1.2 物体动量变化的原因 动量定理（分层作业）物理沪科版选择性必修第一册

**基本信息** 本练习围绕动量定理，通过冲量计算、现象解释、定量计算、综合应用四层设计，实现从基础概念到复杂问题的递进，强化物理观念与科学思维。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |冲量的计算|冲量定义、方向、合外力冲量|含选择（如1题匀速运动冲量分析）和计算（如6题平抛动量变化），巩固物理观念| |用动量定理解释现象|生活情境中的动量变化|结合快递充气袋（7题）、安全气囊（8题）等实例，培养科学态度与责任| |动量定理的定量计算|碰撞、自由落体等过程计算|含单选（如11题足球撞墙）和多过程计算（如15题蹦床运动），提升科学推理能力| |动量定理的综合应用|图像分析、多体多过程问题|结合v-t图像（16题）、传送带模型（24题）等，强化模型建构与综合应用|

1.2 物体动量变化的原因 动量定理（解析版） 目录 1 一、冲量的计算 1 二、用动量定理解释生活中现象 5 三、动量定理的定量计算 7 四、动量定量的综合应用 10 14 18 一、冲量的计算 1．（25-26高一下·河北·期末）如图所示，一位同学拉着行李箱沿着平直道路前行。现简化为如下模型：质量为m的行李箱，受到与水平方向夹角为的拉力F作用，沿水平方向做匀速直线运动的时间为t。下列说法正确的是（      ） A．行李箱所受拉力F的冲量大小是 B．行李箱所受摩擦力的冲量大小为零 C．行李箱所受拉力F的冲量方向水平向右 D．行李箱所受合外力的冲量大小为零 2．（25-26高三上·广东广州·阶段检测）如图所示，三根不可伸长的相同的轻绳，一端系在甲环上，彼此间距相等。绳穿过与甲环半径相同的乙环，另一端用同样的方式系在半径较大的丙环上。甲环固定在水平面上，整个系统处于平衡，忽略绳与乙环之间的摩擦，经过一段时间t后，下列说法中正确的是（　　） A．甲环对绳子的弹力是由于绳子发生形变而产生的 B．每根绳对乙环的作用力均竖直向上 C．乙环对三根绳的总作用力的冲量竖直向下 D．三根绳对丙环作用力的总冲量为零 3．在光滑水平地面上放置一质量为m=1kg的物块，t=0时刻将一水平向右的力F作用在物块上，力F随时间变化的图像如图所示，则（　　） A．0~4s内F的冲量大小为8N·s，方向水平向右 B．4~10s内F的冲量大小为6N·s，方向水平向右 C．2~6s内F的冲量大小为1N·s，方向水平向右 D．0~10s内F的冲量大小为2N·s，方向水平向右 4．如图甲所示为一摩天轮，某游客乘坐该摩天轮时，随手将质量为的手机放在座舱内的水平桌面上，手机随摩天轮在竖直面内做速率为的匀速圆周运动，简化模型如图乙所示，手机可视为质点且相对桌面始终保持静止。已知摩天轮运行周期为，重力加速度为。摩天轮从最高点第一次运动到最低点的过程中，下列说法不正确的是（　　） A．手机所受合力冲量为0 B．手机所受摩擦力冲量大小为 C．手机所受重力冲量大小为 D．手机所受支持力冲量大小为 5．（多选）质量为0.5 kg的篮球在高空由静止落下，篮球下落过程中所受阻力恒定，加速度为9m/s2，经2s时间落地。已知重力加速度大小为10m/s2，则篮球下落过程中（　　） A．所受重力的冲量竖直向下 B．所受重力的冲量大小为1 N·s C．所受阻力的冲量竖直向下 D．所受阻力的冲量大小为1 N·s 6．质量为1kg的金属小球，以6m/s的速度水平抛出，抛出后经过0.8s落地，取。求： (1)小球抛出时和刚落地时，动量的大小、方向如何？ (2)小球在空中运动的0.8s内所受重力的冲量的大小和方向如何？ 二、用动量定理解释生活中的现象 7．（25-26高一下·重庆江津·期末）易损坏物品在快递运输过程中会利用充气袋进行包裹，这种做法的目的是（      ） A．减小颠簸过程中物品动量的变化 B．减小颠簸过程中物品所受合力的冲量 C．延长颠簸过程中物品动量变化的时间 D．增大颠簸过程中物品动量对时间的变化率 8．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　） A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 D．将司机的动能全部转换成汽车的动能 9．为保护鸡蛋从高处落下不碎，小陈设计了缓冲装置。从物理角度看，该装置主要通过（　　） A．减小鸡蛋落地时的动量 B．延长作用时间以减小冲击力 C．增大鸡蛋与地面的接触面积 D．改变鸡蛋的质量 10．跑步时膝关节和髋关节需要承担体重3~8倍的负荷，两块骨头之间的关节软骨，会被剧烈地挤压在一起，若冲击力过大，将对软骨及其以下的骨骼造成磨损伤害。