匀速转动。圆盘上距轴R处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点Q处（图中未画出）停止。下列说法正确的是（　　） A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力大小为mRω2，摩擦力方向与运动方向相反 B．圆盘停止转动前，小物体在圆周运动一个周期内所受摩擦力的冲量大小为2πmRω C．圆盘停止转动后，直至停止运动，小物体在此滑动过程中所受摩擦力的冲量大小为mRω D．圆盘停止转动后，小物体沿过P点的圆盘半径方向向外做离心运动 7．（多选）如图所示，光滑斜面高度一定，斜面倾角θ可调节。物体从斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑到斜面底端，下列物理量与斜面倾角无关的是（　　） A．物体受到支持力的力 B．物体重力的冲量 C．合力对物体做的功 D．物体运动到底端动量的大小 8．如图为跳台滑雪运动赛道的简化示意图，由助滑雪道和着陆坡等组成。着陆坡与水平面的夹角θ＝37°，助滑雪道为半径R＝60m的六分之一圆弧，B点切线水平。可视为质点的运动员由A点无初速下滑，从B点水平滑出，在B点对雪道压力为1000N，在空中飞行一段时间后降落在着陆坡上C点。运动员及其装备总质量m＝60kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力。求： （1）运动员在助跑雪道B点的速度vB的大小； （2）由A至B过程，运动员克服阻力所做的功Wf； （3）由B至C过程，运动员所受重力的冲量I大小。 地 城 考点03 求变力的冲量 9．将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小恒定，则下列说法正确的是（　　） A．上升和下落两过程的时间相等 B．上升和下落两过程损失的机械能相等 C．上升过程合力的冲量小于下落过程合力的冲量 D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 10．如图所示，光滑水平面上放有质量为M＝2kg的足够长的木板B，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块A叠放在B上，A的质量为m＝1kg，弹簧的劲度系数k＝100N/m。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力F＝10N作用在B上，已知A、B间动摩擦因数μ＝0.2，弹簧振子的周期为，取g＝10m/s2，π2＝10。则（　　） A．A受到的摩擦力逐渐变大 B．A向右运动的最大距离为4cm C．当A的总位移为2cm时，B的位移一定为5cm D．当A的总位移为4cm时，弹簧对A的冲量大小可能为0.4π（N•s） 11．（多选）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中（　　） A．最大的加速度为5g B．球上升阶段阻力的冲量小于下落阶段阻力的冲量 C．小球上升的最大高度为 D．小球上升的最大高度为 12．一个质量为m的蹦床运动员，从离水平网面h高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面2h高处，已知运动员与网接触的时间为Δt，重力加速度为g，取向上为正方向，空气阻力忽略不计。 （1）运动员着网时的速度大小v； （2）整个过程中，运动员所受弹力的冲量I； （3）全过程中，人增加的机械能是多少？这些能量由谁提供？ 地 城 考点04 动量定理的内容和应用 13．光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量mA＝2kg，物体B质量mB＝1kg。如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝4+t（N）、FB＝8﹣t（N）。下列说法正确的是（　　） A．t＝0s时，物体A的加速度大小为2m/s2 B．t＝2s时，物体A、B开始分离 C．在0～4s时间内，FA和FB做功的代数和为382J D．t＝6s时，物体A的速度为25m/s 14．两个相同小铁块A和B，分别从固定的、高度相同的光滑斜面和圆弧斜面的顶点滑到底部，如图所示。若它们的初速度都为零，且下滑到底部的路程相同，则下列说法正确的是（　　） A．它们到达底部时动量相同 B．它们到达底部过程中重力做功相同 C．它们到达底部过程中重力的冲量相同 D．整个过程中合外力的冲量相同 15．如图所示，一个质量为1kg的物块在水平向右的力F的作用下沿粗糙水平面向右做直线运动，拉力随时间变化的关系如图所示，规定向右为正，t＝0时刻物体的速度v0＝6m/s，物块与水平面之间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g取10m/s2。下列选项正确的是（　　） A．t＝2s时刻，物体的速度大小为9m/s B．0﹣2s内摩擦力冲量为12N•s C．0﹣2s时间内，摩擦力冲量为15N•s D．0﹣2s内拉力F冲量为20N•s 16．（多选）如图所示，直径相同（约30cm）的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断正确的是（　　） A．子弹在每个水球中的速度变化相同 B．每个水球对子弹做的功相同 C．每个水球对子弹的冲量相同 D．子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等 17．（多选）如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为10kg的头锤从离气囊表面高5m处自由下落，与正下方的气囊发生碰撞后反向弹起，上升最大高度为0.2m。以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的有（　　） A．头锤刚碰到气囊的速度大小为10m/s B．头锤与气囊碰撞过程中合力冲量大小为80N•s C．头锤受到气囊最大作用力Fm为2600N D．头锤受到气囊作用力F的冲量大小为120N•s 18．“打水漂”是一种投掷扁平的石片或瓦片的游戏。图甲是打水漂的图片，图乙是石片运动轨迹的示意图。现将打水漂简化成如下理想模型，弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，薄片每次从水平面弹起时速度与水平面的夹角均为30°，速率损失25%。测得薄片第1次弹起后的滞空时间为0.6s。薄片运动过程中不计空气阻力，并始终在同一竖直面内且没有旋转。碰撞过程中忽略薄片重力的影响，重力加速度g取10m/s2，结果可用根号表示。求： （1）薄片第1次弹起后速度v的大小及第2次弹起到第3次弹起的水平距离x； （2）薄片与弹性水平面间的动摩擦因数μ。 19．如图所示，两小球A、B用跨过定滑轮O的细线相连，B球套在一光滑竖直的固定杆上，A、B两球均处于静止状态，此时细线与竖直杆的夹角α＝53°，套在竖直杆上的C球从与B球距离h1＝1.8m处由静止释放，C、B球碰撞时间极短，碰撞过程中细线中的拉力远大于B球的重力，碰后B球下降到最低点时，细线与竖直杆的夹角β＝37°，已知A、C球质量分别为mA＝5.0kg、mC＝1.0kg，定滑轮到竖直杆的水平距离为L＝2.0m，重力加速度为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： （1）B球的质量mB； （2）B球与C球碰后瞬间的速度大小vB； （3）C球碰后反弹的最大高度h2。 地 城 考点05 用动量定理求平均作用力 20．高空抛物是一种会带来社会危害的不文明行为，不起眼的物品从高空落下就可能致人伤亡。某小区的监控摄像头录像显示，一花盆从距离地面20m高的阳台上掉下，落地时与地面作用时间为0.1s，假设花盆质量为3kg且掉下时无初速度，与地面作用后不反弹，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则花盆落地时对地面的平均作用力大小为（　　） A．