1.1 动量 讲义-2025-2026学年高二上学期物理人教版选修性必修第一册

本高中物理讲义聚焦动量这一核心知识点，系统梳理动量的定义、矢量性、变化量等基础概念，构建动量与动能的区别及联系的知识框架，形成从基础概念到综合应用的学习支架。 资料通过“独竹漂”“水球挡子弹”等生活与科技情境例题，培养学生物理观念中的运动和相互作用观念，提升科学思维中的模型建构与科学推理能力。课中辅助教师结合实例讲解，课后通过课时精练帮助学生巩固知识，查漏补缺。

1.1动量 题型1 动量及动量的变化量 1．动量 (1)定义：物体的质量和速度的乘积。 (2)定义式：p＝mv，单位：kg·m/s。 (3)矢量性：动量是矢(填“矢”或“标”)量，方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。 2．动量的变化量Δp (1)表达式：Δp＝p2－p1，其中p1为初动量，p2为末动量。 (2)方向：动量变化量为矢量，与速度变化的方向相同。 【例题精讲】 1．关于动量，下列说法中正确的是（　　） A．做匀速圆周运动的物体，动量不变 B．做匀变速运动的物体，它的动量一定在改变 C．物体的动量变化，动能也一定变化 D．甲物体动量p1＝5kg•m/s，乙物体动量p2＝﹣10kg•m/s，所以p1＞p2 2．非遗风采“独竹漂”广泛出现在各大旅游胜地。如题图所示，平静水面上，一踩竹表演者以速度v行驶，某次在水中划杆后，其速度增量为Δv。若人、杆、竹系统总质量为M，划水时长为t，则该次划水过程中，该系统的动量增量为（　　） A．MΔv B． C．Mv D． 3．现将一条长为L的纸带扭转180°后再把两端粘贴在一起，就构成了一个莫比乌斯带（不考虑连接纸带时的长度损失）。一只蚂蚁以恒定的速率v从P点沿纸带中线向前爬行，当其再一次来到P点的整个过程中，蚂蚁的（　　） A．运动时间为 B．动量保持不变 C．平均速度为零 D．加速度始终为零 4．几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够!完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则以下判断正确的是（　　） A．子弹在每个水球中的动量随时间的变化率相同 B．子弹在每个水球中运动的时间相同 C．每个水球对子弹的冲量相同 D．子弹在每个水球中的动能随时间的变化率相同 5．如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点同时以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图中的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（　　） A．运动轨迹为1、2的两物体可能相遇 B．在最高点的速度最小的为轨迹1物体 C．运动轨迹为2、3的两物体在轨迹相交点的速度大小一定不同 D．运动轨迹为3的物体动量变化量最大 6．（多选）在学校体育运动会铅球比赛项目中，某同学将同一个铅球两次投出的运动轨迹分别如图中曲线1、2所示。已知两次投掷中，铅球从同一高度以不同的角度出手，两次上升的最大高度相等，空气的阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．两次铅球在最高点的速度相同 B．2轨迹铅球在空中运动的时间更长 C．两次铅球运动过程中动能的变化量相同 D．两次铅球运动过程中动量的变化量相同 7．（多选）如图所示，物块A以平行于斜面的初速度v0冲上斜面，同时小球B从斜面右侧与斜面顶端等高处自由下落，小球B与地面碰撞后以原速率反弹，物块A第一次冲到斜面顶端时速度减为0，此时小球B正好第一次回到最高点。已知斜面的高度为h，重力加速度为g，物块A和小球B均可视为质点，不计空气阻力。根据以上信息可以求解出（　　） A．斜面倾角的正弦值 B．物块A与斜面间的动摩擦因数 C．小球B与地面碰撞过程中的动量改变量大小 D．物块A与斜面摩擦产生的热量 题型2 动量与动能的区别和联系 1.动量和动能的比较 动量 动能 定义式 p＝mv Ek＝mv2 标矢性 矢量 标量 定义式v的含义 速度 速率 换算关系 p＝，Ek＝ 【例题精讲】 1．下列说法正确的是（　　） A．做匀速圆周运动的物体动量不变 B．两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同 C．做平抛运动的物体，相等时间内动量的变化量相同 D．两个质量相同的物体动能相同，它们的动量也一定相同 2．对于质量一定的物体，下列说法正确的是（　　） A．速度不变，动量可能改变 B．速度不变，动能可能改变 C．动量变化，动能一定变化 D．动能变化，动量一定变化 3．如图所示，足够长的水平粗糙面与半径为R的圆弧在最低点C相连，两个长分别为和R的光滑斜面AC和BC先后固定于圆弧处，均与水平面在C点平滑连接，质量为m的滑块1从斜面AC顶端由静止释放，质量为2m的滑块2从斜面BC顶端由静止释放，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，则（　　） A．滑块1、2在C点时的动能之比为2：1 B．滑块1、2运动到C点所用时间之比为1：1 C．滑块1、2在C点时的动量大小之比为1：1 D．滑块1、2在CD上滑行的最大距离之比为1：2 4．物体甲的质量为m1，物体乙的质量为m2，甲、乙运动的动量大小相等，则甲、乙的动能之比为（　　） A． B． C． D． 5．甲、乙两物体动能相等，它们的质量之比为m甲：m乙＝1：4，则它们动量的大小之比p甲：p乙为（　　） A．1：1 B．1：2 C．