以下方法中，不能降低冲击力的是（　　） A．降低跑步时的落地速度，轻柔落地 B．穿加重背心跑步 C．穿一双适合自己足弓和步态的缓冲跑鞋 D．在塑胶跑道跑步，减少在水泥地等硬地上的跑步 三、动量定理的定量计算 11．（25-26高一下·辽宁葫芦岛·期末）质量为425克的足球以大小为30m/s的水平速度撞在竖直墙上，被水平弹回的速度大小为18m/s，假设足球与墙碰撞时作用时间为0.05s，则足球与该墙作用时所受的水平作用力大小为（      ） A．102N B．153N C．255N D．408N 12．如图所示，某一次足球由静止自由下落1.25 m，被运动员重新踢起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小取，不计空气阻力，则（      ） A．脚部对足球的平均作用力为足球重力的10倍 B．足球自由下落过程重力的冲量大小为 C．足球与脚部作用过程中动量变化量为零 D．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为 13．（25-26高二上·贵州安顺·期末）（多选）“蹦极”是一项专业的户外休闲运动，质量为m的运动员参加某次蹦极运动，从平台自由下落到最低点用时为t，弹性绳原长为l，重力加速度为g，运动员可视为质点，不计空气阻力。在此过程中关于运动员的说法正确的是（　　） A．受到的平均弹力为 B．受到的平均弹力为 C．受到弹力的冲量和重力的冲量相同 D．弹性绳开始拉伸后，动量变化率先减小后增大 14．（25-26高一下·内蒙古赤峰·期中）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况，如图所示。若手机质量为120 g，从离人约20 cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2 s，取重力加速度，求： (1)手机在空中运动过程中重力的冲量大小； (2)手机对头部的作用力。 15．（25-26高二下·福建三明·期中）蹦床运动有“空中芭蕾”之称。某次蹦床比赛中，质量为m的运动员从最高点自由下落h后触碰蹦床，此后，经时间t运动员达到最低点。 (1)求运动员刚接触蹦床时的速度v大小； (2)求运动员从最高点到最低点全过程重力的总冲量大小； (3)若在时间t内蹦床给运动员的作用力始终竖直向上，求此段时间内蹦床对运动员的平均作用力大小。 四、动量定理的综合应用 16．（25-26高一下·河北承德·期末）某质量为的无人潜航器（可视为质点）从空中由静止释放，下落一段时间后落入水中，一段时间内的速度-时间图像如图所示，已知重力加速度为。下列说法中正确的是（      ） A．潜航器在空中下落时只受重力作用 B．潜航器在空中下落时受到的空气阻力大小为 C．内潜航器受到水的作用力的冲量大小为 D．内潜航器受到水的作用力的冲量大小为 17．轻杆一端固定在过点的水平转轴上，另一端连接小球，小球在竖直面内绕点做顺时针方向的匀速圆周运动，分别是其运动轨迹的最高点和最低点，B点与点等高，如图所示。下列选项正确的是（      ） A．小球在A、C两点的动量相等 B．小球在过程所受合外力冲量为0 C．小球在过程和过程的动量变化量大小相等 D．小球在过程和过程所受合外力冲量大小相等 18．踢毽子是我国传统的民间体育运动。如图是一学生在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。则以下选项中能够描述毽子上升过程中动量随时间变化的图像是（　　） A． B． C． D． 19．（25-26高一下·辽宁沈阳·期中）如图所示，一个质量为m的木块以水平初速度滑上匀速转动的水平传送带上，传送带的传送速率为v，，木块刚滑上传送带时两速度的方向相互垂直，木块与传送带之间的动摩擦因数恒为μ。若木块最终与传送带共速，则下列说法正确的是（　　） A．支持力对木块的冲量为零 B．摩擦力对木块的冲量大小为 C．随着木块与传送带之间的相对速度的逐渐减小，木块所受的摩擦力也逐渐减小 D．木块与传送带共速之前做加速度大小不变的曲线运动 20．（25-26高一下·湖北·期中）将一质量为的石块由静止释放，石块竖直向下加速运动，随后掉入水中，在水中的运动可看作减速直线运动。整个运动过程的图像如图所示，已知在空中运动时受到的阻力恒为重力的0.1倍，重力加速度，求： (1)石块加速过程，重力的冲量及重力做的功； (2)过程中水对石块作用力的冲量大小。 21．（25-26高二下·云南文山·阶段检测）如图所示，在水平地面上方某处将一个小球分别以速率斜向上、斜向下和水平抛出，其中斜向上和斜向下抛出速度与水平方向的夹角相等。