600N B．630N C．300N D．330N 21．2024年8月2日在巴黎奥运会上，朱雪莹借助蹦床的弹力腾空升起，随后回落到蹦床上，假设她的运动始终沿竖直方向，从某次刚好接触到蹦床面开始计时，通过力传感器得到了朱雪莹所受蹦床的弹力随时间变化的F﹣t图像如图所示。已知朱雪莹的质量m＝45kg，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．在0.3s～2.3s时间间隔内，朱雪莹先处于超重状态，后处于失重状态 B．在比赛过程中，朱雪莹的最大动能为2250J C．在比赛过程中，朱雪莹离开蹦床上升的最大高度为20m D．从接触到离开蹦床的过程中，朱雪莹对蹦床的平均作用力大小为3450N 22．如图所示，由高压水枪中竖直向上喷出的水柱，将一个开口向下的小铁盒顶在空中。已知密度为ρ的水柱以恒定速率从水枪中持续喷出，向上运动并以速率v0冲中击小铁盒，且冲击小铁盒时水柱横截面积为S，并以速率v竖直返回（不考虑水之间的碰撞）。水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计，则水对铁盒的平均作用力大小为（　　） A．ρSv0（v0+v） B．ρS（v+v0） C．ρS（v﹣v0） D．ρSv0（v﹣v0） 23．（多选）如图所示，联合收割机正在水平地面上收割小麦，通过收割、脱粒、清选后得到干净的小麦，干净的小麦再通过倾斜的送料管输送到高处，并以相对管口竖直向下2m/s的速度被喷出，最后落入与它并排匀速行驶的货车车厢内。该收割机送料管1s内可输送小麦的质量为20kg，送料管口离货车车厢底部的高度差为1.6m，货车车厢是长为15m的长方体。为了让小麦尽可能装满整个车厢，货车行驶的速度往往比收割机稍快些。已知10t小麦刚好能将货车车厢装满，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．若收割机和货车均静止，收割机将小麦无初速度地放上送料管，则送料管对小麦做功的功率为40W B．若收割机和货车均静止，小麦落到车厢底部速度即刻变为零，则小麦对车厢底部的平均冲击力大小约为120N C．若收割机匀速行驶的速度为1m/s，且恰能装满货车车厢，则货车匀速行驶的速度应为1.03m/s D．若收割机匀速行驶的速度为1m/s，且恰能装满货车车厢，则小麦对车厢底部的水平方向作用力约为0.6N 24．一个质量为m的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，以速率v1着网后经Δt沿竖直方向以速率v2蹦回，然后上升至某高处，该运动员从开始自由下落至再次上升至最高处总时间为t。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，不计阻力。 （1）求运动员从开始自由下落至再次上升至最高处的这一过程所受重力的冲量； （2）求网对运动员的平均作用力大小。 25．一个质量m＝60kg的蹦床运动员，从离水平网面h1＝3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面h2＝5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为t＝0.8s，g取10m/s2。 （1）求运动员与网接触的这段时间内动量变化量的大小； （2）求网对运动员的平均作用力大小； （3）求从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处这一过程中运动员所受重力的冲量大小I。 地 城 考点06 用动量定理求流体冲击问题 26．科幻小说《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，若要匀速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度ρ＝6.0×10﹣10kg/m3，飞船进入尘埃区的速度为v＝2.5×106m/s，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝10m2，假设尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，计算时，取尘埃微粒的初速度为零，忽略微粒间的相互作用，则（　　） A．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为0.15kg B．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为1.5kg C．飞船要保持速度不变，所需推力大小为1.50×104N D．飞船要保持速度不变，所需推力大小为3.75×104N 27．喷泉水柱从横截面积为S＝0.001m2的喷口持续以速度v0＝10m/s竖直向上喷出，距喷口正上方h处固定一水平挡板，水柱冲击到水平挡板后，在竖直方向水的速度瞬间变为零，在水平方向朝四周均匀散开，忽略空气阻力。已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2。设水柱对挡板的冲击力为F，则F﹣h图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 28．（多选）小强同学设计了如图所示的装置，台秤上方固定了一个沙箱，沙箱开口距秤盘的高度为h＝0.2m，当沙箱阀门打开时沙子从静止开始下落，沙子与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（忽略二阶小量）。当台秤的示数为1kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知沙子的流量Q＝100g/s，取重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力及沙子在秤盘内堆积的高度，下列说法正确的是（　　） A．阀门关闭瞬间，空中沙子的质量为0.01kg B．沙子落到秤盘上的速度为2m/s C．沙子与秤盘碰撞时对秤盘冲击力为0.2N D．稳定后（空中的沙子全部落入秤盘），台秤示数为1kg 29．（多选）如图为水流导光实验，已知出水口的横截面积为3.0×10﹣5m2，出水口中心到水池水面的竖直高度为0.8m，水柱在水面的落点中心到出水口的水平距离为0.4m，水的密度为1.0×103kg/m3，g取10m/s2。假设水落到水面后竖直速度立即减为0，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．水离开出水口时的速度大小为0.5m/s B．水离开出水口时的速度大小为1.0m/s C．落水对水面竖直方向的冲击力大小为0.12N D．落水对水面竖直方向的冲击力大小为1.2N 30．节约用水是美德，假设有一个水龙头竖直向下流水，水龙头横截面积为S0，水流初速度为v0，水的密度为ρ，重力加速度为g。 （1）生活中我们观察到水柱越往下越细，推导水柱横截面积S与下落高度h间的关系。 （2）现让水龙头竖直向上喷水，利用水的冲击力托举一个质量为M的平板，认为水撞击到平板之后速度立刻减为0，且平板底面积大于水柱截面积，求平板稳定时相距水龙头的高度H。 地 城 考点07 F-t图像中的动量问题 31．一质量为m＝1kg的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻起，受到的水平外力F如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．0～4s内，物体动量变化量的大小为5kg•m/s B．0～2s内，外力对物体做的功为12.5J C．t＝2s时和t＝4s时物体的动量大小相同 D．t＝4s时物体回到出发点 32．如图甲所示，一个质量为0.2kg的物体静止在光滑的水平地面上。在与水平方向成θ角的外力F作用下，物块从静止开始沿水平地面做直线运动，F的方向不变，大小随时间t变化的图像如图乙所示。