1：4 D．4：1 6．（多选）对任何一个固定质量的物体，下列说法正确的是（　　） A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化 B．物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化 C．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化 D．物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化 7．（多选）子弹在射入木块前的动能为E1，动量大小为P1；射穿木板后子弹的动能为E2，动量大小为P2．若木板对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木板的过程中的平均速度大小为（　　） A． B． C． D． 课时精练 1．质量m＝1.2×103kg的汽车在郑州的中州大道以v＝10m/s的速度行驶，其动量大小为（　　） A．1.2×103kg•m/s B．1.2×104kg•m/s C．2.2×104kg•m/s D．1.5×104kg•m/s 2．如图，竖直固定圆环的最低点A与环上不等高的B、C两点之间固定有光滑的直轨道，可视为质点的甲、乙两小球分别沿两轨道由静止从B、C运动到A点，到最低点时两球重力做功的功率相同，则两小球（　　） A．质量相同 B．运动过程中加速度大小相同 C．到最低点时动能相同 D．到最低点时动量大小相同 3．如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（　　） A．D点的动量变化率比C点的动量变化率大 B．从A到D的过程中，外力冲量与物体动量的夹角先增大后减小 C．从A到D的过程中，相等的时间内动量的变化的大小不同 D．从A到D的过程中，任意时间内物体动量变化的方向相同 4．如图所示，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的拉力F作用时间t后，物体仍保持静止，关于拉力在这段时间内的冲量的大小，下列说法正确的是（　　） A．0 B．Ft C．Ftcosθ D．Ftsinθ 5．开有凹槽的斜面固定在地面上，斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。槽内上端紧挨放置四个半径均为r的相同小球，各球编号如图所示。将四个小球由静止同时释放，小球落地后均静止，不计一切摩擦。各小球在运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．球4的机械能守恒 B．球1处在OA段时动量不变 C．四个球最终的落地点各不相同 D．四个小球中球1离开轨道时的速度最小 6．如图为某游乐场内水上滑梯的部分轨道示意图，轨道在同一竖直平面内，由表面粗糙的倾斜直轨道OA与弧形轨道AB组成，两轨道相切于A点。某游客从O点由静止滑下，通过弧形轨道AB的过程中速率保持不变，则游客在AB段下滑的过程中（　　） A．所受摩擦力的大小不变 B．所受合外力始终与速度方向垂直 C．重力对他做功的功率保持不变 D．动量保持不变 7．甲、乙两车在同一平直公路上行驶。t＝0时，甲车司机发现乙车在正前方同方向行驶，立刻采取制动措施（不计反应时间）。甲车运动过程中的动量—时间（p﹣t）图像如图（a）所示，乙车运动的位移—时间（x﹣t）图像如图（b）所示，已知甲车的质量为2×103kg，且甲车恰好未撞上乙车。则（　　） A．乙车做匀加速直线运动 B．甲车制动过程中所受合外力大小为2×104N C．甲车恰好未撞上乙车的时刻为t＝3.5s D．t＝0时刻，甲、乙两车相距40m 8．某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t﹣26和y＝﹣2t+140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（　　） A．EF段无人机的速度大小为4m/s B．FM段无人机的货物处于超重状态 C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg•m/s D．MN段无人机机械能守恒 9．（多选）如图所示，固定斜面的倾角为θ，一小球（视为质点）从斜面底端的正上方距底端高度为h处被水平抛出，小球落到斜面上时的速度方向恰好垂直斜面。重力加速度大小为g，不计空气阻力。根据上述已知条件可求得的物理量有（　　） A．小球在空中运动的时间 B．小球抛出时的速度大小 C．小球落到斜面上时的动能 D．小球落到斜面上时的动量大小 10．（多选）我国在无人机领域处于世界领先行列，特别是同时控制多架无人机的“蜂群技术”更是遥遥领先。在一次测试中同一台电脑控制两架无人机进行测试，两架无人机完全相同，开始时静止在地面上，在程序控制下同时开始竖直向上运动，两架无人机的升力随时间变化图像如图甲、乙所示，mg为无人机的重力大小，忽略无人机受到的阻力，则关于无人机运动过程的说法正确的是（　　） A．0～2t时间内甲、乙两无人机的上升的高度之比为5：7 B．2t时刻甲、乙两无人机的动量之比为1：2 C．2t时刻甲、乙两无人机升力的功率之比为3：2 D．0～2t时间内甲、乙两无人机升力做功之比为1：1 11．（多选）水平地面上的物块在水平拉力F的作用下做直线运动，其速度v与时间t的关系如图所示。已知物块的质量为2kg，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．4s时拉力F的方向发生改变 B．0～3s时间内拉力F的冲量大小为18N•s C．