不计空气阻力，该球三次从抛出到落地的过程中（　　） A．重力的冲量相同 B．落地时动量相同 C．动量的变化量相同 D．动能的变化量相同 22．（24-25高二上·湖南·期末）如图甲所示，将两大小相同、质量相等的铅球分别静止在海绵桌面和实木桌面的正上方相同高度处，然后同时由静止释放并开始计时，之后两球分别与两桌面发生碰撞。假设碰后两球均不再反弹。测出两桌面受到的压为随时间变化的曲线①和曲线②，如图乙所示，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程中，左侧铅球动量的变化量更小 B．曲线①为左侧海绵桌面受到铅球作用力的图像 C．曲线①在时间段与t轴所围面积小于曲线②在时间段与t轴所围面积 D．曲线②在~时间段，桌面受到的平均压力大小为 23．（25-26高二上·广西桂林·期末）《天工开物》中记载了一种舂米装置，曾在农村广泛应用。如图所示，某次操作时，人将谷物倒入石臼内，然后通过杠杆的运作，把质量为的碓抬高后从静止释放，碓在重力作用下向下运动打在石臼内，碓的下落过程可简化为自由落体。设碓与谷物作用后静止，从而将谷物碾磨成米粒。当地重力加速度取，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　） A．碓向下运动与谷物作用前的瞬间速度约为 B．碓从释放到静止的过程中，重力的冲量为零 C．碓从释放到静止的过程中，其动量的变化量大小为 D．碓与谷物相互作用中，碓对谷物的平均作用力约为 24．（25-26高一下·辽宁大连·期末）如图所示，水平传送带以速率顺时针匀速运行，传送带上方固定有劲度系数为的轻质弹簧。质量为的小木块轻放在传送带左端，当木块的速度达到时，刚好与弹簧接触，此后木块经过时间到达最右端。已知木块与传送带间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，求： (1)木块从释放到刚接触弹簧时所需的时间； (2)木块从释放到刚接触弹簧的过程中，电动机由于运送木块多消耗的电能； (3)木块从释放到最右端的过程中，摩擦力对木块的冲量大小。 25．（2026·山东·三模）如图所示，水平面由光滑部分和粗糙部分组成。物块A静止在光滑水平面上的O点，物块B静止在粗糙水平面上，A、B之间用轻弹簧连接。将物块A拉至N点由静止释放，物块A在光滑水平面上的MN之间往复运动，物块B始终处于静止状态。下列过程中，摩擦力对B的冲量为零的过程是（　　） A．物块A由N运动到M的过程 B．物块A由N运动到O的过程 C．物块A由O运动到M的过程 D．物块A由M运动到O的过程 26．（2026·河北·三模）（多选）某学生在练习垫排球，质量为的排球离开手后以初速度竖直向上运动，排球在运动过程中所受空气阻力大小与重力大小的比值恒为。已知重力加速度大小为，取竖直向上为正方向。下列说法正确的是（      ） A．排球上升的最高点到离手位置的高度为 B．排球上升过程中受到的重力冲量为 C．排球返回离手位置的速度大小为 D．排球从离手到返回离手位置的时间为 27．（2026·广东广州·三模）如图（a），固定推送装置包括：上下端安装有冲击杆的长方体竖直中空筒、带弹杆的弹射装置、连接在筒阀门左侧处的两个平台。水平面上有一冲洗池，池中央与平台左端水平距离为，平台左侧区域粗糙、长为，其他区域光滑。筒底部固定一带孔的挡板，阀门2与挡板距离为、阀门1、2距离为。质量为的工件分别静止在阀门1、2处。弹射装置检测到阀门处有工件静止，便触发开关打开左右阀门，对应位置的弹杆水平向左弹出，对工件施加冲量，工件脱离杆，杆立即复位。 (1)若M被推上平台脱离弹杆后，经粗糙区域落入冲洗池中央，求M与粗糙区域的摩擦因数； (2)若其中一个阀门故障，该处工件无法被推上平台（另一阀门处的工件被正常推送），上冲击杆将先沿筒中心轴向下冲击该处工件，工件向下滑动至再次静止瞬间，下冲击杆沿轴向上冲击它，之后该工件恰好静止在另一阀门处。两冲击杆对工件做功相等，冲击时间极短且瞬间复位。已知在阀门1下方上下滑动时，受到的摩擦阻力与它们到阀门1的距离关系均如图（b）。工件若碰到筒底挡板则原速反弹。忽略空气阻力、工件和阀门的大小，重力加速度为。 （a）求每个冲击杆对工件做的功。 （b）若是阀门1故障，求工件第一次经过阀门2到被下冲击杆冲击的时间间隔。 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.2 物体动量变化的原因 动量定理（解析版） 目录 1 一、冲量的计算 1 二、用动量定理解释生活中现象 5 三、动量定理的定量计算 7 四、动量定量的综合应用 10 14 18 一、冲量的计算 1．