课时分层检测(2)动量定理-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第一册同步辅导与测试(人教版)

6.解析A球由静止释放到两球碰撞前，根据机械能守恒定律，有 mAgl(1-cos月)=2A 从两球碰撞后到一起运动到最高点，裉据机械能守恒定律，有 (mA+mB)gl(1-cos 0:)=(mA+mg) 由碰撞中的不变量满足nAUA=(nA十nB)v 所以用测得的物理量表示碰撞中的不变量的关系式为 mA√1-cos01)=(mA十mg)√(1-cos,). 答案A球的质量mA和B球的质量mg nA√/(1-cos01)=(nA十ng)√/(1-cos2) 7.解析运动员从O点到B点的过程都是加速向下运动，到达B点 时速度最大，由p=n可知，运动员的动量最大的位置在B,点， A、B、D错误，C正确. 答案C 8.解析根据p-mu-mat,可知列车的动量与列车所经历的时间 成正比，远项A错误；根据p=w-m√2ax,则动量与列车的位 移的平方根成正比，选项B错误；根据p=m0可知，动量与列车的 速度成正比，选项C正确；根据p=√2nEk,可知动量与列车的动 能的平方根成正比，选项D错误 答案C 9.解析小物块a微自由落体运动，其加速度为g,而小物块b沿子 圆弧轨道下滑，在竖直方向的加速度在任何高度（除P点）都小于 g,由=号a2得。<6：由机械能守恒定律得小物块a,b到达S 点的速度大小相等，但方向不同，因为动量p-mv是矢量，故a、b 到达S时，它们在S,点的动量不相同，故A正确. 答案A 10.解析(1)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h= 284 i=15 落地时间一√ △v=u,=gt=10X1m/s=10m/s,方向竖直向下 故△p=m△v=1×10kg·m/s=10kg·m/s,方向竖直向下. (2)小球落地时竖直分速度为 0 v,=gt=10 m/s h 由速度合成知，落地速度 v=√/+u,=√10+10m/s 77777777777777553 =10√2m/s 所以小球落地时的动量大小为p'=nw=10√2kg·m/s,方向与 水平方向的夹角为45° 答案(1)10kg·m/s,方向竖直向下(2)10√2kg·m/s,方向 与水平方向的夹角为45 11.解析第1s内F=20N,第23s内F=一10N,物体先加速、 后减速，在第3s末速度为零，物体的位移不为零，A错误：设物 体质量为mkg,根据牛顿第二定律知物体在第1s内的加速度为 a1=0m1s末的速度叫=a14=积1m/s=20 n m/s,物 你在第2一3s内的加速度为a=9m/,35末的速度 m 十a=20m/s-0×2m/s=0,故前3s内动量变化量 n 1 △p=0,B正确；由于初速度和末速度都为零，因此动能变化量也 为零，C正确；因物体的重力势能是否改变不能判断，所以物体的 机械能是否改变不能确定，D错误， 答案BC 12.解析设向右为正方向，则金属块在A,点的动量为pA=mvA 2.15kg·m/s,方向向右. 第一次到达B点的动量为pB1=mv1=1.72kg·m/s,方向向 右，与墙壁碰撞前瞬间的动量巾1一mw培1=1.29kg·m/s,方向 向右· 与墙壁碰撞后瞬间的动量p2=m(一V绵2)=一1.204kg·m/s, 方向向右， 返回B点的动量为p2=n(一)=一0.774kg·m/s,方向向左. 2 金属块由A到B的动量变化量△p1=pg1一A=一0.43kg·m/s, 负号表示动量变化量方向向左 金属块与墙壁碰拉前后的动量变化量△p:=P2一中培1一 一2.494kg·m/s,负号表示动量变化量方向向左 金属块由A到返回B的动量变化量△p3=p2-pA一一2.924 kg·m/s,负号表示动量变化量方向向左， 答案0.43kg·m/s,方向向左2.494kg·m/s,方向向左 2.924kg·m/s,方向向左 课时分层检测（二） 1.解析物体动量变化时，动能可能不变，比如匀速圆周运动，故A 错误：物体所受合力冲量越大，它的动量变化量就越大，不是动量 越大，故B错误：力的冲量I=F,当力与物体的位移垂直时，该力 的冲量不为零，故C错误：体操运动员在落地的过程中，动量的变 化量是一定的，屈腿是延长时间，可以减小运动员所受到的平均 作用力，故D正确 答案D 2.