0～6s时间内拉力F的冲量大小为36N•s D．0～6s时间内克服摩擦力做的功为32J 12．如图所示是一个蹦床，一名质量为30kg的学生从离水平网面0.20m的高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面1.25m的高处。已知该学生从下落到返回最高点的整个过程所用时间为1.2s，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）该同学刚接触网时和离开网时的动量； （2）网对该同学的平均作用力大小； （3）网对该同学做功为多少。 13．某学习小组设计了一个简易的减振系统，其简化模型如图（a）所示，轻质弹簧下端固定在倾角为37°的粗糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。质量为m＝1kg的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运动过程中的合力F随位移x变化的图像如图（b）所示。已知弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（提示：可用F﹣x图线下的“面积”表示F所做的功）。求： （1）小物块与斜面间的动摩擦因数； （2）小物块刚接触弹簧时的动量大小；（结果可以带根式） （3）小物块在下滑过程中，弹簧的最大压缩量。 14．一小孩把一质量为0.5kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降高度为1.25m时与地面相撞，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.45m，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，求地面与篮球相互作用的过程中： （1）篮球动量的变化量； （2）篮球动能的变化量。 15．如图所示，水平传送带足够长，向右运动前进的速度v＝1m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝1kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝4m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物块： （1）求小物体从A点运动到P点时候的动量大小； （2）求小物块从A点开始至第2次运动到P点时间。 16．一弹性球从距地面高h＝0.8m处自由下落，与水平地面接触后立即竖直向上反弹，反弹的初速度大小v＝3m/s。弹性球的质量m＝0.1kg，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。则： （1）求弹性球落地前瞬间速度v0的大小； （2）求与地面碰撞过程中，弹性球动量变化量Δp的大小； （3）若弹性球与地面接触时间t＝0.5s，求与地面碰撞过程中弹性球受到地面的平均阻力F的大小。 第10页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.1动量 题型1 动量及动量的变化量 1．动量 (1)定义：物体的质量和速度的乘积。 (2)定义式：p＝mv，单位：kg·m/s。 (3)矢量性：动量是矢(填“矢”或“标”)量，方向与速度的方向相同，运算遵循平行四边形定则。 2．动量的变化量Δp (1)表达式：Δp＝p2－p1，其中p1为初动量，p2为末动量。 (2)方向：动量变化量为矢量，与速度变化的方向相同。 【例题精讲】 1．关于动量，下列说法中正确的是（　　） A．做匀速圆周运动的物体，动量不变 B．做匀变速运动的物体，它的动量一定在改变 C．物体的动量变化，动能也一定变化 D．甲物体动量p1＝5kg•m/s，乙物体动量p2＝﹣10kg•m/s，所以p1＞p2 【答案】B 【解答】解：A．动量是矢量，做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化，动量方向时刻改变，故动量时刻在变化，故A错误； B．动量等于质量和速度乘积即p＝mv，做匀变速直线运动或匀变速曲线运动，物体的速度大小都时刻在变化，所以动量一定在变化，故B正确； C．速度方向变化，但大小不变时，则动量变化，动能不变，例如匀速圆周运动，故C错误； D．动量的正负号只表示方向，与大小无关，动量大小等于动量的绝对值，故两物体动量大小关系为p1＜|p2|，故D错误。 故选：B。 2．非遗风采“独竹漂”广泛出现在各大旅游胜地。如题图所示，平静水面上，一踩竹表演者以速度v行驶，某次在水中划杆后，其速度增量为Δv。若人、杆、竹系统总质量为M，划水时长为t，则该次划水过程中，该系统的动量增量为（　　） A．MΔv B． C．Mv D． 【答案】A 【解答】解：根据题意分析可知，系统的动量增量Δp＝MΔv，故A正确，BCD错误； 故选：A。 3．现将一条长为L的纸带扭转180°后再把两端粘贴在一起，就构成了一个莫比乌斯带（不考虑连接纸带时的长度损失）。一只蚂蚁以恒定的速率v从P点沿纸带中线向前爬行，当其再一次来到P点的整个过程中，蚂蚁的（　　） A．运动时间为 B．动量保持不变 C．平均速度为零 D．加速度始终为零 【答案】C 【解答】解：从P点出发到再次来到P点，路程为2L，则运动时间为t，位移为零，则平均速度为0，由于速度方向不断改变，即速度在变化，则动量变化，加速度不为零，故C正确，ABD错误。 故选：C。 4．几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够!