（25-26高一下·河北·期末）如图所示，一位同学拉着行李箱沿着平直道路前行。现简化为如下模型：质量为m的行李箱，受到与水平方向夹角为的拉力F作用，沿水平方向做匀速直线运动的时间为t。下列说法正确的是（      ） A．行李箱所受拉力F的冲量大小是 B．行李箱所受摩擦力的冲量大小为零 C．行李箱所受拉力F的冲量方向水平向右 D．行李箱所受合外力的冲量大小为零 【答案】D 【详解】AC．行李箱所受拉力F的冲量大小，方向与F的方向相同，与水平方向夹角为斜向上，AC错误； B．根据平衡条件可知，行李箱所受摩擦力大小为 故摩擦力的冲量大小是，故B错误； D．行李箱做匀速直线运动，行李箱所受合力为零，故行李箱所受合外力的冲量大小为零，故D正确。 故选D。 2．（25-26高三上·广东广州·阶段检测）如图所示，三根不可伸长的相同的轻绳，一端系在甲环上，彼此间距相等。绳穿过与甲环半径相同的乙环，另一端用同样的方式系在半径较大的丙环上。甲环固定在水平面上，整个系统处于平衡，忽略绳与乙环之间的摩擦，经过一段时间t后，下列说法中正确的是（　　） A．甲环对绳子的弹力是由于绳子发生形变而产生的 B．每根绳对乙环的作用力均竖直向上 C．乙环对三根绳的总作用力的冲量竖直向下 D．三根绳对丙环作用力的总冲量为零 【答案】C 【详解】A．根据弹力产生的原因，可知甲环对绳子的弹力是由于甲环发生形变而产生的，故A错误； B．因甲乙两环的半径相等，则在它们之间的每段绳的上段都是竖直的。忽略绳与乙环之间的摩擦时，绳中各处张力相等。因每段绳的上段对乙环的拉力竖直向上，下段绳对乙环的拉力斜向外侧下方，每段绳对乙环的作用力肯定不是竖直向上，故B错误； C．乙环对三根绳的总作用力与三根绳对乙环的总作用力相等，而三根绳对乙环的总作用力与乙环的重力平衡，方向向上，故乙环对三根绳的总作用力的冲量与重力的冲量等大同向，故C正确； D．三根绳对丙环作用力不为零，根据I=Ft，则总冲量不为零，故D错误。 故选C。 3．在光滑水平地面上放置一质量为m=1kg的物块，t=0时刻将一水平向右的力F作用在物块上，力F随时间变化的图像如图所示，则（　　） A．0~4s内F的冲量大小为8N·s，方向水平向右 B．4~10s内F的冲量大小为6N·s，方向水平向右 C．2~6s内F的冲量大小为1N·s，方向水平向右 D．0~10s内F的冲量大小为2N·s，方向水平向右 【答案】C 【详解】A．图像的面积代表力F的冲量，由图可知，0~4s内，力F的冲量为 冲量的方向与力F的方向相同，所以F的冲量水平向右，故A错误； B．4~10s内，力F的冲量为 冲量水平向左，故B错误； C．2~6s内，力F的冲量为 冲量水平向右，故C正确； D．0~10s内，力F的冲量为 冲量水平向左，故D错误。 故选C。 4．如图甲所示为一摩天轮，某游客乘坐该摩天轮时，随手将质量为的手机放在座舱内的水平桌面上，手机随摩天轮在竖直面内做速率为的匀速圆周运动，简化模型如图乙所示，手机可视为质点且相对桌面始终保持静止。已知摩天轮运行周期为，重力加速度为。摩天轮从最高点第一次运动到最低点的过程中，下列说法不正确的是（　　） A．手机所受合力冲量为0 B．手机所受摩擦力冲量大小为 C．手机所受重力冲量大小为 D．手机所受支持力冲量大小为 【答案】A 【详解】A．由动量定理，初始速度方向为水平方向的正方向，合力的冲量等于，故A错误； B．竖直方向，手机重力和水平桌面对手机的支持力是平衡力，冲量和为零；水平方向，手机受摩擦力作用，冲量等于合力的冲量，大小为，故B正确； C．手机所受重力冲量大小，故C正确； D．手机重力和水平桌面对手机的支持力是平衡力，冲量大小相等，方向相反，因此手机所受支持力冲量大小为，故D正确。 故选A。 5．（多选）质量为0.5 kg的篮球在高空由静止落下，篮球下落过程中所受阻力恒定，加速度为9m/s2，经2s时间落地。已知重力加速度大小为10m/s2，则篮球下落过程中（　　） A．所受重力的冲量竖直向下 B．所受重力的冲量大小为1 N·s C．所受阻力的冲量竖直向下 D．所受阻力的冲量大小为1 N·s 【答案】AD 【详解】AC．根据冲量的公式可知，冲量的方向与力的方向相同。重力的方向竖直向下，所以篮球所受重力的冲量也竖直向下；同理篮球下落过程中，阻力方向与运动方向相反，即阻力方向竖直向上，所以所受阻力的冲量也竖直向上，故A正确，C错误； B．根据冲量的公式可得，篮球下落过程中所受重力的冲量大小为，故B错误； D．设篮球下落过程中所受阻力为，对篮球下落过程列牛顿第二定律方程有 代入数据解得篮球下落过程所受阻力为 根据冲量的公式可得，篮球下落过程中所受阻力的冲量大小为，故D正确。 故选AD。 6．