第7章 课时测评31 动量和动量定理(word练习)-【金版新学案】2027年高考物理高三总复习大一轮复习讲义

**基本信息** 聚焦动量和动量定理，从概念辨析到流体应用，构建“概念-定理-情境”递进逻辑，强化科学推理与模型建构。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |动量和冲量|2题|概念辨析（多选）|动量、冲量概念生成及牛顿第三定律关联| |动量定理|5题|定理直接应用（直线/平抛运动）|动量定理公式推导及匀变速运动情境应用| |应用动量定理处理流体类问题|4题|流体问题（直升机/水枪）|从质点模型到流体模型拓展，强化模型建构|

课时测评31　动量和动量定理 (时间：35分钟　满分：50分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) (选择题1－10，每题4分，共40分) 题组1　动量和冲量 1.(多选)如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则(　　) A.球的动能可能不变 B.球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s C.球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等 D.球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同 答案：AC 解析：垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度反向打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，A正确，B错误；由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力大小一定相等，C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球的弹力方向，与球被击打前的速度方向相反，D错误。故选AC。 2.如图所示，学生练习用脚颠球。某次足球由静止自由下落1.25 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，则(　　) A.足球下落到与脚部刚接触时动量大小为4 kg·m/s B.足球自由下落过程重力的冲量大小为2 N·s C.足球与脚部作用过程中动量变化量为零 D.脚部对足球的平均作用力为足球重力的9倍 答案：B 解析：足球自由下落到脚部的速度v＝＝5 m/s，动量大小p＝mv＝2 kg·m/s，A错误；足球自由下落的时间t＝＝0.5 s，重力的冲量大小I＝mgt＝2 N·s，B正确；由题意知，足球被重新颠起后的速度与自由下落到脚部的速度相同，足球与脚部作用过程中，动量变化量Δp＝－mv－mv＝－4 kg·m/s，C错误；足球与脚部作用过程中，根据动量定理可得(mg－F)Δt＝Δp，解得F＝44 N＝11mg，D错误。 题组2　动量定理 3.(多选)(2026·山西太原期末)如图所示，质量为2 kg的物体静止在水平地面上，受到水平向右拉力F的作用。物体在第1 s内保持静止，在第2 s初开始做匀加速直线运动，第3 s末撤去拉力F后，物体在第5 s末恰好停下。下列选项正确的是(　　) A.第1 s内，拉力F冲量的大小为5 N·s B.第2 s内，拉力F冲量的大小为15 N·s C.第3 s末，物体速度的大小为10 m/s D.第4 s末，物体速度的大小为2.5 m/s 答案：AD 解析：第1 s内拉力F冲量的大小为I1＝5×1 N·s＝5 N·s，故A正确；第2 s内拉力F冲量的大小为I2＝10×1 N·s＝10 N·s，故B错误； 设物体所受的滑动摩擦力大小为Ff，由题可知，物体在1～5 s内，速度的变化量为零，根据动量定理有t2－Fft3＝0，其中F＝10 N，t2＝2 s，t3＝2 s，解得Ff＝5 N，设第3 s末物体速度的大小为v3，则物体在1～3 s内，根据动量定理有t2＝mv3，解得v3＝5 m/s，故C错误；设第4 s末物体速度的大小为v4，则物体在3～4 s内，根据动量定理有－Fft'＝mv4－mv3，其中t'＝1 s，解得v4＝2.5 m/s，故D正确。 4.