完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则以下判断正确的是（　　） A．子弹在每个水球中的动量随时间的变化率相同 B．子弹在每个水球中运动的时间相同 C．每个水球对子弹的冲量相同 D．子弹在每个水球中的动能随时间的变化率相同 【答案】A 【解答】解：A.由于子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，假设进入第1个水球时的速度为v1，穿出第1个水球时的速度为v2 子弹在水球中的动量变化量为Δp＝mv2﹣mv1 动量随时间的变化率ma 可知子弹在每个水球中动量随时间的变化率都相同，故A正确； B.由于子弹恰能穿出第4个水球，说明穿出第4个水球是的速度恰好减为0，将子弹的匀减速直线运动视为反向匀加速直线运动，根据初速度为0的匀加速直线运动的“等分位移”的时间之比规律，可知子弹在第1、第2、第3、第4个水球中运动的时间之比为，故B错误； C.根据I＝Ft，水球对子弹的阻力一定，子弹通过每个水球的时间不同，故水球对子弹的冲量不同，故C错误； D.设水球的厚度为d，根据动能定理，水球对子弹的阻力做功W＝Fd＝ΔEk，则子弹在每个水球中的动能变化量相同，但由于穿过每个水球所用时间不同，故子弹在每个水球中的动能随时间的变化率不同，故D错误。 故选：A。 5．如图所示，某同学将质量相同的三个物体从水平地面上的A点同时以同一速率沿不同方向抛出，运动轨迹分别为图中的1、2、3。若忽略空气阻力，在三个物体从抛出到落地过程中，下列说法正确的是（　　） A．运动轨迹为1、2的两物体可能相遇 B．在最高点的速度最小的为轨迹1物体 C．运动轨迹为2、3的两物体在轨迹相交点的速度大小一定不同 D．运动轨迹为3的物体动量变化量最大 【答案】B 【解答】解：A、将抛体运动分为水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的匀变速直线运动， 运动轨迹为1、2的两物体，1物体竖直高度大，则根据，可知运动时间长，而1物体水平位移小，则1物体水平速度小，而在轨迹的相交点水平位移相同，则1物体到达交叉点的时间较长，则两物体不可能相遇，故A错误； B、根据得1物体运动时间最长，而水平位移最小，可知水平速度最小，则在最高点的速度最小的为轨迹1物体，故B正确； C、运动轨迹为2、3的两物体由机械能守恒得， 因抛出时初速度大小相同，在轨迹相交点处的竖直高度相同，可知在轨迹交点的速度大小一定相同，故C错误； D、重力的冲量I＝mgt，三个物体质量相等，轨迹为1的物体在空中飞行时间最长，所以轨迹为1的物体所受重力的冲量最大， 根据动量定理ΔP＝I合得运动轨迹为1的物体动量变化量最大，故D错误。 故选：B。 6．（多选）在学校体育运动会铅球比赛项目中，某同学将同一个铅球两次投出的运动轨迹分别如图中曲线1、2所示。已知两次投掷中，铅球从同一高度以不同的角度出手，两次上升的最大高度相等，空气的阻力不计，下列说法正确的是（　　） A．两次铅球在最高点的速度相同 B．2轨迹铅球在空中运动的时间更长 C．两次铅球运动过程中动能的变化量相同 D．两次铅球运动过程中动量的变化量相同 【答案】CD 【解答】解：AB.由于铅球两次从抛出到最高点过程中，上升的高度相同，则说明上升的时间相同，但该过程中2轨迹的铅球水平位移更大，说明2轨迹铅球的水平速度更大，从最高点下落过程，两铅球下落的高度相同，所以下落时间相同，所以两铅球在空中运动的时间相同，故AB错误； CD.铅球在运动过程中，运动时间相同，根据Δv＝gt，则两次铅球运动过程的动能变化量相同，根据Δp＝m•Δv，两次铅球运动过程中动量的变化量相同，故CD正确。 故选：CD。 7．（多选）如图所示，物块A以平行于斜面的初速度v0冲上斜面，同时小球B从斜面右侧与斜面顶端等高处自由下落，小球B与地面碰撞后以原速率反弹，物块A第一次冲到斜面顶端时速度减为0，此时小球B正好第一次回到最高点。已知斜面的高度为h，重力加速度为g，物块A和小球B均可视为质点，不计空气阻力。根据以上信息可以求解出（　　） A．斜面倾角的正弦值 B．物块A与斜面间的动摩擦因数 C．小球B与地面碰撞过程中的动量改变量大小 D．物块A与斜面摩擦产生的热量 【答案】AB 【解答】解：A、物块A沿斜面上升的位移等于斜面的长度L，由题意知，物块A第一次冲到斜面顶端时速度减为0，此时小球B正好第一次回到最高点。 小球B竖直下落和竖直上升的时间均为 斜面的长度等于物块A沿斜面上升的位移，即 由几何关系得 故A正确； B、由 v0＝a•2t 可得物块A沿斜面上滑的加速度大小，由牛顿第二定律 mgsinθ+μmgcosθ＝ma 得 可得物块A与斜面间的动摩擦因数，故B正确； C、由机械能守恒定律可得小球B与地面碰撞前后的速度大小 但不知道小球B的质量，所以无法求解出小球B与地面碰撞过程中的动量改变量大小，故C错误； D、因为这需要知道物块A的质量和物块A与斜面间的动摩擦因数。虽然可以通过物块A的运动求解出斜面倾角的正弦值和物块A与斜面间的动摩擦因数，但没有物块A的质量信息，无法求解出物块A与斜面摩擦产生的热量，故D错误。 故选：AB。 题型2 动量与动能的区别和联系 1.动量和动能的比较 动量 动能 定义式 p＝mv Ek＝mv2 标矢性 矢量 标量 定义式v的含义 速度 速率 换算关系 p＝，Ek＝ 【例题精讲】 1．下列说法正确的是（　　） A．做匀速圆周运动的物体动量不变 B．两个物体的动量相同，它们的动能也一定相同 C．做平抛运动的物体，相等时间内动量的变化量相同 D．两个质量相同的物体动能相同，它们的动量也一定相同 【答案】C 【解答】解：A.动量是矢量，做匀速圆周运动的物体，动量方向发生改变，故A错误； BD.