已知θ＝30°，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．0～4s内外力F的冲量大小为 B．0～4s内地面对物体支持力的冲量大小为5N•s C．2s末物体的动量大小为2kg•m/s D．3s末物体的动量大小为 33．（多选）一个质量为1kg的物体放在光滑水平面上，现给物体施加一沿水平方向、大小变化如图所示的外力F，使物体从静止开始沿直线运动。下列说法正确的是（　　） A．1～3s内外力F的冲量大小I＝3N•s B．t＝4s时物体的动量大小p＝2kg•m/s C．0∼4s内外力F做的功W＝2J D．t＝3s时外力F的功率P＝6W 34．（多选）如图甲，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律如图乙。若头锤质量M＝30kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/s2。则（　　） A．碰撞过程中F的冲量大小为660N•s B．碰撞过程中F的冲量大小为330N•s C．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.4m D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m 35．如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求： （1）t＝6s时F的大小，以及t在0～6s内F的冲量大小。 （2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f﹣t图像。 （3）t＝6s时，物块的速度大小。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题2 动量定理 7大高频考点概览 考点01 冲量的定义及性质（共3小题） 考点02 求恒力的冲量（共5小题） 考点03 求变力的冲量（共4小题） 考点04 动量定理的内容和应用（共7小题） 考点05 用动量定理求平均作用力（共6小题） 考点06 用动量定理求流体冲击问题（共5小题） 考点07 F-t图像中的动量问题（共5小题） 地 城 考点01 冲量的定义及性质 1．如图所示，光滑的圆弧轨道竖直固定放置，其弧长远小于半径，圆弧的底端切线水平。现将质量分别为m、2m的小球甲、乙分别从轨道的顶点和顶点下方的某点由静止释放，然后到达底端，重力加速度为g，两小球均视为质点，在此过程中，下列说法正确的是（　　） A．若甲重力的冲量大小为I，则圆弧轨道的半径为 B．若甲重力的冲量大小为I，则乙重力的冲量为0.5I C．若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则甲重力的冲量为 D．若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则甲运动的时间为 【答案】A 【解答】解：A、因为圆弧轨道弧长远小于半径，小球在圆弧轨道上的运动可视为单摆运动，由 I＝mgt T＝4t 综合可得 故A正确； B、乙重力的冲量为 I乙＝2mgt 结合I＝mgt，综合可得 I乙＝2I 故B错误； CD、若乙下落的高度为h，重力的平均功率为P，则有 ， 甲、乙运动时间相等，均为 甲重力的冲量为 I甲＝mgt 综合可得 故CD错误。 故选：A。 2．一质量为1kg的小球以5m/s的水平速度垂直撞向竖直墙壁后原速率反弹，与墙壁接触的时间为0.1s，取重力加速度g＝10m/s2，则在该过程中小球的动量变化量大小和重力的冲量大小分别为（　　） A．0，0 B．5kg•m/s，1N•s C．10kg•m/s，0 D．10kg•m/s，1N•s 【答案】D 【解答】解：规定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：v1＝5m/s，v2＝﹣5m/s， 则该过程中小球的动量变化量大小为：|Δp|＝|mv2﹣mv1|＝|m（v2﹣v1）|＝|1×（﹣5﹣5）kg•m/s|＝10kg•m/s； 根据冲量的定义可知该过程中小球重力的冲量大小为：I＝mgt＝1×10×0.1N•s＝1N•s；故ABC错误，D正确。 故选：D。 3．（多选）“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端拴在人身上，人从几十米高处跳下，蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，下列分析正确的是（　　） A．绳对人的冲量始终向上，人的动量先增大后减小 B．绳对人的拉力始终做负功，人的动能先增大后减小 C．绳恰好伸直时，绳的弹性势能为零，人的动能最大 D．人在最低点时，绳对人的拉力大于人所受的重力 【答案】ABD 【解答】解：从绳子恰好伸直到人下降到最低点的过程中，开始时人的重力大于拉力，人向下做加速运动；然后拉力大于重力后再做减速运动，所以人的速度先增大后减小。 A、由于绳对人的作用力一直向上，故绳对人的冲量始终向上，由于人在下降中速度先增大后减小，故动量先增大后减小，故A正确； B、在该过程中，拉力与运动方向始终相反，绳子的力一直做负功，由于人在下降中速度先增大后减小，则人的动能先增大后减小，故B正确； C、绳子恰好伸直时，绳子的形变量为零，弹性势能为零，但此时人的速度不是最大，动能不是最大，故C错误； D、人在最低点时有向上的加速度，所以绳子对人的拉力一定大于人受到的重力，故D正确。 故选：ABD。 地 城 考点02 求恒力的冲量 4． 2024年8月10日，中国运动员宋佳媛荣获巴黎奥运会田径女子铅球决赛铜牌，若她将同一铅球（可看作质点）从空中同一位置A点先后两次抛出，第一次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中1所示，第二次抛出时铅球在空中运动的轨迹如图中2所示，两轨迹的交点为B，不计空气阻力。关于两次抛出，下列说法正确的是（　　） A．铅球第一次被抛出时在空中运动的时间较短 B．铅球第一次被抛出时在A点重力的瞬时功率较小 C．铅球第二次被抛出时在最高点的动量较大 D．铅球第二次被抛出时重力的冲量较大 【答案】C 【解答】解：A.铅球被抛出后做斜抛运动，由斜抛运动规律，知铅球在空中运动的时间t，由题图可知铅球第一次被抛出时运动的高度更高，故铅球第一次被抛出时在空中运动的时间较长，故A错误； B.重力功率PG＝mgvy，由vy＝gt知，铅球在A点时vy1＞vy2，故铅球第一次被抛出时在A点重力的瞬时功率较大，故B错误； C.铅球在最高点时，动量p＝mvx，铅球在水平方向做匀速直线运动，则，由题图可知x1＜x2，则vx1＜vx2，故铅球第二次被抛出时在最高点的动量较大，故C正确； D.重力冲量IG＝mgt，结合A选项分析可知铅球第二次被抛出时重力的冲量较小，故D错误。 故选：C。 5．风洞通过人工产生和控制的气流，可以模拟物体周围气体的流动。在风洞实验室中，将质量为m的物体以大小为v0的初速度竖直向上抛出，该物体受到的空气阻力大小f与速率v成正比，比例系数为k，物体速度随时间变化的关系如图所示，在t1时刻速度为零，t2时刻落回抛出点，落回时速率为v1。已知物体上升的高度为h，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　） A．物体下落过程重力的冲量小于物体的动量变化量 B．物体上升过程所受空气阻力的冲量比下落过程的大 C．物体下落过程所用的时间为 D．物体从抛出到落回所用的总时间为 【答案】C 【解答】解：B.物体上升过程所受空气阻力的冲量大小为，同理可知下降过程所受空气阻力的冲量大小为，即物体上升和下落过程所受空气阻力的冲量大小相等，故B错误； ACD.物体上升过程，根据动量定理，以向上为正方向，有﹣mgt1﹣I1＝0﹣mv0 解得：， 物体下降过程，以向下为正方向，根据动量定理得：mg（t2﹣t1）﹣I2＝mv1﹣0，物体下落过程重力的冲量大于物体的动量变化量，解得： 全程时间等于t2，下降时间t下＝t2﹣t1，解得：t下，故C正确，AD错误。 