第1章 1 动量&2 动量定理（Word练习）-【精讲精练】2026-2027学年高中物理选择性必修第一册（人教版）

**基本信息** 以“基础巩固+能力提升”分层设计，通过概念辨析、情境应用到综合计算的梯度路径，强化动量、冲量及动量定理的物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础训练|动量/冲量概念、匀速圆周运动/平抛运动中的动量变化、简单动量定理应用|8题（选择为主），如第1题辨析动量与动能关系，第3题结合斜面运动分析动量变化，夯实物理观念| |能力提升|F-t图像冲量计算、反冲问题、复杂运动中的动量定理综合应用|4题（含2计算），如第9题正弦力冲量分析，第11题橡皮绳弹力冲量计算，深化科学推理与模型建构|

[对应学生用书作业(一)P1] [基础训练] 1．(多选)下列关于动量的说法正确的是(　　) A．动能不变，物体的动量一定不变 B．做匀速圆周运动的物体，其动量不变 C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变 D．一个物体的运动状态发生变化，它的动量一定改变 解析　动能不变，若速度的方向变化，动量就变化，A错误。做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻变化，所以其动量时刻变化，B错误。速度的大小、方向有一个量发生变化都认为速度变化，动量也变化，C正确。运动状态发生变化即速度发生变化，D正确。 答案　CD 2．(多选)某同学乘坐摩天轮随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动。下列说法中正确的是(　　) A．该同学所受重力的冲量随时间的增大而增大 B．在摩天轮转动一周的过程中，该同学的动量始终不变 C．该同学所受合力的冲量随时间的增大而增大 D．摩天轮转动一周，该同学所受合力的冲量为零 解析　该同学所受重力的冲量IG＝Gt，随时间的增大而增大，选项A正确；在摩天轮转动一周的过程中，该同学的动量大小不变，但方向不断变化，选项B错误；根据动量定理，合力的冲量等于动量变化，则该同学所受合力的冲量随时间的增大不一定增大，摩天轮转动一周，动量变化为零，则该同学所受合力的冲量为零，选项C错误，D正确。 答案　AD 3．如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　) A．两物体所受重力的冲量相同 B．两物体所受合外力的冲量相同 C．两物体到达斜面底端时的动量不同 D．两物体动量的变化量相同 解析　物体在斜面上运动的加速度a＝gsin α，斜面长l＝，由＝gsin αt2，知t2＝，即A、B两物体在斜面上运动时间不同，即重力的冲量不同，A错；根据动能定理，在斜面最底端v的大小相同，但方向不同，由动量定理：Ft＝Δ(mv)可知，A、B的合外力冲量也不同，B错误，C正确；动量的变化量Δp＝Δ(mv)，方向不同，动量变化量亦不相同，D错误。 答案　C 4．如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为(　　) A．仍在P点 B．在P点左侧 C．在P点右侧不远处 D．在P点右侧原水平位移的两倍处 解析　两种情况下铁块受到的摩擦力相同，但摩擦力的作用时间不同，以2v速度抽出纸条时，作用时间短，摩擦力的冲量小，根据动量定理可知，以2v速度抽出纸条时，铁块的动量变化小，抛出时的速度小，根据平抛运动的规律，铁块落在P点左侧。故选B。 答案　B 5．如图所示，质量为0.5 kg的小球(视为质点)通过长为0.5 m的轻绳连接在O点。小球在竖直平面内做完整的圆周运动，A、B点分别为小球经过的最高点、最低点。已知小球经过A点时受到轻绳的拉力大小为11 N，取重力加速度大小g＝10 m/s2，不计空气阻力，则小球从A点运动到B点受到的合力冲量大小为(　　) A．1 N·s B．3 N·s C．4 N·s D．5 N·s 解析　已知小球经过A点时受到轻绳的拉力大小为11 N，此时根据牛顿第二定律可得T＋mg＝m，解得vA＝4 m/s。从A到B，根据动能定理可得mg×2L＝mvB2－mvA2，解得vB＝6 m/s，根据动量定理可知，小球从A点运动到B点受到的合力冲量大小为I合＝mvB－(－mvA)＝5 N·s，故选D。 答案　D 6．(多选)如图(a)所示，一个质量m＝1 kg的物块静止在水平面上，现用水平力F向右拉物块，F的大小随时间t变化关系如图(b)所示。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度大小g＝10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。下列说法正确的是(　　) A．0～4 s内，重力的冲量大小为0 B．0～4 s内，重力的冲量大小为40 N·s C．4 s末，物块的速度大小为8 m/s D．4 s末，物块的速度大小为9 m/s 解析　0～4 s内，重力的冲量大小为IG＝mgt＝40 N·s，故A错误，B正确；当水平方向上的力满足F＝Ff＝μmg＝2 N，物块才开始运动，则1～4 s内由F­t图像可知水平力F的冲量大小为IF＝×3 N·s＝15 N·s，则1～4 s内由动量定理可得IF－μmgt＝mv，其中μmgt＝0.2×1×10×3 N·s＝6 N·s，解得4 s末物块的速度大小为v＝9 m/s，故C错误，D正确。 答案　BD 7．(多选)在测试汽车的安全气囊对驾乘人员头部防护作用的实验中，某小组得到了假人的头部所受安全气囊的作用力随时间变化的曲线如图所示，已知t2＝2t1。从碰撞开始到碰撞结束过程中，若假人的头部只受到安全气囊的作用，则由曲线可知，下列说法正确的是(　　) A．在t2时刻，假人的头部所受安全气囊的作用力最大 B．在t2时刻，假人的头部的动量最大 C．在t1～t2时间内，假人的头部所受安全气囊的冲量方向与“在t2～t3时间内，假人的头部所受安全气囊的冲量方向”相同 D．