根据动能和动量的关系Ek可知，两个物体动量相同它们的动能不一定相同，两个质量相同的物体动能相同，它们的动量大小一定相同，但方向不一定相同，故BD错误； C.做平抛运动的物体，由于加速度恒定，相等时间内速度的变化量相同，则相等时间内动量的变化量相同，故C正确。 故选：C。 2．对于质量一定的物体，下列说法正确的是（　　） A．速度不变，动量可能改变 B．速度不变，动能可能改变 C．动量变化，动能一定变化 D．动能变化，动量一定变化 【答案】D 【解答】解：AB．根据p＝mv，Ekmv2可知，对于质量一定的物体，速度不变，其大小方向都不变，则动量动能都不发生变化，故AB错误； CD．动量是矢量，动能是标量。对于质量一定的物体，若仅是动量的方向发生改变，即速度方向发生变化，则动能不变；但动能变化，其速度大小一定发生变化，则动量一定变化，故C错误，D正确； 故选：D。 3．如图所示，足够长的水平粗糙面与半径为R的圆弧在最低点C相连，两个长分别为和R的光滑斜面AC和BC先后固定于圆弧处，均与水平面在C点平滑连接，质量为m的滑块1从斜面AC顶端由静止释放，质量为2m的滑块2从斜面BC顶端由静止释放，两滑块与水平面间的动摩擦因数相同，则（　　） A．滑块1、2在C点时的动能之比为2：1 B．滑块1、2运动到C点所用时间之比为1：1 C．滑块1、2在C点时的动量大小之比为1：1 D．滑块1、2在CD上滑行的最大距离之比为1：2 【答案】B 【解答】解：A．设1物体运动斜面的倾角为θ1，设2物体运动斜面的倾角为θ2，AC长为、BC长为R，由几何关系可得θ1＝45°，θ2＝30°，则滑块1、2释放点与水平面之间的高度分别为，，由机械能守恒定律可知，到达C点时具有的动能Ek1＝mgR，，则滑块1、2在C点的动能之比为1：1，故A错误； B．对滑块1，根据位移—时间关系可得，解得，对滑块2，根据位移—时间关系可得，解得则运动的时间之比为1：1，故B正确； C．由动能和动量的关系可知，在C点时滑块1、2的动量大小之比为，故C错误； D．对滑块运动的整个过程运用动能定理有mgh﹣μmgx＝0﹣0解得，由此可知滑行的最大距离与高度成正比，即滑块1、2在CD上滑行的最大距离之比为2：1，故D错误。 故选：B。 4．物体甲的质量为m1，物体乙的质量为m2，甲、乙运动的动量大小相等，则甲、乙的动能之比为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【解答】解：根据动量大小与动能的关系式Ek，由于甲、乙运动的动量大小相等，则甲、乙的动能之比为：，故A正确，BCD错误。 故选：A。 5．甲、乙两物体动能相等，它们的质量之比为m甲：m乙＝1：4，则它们动量的大小之比p甲：p乙为（　　） A．1：1 B．1：2 C．1：4 D．4：1 【答案】B 【解答】解：根据动能公式Ekmv2，动量公式p＝mv，有：Ek， 因为甲、乙两物体动能相等，它们的质量之比为m甲：m乙＝1：4，有：，解得：p甲：p乙＝1：2，故ACD错误，B正确。 故选：B。 6．（多选）对任何一个固定质量的物体，下列说法正确的是（　　） A．物体的动量发生变化，其动能一定发生变化 B．物体的动量发生变化，其动能不一定发生变化 C．物体的动能发生变化，其动量一定发生变化 D．物体的动能发生变化，其动量不一定发生变化 【答案】BC 【解答】解：A、B、物体的动量发生变化，知速度可能方向改变、可能是大小改变，所以动能不一定变化。故A错误，B正确。 C、D、物体的动能变化，速度大小一定变化，则动量一定变化。故C正确，D错误。 故选：BC。 7．（多选）子弹在射入木块前的动能为E1，动量大小为P1；射穿木板后子弹的动能为E2，动量大小为P2．若木板对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木板的过程中的平均速度大小为（　　） A． B． C． D． 【答案】BC 【解答】解：由P＝mv及Emv2可知射入木块前的速度为： v 则初速度为： v1；v2； 则平均速度为：，故C正确； 又根据数学知识得知：，故B正确，AD错误。 故选：BC。 课时精练 1．质量m＝1.2×103kg的汽车在郑州的中州大道以v＝10m/s的速度行驶，其动量大小为（　　） A．1.2×103kg•m/s B．1.2×104kg•m/s C．2.2×104kg•m/s D．1.5×104kg•m/s 【答案】B 【解答】解：根据动量定义式 p＝mv 代入数据解得 p＝1.2×104kg•m/s，故B正确，ACD错误。 故选：B。 2．如图，竖直固定圆环的最低点A与环上不等高的B、C两点之间固定有光滑的直轨道，可视为质点的甲、乙两小球分别沿两轨道由静止从B、C运动到A点，到最低点时两球重力做功的功率相同，则两小球（　　） A．质量相同 B．运动过程中加速度大小相同 C．到最低点时动能相同 D．到最低点时动量大小相同 【答案】C 【解答】解：B、设任意直轨道的倾角为α，圆的半径为R，由几何关系可得轨道长度为l＝2Rsinα，小球加速度为a＝gsinα，与倾角相关，故B错误； A、根据，解得运动时间，与倾角无关。最低点瞬时功率P＝mgvsinα＝m•（gsinα）2t，因倾角不同且功率相同，故质量不同，故A错误； C、由动能表达式，可知最低点动能相同，故C正确； D、最低点动量大小，与倾角相关，故D错误。 故选：C。 3．如图所示为一个做匀变速曲线运动的质点的轨迹示意图，已知在B点时的速度与加速度相互垂直，则下列说法中正确的是（　　） A．D点的动量变化率比C点的动量变化率大 B．从A到D的过程中，外力冲量与物体动量的夹角先增大后减小 C．从A到D的过程中，相等的时间内动量的变化的大小不同 D．