(多选)(2026·河北石家庄模拟)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0.8 m，水柱在水面的落点中心到出水口的水平距离为0.4 m，水的密度为1.0×103kg/m3，g取10 m/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0.5 m/s B.水离开出水口时的速度大小为1.0 m/s C.落水对水面竖直方向的冲击力大小约为0.12 N D.落水对水面竖直方向的冲击力大小约为1.2 N 答案：BC 解析：根据平抛运动的规律有x＝v0t，h＝gt2，可得v0＝1.0 m/s，选项A错误，B正确；在Δt时间内流出水的质量Δm＝v0ΔtSρ，落地时的竖直速度vy＝＝4 m/s，由动量定理有－FΔt＝0－Δmvy，解得F＝0.12 N，结合牛顿第三定律可知，选项C正确，D错误。 5.(多选)(2026·四川绵阳模拟)有的人躺着看手机，若手机不慎跌落，会对人眼造成伤害。若手机质量为150 g，从离人眼25 cm处无初速度不慎跌落，碰到眼睛后手机反弹8 mm，眼睛受到手机的冲击时间为0.1 s，取重力加速度g＝10 m/s2，＝2.236。手机撞击人眼的过程中，下列分析正确的是(　　) A.手机对人眼的冲击力大小约为5.5 N B.手机受到的重力冲量大小约为0.4 N·s C.手机动量变化量大小约为0.4 kg·m/s D.手机动量的变化率大小约为0.4 kg·m/s2 答案：AC 解析：手机下落25 cm过程有＝2gh1，手机反弹8 mm过程有＝2gh2，解得v1＝ m/s，v2＝0.4 m/s，取竖直向上为正方向，手机动量变化量大小Δp＝mv2－(－mv1)≈0.4 kg·m/s，故C正确；手机动量的变化率大小＝4 kg·m/s2，故D错误；根据冲量的定义，可得IG＝mgΔt＝0.15 N·s，故B错误；对手机进行分析，由动量定理有(F－mg)Δt＝Δp，结合牛顿第三定律可得，手机对人眼的冲击力大小为F'＝F＝5.5 N，故A正确。 题组3　应用动量定理处理流体类问题 6.(多选)如图所示，质量为M的武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停在空中时，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为(　　) A.＝ρS B.＝ρSv0 C.＝ D.＝ 答案：BD 解析：直升机处于平衡状态，设直升机与空气间的作用力为F，则F＝Mg，直升机对空气的力与空气对直升机的力为作用力和反作用力，即F＝F'，对空气，由动量定理可得F'Δt＝Δm·v0＝ρSv0Δt·v0，解得＝ρSv0，故A错误，B正确；由A、B项分析知F'Δt＝Δm·v0，且F'＝F＝Mg，联立两式可得＝，故C错误，D正确。故选BD。 7.(多选)(2026·安徽安庆二模)玩具水枪是儿童们夏天喜爱的玩具之一，但水枪伤眼的事件也时有发生，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。现有一水枪样品，已知水枪喷水口的直径为d，水的密度为ρ，水流水平出射速度为v，垂直击中竖直目标后以大小为0.2v的速率反向溅回，则(　　) A.水枪喷水的流量(单位时间内喷出水的体积)为πvd2 B.喷水口单位时间内喷出水的质量为πρvd2 C.水枪的功率为πρd2v3 D.目标受到的平均冲击力大小为πρd2v2 答案：BD 解析：水枪喷水的流量为Q＝＝＝πvd2，故A错误；喷水口单位时间内喷出水的质量为＝＝πρvd2，故B正确；水枪的功率为P＝＝＝πρd2v3，故C错误；取水流出射速度方向为正方向，由动量定理得－t＝－0.2mv－mv，则由牛顿第三定律可知，目标受到的平均冲击力大小为'＝＝v＝πρd2v2，故D正确。 8.(多选)(2026·安徽淮北二模)如图甲所示，质量m＝1 kg的物块被锁定在倾角θ＝30°、足够长的光滑固定斜面上，t＝0时刻解除锁定，并对物块沿斜面施加如图乙所示变化的力F，以沿斜面向上为正方向，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　　) A.t＝1 s时物体向下运动 B.0～2 s时间内合力冲量为0 C.t＝2 s时物体恰好返回至出发位置 D.t＝2 s时物体的动量是t＝1 s时物体动量的两倍 答案：CD 解析： 0～1 s时间内，物体沿斜面向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有F－mgsin 30°＝ma1，解得a1＝＝5 m/s2，位移x1＝a1＝2.5 m，t＝1 s时速度v1＝a1t1＝5 m/s；1～2 s时间内，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，由牛顿第二定律有F'－mgsin 30°＝ma2，解得a2＝＝－15m/s2，位移x2＝v1t2＋a2＝－2.5 m；0～2 s时间内物体位移x＝x1＋x2＝0，故t＝1 s时物体沿斜面向上运动，t＝2 s时物体恰好返回至出发位置，故A错误，C正确。