故选：C。 6．如图，一足够大的水平圆盘以角速度ω绕过圆心的竖直轴匀速转动。圆盘上距轴R处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点Q处（图中未画出）停止。下列说法正确的是（　　） A．圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力大小为mRω2，摩擦力方向与运动方向相反 B．圆盘停止转动前，小物体在圆周运动一个周期内所受摩擦力的冲量大小为2πmRω C．圆盘停止转动后，直至停止运动，小物体在此滑动过程中所受摩擦力的冲量大小为mRω D．圆盘停止转动后，小物体沿过P点的圆盘半径方向向外做离心运动 【答案】C 【解答】解：A.圆盘停止转动前，物体的速度沿圆周切线方向，所以摩擦力的方向与其速度方向垂直，沿圆盘面指向中心轴，故A错误； B.在水平方向上，圆盘停止转动前，小物体运动一圈的过程中由动量定理可得I＝mv﹣mv＝0，故B错误； C.以圆盘转动方向为正方向，由动量定理可得I′＝0﹣mv＝﹣mRω，即小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mRω，故C正确； D.圆盘停止转动后，物块沿切线方向运动，故D错误。 故选：C。 7．（多选）如图所示，光滑斜面高度一定，斜面倾角θ可调节。物体从斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑到斜面底端，下列物理量与斜面倾角无关的是（　　） A．物体受到支持力的力 B．物体重力的冲量 C．合力对物体做的功 D．物体运动到底端动量的大小 【答案】CD 【解答】解：A、物体受到的支持力为FN＝mgcosθ，θ改变，支持力改变，故A错误； B、物体重力沿斜面方向的分力提供加速度，为，物体沿斜面下滑到斜面底端时间为，，重力的冲量为I＝mgt，θ改变，t改变，则冲量I改变，故B错误； C、物体从斜面顶端由静止释放，沿斜面下滑到斜面底端，只有重力做功，因斜面高度不变，故功不变，故C正确。 D、设斜面高为h，物体重力沿斜面方向的分力提供加速度，为，根据运动学公式v2＝2as可得：，θ改变，速度不变，故D正确。 故选：CD。 8．如图为跳台滑雪运动赛道的简化示意图，由助滑雪道和着陆坡等组成。着陆坡与水平面的夹角θ＝37°，助滑雪道为半径R＝60m的六分之一圆弧，B点切线水平。可视为质点的运动员由A点无初速下滑，从B点水平滑出，在B点对雪道压力为1000N，在空中飞行一段时间后降落在着陆坡上C点。运动员及其装备总质量m＝60kg，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，忽略空气阻力。求： （1）运动员在助跑雪道B点的速度vB的大小； （2）由A至B过程，运动员克服阻力所做的功Wf； （3）由B至C过程，运动员所受重力的冲量I大小。 【解答】解：（1）由牛顿第三定律得，在B点雪道对运动员的支持力大小等于其所受压力大小，即FNB＝F压，根据牛顿第二定律，解得vB＝20m/s； （2）运动员从A到B过程由动能定理mgR（1﹣cos60°）﹣Wf，解得Wf＝6000J； （3）运动员从B到C过程做平抛运动x＝vBt，ygt2，，解得t＝3s，则B到C过程重力的冲量大小为I＝mgt＝60×10×3N•s＝1800N•s。 答：（1）运动员在助跑雪道B点的速度vB的大小为20m/s； （2）由A至B过程，运动员克服阻力所做的功Wf为6000J； （3）由B至C过程，运动员所受重力的冲量I大小为1800N•s。 地 城 考点03 求变力的冲量 9．将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小恒定，则下列说法正确的是（　　） A．上升和下落两过程的时间相等 B．上升和下落两过程损失的机械能相等 C．上升过程合力的冲量小于下落过程合力的冲量 D．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 【答案】B 【解答】解：D.小球上升过程中受到向下的空气阻力，满足mg+f＝ma，下落过程中受到向上的空气阻力，满足mg﹣f＝ma，由牛顿第二定律可知上升过程所受合力（加速度）总大于下落过程所受合力（加速度），故D错误； C.小球运动的整个过程中，空气阻力做负功，由动能定理可知小球落回原处时的速度小于抛出时的速度，所以上升过程中小球动量变化的大小大于下落过程中动量变化的大小，由动量定理可知，上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量，故C错误； A.上升与下落经过同一位置时的速度，上升时更大，所以上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，所以上升过程所用时间小于下落过程所用时间，故A错误； B.经同一位置，上升过程中所受空气阻力等于下落过程所受阻力，由功能关系ΔE＝﹣fh可知，上升过程机械能损失等于下落过程机械能损失，故B正确。 故选：B。 10．如图所示，光滑水平面上放有质量为M＝2kg的足够长的木板B，通过水平轻弹簧与竖直墙壁相连的物块A叠放在B上，A的质量为m＝1kg，弹簧的劲度系数k＝100N/m。初始时刻，系统静止，弹簧处于原长。现用一水平向右的拉力F＝10N作用在B上，已知A、B间动摩擦因数μ＝0.2，弹簧振子的周期为，取g＝10m/s2，π2＝10。则（　　） A．A受到的摩擦力逐渐变大 B．A向右运动的最大距离为4cm C．当A的总位移为2cm时，B的位移一定为5cm D．当A的总位移为4cm时，弹簧对A的冲量大小可能为0.4π（N•s） 【答案】B 【解答】解：A．拉力作用瞬间，根据牛顿第二定律可得整体加速度为 A的最大加速度为 则开始运动时，二者就会发生相对滑动，A所受摩擦力大小不变，故A错误； B．弹簧弹力与A所受摩擦力相等时，A的位移为 此时A的速度最大，即振幅为2cm，则A的最大位移为4cm，故B正确； C．A的位移为2cm时，经过时间为 （n＝0，1，2，3…） 或 （n＝0，1，2，3…） 由题意，周期为T＝0.2π（s）。B的加速度为 则此时B的位移为 或 说明当A的总位移为2cm时，B的位移不一定为5cm，故C错误； D．当A的总位移为4cm时，速度为零，即动量的变化量为零，则由动量定理可知，弹簧与摩擦力对A的冲量等大，即 I＝μmgΔt 此时A的运动时间为 （n＝0，1，2，3…） 得 I＝（1+2n）T＝0.2π（1+2n）（N•s）（n＝0，1，2，3…） 即当A的总位移为4cm时，弹簧对A的冲量大小不可能为0.4π（N•s），故D错误。 故选：B。 11．（多选）从地面上以一定初速度竖直向上抛出一质量为m的小球，其动能随时间的变化如图。已知小球受到的空气阻力与速率成正比。小球落地时的动能为E0，且落地前小球已经做匀速运动。重力加速度为g，则小球在整个运动过程中（　　） A．最大的加速度为5g B．球上升阶段阻力的冲量小于下落阶段阻力的冲量 C．小球上升的最大高度为 D．小球上升的最大高度为 【答案】AC 【解答】解：A．小球抛出上升过程和下降过程，由牛顿第二定律有 mg+f1＝ma1 mg﹣f2＝ma2 已知小球受到的空气阻力与速率成正比，即f＝kv 则小球刚抛出时空气阻力最大，加速度最大，有 mg+kv1＝mamax 小球落地前已经匀速运动，有 mg＝kv2 联立解得 amax＝5g 故A正确； B．已知小球受到的空气阻力与速率成正比，则阻力与速率的关系为 f＝kv 故阻力的冲量大小为 If＝Σft＝Σkvt＝kx 因为上升过程和下降过程位移大小相同，则上升和下降过程阻力的冲量大小相等，故B错误； CD．取向上为正方向，上升的加速度为 取极短时间Δt，速度变化Δv，有 又 vΔt＝Δh 上升全程有 则 设小球的初速度为v1，满足 而小球的末速度为v2，则有 联立可得 故C正确，D错误。 故选：AC。 12．一个质量为m的蹦床运动员，从离水平网面h高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面2h高处，已知运动员与网接触的时间为Δt，重力加速度为g，取向上为正方向，空气阻力忽略不计。 （1）运动员着网时的速度大小v； （2）整个过程中，运动员所受弹力的冲量I； （3）全过程中，人增加的机械能是多少？这些能量由谁提供？ 【解答】解：（1）运动员触网前做自由落体运动，由匀变速直线运动的速度﹣位移公式可知， 运动员着网时的速度大小v （2）运动员离开网后做竖直上抛运动，设运动员离网时的速度大小为v′， 则v′2 设运动员所受弹力的冲量I，以向上为正方向，运动员从着网到离开网的过程，由动量定理得： I﹣mgΔt＝mv′﹣（﹣mv） 解得：I＝mgΔt+m2m，方向竖直向上 （3）人增加的机械能： ΔEmgh 人增加的机械能是运动员自身提供的 答：（1）运动员着网时的速度大小v是； （2）整个过程中，运动员所受弹力的冲量I大小是mgΔt+m2m，方向竖直向上； （3）全过程中，人增加的机械能是mgh，这些能量由运动员自身提供的。 地 城 考点04 动量定理的内容和应用 13．光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B，物体A质量mA＝2kg，物体B质量mB＝1kg。如图所示，作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA＝4+t（N）、FB＝8﹣t（N）。下列说法正确的是（　　） A．t＝0s时，物体A的加速度大小为2m/s2 B．t＝2s时，物体A、B开始分离 C．在0～4s时间内，FA和FB做功的代数和为382J D．t＝6s时，物体A的速度为25m/s 【答案】D 【解答】解：A．由题知，当t＝0s时，FA＝4N，FB＝8N，设A和B的共同加速度大小为a，根据牛顿第二定律有FA+FB＝（mA+mB）a，解得a＝4m/s2，故A错误； B．A和B恰好分离时，A和B速度相等，无相互作用力，加速度相等，由受力分析可知，AB整体的加速度仍为a＝4m/s2， 对A应用牛顿第二定律，有：FA＝mAa，解得t＝4s，故B错误； C．由B选项分析，可知在0∼4s内A、B没有分离，速度相等，加速度相等，且仍为a＝4m/s2，A、B整体做匀加速直线运动，故4s末A、B整体的速度为v＝at＝4×4m/s＝16m/s， 根据动能定理可得FA和FB做功的代数和为：，解得：W＝384J，故C错误； D．由B选项分析，可知4s后A、B分离，分离时A的速度为v＝16m/s； 分离后，A受到的作用力为FA＝4+t（N），当t1＝4s时，F1＝8N，当t2＝6s时，F2＝10N，作出F﹣t图像如图所示： 根据F﹣t图像与时间轴围成的面积表示冲量，则在4～6s内，有：； 则在4∼6s时间内，根据动量定理有I＝mAv′﹣mAv，解得：v′＝25m/s，故D正确。 故选：D。 14．两个相同小铁块A和B，分别从固定的、高度相同的光滑斜面和圆弧斜面的顶点滑到底部，如图所示。若它们的初速度都为零，且下滑到底部的路程相同，则下列说法正确的是（　　） A．它们到达底部时动量相同 B．它们到达底部过程中重力做功相同 C．它们到达底部过程中重力的冲量相同 D．整个过程中合外力的冲量相同 【答案】B 【解答】解：A、小铁块从顶点到底部过程，根据动能定理可得：，解得小铁块到达底部的速度大小为：，可知小铁块A和B到达底部时速度大小相等，方向不同，由此可知，它们到达底部时动量不相同，故A错误； B、根据重力做功W＝mgH，可知它们到达底部过程中重力做功相同，故B正确； C、重力的冲量为 I＝mgt，由上述可知速度的大小相同，下滑到底部的路程相同，则运动时间不相同，故重力的冲量不同，故C错误； D、根据动量定理可得：I＝Δp＝mv，由于小铁块A和B到达的速度方向不同，可知整个过程中铁块的动量变化不相同，则合外力的冲量不同，故D错误。 故选：B。 15．如图所示，一个质量为1kg的物块在水平向右的力F的作用下沿粗糙水平面向右做直线运动，拉力随时间变化的关系如图所示，规定向右为正，t＝0时刻物体的速度v0＝6m/s，物块与水平面之间的动摩擦因数为0.6，重力加速度g取10m/s2。下列选项正确的是（　　） A．t＝2s时刻，物体的速度大小为9m/s B．0﹣2s内摩擦力冲量为12N•s C．0﹣2s时间内，摩擦力冲量为15N•s D．0﹣2s内拉力F冲量为20N•s 【答案】A 【解答】解：BC.物块受到的摩擦力为fm＝μmg＝0.6×1×10N＝6N，方向向左，以向右为正方向，则在0～2s内，摩擦力对物块的冲量大小为If＝﹣6×2N•s＝﹣12N•s，故BC错误； D.F﹣t图像中，拉力与时间围成面积表示拉力的冲量，则拉力的冲量为，故D错误； A.以向右为正方向，由动量定理Δp＝IF﹣If＝15N•s﹣12N•s＝3N•s，，t＝2s时刻，物体的速度大小为v＝v0+Δv＝6m/s+3m/s＝9m/s，故A正确。 故选：A。 16．（多选）如图所示，直径相同（约30cm）的4个装满水的薄皮气球水平固定排列，子弹射入水球中并沿水平线做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，气球薄皮对子弹的阻力忽略不计。以下判断正确的是（　　） A．子弹在每个水球中的速度变化相同 B．每个水球对子弹做的功相同 C．每个水球对子弹的冲量相同 D．子弹穿出第3个水球的瞬时速度与全程的平均速度相等 【答案】BD 【解答】解：A.子弹在水球中做匀变速直线运动，由于子弹恰能穿出第4个水球，故子弹在水球中做匀减速直线运动，末速度为零，运用逆向思维，由初速度为零的匀变速直线运动的比例关系知，从右向左，子弹通过4个水球所用时间之比为，由Δv＝aΔt知，子弹在每个水球中的速度变化量不同，故A错误； B.子弹通过每个水球的位移相同、所受阻力相同，由W＝fx知，每个水球对子弹做的功相同，故B正确； C.由冲量的定义 I＝ft 子弹穿过每个水球所用时间不同，故每个水球对子弹的冲量不同，故C错误； D.设球的直径为d，由 得，子弹穿过第4个水球的时间与穿过全部4个水球的时间之比为 故子弹穿过第3个水球时对应穿过全部水球的中间时刻，则子弹穿出第3个水球的瞬时速度等于全程的平均速度，故D正确。 故选：BD。 17．（多选）如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为10kg的头锤从离气囊表面高5m处自由下落，与正下方的气囊发生碰撞后反向弹起，上升最大高度为0.2m。以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的有（　　） A．头锤刚碰到气囊的速度大小为10m/s B．头锤与气囊碰撞过程中合力冲量大小为80N•s C．头锤受到气囊最大作用力Fm为2600N D．头锤受到气囊作用力F的冲量大小为120N•s 【答案】AC 【解答】解：A、根据运动学公式可得：2gh1，解得头锤刚碰到气囊的速度大小为：v1m/s＝10m/s，故A正确； B、根据运动学公式可得：2gh2，解得头锤刚离开气囊的速度大小为：v2m/s＝2m/s 头锤与气囊接触过程中，取向上为正方向，根据动量定理可得：I合＝mv2﹣（﹣mv1） 解得：I合＝120N•s，故B错误； CD、碰撞过程中头锤所受合力的冲量大小为：I合＝IF﹣mgt，解得头锤受到气囊作用力冲量大小为：IF＝130N•s 根据图像可得：IF，解得：FmN＝2600N，故C正确、D错误。 故选：AC。 18．“打水漂”是一种投掷扁平的石片或瓦片的游戏。图甲是打水漂的图片，图乙是石片运动轨迹的示意图。现将打水漂简化成如下理想模型，弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，薄片每次从水平面弹起时速度与水平面的夹角均为30°，速率损失25%。测得薄片第1次弹起后的滞空时间为0.6s。薄片运动过程中不计空气阻力，并始终在同一竖直面内且没有旋转。碰撞过程中忽略薄片重力的影响，重力加速度g取10m/s2，结果可用根号表示。求： （1）薄片第1次弹起后速度v的大小及第2次弹起到第3次弹起的水平距离x； （2）薄片与弹性水平面间的动摩擦因数μ。 