质量为1kg的金属小球，以6m/s的速度水平抛出，抛出后经过0.8s落地，取。求： (1)小球抛出时和刚落地时，动量的大小、方向如何？ (2)小球在空中运动的0.8s内所受重力的冲量的大小和方向如何？ 【答案】(1)抛出时动量大小为6kg·m/s，方向水平；落地时动量大小为10kg·m/s，方向与水平方向成53°斜向下。 (2)重力的冲量大小为8N·s，方向竖直向下。 【详解】（1）小球抛出时，设动量大小为，有 方向水平。设小球刚落地时，动量大小为，落地时竖直方向的速度大小为 落地时的速度大小为 设与水平方向的夹角为，则 即 故动量大小为 方向与水平方向成斜向下。 （2）小球在空中运动的0.8s内所受重力的冲量的大小为 方向竖直向下。 二、用动量定理解释生活中的现象 7．（25-26高一下·重庆江津·期末）易损坏物品在快递运输过程中会利用充气袋进行包裹，这种做法的目的是（      ） A．减小颠簸过程中物品动量的变化 B．减小颠簸过程中物品所受合力的冲量 C．延长颠簸过程中物品动量变化的时间 D．增大颠簸过程中物品动量对时间的变化率 【答案】C 【详解】根据动量定理，合外力的冲量等于物体动量的变化量，即 。 A．颠簸过程中物品的初、末速度变化固定，因此动量变化量是确定值，不会减小，故A错误； B．合外力的冲量等于动量变化量，不变则冲量不变，故B错误； C．充气袋质地柔软，碰撞时会产生明显形变，延长了物品动量变化的作用时间，从而减小冲击力，起到缓冲作用，故C正确； D．动量对时间的变化率为，增大、不变，因此动量对时间的变化率减小，故D错误。 故选C。 8．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是（　　） A．增加了司机单位面积的受力大小 B．减少了碰撞前后司机动量的变化量 C．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 D．将司机的动能全部转换成汽车的动能 【答案】C 【详解】A．因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，故A错误； B．有无安全气囊司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也相同，故B错误； C．因为安全气囊充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气囊的缓冲，故增加了作用时间，故C正确； D．因有安全气囊的存在，司机的动能全部转化为司机对安全气囊的功，故D错误。 故选C。 9．为保护鸡蛋从高处落下不碎，小陈设计了缓冲装置。从物理角度看，该装置主要通过（　　） A．减小鸡蛋落地时的动量 B．延长作用时间以减小冲击力 C．增大鸡蛋与地面的接触面积 D．改变鸡蛋的质量 【答案】B 【详解】鸡蛋着地的初速度一定，末速度为零，根据动量定理可知 即 所以，该装置主要通过延长作用时间以减小冲击力。 故选B。 10．跑步时膝关节和髋关节需要承担体重3~8倍的负荷，两块骨头之间的关节软骨，会被剧烈地挤压在一起，若冲击力过大，将对软骨及其以下的骨骼造成磨损伤害。以下方法中，不能降低冲击力的是（　　） A．降低跑步时的落地速度，轻柔落地 B．穿加重背心跑步 C．穿一双适合自己足弓和步态的缓冲跑鞋 D．在塑胶跑道跑步，减少在水泥地等硬地上的跑步 【答案】B 【详解】A．由动量定理可得，人落地时受到的平均冲击力满足 即 为减小冲击力F，可通过减小、m或增大实现。减小落地速度会降低动量变化量，当不变时能减小F，故A正确，不符合题意； B．穿加重背心使m增大，可知F增大，故B错误，符合题意； C．缓冲跑鞋通过材料形变延长，根据动量定理可减小F，故C正确，不符合题意； D．塑胶跑道弹性更好，能增大缓冲时间，从而减小F，故D正确，不符合题意。 本题选择不能降低冲击力的选项，故选B。 三、动量定理的定量计算 11．（25-26高一下·辽宁葫芦岛·期末）质量为425克的足球以大小为30m/s的水平速度撞在竖直墙上，被水平弹回的速度大小为18m/s，假设足球与墙碰撞时作用时间为0.05s，则足球与该墙作用时所受的水平作用力大小为（      ） A．102N B．153N C．255N D．408N 【答案】D 【详解】规定足球入射的速度方向为正方向，足球质量，初速度，被弹回的末速度，作用时间。 水平方向足球仅受墙的作用力，根据动量定理 代入数值得 负号表示作用力方向与入射速度方向相反，作用力大小为。 故选D。 12．如图所示，某一次足球由静止自由下落1.25 m，被运动员重新踢起，离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25 m。