解析返回舱和航天员的初、末动量并没有因反推火箭的作用而 变化，所以返回舱和航天员的动量变化不变，根据动量定理，返回 舱和航天员所受的冲量也就不变，A、B项错误，反推火箭延长了 着地过程的时间，从而减小了着地过程返回舱和航天员所受的平 均冲力，选项CD正确」 答案CD 3.解析戴和不戴头盔，头部的速度变化相同，则动量变化量相同， 裉据动量定理可知受到的冲量也相同，而戴头盔能够延长头部与 硬物的接触时间，根据F△一△p可知，可以减小冲力，从而起到保 护作用，故B正确，A、C、D错误 答案B 4,解析根据动量定理，物体动量的变化量应该等于初末动量的矢 量差，而不是代数差，则A错误；由动量定理I合一△p知△p一 ngt,则B正确；由公式△p=n△v=nu,=m√/02一= n√2gh,则C、D正确. 答案BCD 5.解析取竖直向下为正方向，对大气球由动量定理得(mg一F)·△ =n'一mw,代入数据解得F=90N,由牛顿第三定律可知C 正确 答案C 6,解析)足球自由下落时有=合g, h=0.45, 解得山=g 竖直向上运动的时间等于自由下落运动的时间，所以t=21= 0.8s. (2)设竖直向上为正方向，由题意知顶球前后速度大小相同，由动 量定理得 (FN-ng)△1=nu-（-nw, 又v=gt1=4m/s, 联立解得FN-36N, 由牛顿第三定律知足球对头部的作用力为36N,方向竖直向下. 答案(1)0.8s(2)36N,竖直向下 7.解析以速度2抽出纸条时，纸条对铁块的作用时间变短，而纸 条对铁块的作用力相同，故与以速度”抽出相比，纸条对铁块的 冲量I减小，铁块获得的动量减小，平抛的初速度减小，水平射程 减小，故落在P点左侧，选项B正确 答案B 8.解析甲、乙先做加速运动，撤去推力后做减速运动.题图中线段 AB∥CD,表明甲、乙与水平面的动摩擦因数相同，又甲、乙质量相 等，所以两物体受到的摩擦力大小相等，选项C正确，D错误：因 为整个运动过程中两物体的动量改变量均为零，所以推力的冲量 大小等于物体受到的摩擦力的冲量大小，由题图可知甲的运动时 间小于乙的运动时间，所以甲的摩擦力的冲量小于乙的摩擦力的 冲量，则F,的冲量小于Fg的冲量，选项A、B错误 答案C 9.解析(1)小球运动过程中速度方向不断发生变化，因而动量的 方向也不断变化，所以动量变化. 假定经半周，小球到达B,点，并设A点速度方向为正方向，则小球 在B,点时动量方向为负，即pB=一n,pA=n,△p一PB一PA 一w一mu=一2nv,方向与小球在A点时的速度方向相反. (2)小球运动半周的时间=心 剥1。mg=mg 答案(1)变化2nw,方向与小球在A点时的速度方向相反 (2)mg可 10.解析圆盘停止转动前，小物体所受的摩擦力方向指向转轴提 供向心力，故A错误：由动量定理可知，圆盘停止转动前，小物体 运动一图所受摩擦力的冲量大小为零，B错误：圆盘停止转动后， 小物体沿运动轨迹的切线方向运动，C错误：由动量定理可知，整 个滑动过程摩擦力的冲量大小I=nwr,D正确。 答案D 11,解析(1)小球从开始下落到即将接触软垫的过程，由动能定理 可得mgh,=2m2 解得小球即将接触软垫时的速度大小1=20m/s 1 小球反弹上升过程，由动能定理得一mgh:=0-之m 解得小球刚离开软垫时的速度大小2=10m/s 以竖直向下为正方向，小球与软垫接触前后的动量改变量△p一 mw一nw1=-1×10kg·m/s-1×20kg·m/s=-30kg·m/s 即动量改变量的大小为30kg·m/s,方向竖直向上， (2)以竖直向下为正方向，在接触过程中对小球应用动量定理得 ngt+(-Ft)=△p 代入数据解得软垫对小球的平均作用力大小为F=40N, 答案(1)30kg·m/s,方向竖直向上(2)40N 课时分层检测（三） 1.解析由动量定理得△p=I=一mg,故远项A错误，C正确：又 因为老=F=一mg,故选项B错误，D正确。 答案CD 2.解析根据动量定理知I合一Ft-p,水平力变为2F,经过时间2t, 则有2F·21=p,可知p'=4p,故B正确，A错误；根据动能与动 量同的关系E一会可得E=16B,故C错误，D正确， 答案BD 3.解析物体在水平拉力作用下由静止开始运动到最终静止的全 程，只有拉力F和摩擦阻力F:做功，故由动能定理有W1一W,一 0,得W1=W2:由动量定理有I一I2=0,得I1=I2,故D正确，A、 B、C错误. 答案D 4.