【解答】解：（1）薄片在竖直方向做竖直上抛运动，运动总时间t＝0.6s＝2t1 由vy＝gt1 解得vy＝3m/s 根据vy＝vsin30° 联立解得v＝6m/s 对薄片在第2次碰撞后，速度v2＝（1﹣25%）v 空中运动时间 则水平距离x＝v2cos30°×t2 联立解得 （2）薄片竖直方向，碰撞过程中，忽略重力，设水面给薄片的作用力为FN，规定向下为正方向，由动量定理有﹣FNΔt＝mΔvy 在水平方向，每次与水平面碰撞过程中，由于摩擦力作用，有﹣f＝μFN 规定向右为正方向，由动量定理有﹣μFNΔt＝mΔvx 由速率损失25%，有Δvx＝（1﹣0.25）vx﹣vx＝﹣0.25vx，Δvy＝﹣0.75vy﹣vy＝﹣1.75vy 由每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°，有 联立解得 答：（1）薄片第1次弹起后速度v的大小等于6m/s，第2次弹起到第3次弹起的水平距离等于； （2）薄片与弹性水平面间的动摩擦因数等于。 19．如图所示，两小球A、B用跨过定滑轮O的细线相连，B球套在一光滑竖直的固定杆上，A、B两球均处于静止状态，此时细线与竖直杆的夹角α＝53°，套在竖直杆上的C球从与B球距离h1＝1.8m处由静止释放，C、B球碰撞时间极短，碰撞过程中细线中的拉力远大于B球的重力，碰后B球下降到最低点时，细线与竖直杆的夹角β＝37°，已知A、C球质量分别为mA＝5.0kg、mC＝1.0kg，定滑轮到竖直杆的水平距离为L＝2.0m，重力加速度为g＝10m/s2，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求： （1）B球的质量mB； （2）B球与C球碰后瞬间的速度大小vB； （3）C球碰后反弹的最大高度h2。 【解答】解：（1）由A、B两球的平衡条件得T＝mAg，Tcosα＝mBg 解得mB＝3.0kg （2）A、B两球沿细线方向的速度大小相等，有vA＝vBcosα 碰后B球下降过程中，A、B两球组成的系统机械能守恒，有 联立解得 （3）设B、C两球碰撞过程中细线中拉力的冲量大小为IT，B、C两球间弹力冲量大小为IC，对A球，由动量定理得IT＝mvA 解得IT＝5N•s， 对B球，在竖直方向IC﹣ITcosα＝mBvB 解得IC＝8N•s 对C球，在竖直方向上，根据题意以及C质量小于B质量，由动量定理得IC＝mCvC﹣mC（﹣v0） C球做自由落体运动， 解得v0＝6m/s，vC＝2m/s 又 解得h2＝0.2m 答：（1）B球的质量mB为3.0kg；（2）B球与C球碰后瞬间的速度大小vB为； （3）球碰后反弹的最大高度h2为0.2m。 地 城 考点05 用动量定理求平均作用力 20．高空抛物是一种会带来社会危害的不文明行为，不起眼的物品从高空落下就可能致人伤亡。某小区的监控摄像头录像显示，一花盆从距离地面20m高的阳台上掉下，落地时与地面作用时间为0.1s，假设花盆质量为3kg且掉下时无初速度，与地面作用后不反弹，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。则花盆落地时对地面的平均作用力大小为（　　） A．600N B．630N C．300N D．330N 【答案】B 【解答】解：根据题意分析可知，花盆做自由落体运动，则有v2＝2gh 解得落地前瞬间的速度大小为 取向上为正方向，花盆与地面作用过程中，根据动量定理有（F﹣mg）t＝0﹣m（﹣v） 代入数据解得F＝630N 根据牛顿第三定律可知，花盆落地时对地面的平均作用力大小为630N，故B正确，ACD错误。 故选：B。 21．2024年8月2日在巴黎奥运会上，朱雪莹借助蹦床的弹力腾空升起，随后回落到蹦床上，假设她的运动始终沿竖直方向，从某次刚好接触到蹦床面开始计时，通过力传感器得到了朱雪莹所受蹦床的弹力随时间变化的F﹣t图像如图所示。已知朱雪莹的质量m＝45kg，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　） A．在0.3s～2.3s时间间隔内，朱雪莹先处于超重状态，后处于失重状态 B．在比赛过程中，朱雪莹的最大动能为2250J C．在比赛过程中，朱雪莹离开蹦床上升的最大高度为20m D．从接触到离开蹦床的过程中，朱雪莹对蹦床的平均作用力大小为3450N 【答案】D 【解答】解：A.由图知，在0.3s～2.3s时间间隔内，弹力为零，说明朱雪莹离开蹦床，只受重力，则处于完全失重状态，故A错误； B.当朱雪莹受到的弹力与重力平衡时，速度最大，动能最大，但由图像无法确定最大速度，故B错误； CD.根据图像可知，朱雪莹在空中运动的时间为：t＝2.3s﹣0.3s＝2.0s， 根据运动的对称性可知，朱雪莹上升和下落的时间均为：， 解得：t0＝1s， 故朱雪莹上升的最大高度为：， 解得：h＝5m， 根据运动的对称性可知，刚接触蹦床的速度大小和刚离开蹦床时的速度大小相等，均为：v＝gt0＝10×1m/s＝10m/s， 设蹦床对朱雪莹的平均作用力大小为F，选取竖直向下的方向为正方向， 由动量定理可知：（mg﹣F）•Δt＝﹣mv﹣mv， 其中：Δt＝0.3s， 解得：F＝3450N，则由牛顿第三定律可知，朱雪莹对蹦床的平均作用力大小为3450N，故C错误，D正确； 故选：D。 22．如图所示，由高压水枪中竖直向上喷出的水柱，将一个开口向下的小铁盒顶在空中。已知密度为ρ的水柱以恒定速率从水枪中持续喷出，向上运动并以速率v0冲中击小铁盒，且冲击小铁盒时水柱横截面积为S，并以速率v竖直返回（不考虑水之间的碰撞）。水与铁盒作用时这部分水所受重力可忽略不计，则水对铁盒的平均作用力大小为（　　） A．ρSv0（v0+v） B．ρS（v+v0） C．ρS（v﹣v0） D．ρSv0（v﹣v0） 【答案】A 【解答】解：取一小段时间Δt内冲击到铁盒的水柱为研究对象，则这段水柱的体积为V＝SvΔt，质量为m＝ρV＝ρSv0Δt，对这段水柱被小铁盒的反弹过程应用动量定理有F•Δt＝mv﹣（﹣mv0），解得F＝ρSv0（v+v0），由牛顿第三定律得水对铁盒的平均作用力大小为pSv0（v0+v），故A正确，BCD错误。 故选：A。 23．（多选）如图所示，联合收割机正在水平地面上收割小麦，通过收割、脱粒、清选后得到干净的小麦，干净的小麦再通过倾斜的送料管输送到高处，并以相对管口竖直向下2m/s的速度被喷出，最后落入与它并排匀速行驶的货车车厢内。该收割机送料管1s内可输送小麦的质量为20kg，送料管口离货车车厢底部的高度差为1.6m，货车车厢是长为15m的长方体。为了让小麦尽可能装满整个车厢，货车行驶的速度往往比收割机稍快些。已知10t小麦刚好能将货车车厢装满，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．若收割机和货车均静止，收割机将小麦无初速度地放上送料管，则送料管对小麦做功的功率为40W B．若收割机和货车均静止，小麦落到车厢底部速度即刻变为零，则小麦对车厢底部的平均冲击力大小约为120N C．若收割机匀速行驶的速度为1m/s，且恰能装满货车车厢，则货车匀速行驶的速度应为1.03m/s D．若收割机匀速行驶的速度为1m/s，且恰能装满货车车厢，则小麦对车厢底部的水平方向作用力约为0.6N 【答案】BCD 【解答】解：A、由题意可知，每秒内质量为20kg的小麦动能增加40J，小麦的重力势能也增加，送料管对小麦做功的功率大于40W，故A错误； B、小麦下落的初速度v0＝2m/s，设落在车厢底部的末速度为v，由速度—位移公式有2gh，解得v6m/s，极短时间Δt内落到车厢底部的小麦质量为Δm＝kΔt（k＝20kg/s），小麦落到车厢底部速度即刻变为零，以向下为正方向，由动量定理可得﹣FΔt＝0﹣Δmv，则小麦对车厢底部的平均冲击力大小F′＝F＝kv＝20×6N＝120N，故B正确； C、设收割机匀速行驶的速度为v1，货车匀速行驶的速度为v2，v2t﹣v1t＝L，，解得：t＝500s，v2＝1.03m/s，故C正确； D、对小麦在水平方向由动量定理可得FxΔt＝Δm（v2﹣v1），解得Fx＝k（v2﹣v1）＝20×（1.03﹣1）N＝0.6N，所以小麦对车厢底部的水平方向作用力约为0.6N，故D正确。 故选：BCD。 