培优提升　动量定理的应用-课后练习-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** 本同步练习以“必备知识基础—关键能力提升—核心素养拔高”三级分层设计，通过梯度化题型构建动量定理从概念理解到实际应用的完整巩固路径，适配新授课知识内化与能力进阶需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |必备知识基础|动量定理基本应用（v-t图像分析、冲量计算）|5道选择/多选题，聚焦单一知识点，如第1题通过v-t图像直接考查动量变化与冲量关系，强化物理观念| |关键能力提升|多过程问题、动量与能量综合应用|4道选择/计算题，如第7题结合自由下落与泥潭阻力，训练科学推理与模型建构能力| |核心素养拔高|实际情境问题解决（返回舱着陆反推）|1道综合计算题，融入航天科技情境，考查动量定理推导与功率计算，体现科学态度与社会责任|

培优提升　动量定理的应用 一、必备知识基础 1.质量为1 kg的物体做直线运动,其v-t图像如图所示。则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是(　　) A.10 N·s,10 N·s B.10 N·s,-10 N·s C.0,10 N·s D.0,-10 N·s 2.如图所示,蹦极是一项富有挑战性的运动,一质量为60 kg的运动员将长为5 m的弹性绳的一端系在小腿上,另一端固定在平台上,然后运动员从平台上由静止下落,绳伸直后又经2 s运动员第一次到达最低点,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2,则从绳伸直至运动员到达最低点的过程中,绳对运动员平均作用力的大小约为(　　) A.1 200 N B.900 N C.600 N D.300 N 3.(多选)(2026广东深圳高二期末)一质量为4 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动。力F随时间t变化的图像如图所示,则(　　) A.t=1 s时物块的速率为4 m/s B.t=2 s时物块的动量大小为2 kg·m/s C.t=3 s时物块的速率为0.5 m/s D.t=4 s时物块的速度为零 4.现代切割技术常用的一种“水刀”如图所示。它将水从高压水枪中高速射出,形成很细的水束,用来切割钢板等物体。已知水束的横截面积为S,速度为v,并垂直射向钢板,若水射上钢板后的速度视为0,水的密度为ρ,则水对钢板的平均作用力的大小为(　　) A.ρSv B.ρSv2 C.ρSv3 D.ρSv2 5.太空探测器常装配离子发动机,其基本原理是将被电离的离子从发动机尾部高速喷出,从而为探测器提供推力,若某探测器质量m=490 kg,离子以v=30 km/s的速率(远大于探测器的飞行速率)向后喷出,流量Q=3.0×10-3 g/s,则探测器获得的平均推力大小为(　　) A.1.47 N B.0.147 N C.0.09 N D.0.009 N 二、关键能力提升 6.(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1.25 m,与AB段平滑连接的BC段粗糙,长4 m。质量为50 kg的滑块从A点由静止下滑,到B点进入水平减速区,在C点与缓冲墙发生碰撞,反弹后在距墙1 m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10 m/s2。下列说法正确的是(　　) A.缓冲墙对滑块的冲量为-50 N·s B.缓冲墙对滑块的冲量为-250 N·s C.缓冲墙对滑块做的功为-125 J D.缓冲墙对滑块做的功为-250 J 7.(多选)如图所示,质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放,落到地面上后又陷入泥潭中,由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零。不计空气阻力,重力加速度为g。关于小球下落的整个过程,下列说法正确的是(　　) A.小球的机械能减少了mg(H+h) B.小球克服阻力做的功为mgh C.小球所受阻力的冲量大于m D.小球动量的变化量等于所受阻力的冲量 8.使用无人机播种树种时,为保证树种的成活率,将种子连同营养物质制成种子胶囊。播种时,在静止于离地面10 m高处的无人机上,播种器利用空气压力把种子胶囊以5 m/s的速度竖直向下射出,种子胶囊进入地面以下10 cm深处完成一次播种。已知种子胶囊的总质量为20 g,假设种子胶囊在土壤中做匀变速运动,不考虑其所受大气阻力及进入土壤后的重力作用,g取10 m/s2,则(　　) A.土壤对种子胶囊冲量的大小为0.1 N·s B.发射过程中,播种器对种子胶囊的冲量大小为100 N·s C.种子胶囊在土壤中运动时受到平均阻力的大小为22.5 N D.播种机对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和为零 9.质量为1 kg的小球自倾角为30°的光滑斜面顶端下滑,斜面底端有一个垂直于斜面的挡板,小球滑至挡板处与挡板发生碰撞,小球碰前速度大小为4 m/s,碰后速度大小为2 m/s,碰撞时间为0.2 s,g取10 m/s2。求: (1)碰撞过程中挡板对小球的作用力大小和方向; (2)碰撞后小球能够上升的最大高度。 三、核心素养拔高 10.北京时间2025年11月14日16时40分,神舟二十一号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆。假设返回舱在距离地表约10 km的高度打开降落伞,速度减至8 m/s后保持匀速向下运动。在距离地面的高度约1 m时,返回舱底部配备的4台着陆反推发动机开始点火竖直向下喷气,如图所示,使返回舱的速度在0.2 s内由8 m/s降到2 m/s。假设反推发动机工作时主伞与返回舱之间的绳索处于松弛状态,此过程返回舱的质量变化和受到的空气阻力均忽略不计。返回舱的总质量为3×103 kg,g取10 m/s2。 (1)求反推发动机工作过程中返回舱的动量变化量。 (2)估算反推发动机工作过程中返回舱受到的平均推力大小。 (3)若已知反推发动机喷气过程中返回舱受到的单位时间平均的推力大小为F,喷出气体的密度为ρ,4台发动机喷气口的直径均为D,喷出气体的重力忽略不计,喷出气体的速度远大于返回舱运动的速度。请推导:喷出气体的速度大小,以及每台发动机提供功率的表达式。 参考答案 1.D　解析 由图像可知,t=0时和t=10 s时的动量相等,p1=p2=5 kg·m/s,由动量定理知I1=0;t=20 s时动量p3=-5 kg·m/s,I2=p3-p2=-10 N·s,故选项D正确。 2.B　解析 运动员下落至绳子伸直的过程中,由动能定理得mgh=-0,从绳伸直到运动员到达最低点的过程,由动量定理得(mg-F)t=0-mv0,联立解得绳对运动员平均作用力的大小为F=900 N,故选项B正确。 3.BD　解析 根据动量定理F1t=mv1-0得,t=1 s时物块的速率为|v1|=0.25 m/s;t=2 s时,物块的动量大小为p2=|F1t|=1×2 kg·m/s=2 kg·m/s;t=3 s时,有F1t1+F2t2=mv3-0,解得物块的速率|v3|=0.25 m/s;t=4 s时F1t1+F2t3=mv4-0,得v4=0,故选项B、D正确。 4.B　解析 设t时间内有体积V的水打在钢板上,则这些水的质量为m=ρV=ρSvt,以这些水为研究对象,其受到钢板的平均作用力为,以水运动的方向为正方向,由动量定理有t=0-mv,解得=-ρSv2,根据牛顿第三定律可知水对钢板的平均作用力大小为ρSv2,方向与水的速度v的方向相同,故B正确。 5.C　解析 对离子流,根据动量定理有FΔt=Δmv,而Δm=QΔt,解得F=0.09 N,故探测器获得的平均推力大小为0.09 N,故选项C正确。 6.BC　解析 滑块从A点下滑,经过B点滑动到C点的过程中,根据动能定理有mgh-μmgxBC=-0,从C点反弹运动到D点的过程,根据动能定理有-μmgxCD=0-,代入数据解得v1=3 m/s,v2=2 m/s。滑块与缓冲墙作用的过程中,向右为正方向,根据动量定理有I=-mv2-mv1,代入数据得I=-250 N·s,故A错误,B正确;根据动能定理有W=,代入数据得W=-125 J,故C正确,D错误。 7.AC　解析 在整个过程中,小球动能变化量为零,重力势能减小mg(H+h),则小球的机械能减小了mg(H+h),故A正确;对全过程运用动能定理得mg(H+h)-Wf=0,则小球克服阻力做功Wf=mg(H+h),故B错误;小球落到地面时的速度v=,对进入泥潭的过程运用动量定理得IG-If=0-m,可知阻力的冲量为If=IG+m,即大于m,故C正确;对全过程分析,运用动量定理知,小球动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和,故D错误。 8.C　解析 种子胶囊离开无人机后在竖直方向做匀加速直线运动,有h=v0t+gt2,解得种子胶囊在空中运动的时间为t=1 s,可得种子胶囊落地时的速度为v=v0+gt=15 m/s,以向下为正方向,根据动量定理,土壤对种子胶囊的冲量为I1=0-mv=-20×10-3×15 N·s=-0.3 N·s,故土壤对种子胶囊冲量的大小为0.3 N·s,故A错误;发射过程中,播种器对种子胶囊的冲量大小为I0=mv0-0=20×10-3×5 N·s=0.1 N·s,故B错误;种子胶囊在土壤中做匀减速运动,有v2=2ah1,解得加速度大小为a=1 125 m/s2,种子胶囊在土壤中运动的时间t1= s= s,根据动量定理有Ft1=0-mv,解得F=-22.5 N,则种子胶囊在土壤中运动时受到平均阻力的大小为22.5 N,故C正确;播种机对种子胶囊的冲量和土壤对种子胶囊的冲量之和为I=I0+I1=(0.1-0.3) N·s=-0.2 N·s,故D错误。 9.解析 (1)设碰撞过程中挡板对小球的作用力大小为F,取沿斜面向上为正方向,根据动量定理有 (F-mgsin 30°)t=mv-(-mv0) 代入数据解得F=35 N,方向沿斜面向上。 (2)设碰撞后小球能够上升的最大高度为h,根据动能定理有 -mgh=0-mv2,解得h=0.2 m。 答案 (1)35 N,方向沿斜面向上　(2)0.2 m 10.解析 (1)取竖直向下为正方向,则有Δp=mv1-mv0 解得Δp=-1.8×104 kg·m/s 即大小为1.8×104 kg·m/s,方向竖直向上。 (2)设返回舱受到的平均推力大小为F,取竖直向下为正方向,根据动量定理有(mg-F)t=mv1-mv0 解得F=1.2×105 N。 (3)很短的时间Δt内,以喷出的气体为研究对象,喷出气体的质量m=4×ρvΔt=πD2ρvΔt 根据牛顿第三定律,返回舱对气体的平均推力大小为F,方向竖直向下,取竖直向下为正方向,根据动量定理有FΔt=mv-0 解得v= 根据动能定理有PΔt=mv2-0 每台发动机提供的功率P0=P 解得P0=。 答案 (1)1.8×104 kg·m/s,方向竖直向上 (2)1.2×105 N (3)　P0= 8 学科网（北京）股份有限公司 $