1.2 动量定理 同步练-2026-2027学年高二上学期物理人教版选择性必修第一册

**基本信息** 本练习通过“基础+提升”分层设计，以生活情境和科学问题为载体，构建从单一冲量计算到动量定理综合应用的巩固路径，培养物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础练习|恒力/变力冲量计算、动量定理定性分析与定量计算|结合足球运动、无人机升空等生活情境，通过选择、填空题型夯实冲量公式、动量定理核心应用| |能力提升练|动量定理与图像结合、综合应用（连接体/平抛）、微元法求变力冲量|设置蹦极F-t图像、C919风洞实验等复杂情境，通过多选、计算题型实现跨知识点整合，渗透科学推理与模型建构|

2　动量定理 基础练习 题型一　恒力冲量的计算 1.[2025重庆沙坪坝第八中学月考]如图所示,运动员把质量为m、静止在水平地面上的足球从A点斜向上踢出,B是足球运动轨迹的最高点,C是下落过程中运动轨迹上的点。已知A、B两点的高度差为4h,B、C两点的高度差为h,重力加速度大小为g,不计空气阻力。足球在从B点运动到C点的过程中,所受重力的冲量大小为(　　) A.m　　　　B.2m C.3m　　　　D.4m 2.[2026河南月考]如图1所示,质量为1 kg的小型无人机在升力的作用下从地面由静止加速竖直上升,加速上升过程速度的二次方v2与上升高度x的关系如图2所示。已知加速上升的时间为3 s,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,则在加速上升过程中,升力的冲量大小为(　　) 　 A.6 N·s　　　　B.24 N·s　　　　C.36 N·s　　　　D.48 N·s 3.设运动员的质量为m,托起质量为M的杠铃从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙),该过程杠铃和人的肩部相对位置不变,运动员保持乙状态站立Δt时间后再将杠铃缓慢向上举至双臂伸直停止(图丙)。甲到乙、乙到丙过程杠铃上升的高度分别为h1、h2,经历的时间分别为t1、t2,重力加速度大小为g,则整个过程中,下列说法正确的是(　　) A.地面对运动员的冲量大小为(M+m)g(t1+t2),地面对运动员做的功为(M+m)g(h1+h2) B.地面对运动员的冲量大小为(M+m)g(t1+t2),地面对运动员做的功为0 C.运动员对杠铃的冲量大小为Mg(t1+t2+Δt),运动员对杠铃做的功为Mg(h1+h2) D.运动员对杠铃的冲量大小为Mg(t1+t2+Δt),运动员对杠铃做的功为0 题型二　变力冲量的计算 4.[2025江苏连云港月考]在光滑水平地面上放置一质量为m=1 kg的物块,t=0时刻将一水平方向的力F作用在物块上,以向右为正方向,力F随时间变化的图像如图所示,则(　　) A.0~4 s内F的冲量大小为8 N·s,方向水平向右 B.4~10 s内F的冲量大小为6 N·s,方向水平向右 C.2~6 s内F的冲量大小为1 N·s,方向水平向右 D.0~10 s内F的冲量大小为2 N·s,方向水平向右 5.(多选题)[2026北京人大附中月考]如图所示,一个人推磨,其推磨杆的力的大小始终为F,方向与磨杆始终垂直,作用点到轴心的距离为r,磨盘绕轴缓慢匀速转动,转动一周用时t。则在转动一周的过程中(　　) A.推力F做的功为0 B.推力F做的功为2πrF C.推力F对磨杆的冲量为0 D.推力F对磨杆的冲量大小为Ft 6.(多选题)[2025云南昆明阶段练习,改编]电子在原子核外绕核做匀速圆周运动,若核外电子绕原子核运动的周期为T,电子的质量为m,电子绕行的线速度大小为v,只考虑电子和原子核之间的库仑力,则在内(　　) A.电子的速度没有发生变化 B.电子的速度的变化量大小为2v C.电子的动量变化量大小为mv D.原子核对电子作用力的冲量大小为mv 题型三　利用动量定理定性分析 7.[2026云南昆明阶段测试]在离地面同一高度有质量相同的三个小球,分别以相同速率抛出,a球竖直向上抛出,b球竖直向下抛出,c球水平抛出,不计空气阻力,则(　　) A.三个小球落地时动量相同 B.从抛出到落地过程,三个小球动量变化量相同 C.从抛出到落地过程,三个小球动量变化率相同 D.