在0～t1时间内，假人的头部所受安全气囊的冲量大小等于“在t1～t2时间内，假人的头部所受安全气囊的冲量大小” 解析　由题图可知t2时刻F最大，故选项A正确；F­t的图像中，图像与t轴面积代表动量变化量，因初态动量未知，故选项B错误；t1～t2与t2～t3时间内“面积”均为正，由动量定理可知冲量方向相同，故选项C正确；0～t1时间与t1～t2时间内“面积”不等，所以冲量大小不相等，故选项D错误。 答案　AC 8．如图所示，质量为m的质点在Oxy平面上以某一速度运动时(方向如图中箭头所示)，受到大小不变、方向－y方向的合力作用。已知质点的最小速度为v，合力的大小为F。则下列判断正确的是(　　) A．质点沿着初速度方向做匀变速直线运动 B．质点做匀变速曲线运动，向＋y方向弯曲 C．当质点速度大小为2v时，方向和x轴之间的夹角为60° D．质点的速度由v增加到2v的过程用的时间为 解析　将速度沿x轴和y轴方向正交分解，由于合力沿－y方向，因此曲线向－y方向弯曲，速度先减小后反向增加；在x轴方向做匀速运动，因此质点做匀变速曲线运动，故A、B错误；由题可知，质点速度最小时，y方向的速度为零，此时x方向的速度为v，当质点的速度为2v时，设速度与x轴夹角为θ，则有cos θ＝＝，故θ＝60°，故C正确；当质点速度2v时，沿y轴方向速度vy＝＝v，由动量定理可得Ft＝mvy－0，解得质点的速度由v增加到2v的过程用的时间为t＝，故D错误。 答案　C [能力提升] 9．一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是(　　) A．第2 s末，质点的动量为零 B．第4 s末，质点回到出发点 C．在0～2 s时间内，质点的加速度一直增大 D．在1～3 s时间内，力F的冲量为零 解析　从题图可以看出前2 s力的方向和运动的方向相同，物体经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以2 s末，质点的速度最大，动量最大，故选项A、C错误；该物体在后2 s内受到的力与前2 s内受到力的方向不同，前2 s内做加速运动，后2 s内做减速运动，所以物体在4 s内的位移为正，即第4 s末，质点没有回到出发点，故选项B错误；在F­t图像中，F与t轴所围的面积表示力的冲量，由题图可知在1～2 s和2～3 s时间内，面积大小相等，一正一负，所以力F的冲量为零，故选项D正确。 答案　D 10.已知某人及飞行设备的总质量为120 kg，设发动机启动后将气流以6 000 m/s的恒定速度从喷口向下喷出，则当这人(及装备)悬浮在空中静止时，发动机每秒喷出气体的质量为(不考虑喷气对总质量的影响，取g＝10 m/s2)(　　) A．0.02 kg B．0.20 kg C．0.50 kg D．5.00 kg 解析　设人(及装备)对气体的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，气体对人(及装备)的作用力的大小也等于F，对人(及装备)，则F＝Mg，设时间Δt内喷出的气体的质量Δm，则对气体由动量定理得FΔt＝Δmv，解得＝＝，代入数据解得＝0.2 kg/s，发动机每秒喷出气体的质量为0.2 kg，故B正确，A、C、D错误。 答案　B 11．如图甲所示，某人用弹性橡皮绳拴住身体从高空P处自由下落，在空中感受完全失重的滋味。此人质量为50 kg，橡皮绳原长45 m，人可看成质点，且此人从P点自静止下落到最低点所用时间9 s；重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。 甲　　　　　　　　乙 (1)此人下落到橡皮绳刚伸直(原长)时，人的动量大小是多少？ (2)橡皮绳开始伸直到人下落到最低点的过程中弹力F­t图像如图乙所示，求图像中阴影部分的面积大小。 解析　(1)此人下落到橡皮绳刚伸直(原长)的过程中，人做自由落体运动，根据 v2＝2gh，解得v＝30 m/s 此时人的动量大小p＝mv＝1500 kg·m/s。 (2)弹力F­t图像中阴影部分的面积大小表示弹力F的冲量，人从下落到橡皮绳正好拉直的时间设为t1，则h＝gt12，解得t1＝3 s 橡皮绳作用时间t2＝t－t1＝6 s 由动量定理得IF－mgt2＝0－(－mv) 解得IF＝4500 kg·m/s 即图像中阴影部分的面积大小4500 kg·m/s。 答案　(1)1500 kg·m/s　(2)4500 kg·m/s 12．将质量为m＝1 kg的小球，从距水平地面高h＝5 m处，以v0＝10 m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2。求： (1)抛出后0.4 s内重力对小球的冲量； (2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp； (3)小球落地时的动量p′。 解析　(1)重力是恒力，0.4 s内重力对小球的冲量I＝mgt＝1×10×0.4 N·s＝4 N·s，方向竖直向下。 (2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动， 故h＝gt2， 落地时间t＝＝1 s。 小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为 I＝mgt＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下， 由动量定理得Δp＝I＝10 N·s，方向竖直向下。 (3)小球落地时竖直分速度为vy＝gt＝10 m/s。 由速度合成知，落地速度 v＝＝m/s＝10 m/s。 所以小球落地时的动量大小为 p′＝mv＝10 kg·m/s。 方向与水平方向的夹角为45°。 答案　(1)4 N·s，方向竖直向下 (2)10 N·s，方向竖直向下 (3)10 kg·m/s，方向与水平方向的夹角为45° 学科网（北京）股份有限公司 $