已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度大小取，不计空气阻力，则（      ） A．脚部对足球的平均作用力为足球重力的10倍 B．足球自由下落过程重力的冲量大小为 C．足球与脚部作用过程中动量变化量为零 D．足球下落到与脚部刚接触时动量大小为 【答案】D 【详解】D．足球由静止自由下落1.25m，由自由落体运动规律得 解得足球与脚部刚接触时速度大小为 动量大小，故D正确； B．足球自由下落的时间 重力冲量大小，故B错误； C．足球离开脚部后竖直上升的最大高度仍为1.25m，根据运动的对称性，足球离开脚背的速度大小也是 取竖直向上为正方向，足球与脚部作用过程中动量变化量为，故C错误； A．对接触过程由动量定理得 解得脚部对足球的平均作用力，故A错误。 故选D。 13．（25-26高二上·贵州安顺·期末）（多选）“蹦极”是一项专业的户外休闲运动，质量为m的运动员参加某次蹦极运动，从平台自由下落到最低点用时为t，弹性绳原长为l，重力加速度为g，运动员可视为质点，不计空气阻力。在此过程中关于运动员的说法正确的是（　　） A．受到的平均弹力为 B．受到的平均弹力为 C．受到弹力的冲量和重力的冲量相同 D．弹性绳开始拉伸后，动量变化率先减小后增大 【答案】AD 【详解】AB．弹性绳未拉伸前，运动员做自由落体运动，下落距离为l，由 解得 则弹性绳拉伸后的时间 在弹性绳拉伸阶段，运动员受重力和弹力作用，设竖直向下为正方向，弹性绳的平均弹力为，对运动员由动量定理得 解得，故A正确，B错误； C．从平台自由下落到最低点，运动员受到弹力的方向竖直向上，重力方向竖直向下，冲量的方向与力的方向相同，运动员受到弹力的冲量和重力的冲量不相同，故C错误； D．由动量定理得 解得 动量变化率即为运动员受到的瞬时合外力，弹性绳开始拉伸后，以竖直向下为正方向，即 弹性绳拉伸后，从零开始增大，合外力的大小先从mg减小到0，再反向增大，因此动量变化率先减小后增大，故D正确。 故选AD。 14．（25-26高一下·内蒙古赤峰·期中）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况，如图所示。若手机质量为120 g，从离人约20 cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2 s，取重力加速度，求： (1)手机在空中运动过程中重力的冲量大小； (2)手机对头部的作用力。 【答案】(1) (2)，方向竖直向下 【详解】（1）手机下落过程做自由落体运动，则有 代入数据解得 手机在空中运动过程中重力的冲量大小 （2）手机接触头部之前的速度 规定竖直向下为正方向，对手机根据动量定理得     代入数据，解得头部对手机的 由牛顿第三定律可知，手机对头部的作用力大小为2.4N，方向竖直向下。 15．（25-26高二下·福建三明·期中）蹦床运动有“空中芭蕾”之称。某次蹦床比赛中，质量为m的运动员从最高点自由下落h后触碰蹦床，此后，经时间t运动员达到最低点。 (1)求运动员刚接触蹦床时的速度v大小； (2)求运动员从最高点到最低点全过程重力的总冲量大小； (3)若在时间t内蹦床给运动员的作用力始终竖直向上，求此段时间内蹦床对运动员的平均作用力大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）运动员刚接触蹦床的速度为v，则有 解得 （2）运动员自由下落的时间为t₀，有 解得 重力的冲量大小 （3）运动员与蹦床接触向下运动的过程中，取向下为正，根据动量定理可得 联立方程解得蹦床对运动员的平均作用力大小为 四、动量定理的综合应用 16．（25-26高一下·河北承德·期末）某质量为的无人潜航器（可视为质点）从空中由静止释放，下落一段时间后落入水中，一段时间内的速度-时间图像如图所示，已知重力加速度为。下列说法中正确的是（      ） A．潜航器在空中下落时只受重力作用 B．潜航器在空中下落时受到的空气阻力大小为 C．内潜航器受到水的作用力的冲量大小为 D．内潜航器受到水的作用力的冲量大小为 【答案】D 【详解】AB．由图可知在0~t0时间段内潜航器加速度小于g，故下落时还受到阻力作用；在内对潜航器分析，根据动量定理可得 解得，故AB错误； CD．内对潜航器分析，根据动量定理可得 解得，故D正确，C错误。 故选D。 17．轻杆一端固定在过点的水平转轴上，另一端连接小球，小球在竖直面内绕点做顺时针方向的匀速圆周运动，分别是其运动轨迹的最高点和最低点，B点与点等高，如图所示。下列选项正确的是（      ） A．