解析对山时间内吹向游客的气体，由动量定理可得F△1=△，由 于游客处于静止状态，故满足F=mg,另外△n=p·d·S,风洞内 气流的流量为Q-m号，联立解得Q-号√故选A 答案A 5.解析下雨天，雨滴对睡莲叶面持续的作用力可以看作是恒力. 设雨滴受到支持面的平均作用力为F,设在△时间内有质量为 △n的雨水的速度由v=12m/s减为零，以向上为正方向，对这部 分雨水应用动量定理有F△1=0-(-△mw)=△m,得F=m巴， △f1 设水杯横截面积为S,对水杯里的雨水，在△：时间内水面上升 Ah,则有△n=pS0,则F=pS兰压强为B=号=pu兰 10X12×50Pa=0.15P,故A正瑰，B.CD错采 答案A 6.解析物体的重力为G=mg=2N,所以02s内，拉力小于重 力，物体受到拉力、地面的弹力和重力共同作用，保持静止状态， 故A错误：2s末物体开始运动，由题图乙可得5s末的拉力为 F,=2N,所以在2一5$内物体加速上升，对应图形面积表示拉力 的冲童，可得合力的冲量为P1=(2生3×1+3生×2-2X3) N·s=1.5N·s,则由动量定理可得F6t=mu,v=7.5m/s,故B 2 正确：第3s末物体的加速度大小为a=Fmg=5m/s,故C错 误：由题图乙可得第4s末拉力为2.5N,第6s末拉力为1.5N, 由动堂定理可得F含'=m一mw,即m%一m=(2,51.5× 2一2×2)N·s=0,所以第4s末和第6s末物体的速度相等，故D 正确， 答案BD 7,解析运动员刚接触网时速度的大小： 4=√2gh1=√2X10X3.zm/s=8m/s,方向竖直向下； 刚离开网时速度的大小： -√2gh,=√2X10X5.0m/s=10m/s,方向竖直向上； 运动员与网接触的过程中，设网对运动员的作用力为F、,对运动 员由动量定理（以竖直向上为正方向）得： (FN-mg)△t=m一n(一u1) 解得F、=m一m(一) △ 十ng =60X10-60X(-82N+60X10N 1.2 =1.5×103N. 答案1.5×103N 8.解析AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而 撤去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两 物体受到的摩擦力大小相等，但α的总运动时间小于b的，根据 I一F,t可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲 量；根据动量定理，对整个过程有：F1l一FtoB=0,Ft2一FtoD =0,因oB<oD,则有F1<F2,即F1的冲量小于F2的冲量， 故A、C错误，B正确：根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体 动量的变化量，a、b两个物体动量的变化量都为零，所以冲量相 等，故D正确. 答案BD 9.解析球1和球2沿两条不同的路径下滑，都只有重力做功，且下 落的高度相同，根据动能定理有mgh=之m,解得U=√2g,故 两小球最终的速度大小相等，但到达最终位置时速度方向不相 同，根据动量定理有I金一△p=nv,故两小球所受合力冲量大小 相等，但由于最终速度的方向不相同，故两小球所受合力冲量的 方向不相同，故两小球所受合力冲量不相同，故A、B错误；由题 可知，小球2更快到达终，点，故所用的时间比球1更短，很据I一 mgt可知，球2的重力冲量小于球1的重力冲量，故C错误，D 正确， 答案D 10.解析由动能定理可知mgh=212,滑块在BC段运动的过 程中，加速度大小为a=ms-2m/s,由位移公式可得x1= 2-62 2可得=3m/s,由C到D可知王2一，解得被缓冲去 反弹，滑块的速度大小v'=2m/s(方向与初速度反向)，由动量定 理可知缓冲持对滑块的冲量△p=nu一mw=一250N·s,由动能 定理可得缓冲墙对滑块做的功W=之mu-立m=一125J 综上分析可知B、C正确. 答案BC 11.解析远物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图甲所示， 撤去F后，物体受力如图乙所示， FN FN F FeuF F=uF g 选F的方向为正方向，根据动量定理得： Ft-umg(tt)=mv 解得v=8m/s 物体与持壁作用后速度变为向左，裉据动量定理得 Fis=-mv-mv 解得F=-280N 故墙壁对物体的平均作用力大小为280N. 答案280N 8班级 姓名 课时分层检测( …0基础达标练 0 1.下列关于动量和冲量的说法正确的是 A.物体动量变化时动能一定变化 B.物体所受合力冲量越大，它的动量也越大！ C.当力与物体的位移垂直时，一段时间内该 力的冲量为零 D.体操运动员落地总要屈腿，是为了延长作 用时间以减小地面对运动员的作用力 2.(多选)为了保证航天员的安全，神舟飞船上 使用了降落伞、反推火箭、缓冲座椅三大法 宝，在距离地面大约1m时，返回舱的4个反 推火箭点火工作，返回舱速度降到了2m/s 以内，随后又渐渐降到1m/s,最终安全着： 陆.从返回舱离地1m开始到完全着陆称为： 着地过程，则关于反推火箭的作用，下列说 法正确的是 () A.减小着地过程中返回舱和航天员的动量 变化 B.减小着地过程中返回舱和航天员所受的 冲量 C.延长着地过程的作用时间 D.减小着地过程返回舱和航天员所受的平 均冲力 3.交通管理法规规定：骑摩托车必须戴好头 盔，这样做的目的是保护交通安全事故中的 车手，理由是 ) A.减小头部的冲量，起到安全作用 B.延长头部与硬物接触时间，从而减小冲 力，起到保护作用 C.减小头部的速度变化使人安全 D.减小头部的动量变化量，起到安全作用 4.(多选)质量为m的物体以初速度o开始做 平抛运动，经过时间，下降的高度为h,速度 变为，在这段时间内物体动量变化量的大 小可能是（重力加速度为g) A.m()-0） B.mgt C.m√02-2 D.m√2gh 12 得分 动量定理 5.2021年某学校举行 的元旦晚会上进行了 “托球选表演者”的游 戏.在互动环节，表演 者将球抛向观众，假 设质量约为3kg的超大气球以2m/s速度 竖直下落到手面，某观众双手上推，使气球 以原速度大小竖直向上反弹，作用时间为 0.2$.忽略气球所受浮力及空气阻力，g取 10m/s2,则观众双手受的压力为 () A.30N B.60N C.90N D.120N 6.如图所示，某运动员 用头颠球，若足球用 头顶起，每次上升高 度均为80cm,足球的 重量为400g,与头部 21 作用时间△1为0.1s,空气阻力不计，g取 10m/s2,求： (1)颠球一次足球在空中的运动时间； (2)足球对头部的作用力. 班级 姓名 …0 能力提升练 0… 7.如图所示，一铁块压着一 纸条 纸条放在水平桌面上，当 P 7777777 777777777777 以速度v抽出纸条后，铁 块掉到地面上的P点，若以速度2v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 8.水平推力F1和F2分别 作用于水平面上等质量 的甲、乙两物体上，作用 一段时间后撤去推力，物 体将继续运动一段时间 BD t 后停下来.两物体的一t图像如图所示，图： 中线段AB∥CD,则整个运动过程中( ) A.F1的冲量大于F2的冲量 B.F1的冲量等于F2的冲量 C.两物体受到的摩擦力大小相等 D.两物体受到的摩擦力大小不等 9.用一长度为1无弹性的轻绳， 一端固定在O点，另一端系一 0 质量为m的小球，小球在光滑 水平面上以速度v从A点开始 做匀速圆周运动，如图所示。 (1)小球运动过程中动量是否变化？若变 化，求小球运动半周过程中动量的变化量. (2)求小球运动半周过程中小球重力的冲量 大小 122 得分 …0 创新应用练 0… 0.如图所示，圆盘在水平面 内以角速度ω绕中心轴 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，小物体所受摩擦力的 方向沿运动轨迹切线方向 B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受 摩擦力的冲量大小为2mwr C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方 向运动 D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程 所受摩擦力的冲量大小为mwr 1.质量m=1kg的小球从高h1=20m处自 由下落到软垫上，反弹后竖直上升的最大 高度h2=5m,小球与软垫接触的时间t= 1s,不计空气阻力，g取10m/s2,以竖直向 下为正方向，求： (1)小球与软垫接触前后的动量改变量； (2)接触过程中软垫对小球的平均作用力 大小.