从抛出到落地过程,向上抛出的小球所受重力的冲量最小 8.(多选题)[2026黑龙江哈尔滨阶段测试]为了安全,轿车中都装有安全气囊,当发生剧烈碰撞时,安全气囊启动为驾驶员提供保护。关于安全气囊的作用,下列说法正确的是(　　) A.减小了驾驶员的动量变化量 B.减小了驾驶员所受到的撞击力 C.减小了驾驶员受到撞击力的冲量 D.增大了碰撞过程的作用时间 题型四　利用动量定理定量计算 9.[2026河南焦作阶段测试]如图所示为某蹦床运动员比赛时的情境。某次运动过程,运动员从最高点由静止落下,下落到网面时的速度大小为8 m/s,弹起后离开网面瞬间的速度大小为6 m/s,此过程运动员与网接触的时间为0.7 s,已知运动员的质量为60 kg,重力加速度为10 m/s2,则此过程网对运动员的平均作用力大小为(　　) A.771.4 N　B.1 200 N　C.1 440 N　D.1 800 N 10.[2026重庆沙坪坝阶段测试]质量约为200 g的手机从离地约80 cm的高度从手中无初速度滑落,用脚背垫一下而没有摔坏。手机落到脚背时,脚踩在地面不动,手机碰到脚背后不反弹,碰撞时间约为0.1 s。忽略脚背的厚度,手机可看作质点,忽略空气阻力,重力加速度为10 m/s2。则碰撞过程手机对脚背的平均作用力大小约为(　　) A.8 N　　　　B.10 N　　　　C.12 N　　　　D.14 N 11.[2026河北保定开学考试]如图所示,质量为0.5 kg 的小球(可视为质点)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 能力提升练 题型一　动量定理与图像结合问题 1.[2025江苏泰州四校联考]一个质量为60 kg的运动员在蹦床上做游戏,他从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度,运动员从高处开始下落到弹回原高度的整个过程中,他的运动速度随时间变化的图像如图所示,图中Oa段和de段为直线,空气阻力不计,g取10 m/s2,则根据此图像可知,运动员和蹦床相接触的时间内,蹦床对运动员的平均作用力大小为(　　) A.400 N　 B.700 N　 C.1 000 N　 D.1 400 N 2.[2026湖北荆门期末]张家界大峡谷玻璃桥的蹦极项目垂直高度为260 m,是目前中国垂直落差较高的蹦极项目之一。一体重60 kg、可以看成质点的体验者在参与该项运动时从跳下到最低点历时8 s,下落过程不计空气阻力,弹性绳的作用力随时间变化的F-t图像如图所示。重力加速度g=10 m/s2,下列说法正确的是(　　) A.图形所围面积为4 800 N·s B.体验者下落过程中一直处于失重状态 C.体验者下落过程中加速度的大小不可能大于10 m/s2 D.体验者下落过程中加速度先变大再变小 3.(多选题)[2024湖南长沙联考]C919大型客机是我国按照国际通行适航标准自行研制、具有自主知识产权的大型喷气式民用飞机,在它的研制过程中风洞实验是必不可少的。现某同学在风洞中完成了以下实验:将一个质量为m的物体放在水平网上(网不影响物体受到的风力),调节风力大小,并记录了物体所受竖直向上的风力F与时间t的关系,如图所示,重力加速度大小为g。下列说法正确的是(　　) A.在前2t0时间内物体加速度不变 B.在前6t0时间内物体一直向上运动 C.在5t0时刻物体的速度大小为gt0 D.在前6t0时间内物体的最大速度为 4.[2026山西模拟]一物块静止在粗糙水平地面上,0~4 s内所受水平拉力随时间的变化关系图像如图甲所示,0~2 s内速度-时间图像如图乙所示,取重力加速度g=10 m/s2,关于物块的运动,下列说法正确的是(　　) 　 A.前2 s内拉力做的功为12 J B.前4 s内拉力的冲量为4 N·s C.前4 s内物块一直在运动 D.物块在4 s末减速到零 题型二　动量定理的综合应用 5.[2026甘肃白银检测]如图所示,物体A和B用轻绳相连后通过轻质弹簧悬挂在天花板上,物体A的质量为m,物体B的质量为M,当连接物体A、B的绳子突然断开后,物体A上升到某一位置时的速度大小为v,这时物体B的下落速度大小为u,不计空气阻力,在这一段时间里,弹簧的弹力对物体A的冲量为(　　) A.mv　　　　B.mv-Mu　　　　C.mv+Mu　　　　D.mv+mu 6.