24．一个质量为m的蹦床运动员，从离水平网面某高处自由下落，以速率v1着网后经Δt沿竖直方向以速率v2蹦回，然后上升至某高处，该运动员从开始自由下落至再次上升至最高处总时间为t。取竖直向上为正方向，重力加速度为g，不计阻力。 （1）求运动员从开始自由下落至再次上升至最高处的这一过程所受重力的冲量； （2）求网对运动员的平均作用力大小。 【解答】解：（1）取竖直向上为正方向，则重力的冲量I＝﹣mgt； （2）取竖直向上为正方向，运动员着网的过程中，根据动量定理，可得：， 解得平均作用力大小为。 答：（1）重力的冲量为﹣mgt； （2）网队运动员的平均作用力大小为。 25．一个质量m＝60kg的蹦床运动员，从离水平网面h1＝3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面h2＝5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为t＝0.8s，g取10m/s2。 （1）求运动员与网接触的这段时间内动量变化量的大小； （2）求网对运动员的平均作用力大小； （3）求从自由下落开始到蹦回离水平网面5.0m高处这一过程中运动员所受重力的冲量大小I。 【解答】解：（1）向下接触网面的速度为，解得， 向上离开网面的速度为，解得， 以向上为正方向，动量的变化量为Δp＝mv2﹣m（﹣v1） 解得Δp＝60×10kg•m/s﹣60×（﹣8）kg•m/s＝1080kg•m/s； （2）以向上为正方向，网对运动员的平均作用力，根据动量定理Ft﹣mgt＝Δp， 解得，方向竖直向上； （3）向下到接触水平网面，解得 向上运动到最高点，解得 重力的冲量IG＝mg（t1+t2+t）＝60×10×（0.8+1+0.8）N•s＝1560N•s，方向竖直向下。 答：（1）运动员与网接触的这段时间内动量变化量的大小为1080kg•m/s； （2）网对运动员的平均作用力大小为1950N； （3）运动员所受重力的冲量大小为1560N•s。 地 城 考点06 用动量定理求流体冲击问题 26．科幻小说《三体》中描绘了三体舰队通过尘埃区被动减速的场景，若要匀速通过尘埃区，就需要飞船提供足够的动力。假设尘埃区密度ρ＝6.0×10﹣10kg/m3，飞船进入尘埃区的速度为v＝2.5×106m/s，飞船垂直于运动方向上的最大横截面积S＝10m2，假设尘埃微粒与飞船相碰后都附着在飞船上，计算时，取尘埃微粒的初速度为零，忽略微粒间的相互作用，则（　　） A．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为0.15kg B．单位时间内附着在飞船上的微粒质量为1.5kg C．飞船要保持速度不变，所需推力大小为1.50×104N D．飞船要保持速度不变，所需推力大小为3.75×104N 【答案】D 【解答】解：AB、设经过时间Δt，附着在飞船上的微粒质量为Δm，则密度公式可得：Δm＝ρSv•Δt，代入数据解得：，故AB错误； CD、把Δm作为研究对象，飞船给Δm的推力大小为F，以飞船运动方向为正，由动量定理可得：F•Δt＝Δm•v，代入数据解得： 根据牛顿第三定律Δm给飞船的推力大小为F'＝F＝3.75×104N 则飞船要保持速度不变，所需推力大小为3.75×104N，故C错误，D正确。 故选：D。 27．喷泉水柱从横截面积为S＝0.001m2的喷口持续以速度v0＝10m/s竖直向上喷出，距喷口正上方h处固定一水平挡板，水柱冲击到水平挡板后，在竖直方向水的速度瞬间变为零，在水平方向朝四周均匀散开，忽略空气阻力。已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2。设水柱对挡板的冲击力为F，则F﹣h图像可能正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【解答】解：根据质量流量守恒知，喷口处与挡板处很短的Δt时间内水柱的质量同样为Δm＝ρv0ΔtS，因为水流在上升过程中横截面积会扩大，从而保持质量流量不变。设很短的水柱在高度为h处，撞击挡板前水的速度为v，根据运动规律 其中 即h≤5m（否则F＝0） 设水对挡板的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δmv＝ρv0ΔtSv 联立解得 根据数学关系知，只有D可能正确，故ABC错误，D正确。 故选：D。 28．（多选）小强同学设计了如图所示的装置，台秤上方固定了一个沙箱，沙箱开口距秤盘的高度为h＝0.2m，当沙箱阀门打开时沙子从静止开始下落，沙子与秤盘的碰撞时间极短且不反弹（忽略二阶小量）。当台秤的示数为1kg时，阀门在电机控制下立即关闭。已知沙子的流量Q＝100g/s，取重力加速度大小g＝10m/s2，忽略空气阻力及沙子在秤盘内堆积的高度，下列说法正确的是（　　） A．阀门关闭瞬间，空中沙子的质量为0.01kg B．沙子落到秤盘上的速度为2m/s C．沙子与秤盘碰撞时对秤盘冲击力为0.2N D．稳定后（空中的沙子全部落入秤盘），台秤示数为1kg 【答案】BCD 【解答】解：A．忽略空气阻力，沙子在空中做自由落体运动，根据 解得t＝0.2s 故阀门关闭瞬间，空中沙子的质量为m＝Qt，解得m＝0.02kg 故A错误； B．根据v2＝2gh 解得沙子落到秤盘上的速度为v＝2m/s 故B正确； C．规定向下为正方向，沙子与秤盘碰撞过程有FΔt＝0﹣mv 其中m＝QΔt 联立解得秤盘对沙子的作用力F＝﹣0.2N 根据牛顿第三定律可知沙子与秤盘碰撞时对秤盘冲击力为0.2N，故C正确； D．关闭阀门时，秤示数为1kg，此时，结合上述可知，秤上沙子质量为 则当空中沙子全部落入盘中后，沙子的总质量M＝m+m0，解得M＝1kg 故D正确。 故选：BCD。 29．（多选）如图为水流导光实验，已知出水口的横截面积为3.0×10﹣5m2，出水口中心到水池水面的竖直高度为0.8m，水柱在水面的落点中心到出水口的水平距离为0.4m，水的密度为1.0×103kg/m3，g取10m/s2。假设水落到水面后竖直速度立即减为0，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．水离开出水口时的速度大小为0.5m/s B．水离开出水口时的速度大小为1.0m/s C．落水对水面竖直方向的冲击力大小为0.12N D．落水对水面竖直方向的冲击力大小为1.2N 【答案】BC 【解答】解：AB、根据平抛运动的规律水平方向上做匀速直线运动，有：x＝v0t， 竖直方向上做自由落体运动，有：h 可得v0＝1.0m/s，故A错误，B正确； CD、在Δt时间内流出水的质量：Δm＝v0ΔtSρ 落地时的竖直速度大小为：vy 代入数据解得：vy＝4m/s 对水，取向下为正方向，由动量定理：﹣FΔt＝0﹣Δmvy 解得：F＝0.12N 根据牛顿第三定律可知，落水对水面竖直方向的冲击力大小为0.12N，故C正确，D错误。 故选：BC。 30．节约用水是美德，假设有一个水龙头竖直向下流水，水龙头横截面积为S0，水流初速度为v0，水的密度为ρ，重力加速度为g。 （1）生活中我们观察到水柱越往下越细，推导水柱横截面积S与下落高度h间的关系。 （2）现让水龙头竖直向上喷水，利用水的冲击力托举一个质量为M的平板，认为水撞击到平板之后速度立刻减为0，且平板底面积大于水柱截面积，求平板稳定时相距水龙头的高度H。 【解答】解：（1）设下落高度h处的水流速度为v，从水管中流出的水量是一定， 则水流流量为：Q＝v0S0＝vS 则可得： 又由匀加速直线运动规律可得： 故有： 解得： 即水柱横截面积S与下落高度h间的关系为： （2）设Δt时间内Δm的水冲击到平板下方，S1是平板的面积，v1是水撞击平板前的速度， 则：Δm＝ρv1Δt•S1＝ρv0Δt•S0 解得： 取竖直向上方向为正方向，水撞击到平板的过程对水应用动量定理： ﹣FΔt＝0﹣Δmv1 对平板分析，平板受力平衡，故有：F＝Mg 则有： 解得：Mg＝ρv1v0S0 进而解得： 又因为水柱的加速度竖直向下（与所取正方向反向），结合匀变速直线运动规律可得： 即平板稳定时相距水龙头的高度： 答：（1）水柱横截面积S与下落高度h间的关系为： （2）平板稳定时相距水龙头的高度为 地 城 考点07 F-t图像中的动量问题 31．