从A到D的过程中，任意时间内物体动量变化的方向相同 【答案】D 【解答】解：A、根据动量定理FΔt＝Δp 物体做匀变速曲线运动，所受合力恒定，而动量变化率为该物体受到的合力，故D点的动量变化率和C点的动量变化率相同，故A错误； B、根据题意分析可知，从A到D的过程中，外力冲量（方向为合力方向）与物体动量（方向为速度方向）的夹角一直减小，故B错误； C、根据题意分析可知，从A到D的过程中，相等的时间内动量的变化的大小相同，故C错误； D、根据题意分析可知，从A到D的过程中，任意时间内物体动量变化的方向相同（等同于合力方向），故D正确。 故选：D。 4．如图所示，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的拉力F作用时间t后，物体仍保持静止，关于拉力在这段时间内的冲量的大小，下列说法正确的是（　　） A．0 B．Ft C．Ftcosθ D．Ftsinθ 【答案】B 【解答】解：拉力的冲量I＝Ft，故B正确，ACD错误； 故选：B。 5．开有凹槽的斜面固定在地面上，斜面与水平轨道OA平滑连接，OA长度为6r。槽内上端紧挨放置四个半径均为r的相同小球，各球编号如图所示。将四个小球由静止同时释放，小球落地后均静止，不计一切摩擦。各小球在运动过程中，下列说法正确的是（　　） A．球4的机械能守恒 B．球1处在OA段时动量不变 C．四个球最终的落地点各不相同 D．四个小球中球1离开轨道时的速度最小 【答案】B 【解答】解：A．4个小球都在斜面上运动时，球和球之间没有相互作用力，每个球机械能都守恒，球4在水平轨道上运动时，斜面上的小球仍在加速，后面的球对球4球做功，球4的机械能不守恒，故A错误； B．球1处在OA段时，做匀速运动，根据动量计算式p＝mv 可知球1动量不变，故B正确； CD．OA长度为6r，最多能够容纳3个球，2、3、4三个球在水平轨道OA运动时，斜面上的小球与水平轨道OA上小球间会有相互作用，所以2、3、4三个球在水平面均做加速运动，离开A点时，球4的速度最小，水平射程最小；3、2、1三个球一起在水平轨道OA上运动时不再加速，3、2、1离开水平轨道OA的速度相等，水平射程相同，所以4个球的落点，球4单落一个点，3、2、1三个球的落点相同，故CD错误。 故选：B。 6．如图为某游乐场内水上滑梯的部分轨道示意图，轨道在同一竖直平面内，由表面粗糙的倾斜直轨道OA与弧形轨道AB组成，两轨道相切于A点。某游客从O点由静止滑下，通过弧形轨道AB的过程中速率保持不变，则游客在AB段下滑的过程中（　　） A．所受摩擦力的大小不变 B．所受合外力始终与速度方向垂直 C．重力对他做功的功率保持不变 D．动量保持不变 【答案】B 【解答】解：AB．通过弧形轨道AB的过程中速率保持不变，游客所受合力大小不变，指向圆心，则所受合外力始终与速度方向垂直，游客所受摩擦力与重力沿轨道切向分力的合力为0，而重力的切向分力在减小，可知摩擦力在减小，故A错误，B正确； C．重力功率等于重力与在竖直方向上速度的乘积，游客竖直方向的分速度逐渐减小，则重力的功率逐渐减小，故C错误； D．动量为矢量，游客速度的方向变化，则游客的动量变化，故D错误。 故选：B。 7．甲、乙两车在同一平直公路上行驶。t＝0时，甲车司机发现乙车在正前方同方向行驶，立刻采取制动措施（不计反应时间）。甲车运动过程中的动量—时间（p﹣t）图像如图（a）所示，乙车运动的位移—时间（x﹣t）图像如图（b）所示，已知甲车的质量为2×103kg，且甲车恰好未撞上乙车。则（　　） A．乙车做匀加速直线运动 B．甲车制动过程中所受合外力大小为2×104N C．甲车恰好未撞上乙车的时刻为t＝3.5s D．t＝0时刻，甲、乙两车相距40m 【答案】D 【解答】解：A、由x﹣t图像可知乙车做5m/s的均速直线运动，故A地误： B、由p﹣t图像可知甲车初速度为25m/s，5s减速为0，得甲车加速度为，合外力为F＝ma＝2×103×5N＝1×104N，故B错误； CD、当甲乙车速度相等时，两车恰好未撞，由v甲﹣at＝v乙，得，由，得，故C错误，D正确。 故选：D。 8．某实验小组测得在竖直方向飞行的无人机飞行高度y随时间t的变化曲线如图所示，E、F、M、N为曲线上的点，EF、MN段可视为两段直线，其方程分别为y＝4t﹣26和y＝﹣2t+140。无人机及其载物的总质量为2kg，取竖直向上为正方向。则（　　） A．EF段无人机的速度大小为4m/s B．FM段无人机的货物处于超重状态 C．FN段无人机和装载物总动量变化量大小为4kg•m/s D．MN段无人机机械能守恒 【答案】A 【解答】解：EF段无人机的速度大小等于图像中EF段的斜率，根据其方程：y＝4t﹣26，可知EF段无人机的速度大小为：v＝4m/s，故A正确； B．根据y﹣t图像的切线斜率表示无人机的速度，可知FM段无人机先竖直向上做减速运动，后竖直向下做加速运动，加速度方向一直向下，则无人机的货物处于失重状态，故B错误； C．以y轴正方向为正方向。同理，根据MN段方程：y＝﹣2t+140，可知MN段无人机的速度为：v'＝﹣2m/s 则FN段无人机和装载物总动量变化量为：Δp＝mv'﹣mv＝2×（﹣2）kg•m/s﹣2×4kg•m/s＝﹣12kg•m/s，其大小为12kg•m/s，故C错误； D．MN段无人机向下做匀速直线运动，动能不变，重力势能减少，无人机的机械能不守恒，故D错误。 故选：A。 9．（多选）如图所示，固定斜面的倾角为θ，一小球（视为质点）从斜面底端的正上方距底端高度为h处被水平抛出，小球落到斜面上时的速度方向恰好垂直斜面。重力加速度大小为g，不计空气阻力。根据上述已知条件可求得的物理量有（　　） A．小球在空中运动的时间 B．小球抛出时的速度大小 C．小球落到斜面上时的动能 D．