小球在A、C两点的动量相等 B．小球在过程所受合外力冲量为0 C．小球在过程和过程的动量变化量大小相等 D．小球在过程和过程所受合外力冲量大小相等 【答案】D 【详解】A．动量是矢量，小球在A点速度向右，C点速度向左，动量方向相反，因此动量不相等，故A错误； B．小球在AB过程中，小球速度方向从水平向右变为竖直向下，动量发生变化，根据动量定理，合外力冲量不为0，故B错误； C．小球在AB过程动量变化大小为，AC过程动量变化大小为，二者大小不相等，故C错误； D．小球在AB过程与BC过程均为四分之一周期，动量变化的矢量大小均为，根据动量定理，合外力冲量大小相等，故D正确。 故选D。 18．踢毽子是我国传统的民间体育运动。如图是一学生在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比。则以下选项中能够描述毽子上升过程中动量随时间变化的图像是（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据动量定理 可知，动量变化率等于毽子受到的合外力，上升过程合外力为 则随速度减小，合外力变小，即动量变化率变小，即图线的斜率变小。 故选B。 19．（25-26高一下·辽宁沈阳·期中）如图所示，一个质量为m的木块以水平初速度滑上匀速转动的水平传送带上，传送带的传送速率为v，，木块刚滑上传送带时两速度的方向相互垂直，木块与传送带之间的动摩擦因数恒为μ。若木块最终与传送带共速，则下列说法正确的是（　　） A．支持力对木块的冲量为零 B．摩擦力对木块的冲量大小为 C．随着木块与传送带之间的相对速度的逐渐减小，木块所受的摩擦力也逐渐减小 D．木块与传送带共速之前做加速度大小不变的曲线运动 【答案】D 【详解】A．木块在竖直方向受力平衡，支持力，作用时间，根据冲量定义，支持力对木块的冲量不为零，故A错误； B．木块最终与传送带共速，末速度为，方向与初速度垂直。根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化量，即 由于 且 ，则动量变化量的大小，故摩擦力冲量大小为，故B错误； C．木块在传送带上滑动过程中，受到的摩擦力为滑动摩擦力，大小为。只要发生相对滑动，摩擦力大小恒定，与相对速度的大小无关，故C错误； D．木块受到的合外力即为滑动摩擦力，大小 恒定，根据牛顿第二定律，加速度大小不变； 初始时刻，木块速度 与传送带速度 垂直，相对速度方向与 不共线，摩擦力方向与 不共线，所以木块做曲线运动。综上，木块做加速度大小不变的曲线运动，故D正确。 故选D。 20．（25-26高一下·湖北·期中）将一质量为的石块由静止释放，石块竖直向下加速运动，随后掉入水中，在水中的运动可看作减速直线运动。整个运动过程的图像如图所示，已知在空中运动时受到的阻力恒为重力的0.1倍，重力加速度，求： (1)石块加速过程，重力的冲量及重力做的功； (2)过程中水对石块作用力的冲量大小。 【答案】(1)，方向竖直向下； (2) 【详解】（1）对石块，由牛顿第二定律，， 运动学公式 解得 重力的冲量为 解得 方向竖直向下。石块加速运动下落的距离为，由 重力做功 解得 （2）规定竖直向下为正方向，石块运动全程，由动量定理得 解得 故过程中水对石块作用力的冲量大小为。 21．（25-26高二下·云南文山·阶段检测）如图所示，在水平地面上方某处将一个小球分别以速率斜向上、斜向下和水平抛出，其中斜向上和斜向下抛出速度与水平方向的夹角相等。不计空气阻力，该球三次从抛出到落地的过程中（　　） A．重力的冲量相同 B．落地时动量相同 C．动量的变化量相同 D．动能的变化量相同 【答案】D 【详解】A．重力的冲量，由于运动时间不同，因此重力冲量不同，A错误； B．动量是矢量，落地时三种情况的速度方向不同，因此落地动量不同，B错误； C．根据动量定理，动量变化量等于合外力的冲量，合外力为重力，冲量，时间不同，冲量不同，因此动量变化量不同，C错误； D．根据动能定理，动能变化量等于合外力做功，本题中只有重力做功，重力做功，三次抛出点到地面的高度差相同，重力做功相同，因此动能变化量相同，D正确。 故选 D。 22．（24-25高二上·湖南·期末）如图甲所示，将两大小相同、质量相等的铅球分别静止在海绵桌面和实木桌面的正上方相同高度处，然后同时由静止释放并开始计时，之后两球分别与两桌面发生碰撞。假设碰后两球均不再反弹。测出两桌面受到的压为随时间变化的曲线①和曲线②，如图乙所示，忽略空气阻力。下列说法正确的是（　　） A．碰撞过程中，左侧铅球动量的变化量更小 B．曲线①为左侧海绵桌面受到铅球作用力的图像 C．曲线①在时间段与t轴所围面积小于曲线②在时间段与t轴所围面积 D．