[2026山东青岛阶段测试]质量为4 kg的物块静止在粗糙程度均匀的水平面上,对其施加随时间从零开始均匀增大的水平外力F,F与时间的关系为F=2t(F、t的单位分别为N、s),5 s末测得物块速度大小为4 m/s。已知重力加速度g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则物块与水平面间的动摩擦因数μ等于(　　) A.0.04　　　　B.0.045　　　　C.0.05　　　　D.0.055 7.[2026江苏宿迁阶段测试]如图所示,光滑水平面上放有相互接触但不粘连的两个物体A、B,物体A质量mA=2 kg,物体B质量mB=1 kg,作用在两物体A、B上的力随时间变化的规律分别为FA=4+t(N)、FB=8-t(N)。下列说法正确的是(　　) A.t=0时,物体A的加速度大小为2 m/s2 B.t=2 s时,物体A、B开始分离 C.在0~4 s时间内,FA和FB做功的代数和为382 J D.t=6 s时,物体A的速度为25 m/s 8.[2026广东开学考试]跳台滑雪是一项极具挑战的极限运动,如图所示,运动员在某次训练中从斜坡A点以一定初速度v0水平飞出,在空中运动一段时间后,落在足够长的斜坡上的B点,不计空气阻力。若运动员以初速度2v0沿水平方向飞出,下列说法正确的是(　　) A.运动员在空中的运动时间变为原来的4倍 B.运动员在斜坡上的落点到A点的距离变为原来的2倍 C.运动员落在斜坡上时的动能变为原来的2倍 D.运动员在空中运动过程中的动量变化量变为原来的2倍 9.[2026河南周口期中]篮球是奥运会的核心比赛项目之一。假设一篮球在空中水平向右抛出,落地后反弹。已知第一次落地与地面的接触时间为Δt=0.2 s。篮球的抛出点高度、两次落点的位置、第一次反弹后上升的最大高度等数据如图所示,已知该篮球质量为0.6 kg,不计空气阻力,重力加速度g=10 m/s2,求该篮球: (1)第一次与地面接触过程中所受地面的平均弹力的大小; (2)第一次与地面接触过程中所受摩擦力的冲量。 创新点　微元法求变力的冲量 10.(多选题)[2026北京开学考试]竖直上抛某物体,物体到达最高点后又回到抛出点,设物体所受空气阻力不可忽略,且大小与速率成正比,则下列说法正确的是(　　) A.全过程物体的动量变化量方向向下 B.重力在全过程中的总冲量为零 C.上升过程重力的冲量与下落过程重力的冲量大小相等 D.上升过程空气阻力的冲量与下落过程空气阻力的冲量大小相等 答案 第一章　动量守恒定律 2　动量定理 基础练习 1.A　足球从B点到C点运动过程中,竖直方向上做自由落体运动,有h=gt2,解得t=,故足球所受重力的冲量大小为I=mgt=m,A正确。 2.C　根据匀变速直线运动规律v2-=2ax,结合v2-x图像,可得无人机的加速度为a=× m/s2=2 m/s2,根据牛顿第二定律可得F-mg=ma,代入数据解得升力的大小为F=12 N,则无人机上升3 s过程升力的冲量I=Ft=12×3 N·s=36 N·s。故选C。 3.C　根据冲量的概念可知,地面对运动员的冲量大小为I1=(M+m)g(t1+t2+Δt)(点拨:整体法分析,把运动员和杠铃作为研究对象),运动员对杠铃的冲量大小为I2=Mg(t1+t2+Δt)(点拨:隔离法分析,把杠铃作为研究对象),地面对运动员的支持力不做功(易错点),运动员对杠铃做的功为W=Mg(h1+h2),选项C正确。 4.C　F-t图线与横轴所围的面积代表力F的冲量,由图可知,0~4 s内,力F的冲量为I1=×2×4 N·s=4 N·s,冲量的方向与力的方向相同,所以F的冲量方向水平向右,A错误;4~10 s内,力F的冲量为I2=-1×6 N·s=-6 N·s,方向水平向左,B错误;2~6 s内,力F的冲量为I3= N·s=1 N·s,方向水平向右,C正确;0~10 s内,力F的冲量为I4=I1+I2=-2 N·s,方向水平向左,D错误。 5.BC　F的方向始终与瞬时速度方向在一条直线上,故F做的功等于F的大小乘以路程,故W=F·2πr,A错误,B正确;取极短时间Δt,在Δt时间内推力F可看成恒力(解题技法),可知Δt时间内推力F对磨杆的冲量为FΔt,则在转动一周的过程中各个Δt时间内推力F对磨杆的冲量围成一个闭合图形(圆),则矢量和为零,C正确,D错误。