t＝2 s时，速度v2＝v1＋a2t2＝－10 m/s，由动量定理知0～2 s 时间内合力冲量I合＝mv2＝－10 kg·m/s，故B错误。t＝1 s时动量p1＝mv1＝5 kg·m/s，t＝2 s时，动量p2＝mv2＝－10 kg·m/s，负号表示方向，t＝2 s时物体的动量是t＝1 s时物体动量的两倍，故D正确。 9.(2025·山东青岛三模)将小球以初速度v0竖直向上抛出，经过一段时间小球又落回抛出点，速度大小为v，运动过程中小球所受空气阻力大小与小球速率成正比，重力加速度为g，则小球在空中运动时间为(　　) A.t＝ B.t＝ C.t＝ D.t＝ 答案：B 解析：设小球上升时间为t1，下降时间为t2，上升和下降总时间即小球在空中运动的时间为t，取竖直向下为正方向。全过程根据动量定理有mgt＋kt1－kt2＝mv－(－mv0)，由于上升的高度等于下降的高度，则有t1＝t2，联立解得t＝。故选B。 10.(多选)(2025·广东卷·T10)如图所示，无人机在空中作业时，受到一个方向不变、大小随时间变化的拉力。无人机经飞控系统实时调控，在拉力、空气作用力和重力作用下沿水平方向做匀速直线运动。已知拉力与水平面成30°角，其大小F随时间t的变化关系为F＝F0－kt(F≠0，F0、k均为大于0的常量)，无人机的质量为m，重力加速度为g。关于该无人机在0到T时间段内(T是满足F＞0的任一时刻)，下列说法正确的有(　　) A.受到空气作用力的方向会变化 B.受到拉力的冲量大小为T C.受到重力和拉力的合力的冲量大小为mgT＋T D.T时刻受到空气作用力的大小为 答案：AB 解析：无人机沿水平方向做匀速直线运动，则任意时刻受力平衡，又由题意可知拉力方向不变，逐渐减小，则可作出无人机的受力示意图如图所示，可知无人机受到空气作用力的方向会变化，A正确。由题意可知，拉力的大小随时间均匀变化，所以0到T时间段内，无人机受到拉力的冲量大小IF＝T＝T，B正确。0到T时间段内，无人机受到的重力的冲量大小IG＝mgT，又无人机受到的重力和拉力不共线，所以结合B项分析可知，无人机受到重力和拉力的合力的冲量大小I合＜IF＋IG＝mgT＋T，C错误。由图结合几何关系可知，无人机受到空气作用力的大小F空＝，T时刻无人机受到拉力的大小FT＝F0－kT，联立解得F空＝，D错误。故选AB。 11.(10分)(2025·河北卷·T14)如图，一长为2 m的平台，距水平地面高度为1.8 m。质量为0.01 kg的小物块以3 m/s的初速度从平台左端水平向右运动。物块与平台、地面间的动摩擦因数均为0.2。物块视为质点，不考虑空气阻力，重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物块第一次落到地面时距平台右端的水平距离。 (2)若物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，物块从离开平台到弹起至最大高度所用时间共计1 s。求物块第一次与地面接触过程中，所受弹力冲量的大小，以及物块弹离地面时水平速度的大小。 答案：(1)0.6 m　(2)0.1 N·s　0 解析：(1)小物块在平台上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有μmg＝ma 则小物块从开始运动到离开平台有 －＝2ax0 小物块从平台飞出后做平抛运动有 h＝g，x ＝ vxt1 联立解得x ＝ 0.6 m。 (2)物块第一次落到地面后弹起的最大高度为0.45 m，则有h'＝g，vy2 ＝ gt2 则物块与地面接触的时间Δt ＝ t－t1－t2 ＝ 0.1 s 物块与地面接触的过程中根据动量定理，取竖直向上为正，在竖直方向有IN－mgΔt ＝ mvy2－m(－vy1)，其中vy1 ＝ gt1 解得IN ＝ 0.1 N·s 取水平向右为正，在水平方向有－μFNΔt ＝mvx'－mvx，又IN ＝ FNΔt 解得vx'＝ －1 m/s 但由于vx'减小为0后物块与地面将无相对运动和相对运动的趋势，故vx'＝ 0。 学科网（北京）股份有限公司 $