小球落到斜面上时的动量大小 【答案】AB 【解答】解：AB．设小球在空中运动时间为t，平抛初速度为v0，小球落到斜面上时的速度方向恰好垂直斜面，则小球落到斜面上时竖直方向速度 根据几何关系有 联立可解出v0、t，故AB正确； CD．由于小球质量未知，故无法计算出球落到斜面上时的动能和动量大小，故CD错误。 故选：AB。 10．（多选）我国在无人机领域处于世界领先行列，特别是同时控制多架无人机的“蜂群技术”更是遥遥领先。在一次测试中同一台电脑控制两架无人机进行测试，两架无人机完全相同，开始时静止在地面上，在程序控制下同时开始竖直向上运动，两架无人机的升力随时间变化图像如图甲、乙所示，mg为无人机的重力大小，忽略无人机受到的阻力，则关于无人机运动过程的说法正确的是（　　） A．0～2t时间内甲、乙两无人机的上升的高度之比为5：7 B．2t时刻甲、乙两无人机的动量之比为1：2 C．2t时刻甲、乙两无人机升力的功率之比为3：2 D．0～2t时间内甲、乙两无人机升力做功之比为1：1 【答案】AC 【解答】解：根据牛顿第二定律，可得无人机的加速度，可画出甲、乙两无人机的 v﹣t图像如图所示 A.v﹣t图像面积等于位移，由v﹣t图像面积大小可知，甲、乙无人机上升高度之比为5：7，故A正确； B.由v﹣t图像可知2t时刻两无人机的的速度大小相等，动量大小相等，故B错误； C.2t时刻甲、乙两无人机的升力之比为3：2，速度相等，根据P＝Fv可知无人机瞬时功率之比为3：2，故C正确； D.0﹣2t时间内甲无人机升力做功大小为，乙无人机升力做功大小，两个力做功不相等，故D错误。 故选：AC。 11．（多选）水平地面上的物块在水平拉力F的作用下做直线运动，其速度v与时间t的关系如图所示。已知物块的质量为2kg，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g取10m/s2。则下列说法正确的是（　　） A．4s时拉力F的方向发生改变 B．0～3s时间内拉力F的冲量大小为18N•s C．0～6s时间内拉力F的冲量大小为36N•s D．0～6s时间内克服摩擦力做的功为32J 【答案】BD 【解答】解：水平地面上的物块在水平拉力F的作用下做直线运动， 根据v﹣t图像斜率表示加速度可知， 物块0～3s时间内的加速度为 物块与水平地面间的动摩擦因数为0.1， 根据牛顿第二定律可得：F1﹣μmg＝ma1 代入数据得：F1＝6N 3～4s内的加速度大小： 根据牛顿第二定律可得：F2+μmg＝ma2 代入数据得：F2＝10N，方向为初始运动的反方向 4～6s内的加速度为； 对应的牛顿第二定律可得：﹣F3+μmg＝ma3 代入数据得：F3＝6N，方向为初始运动的反方向； A．由上述分析可知，3s时拉力F的方向发生改变，故A错误； B．根据冲量I＝Ft可知，0～3s时间内拉力F的冲量大小为：I1＝F1t1＝18N•s 故B正确； C．根据冲量I＝Ft可知，0～6s时间内拉力F的冲量为 I＝F1t1+F2t2+F3t3＝（6×3﹣10×1﹣6×2）N•s＝﹣4N•s 故C错误； D．物体在0～6s内走过的路程为 0～6s时间内克服摩擦力做的功为 Wf＝μmgs＝2×16J＝32J 故D正确。 故选：BD。 12．如图所示是一个蹦床，一名质量为30kg的学生从离水平网面0.20m的高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面1.25m的高处。已知该学生从下落到返回最高点的整个过程所用时间为1.2s，不计空气阻力，重力加速度g＝10m/s2。求： （1）该同学刚接触网时和离开网时的动量； （2）网对该同学的平均作用力大小； （3）网对该同学做功为多少。 【答案】（1）该同学刚接触网时动量为60kg•m/s，方向竖直向下；离开网时的动量为60kg•m/s，方向竖直向下；； （2）网对该同学的平均作用力大小为720N； （3）网对该同学做功为315J。 【解答】解：（1）该同学接触网前瞬间的速度为2gh1 代入数据解得v1＝2m/s 该同学接触网时的动量大小p1＝mv1＝30×2kg•m/s＝60kg•m/s 方向竖直向下。 该同学离开网瞬间的速度为2gh2 解得v2＝5m/s 该同学离开网时的动量大小p2＝mv2＝30×5kg•m/s＝150kg•m/s 方向竖直向上。 （2）该同学下落时间为：t1s＝0.2s 该同学上升时间为：t2s＝0.5s 该同学接触网的时间t＝1.2﹣0.5﹣0.2s＝0.5s 设网对该同学的平均作用力大小为F，由动量定理，有Ft﹣mgt＝p2+p1 代入数据解得F＝720N （3）网对该同学做功，根据动能定理得 代入数据解得W＝315J 答：（1）该同学刚接触网时动量为60kg•m/s，方向竖直向下；离开网时的动量为60kg•m/s，方向竖直向下；； （2）网对该同学的平均作用力大小为720N； （3）网对该同学做功为315J。 13．某学习小组设计了一个简易的减振系统，其简化模型如图（a）所示，轻质弹簧下端固定在倾角为37°的粗糙斜面底端挡板上，弹簧处于原长。质量为m＝1kg的小物块，从斜面顶端由静止释放沿斜面下滑，小物块沿斜面向下运动过程中的合力F随位移x变化的图像如图（b）所示。已知弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8（提示：可用F﹣x图线下的“面积”表示F所做的功）。求： （1）小物块与斜面间的动摩擦因数； （2）小物块刚接触弹簧时的动量大小；（结果可以带根式） （3）小物块在下滑过程中，弹簧的最大压缩量。 【答案】（1）小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25； （2）小物块刚接触弹簧时的动量大小为kg•m/s； （3）小物块在下滑过程中，弹簧的最大压缩量为0.3m。 