故选B、C。 易错警示　变力的冲量不能直接套用冲量公式I=Ft,通常用微元求和法处理。 6.CD　经过,电子速度方向改变90°,大小不变,则速度的变化量大小为v(易错点),故A、B错误;电子的动量的变化量大小为mv,动量的变化量等于合外力的冲量,故C、D正确。 7.C　三个小球只受重力,根据机械能守恒可知三个小球落地时速度大小相等,但方向不同,故动量不相同,A错误;因三个小球运动时间不同(上抛时间最长,下抛时间最短,平抛居中),所以重力的冲量I=mgt不同,向上抛出的小球所受重力的冲量最大,根据动量定理,三个小球动量变化量不同,B、D错误;动量变化率为=F,由于三球质量相同且仅受重力,故动量变化率相同,C正确。故选C。 8.BD　在碰撞过程中,驾驶员的动量变化量Δp一定,根据动量定理可得F·Δt=Δp,解得F=,由于安全气囊的缓冲作用,增大了作用时间,可知减小了驾驶员受到的撞击力,A错误,B、D正确;结合上述可知,在碰撞过程中,驾驶员的动量变化量Δp一定,根据动量定理I=Δp可知驾驶员受到撞击力的冲量一定,C错误。故选B、D。 9.D　选择竖直向上为正方向,根据动量定理有(-mg)t=mv2-m(-v1),其中v1=8 m/s,v2=6 m/s,解得=1 800 N,故选D。 10.B　根据自由落体速度与位移的关系式v2=2gh,可得手机自由下落至脚背时的速度大小为v== m/s=4 m/s,设脚背对手机的平均作用力大小为,手机与脚背作用过程,规定竖直向上为正方向,对手机由动量定理有(-mg)Δt=0-m(-v),解得=10 N,即脚背对手机的平均作用力大小为10 N,根据牛顿第三定律可知,手机对脚背的平均作用力大小也为10 N。故选B。 11.D　由题可知小球经过A点时受到轻绳的拉力大小为T=11 N,根据牛顿第二定律有T+mg=m,解得vA=4 m/s;小球从A到B,根据动能定理有mg×2L=m-m,解得vB=6 m/s;根据动量定理,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。 能力提升练 1.D　运动员与蹦床接触的时间Δt=2.0 s-0.8 s=1.2 s,以竖直向下为正方向,根据动量定理,有-Δt+mgΔt=mv2-mv1,代入数据解得=1 400 N,D正确。 2.A　F-t图像中图线与时间轴围成的面积表示F的冲量IF(破题关键),从跳下到最低点,根据动量定理有mgt-IF=0,解得图形所围面积为IF=4 800 N·s,A正确。体验者下落过程分为自由落体阶段和弹性绳拉伸阶段,在自由落体阶段,体验者只受重力,加速度为重力加速度g,方向竖直向下,体验者处于失重状态;当弹性绳开始拉伸后,体验者受到重力和弹性绳的拉力,合力方向先向下后向上,加速度方向先向下后向上,加速度大小先变小再变大,体验者先处于失重状态后处于超重状态,B、D错误。在自由落体阶段,体验者只受重力,加速度为重力加速度g,方向竖直向下;在弹性绳拉伸阶段,当运动到最低点时弹性绳的拉力最大,合力方向向上,加速度向上,加速度可能大于10 m/s2,C错误。故选A。 3.CD　由题图可知,风力是变化的,0~t0时间内物体静止,t0~2t0时间内,物体向上运动,加速度竖直向上,且不断增大,选项A、B错误;从t0到5t0这段时间,对物体应用动量定理有IF-mg×4t0=mv1-0,由图像可知这段时间内风力的冲量IF=+=,解得v1=,C正确;由题图可得在5.6t0时物体的加速度为零,速度最大,(破题关键)从t0到5.6t0,对物体应用动量定理有IF'-mg×4.6t0=mvm-0,由图像可知这段时间内风力的冲量IF'=++=,解得vm=,D正确。 4.B　由图乙可知,第1 s内、第2 s内物块的位移分别为x1=2 m,x2=4 m,则前2 s内拉力做的功为W=F1x1+F2x2=(6×2+2×4) J=20 J,故A错误;图甲中图线与时间轴所围成的面积表示拉力的冲量,故前4 s内拉力的冲量为IF= N·s=4 N·s,故B正确;由图甲、乙可知1~2 s内物块匀速运动,则物块所受的滑动摩擦力大小为f=2 N,假设前4 s内物块一直在运动(解题技法),设物块在4 s末的速度为v,由动量定理得IF-ft=mv-0,解得v<0,说明在4 s前速度已经减为零,速度减为零后物块保持静止,故C、D错误。