一质量为m＝1kg的物体静止在光滑水平面上，从t＝0时刻起，受到的水平外力F如图所示，则下列说法正确的是（　　） A．0～4s内，物体动量变化量的大小为5kg•m/s B．0～2s内，外力对物体做的功为12.5J C．t＝2s时和t＝4s时物体的动量大小相同 D．t＝4s时物体回到出发点 【答案】B 【解答】解：A、根据F﹣t图像与横轴所围图形面积表示冲量，可知0～4s内的冲量I＝（2×52×5）N•s＝10N•s，由动量定理可知I＝Δp＝10kg•m/s，即物体动量变化量的大小为10kg•m/s，故A错误。 B、0～2s内的冲量I′2×5N•s＝5N•s，由动量定理可得2s末的动量p′＝5kg•m/s，根据动能定理可W＝EkJ＝12.5J，故B正确。 C、根据上述分析可知，2s末的动量p′＝5kg•m/s，0～4s内的冲量I＝10N•s，由动量定理可得4s末的动量p＝10kg•m/s，故C错误。 D、物体一直做单向直线运动，且始终向正方向运动，t＝4s时不会回到出发点，故D错误。 故选：B。 32．如图甲所示，一个质量为0.2kg的物体静止在光滑的水平地面上。在与水平方向成θ角的外力F作用下，物块从静止开始沿水平地面做直线运动，F的方向不变，大小随时间t变化的图像如图乙所示。已知θ＝30°，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是（　　） A．0～4s内外力F的冲量大小为 B．0～4s内地面对物体支持力的冲量大小为5N•s C．2s末物体的动量大小为2kg•m/s D．3s末物体的动量大小为 【答案】B 【解答】解：A、根据题意可知，由冲量的计算公式可求，0～4s内外力F的冲量大小为I1＝F1t1+F2t2＝2×2N•s+1×（4﹣2）N•s＝6N•s 故A错误； B、物体受力分析，如图所示 0～2s内地面对物体的支持力 FN1＝mg﹣F1sinθ 代入数据解得FN1＝1N 2～4s内地面对物体的支持力 FN2＝mg﹣F2sinθ 代入数据解得FN2＝1.5N 0～4s内地面对物体的支持力的冲量大小为I2＝FN1t1+FN2t2＝1×2N•s+1.5×（4﹣2）N•s＝5N•s 故B正确； C、由受力分析可知水平方向有Fcosθ＝ma＝F合 由动量定理可知，2s末物体的动量为 故C错误； D、根据题意可知，3s末物体的动量为 故D错误。 故选：B。 33．（多选）一个质量为1kg的物体放在光滑水平面上，现给物体施加一沿水平方向、大小变化如图所示的外力F，使物体从静止开始沿直线运动。下列说法正确的是（　　） A．1～3s内外力F的冲量大小I＝3N•s B．t＝4s时物体的动量大小p＝2kg•m/s C．0∼4s内外力F做的功W＝2J D．t＝3s时外力F的功率P＝6W 【答案】BC 【解答】解：A．1～3s内外力F的冲量大小 I＝F1t1+F2t2＝2×（2﹣1）N•s﹣1×（3﹣2）N•s＝1N•s 故A错误； B．0～4s对物体由动量定理得 IF＝p﹣0 解得t＝4s时物体的动量大小 p＝IF＝2×（2﹣0）N•s﹣1×（4﹣2）N•s＝2kg•m/s 故B正确； C．4s时由动量表达式p＝mv，解得速度大小 v＝2m/s 0∼4s对物体由动能定理，合外力做功等于动能变化量有 W＝ΔEk 解得0∼4s内外力F做的功 W 解得：W＝2J 故C正确； D．0～3s，以力F开始的方向为正方向，对物体由动量定理得 IF'＝Δp＝p﹣0 则 2×（2﹣0）N•s﹣1×（3﹣2）N•s＝1kg×v′ 解得 v′＝3m/s t＝3s时外力F的功率 P＝Fv′＝1×3W＝3W 故D错误。 故选：BC。 34．（多选）如图甲，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动。与正下方的气囊发生碰撞。以头锤到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化规律如图乙。若头锤质量M＝30kg，H＝3.2m，重力加速度大小取g＝10m/s2。则（　　） A．碰撞过程中F的冲量大小为660N•s B．碰撞过程中F的冲量大小为330N•s C．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.4m D．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m 【答案】BD 【解答】解：AB、头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，根据自由落体运动的速度—位移公式v2＝2gH（其中v为末速度，g为重力加速度，H为下落高度）， 可得头锤碰撞前的速度v为：将g＝10m/s2，H＝3.2m代入公式，8m/s； 根据动量定理I合＝Δp（其中I合为合外力的冲量，Δp为动量的变化量）； 设向上为正方向，碰撞前头锤的动量为p1＝﹣Mv（负号表示方向向下），碰撞后速度为0，动量p2＝0； 合外力的冲量为气囊对锤头的冲量IF与重力的冲量IG的矢量和，即I合＝IF+IG； 由 F﹣t 图像的面积表示冲量，可得330N•s，重力的冲量IG＝﹣Mgt＝﹣30×10×0.1N•s＝﹣30N•s； 根据动量定理IF+IG＝p2﹣p，即 330﹣30＝0﹣（﹣Mv），验证了计算的合理性，所以碰撞过程中F的冲量大小为330N•s，故A错误，B正确。 CD、设碰撞结束后头锤上升的最大高度为h，根据运动学公式v2＝2gh（其中v为碰撞后上升的初速度）； 由动量定理IF+IG＝Mv′﹣（﹣Mv）（v′为碰撞后上升的初速度），即 330﹣30＝30v′﹣（﹣30×8），解得v′＝2m/s； 再根据v′2＝2gh，将v′＝2m/s，g＝10m/s2代入可得：，故C错误，D正确。 故选：BD。 35．如图1所示，细杆两端固定，质量为m的物块穿在细杆上。初始时刻，物块刚好能静止在细杆上。现以水平向左的力F作用在物块上，F随时间t的变化如图2所示。开始滑动瞬间的滑动摩擦力等于最大静摩擦力。细杆足够长，重力加速度为g，θ＝30°。求： （1）t＝6s时F的大小，以及t在0～6s内F的冲量大小。 （2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式，并作出相应的f﹣t图像。 （3）t＝6s时，物块的速度大小。 【解答】解：（1）由图2可得F与t的关系为：F 可得t＝6s时F的大小为：F1＝6 因F与t成线性关系，故可用F的平均值求解F的冲量大小，可得在0～6s内F的冲量大小为： I1F1Δt6（N•s）（N•s） （2）初始时刻物块刚好能静止在细杆上，设物块与细杆间的动摩擦因数为μ，由平衡条件可得： mgsinθ＝μmgcosθ，解得：μ 设物块与细杆间的弹力大小为N，在垂直于细杆方向上，由平衡条件可得： N＝|mgcosθ﹣Fsinθ| 以沿细杆向上为正方向，物块与细杆间的摩擦力f为： f＝μN＝μ•|mgcosθ﹣Fsinθ| 其中：F 代入数据整理可得：f•|1|（N） 令10，可得：t＝4s 可得t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为： 当0≤t＜4s时，f（1）（N）； 当4s≤t≤6s时，f（1）（N） 作出相应的f﹣t图像如下图所示： （3）根据（2）的解答所得的f﹣t图像与时间轴围成的面积等于摩擦力的冲量大小，可得在0～6s内摩擦力f的冲量大小为： If（N•s） 设t＝6s时，物块的速度大小为v，以沿细杆向下为正方向，对物块由动量定理得： mgsinθ•t+I1cosθ﹣If＝mv﹣0 解得：v（m/s） 答：（1）t＝6s时F的大小为，以及t在0～6s内F的冲量大小为（N•s）。 （2）t在0～6s内，摩擦力f随时间t变化的关系式为当0＜t＜4s时，f（1）（N）；当4s≤t≤6s时，f（1）（N），作出相应的f﹣t图像见解答。 （3）t＝6s时，物块的速度大小为（m/s）。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $