课时分层检测(3)动量定理的应用-【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)

班级 姓名 课时分层检测（三） …0基础达标练 1.(多选)如图描述的是竖直上抛物体的动量 变化量随时间变化的曲线和动量变化率随 时间变化的曲线.若不计空气阻力，取竖直： 向上为正方向，那么下列选项正确的是 D 2.(多选)质量为m的物体静止在光滑水平面 上，在水平力F作用下，经时间物体的动量 为p,动能为Ek.若水平力变为2F,经过时 间2t,则 A.物体的动量变为2p B.物体的动量变为4p C.物体的动能变为4Ek D.物体的动能变为16Ek 3.用水平拉力F拉一物体， 使物体在水平地面上由 静止开始做匀加速直线 B 运动，t1时刻撤去拉力 0 t F,物体做匀减速直线运动直到2时刻停止， 其速度一时间图像如图所示，已知α>B.若 拉力F做的功为W1,拉力F的冲量大小为 I1,物体克服摩擦阻力F做的功为W2,F 的冲量大小为I2,则下列选项正确的是 A.W1>W2;I1>I2 B.W1<W2;I1>I2 12 得分 动量定理的应用 C.W1<W2;I1<I2 D.W1=W2;I1=I2 4.“娱乐风洞”是一项新型娱 乐项目，在一个特定的空 间内通过人工制造的气流 把人“吹”起来，使人产生在天空翱翔的感 觉.如图所示，一质量为m的游客恰好可以 静止在直径为d的圆柱形风洞内.已知气流 密度为ρ，游客受风面积（游客在垂直风力方 向的投影面积)为S,风洞内气流竖直向上 “吹”出且速度恒定，重力加速度为g.假设气 流吹到人身上后速度变为零，则风洞内气流 的流量（单位时间内流出风洞的气流体积） 为 () A.πd2ms B.rd mg 4S 2S mgS n 5.为估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的 平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于 露台上，测得1小时内杯中水位上升了 45mm.查询得知，当时雨滴竖直落下的速 度约为12/s.据此估算该压强约为（设雨 滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水 的密度为1×103kg/m3) () A.0.15Pa B.0.54Pa C.1.5 Pa D.5.4 Pa 6.(多选)一个静止在水平地面上的物体，质量 为0.2kg,受到竖直向上的拉力F作用，如 图甲所示，F随时间t的变化情况如图乙所 示.若g取10m/s2,则下列说法正确的是 班级 姓名 EN 3 2 ) 0 123456789s 甲 乙 A.0~3s内，物体的速度逐渐增大 B.第5s末物体的速率为7.5m/s C.第3s末物体的加速度大小为15m/s2 D.第4s末和第6s末物体的速度相等 7.蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、 翻滚并做各种空中动作的运动项目.一个质 量为60kg的运动员，从离水平网面3.2m高 处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平 网面5.0m高处.空气阻力不计，已知运动 员与网接触的时间为1.2s.若把这段时间内 网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力 的大小(g取10m/s2). 1 得分 能力提升练。 8.(多选)水平面上有质 量相等的a、b两个物 体，水平推力F1、F2分 0 B D 别作用在a、b上.一段时间后撤去推力，物 体继续运动一段距离后停下.两物体的v一1 图线如图所示，图中AB∥CD.则整个过 程中 ( A.F1的冲量等于F2的冲量 B.F1的冲量小于F2的冲量 C.摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b 物体的冲量 D.合外力对a物体的冲量等于合外力对b 物体的冲量 9.如图所示，在一个斜面 上，摆两条（光滑）轨道， 2 一条是直线，一条是曲 线，起点高度以及终点 高度都相同.两个质量、 大小一样的小球同时从起点向下滑落，曲线 的小球反而先到终点.这是由于曲线轨道上 的小球先达到最高速度，所以先到达，然而， 两点之间的直线只有一条，曲线却有无数 条，那么，哪一条才是最快的呢？1696年，瑞 士数学家约翰·伯努利解决了这个问题，这 条最速曲线就是一条摆线，也叫旋轮线.现 让质量相同的小球1和2分别沿直线、最速 曲线由静止开始下滑到斜面底端.此过程中 A.两小球所受合力冲量相同 B.球1的合力冲量大于球2的合力冲量 C.两小球重力冲量相同 D.球1的重力冲量大于球2的重力冲量 10.(多选)游乐场滑索项目的简化模型如图所 示，索道AB段光滑，A点比B点高1.25m, 班级 姓名 与AB段平滑连接的BC段粗糙，长4m.质量： 为50kg的滑块从A点由静止下滑，到B点 进入水平减速区，在C点与缓冲墙发生碰：12 撞，反弹后在距墙1m的D点停下.设滑块 与BC段的动摩擦因数为0.2，规定向右为 正方向.g取10m/s2.下列说法正确的是 B D A.缓冲墙对滑块的冲量为一50N·s B.缓冲墙对滑块的冲量为一250N·s C.缓冲墙对滑块做的功为一125J D.缓冲墙对滑块做的功为一250J 11.如图所示，质量m=2kg 的物体，在水平力F= F 8N的作用下由静止开 m 始沿水平面向右运动，已知物体与水平面 间的动摩擦因数u=0.2,若F作用了(1=6s 后撤去，撤去F后又经t2=2s物体与竖直 墙相碰，若物体与墙壁作用时间t3=0.1s, 碰墙后反向弹回的速度大小=6m/s,求 墙壁对物体的平均作用力大小.(g取 10m/s2) 125 得分 0创新应用练0… 某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将 一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空 中.为计算方便，假设水柱从横截面积为S 的喷口持续以速度o竖直向上喷出；玩具 底部为平板（面积略大于S);水柱冲击到玩 具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在 水平方向朝四周均匀散开.忽略空气阻力， 已知水的密度为p,重力加速度大小为g. 求： (1)喷泉单位时间内喷出的水的质量； (2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口 的高度一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 12.解析(1)在刚喷出一段很短的△1时间内，可认为喷出的水柱保 持速度购不变 该时间内，喷出水柱高度△l=△① 喷出水柱质量△n=4V② 其中△V为水柱体积，满足△V=△1S③ 由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为 韶-两S (2)设玩具底面相对于喷口的高度为 由玩具受力平衡得F*=Mg④ 其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力 由牛顿第三定律知F:=F⑤ 其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，设为水柱到达玩具底 部时的速度 由运动学公式得w2一山2=-2gh⑥ 在很短△t时间内，冲击玩具水柱的质量为△n △n=%S4⑦ 由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得 -(Fs十△mg)△t=-△nw'⑧ 由于△1很小，△g也很小，可以忽略，⑧式变为 Fs△f=△n⑨ 由0060@释A-家。 Mg 答案(106S（2)2g2i%S 课时分层检测（四） 1.解析A中竖直方向合力不为零，C中墙壁受地面的作用力，D中 棒受人手的作用，故合力均不为零，不符合动量守恒的条件 答案B 2.解析以小球和小车组成的系统为研究对象，在水平方向上不受 外力的作用，所以系统在水平方向上动量守恒，由于初始状态小 车与小球均静止，所以小球与小车在水平方向上的动量要么都为 零，要么大小相等、方向相反，所以B、D正确. 答案BD 3.解析以滑板车的运动方向为正方向，则由动量守恒定律有(M十 m)o=M-mo,解得u=M+2m)2 M 答案C 4.解析爆炸瞬间内力远大于外力，系统的动量守恒，由动量守恒 定律得m1十m功=0可得欢=1，故B正确. 7n2 答案B 5.解析取车厢和物体为一个系统，系统满足动量守恒，与物体的 往复运动没有关系。系统的初动量为，方向向右，碰撞结束后 物体相对车厢静止，系统的末动量为(M十m)v,所以，车厢的速 度0方肉水平的右。 答案C 6,解析由z一1图像可以知道，碰授前以么=5m。二4mS, 4 %=0,碰接后A'=%'==三-2015m/s=1m/s,碰拉过程 8-4 动量守恒，对A、B组成的系统，设A原运动方向为正方向，则由 动量守恒定律得mAvA=(nA十g)u,计算得出mA:mB=1:3, 故C正确，A、B、D错误. 答案C 7.解析碰撞中两车间的相互作用力很大，可忽略两车受到的其他 作用力，近似认为两车在碰撞过程中动量守恒， 设轿车质量为加，货车质量为m;碰楂前轿车速度为山，货车速 度为2：碰撞后两车的共同速度为v',选轿车碰撞前的速度方向 为正方向，碰撞前系统的总动量为m11十m2西，碰撞后系统的总 动量为(m1十m2),由动量守恒定律得m1十m2g=（m1十 m2)v, 2 则4=0m十m)/-m=-1000+400)×18-(-4000X5 1000 km/h =126km/h100km/h, 故轿车在碰撞前超速行歌 答案轿车超速行驶 8.解析在三个小球发生碰撞的过程中，系统动量都是守恒的，根 据动量守恒定律得m购=m十M',整理可得Mu'=m一m,取 初速度方向为正方向，可得出C球的动量数值是最大的，C正确 答案C 9.解析设发射子弹的数目为n,颗子弹和木块组成的系统在水 平方向上所受的合外力为零，满足动量守恒的条件，远子弹运动 Mu 的方向为正方向，由动量守恒定律有nm:一M=0,得n一m现 故C正确 答案C 10.解析该爆竹爆炸后做竖直上抛运动，故2=2gh,解得上升的 高度为h=2gA错误：高空再次炸响后，水平方向上动量守恒， 由题意知小块碎片质量为m,大块碎片质量为2，根据动量守恒 定律可得2m十mu=0,解得=-名，负号表示速度方向与小 块碎片的速度方向相反，B错误：高空分裂后，两碎片都做平抛运 动，由于下落的高度相同，所以运动时间相同，即同时落地，C错 误：两碎块在水平方向上做匀速直线运动，故落地距离为x一 x大十x小=1十t,在竖直方向上做自由落体运动，故h 一，联立解得zD正确 答案D 11.解析(1)由于水平面光滑，物块与薄板组成的系统动量守恒， 设共同运动速度大小为v,由动量守恒定律得，M一n =(m十M0v 代入数据解得v=2m/s,方向水平向右， (2)由(1)知，物块速度大小为3/s时，方向向左，由动量守恒定 律得 Mvo-mvo=-m +Mu' 代入戴据解得=号m,方向水平向右 答案(1)2m/s,方向水平向右(2)号m/s,方向水平向右 12.解析设甲车（包括人）滑下斜坡时速度为1，由机械能守恒定 律得 (m+0gh=(M+m1)2, 在人跳离甲车和人跳上乙车过程中各自系统动量守恒，设人跳 离甲车和跳上乙车后，两车的速度分别为U1和v2,由动量守恒 定律得 人跳离甲车时：(m十MD=Mu十m1', 人跳上乙车时：M-m2=(M十m2)v2, 两车不可能再发生碰撞的临界条件是山'=士 当'='时，解得=3.8m/s, 当1'=一2时，解得v=4.8m/s, 故v的取值范图为3.8m/su4.8m/s. 答案3.8m/sv4.8m/s 课时分层检测（五） 1,解析发生弹性正碰，根据动量守恒和机械能守恒有mA,= mA心十mg,乞mAu,2=之mAu2十乞mB2,解得 mA二m超02A千25当nB=nA时，1=0,6，碰后 nA十nB 两球互换速度，A错误，B正确：当mg>m1时，二m。<0, nA十nB 21A一o,mB 碰后A球反向运动，C正确；当mg<mA时，一mA十mg 越小，碰后B球的速度2越大，D错误 答案BC