故选B。  一 5.D　 6.C　物块受水平外力F=2t,最大静摩擦力fmax=μmg,当F>fmax时,物块开始运动,此时临界时间t0=20μ s,在t0<t≤5 s内,根据动量定理可得IF+If=mv,由于F随时间均匀变化,则IF=(5-t0) (N·s)(解题技法),滑动摩擦力冲量If=-μmg(5-t0) (N·s),联立解得μ=0.05或μ=0.45,因t0=20μ s<5 s,则μ=0.45舍去,故选C。  7.D　　要根据物体A、B分离的临界条件确定A、B分离的时刻。A、B分离的临界条件是:A、B间的弹力刚好为0,且A和B速度相同、加速度相同。 由题可知,t=0时,FA=4 N,FB=8 N,设A和B整体加速度为a,根据牛顿第二定律有FA+FB=(mA+mB)a,可得a=4 m/s2,A错误。物体A和B恰好分离时,A和B速度相同,无相互作用力,加速度相同,且仍为a=4 m/s2,对物体A,根据牛顿第二定律有FA=mAa,与FA=4+t(N)联立,解得t=4 s,B错误。由B项分析,可知在0~4 s内A、B没有分离,速度相同,加速度相同,且a=4 m/s2,A、B整体做匀加速直线运动,故4 s末A、B整体的速度为v=at=4×4 m/s=16 m/s,根据动能定理可得FA和FB做功的代数和为W=(mA+mB)v2=384 J,C错误。4 s末A、B分离,此时A的速度为v=16 m/s,A受到的作用力为FA=4+t(N),作出FA-t图像如图所示,根据FA-t图线与时间轴围成的面积表示力FA的冲量,则在4~6 s时间内,FA的冲量I=×2 N·s=18 N·s,根据动量定理有I=mAv1-mAv,解得t=6 s时,物体A的速度为v1=25 m/s,D正确。故选D。 8.D　设斜坡的倾角为θ,根据平抛运动的规律有y=gt2,x=v0t,tan θ=,联立解得t=,可知当初速度变为2v0时,运动员在空中的运动时间变为原来的2倍,水平位移大小x和竖直位移大小y变为原来的4倍,运动员在斜坡上的落点到A点的距离变为原来的4倍;根据动量定理有Δp=mgt,可知运动员在空中运动过程中的动量变化量变为原来的2倍,A、B错误,D正确。根据动能定理有mgy=Ek-m,运动员落在斜坡上的动能Ek=m+mgy,当初速度变为2v0时,y变为原来的4倍,则落在斜坡上的动能Ek变为原来的4倍,C错误。故选D。 9.答案　(1)48 N　(2)0.6 N·s,方向水平向左 解析　(1)篮球刚要落地时,竖直方向速度向下,大小为vy1==8 m/s 第一次触地刚要离开地面时,竖直方向速度向上,大小为vy2==6 m/s 规定竖直向上为正方向,对篮球在竖直方向上由动量定理得(-mg)Δt=mvy2-(-mvy1) 解得=48 N (2)篮球从抛出到第一次落地的时间t1==0.8 s 在第一次反弹后到再次落回地面的时间t2=2=1.2 s 第一次落地时的水平速度vx1===3 m/s 第一次落地反弹时的水平速度vx2===2 m/s 规定水平向右为正方向,对篮球在水平方向上由动量定理得I=mvx2-mvx1=-0.6 N·s  可知第一次与地面接触过程中,摩擦力的冲量大小为0.6 N·s,方向水平向左。 10.AD　物体初速度竖直向上,末速度竖直向下,以初速度方向(竖直向上)为正方向,动量变化量Δp=mΔv<0,因此全过程物体的动量变化量方向向下,A正确;重力的冲量I=mgt,有力、有时间就有冲量,重力的总冲量不为零,B错误;物体向上运动过程受到竖直向下的重力与空气阻力,物体下降过程受到竖直向下的重力与竖直向上的空气阻力,因此上升过程所受合力大于下降过程所受合力,由牛顿第二定律可知a上>a下,由于上升过程的位移大小等于下降过程的位移大小,根据x=at2可知t上<t下(定性分析),由I=mgt可得I上<I下,C错误;物体所受空气阻力大小与速率成正比,即f=kv,根据微元求和,可得在上升的过程中,空气阻力的冲量大小I上=kx上,在下降的过程中,空气阻力的冲量大小I下=kx下,由于x上=x下,因此上升过程空气阻力的冲量与下落过程空气阻力的冲量大小相等,D正确。故选A、D。 1 学科网（北京）股份有限公司 $