【解答】解：（1）接触弹簧前，合外力为：F＝4N，根据牛顿第二定律可得：mgsin37°﹣μmgcos37°＝F1 解得小物块与斜面间的动摩擦因数为：μ＝0.25； （2）根据图（b）可知，小物块刚接触弹簧时位移大小x1＝0.15m 根据动能定理可得：F1x10 解得：vm/s 小物块刚接触弹簧时的动量大小为：p＝mv 解得：pkg•m/s； （3）根据题目所给信息可知，弹簧压缩Δx＝（0.25﹣0.15）m＝0.1m时合外力为零，则有：kΔx＝F1 解得：k＝40N/m 设弹簧的最大压缩量为x，根据功能关系可得：F1（0.15+x） 解得：x＝0.3m。 答：（1）小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25； （2）小物块刚接触弹簧时的动量大小为kg•m/s； （3）小物块在下滑过程中，弹簧的最大压缩量为0.3m。 14．一小孩把一质量为0.5kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降高度为1.25m时与地面相撞，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.45m，不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2，求地面与篮球相互作用的过程中： （1）篮球动量的变化量； （2）篮球动能的变化量。 【答案】（1）篮球动量的变化量等于4kg•m/s，方向竖直向上； （2）篮球动能的减小了4J。 【解答】解：（1）根据自由落体运动规律v2＝2gh 可得篮球与地面相撞前瞬间的速度为v0＝5m/s，方向竖直向下； 篮球反弹后瞬间的速度为v＝3m/s，方向竖直向上； 规定竖直向下为正方向，则篮球的动量变化量为Δp＝m（﹣v）﹣mv0＝0.5×（﹣3）kg•m/s﹣0.5×5kg•m/s＝﹣4kg•m/s 即篮球的动量变化量大小为4kg•m/s，方向竖直向上； （2）篮球的动能变化量为 即动能减少了4J。 答：（1）篮球动量的变化量等于4kg•m/s，方向竖直向上； （2）篮球动能的减小了4J。 15．如图所示，水平传送带足够长，向右运动前进的速度v＝1m/s，与倾角为37°的斜面的底端P平滑连接，将一质量m＝1kg的小物块从A点静止释放。已知A、P的距离L＝4m，物块与斜面、传送带间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。求物块： （1）求小物体从A点运动到P点时候的动量大小； （2）求小物块从A点开始至第2次运动到P点时间。 【答案】（1）小物体从A点运动到P点时候的动量大小为4 kg•m/s； （2）小物块从A点开始至第2次运动到P点时间4.5 s。 【解答】解：（1）对物体受力分析，结合牛顿第二定律可得：mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1 代入数据解得物体的加速度：a1＝2m/s2 设物体第1次到达P点的速度大小为v1，根据匀变速直线运动位移与速度的关系可得： 代入数据解得：v1＝4m/s 故小物体从A点运动到P点时候的动量大小：p＝mv1＝1×4kg•m/s＝4kg•m/s （2）根据上述分析可知，物块第一次经过P点的时间：t1s＝2s 由于物块下滑到P点的速度大于传送带的速度，故物块在传送带上先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动与传送带共速后，匀速回到P点。设物块在传送带上的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律可知：μmg＝ma2 代入数据解得： 设二者共速的时间为t2，根据运动学公式：﹣v＝v1﹣a2t2 代入数据解得：t2＝1s 此时物块距离P点的位移大小：x＝|v1t2| 代入数据得：x＝1.5m 故物块匀速运动到P点的时间：t3s＝1.5s 故物块第二次回到P点的时间：t＝t1+t2+t3 代入数据得到：t＝4.5s 答：（1）小物体从A点运动到P点时候的动量大小为4 kg•m/s； （2）小物块从A点开始至第2次运动到P点时间4.5 s。 16．一弹性球从距地面高h＝0.8m处自由下落，与水平地面接触后立即竖直向上反弹，反弹的初速度大小v＝3m/s。弹性球的质量m＝0.1kg，重力加速度g＝10m/s2，不计空气阻力。则： （1）求弹性球落地前瞬间速度v0的大小； （2）求与地面碰撞过程中，弹性球动量变化量Δp的大小； （3）若弹性球与地面接触时间t＝0.5s，求与地面碰撞过程中弹性球受到地面的平均阻力F的大小。 【答案】（1）弹性球落地前瞬间速度v0的大小为4m/s； （2）地面碰撞过程中，弹性球动量变化量Δp的大小为0.7kg•m/s； （3）与地面碰撞过程中弹性球受到地面的平均阻力F的大小为2.4N。 【解答】解：（1）弹性球落地前瞬间速度v0的大小为：v0m/s＝4m/s； （2）设向上为正方向，则与地面碰撞的过程中，弹性球动量变化的大小： Δp＝mv﹣（﹣mv0） 解得：Δp＝0.7kg•m/s （3）弹性球与地面接触时间内由动量定理： （F﹣mg）t＝Δp 解得与地面碰撞过程中弹性球受到地面的平均阻力：F＝2.4N。 答：（1）弹性球落地前瞬间速度v0的大小为4m/s； （2）地面碰撞过程中，弹性球动量变化量Δp的大小为0.7kg•m/s； （3）与地面碰撞过程中弹性球受到地面的平均阻力F的大小为2.4N。 第10页（共10页） 学科网（北京）股份有限公司 $