曲线②在~时间段，桌面受到的平均压力大小为 【答案】C 【详解】A．因为两球碰前自由下落的高度相同，所以碰前的速度相等，两球的动量也相等，而碰后两球最终速度均变为零，所以碰撞过程中，两侧铅球动量的变化量相等，故A错误； B．铅球与实木桌面作用的时间较短，而与海绵桌面作用时间较长，所以曲线①为右侧实木桌面受到铅球作用力的图像，故B错误； C．由图可知，曲线①②与时间轴所夹面积表示冲击力的冲量大小，因为两球动量变化量相等，②图像重力冲量大于①，结合动量定理可知，②中冲击力冲量大于①冲击力冲量，故C正确； D．由图可知，铅球的重力 时刻开始两桌面受到压力作用，即铅球下落时间为，根据自由落体运动规律，则有 设铅球受到的平均作用力大小为F，根据动量定理有 解得 根据牛顿第三定律可知，桌面受到的平均压力大小为 故D错误。 故选C。 23．（25-26高二上·广西桂林·期末）《天工开物》中记载了一种舂米装置，曾在农村广泛应用。如图所示，某次操作时，人将谷物倒入石臼内，然后通过杠杆的运作，把质量为的碓抬高后从静止释放，碓在重力作用下向下运动打在石臼内，碓的下落过程可简化为自由落体。设碓与谷物作用后静止，从而将谷物碾磨成米粒。当地重力加速度取，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　） A．碓向下运动与谷物作用前的瞬间速度约为 B．碓从释放到静止的过程中，重力的冲量为零 C．碓从释放到静止的过程中，其动量的变化量大小为 D．碓与谷物相互作用中，碓对谷物的平均作用力约为 【答案】D 【详解】A．碓向下运动与谷物作用前的瞬间速度约为，A错误； B．根据，因碓从释放到静止的过程中的总时间不为零，则重力的冲量不为零，B错误； C．碓从释放到静止的过程中，速度的变化量为零，则其动量的变化量大小为零，C错误； D．碓与谷物相互作用中，对碓根据动量定理 解得F=700N 即碓对谷物的平均作用力约为，D正确。 故选D。 24．（25-26高一下·辽宁大连·期末）如图所示，水平传送带以速率顺时针匀速运行，传送带上方固定有劲度系数为的轻质弹簧。质量为的小木块轻放在传送带左端，当木块的速度达到时，刚好与弹簧接触，此后木块经过时间到达最右端。已知木块与传送带间动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为，求： (1)木块从释放到刚接触弹簧时所需的时间； (2)木块从释放到刚接触弹簧的过程中，电动机由于运送木块多消耗的电能； (3)木块从释放到最右端的过程中，摩擦力对木块的冲量大小。 【答案】(1) (2) (3) 【详解】（1）木块与传送带相对滑动时，所受滑动摩擦力大小为 方向向右。由牛顿第二定律得 木块从静止加速到，由速度公式得 解得 （2）在内，传送带克服木块对它的滑动摩擦力做功，电动机多消耗的电能为 代入和 整理得 （3）木块刚接触弹簧时与传送带相对静止。设从接触弹簧起经过的时间为，在弹簧弹力不超过最大静摩擦力的阶段，木块随传送带以做匀速运动，静摩擦力大小为 当静摩擦力达到最大值时，设经历时间为，则 解得 从释放到接触弹簧阶段，滑动摩擦力的冲量为 接触弹簧后的静摩擦力从均匀增大到，其冲量为 之后木块相对传送带向左滑动至最右端，滑动摩擦力方向仍向右，作用时间为，其冲量为 各阶段摩擦力方向均向右，所以摩擦力对木块的总冲量大小为 25．（2026·山东·三模）如图所示，水平面由光滑部分和粗糙部分组成。物块A静止在光滑水平面上的O点，物块B静止在粗糙水平面上，A、B之间用轻弹簧连接。将物块A拉至N点由静止释放，物块A在光滑水平面上的MN之间往复运动，物块B始终处于静止状态。下列过程中，摩擦力对B的冲量为零的过程是（　　） A．物块A由N运动到M的过程 B．物块A由N运动到O的过程 C．物块A由O运动到M的过程 D．物块A由M运动到O的过程 【答案】A 【详解】ABC．由于物块B始终处于静止状态，在水平方向上，B物块仅受摩擦力和弹力，摩擦力与弹力始终等大反向，O为弹簧原长位置，由此可知由N运动到M过程中，根据对称性可知，物块A由N运动到O的过程和物块A由O运动到M的过程，弹力对B的冲量等大反向，总冲量为0，所以摩擦力对B冲量为0，选项A正确，BC错误； D．物块A由M运动到O的过程，B受到的弹力始终向左，则摩擦力始终向右，所以摩擦力冲量不为零，故D错误。 故选A。 26．（2026·河北·三模）（多选）某学生在练习垫排球，质量为的排球离开手后以初速度竖直向上运动，排球在运动过程中所受空气阻力大小与重力大小的比值恒为。已知重力加速度大小为，取竖直向上为正方向。下列说法正确的是（     ） A．排球上升的最高点到离手位置的高度为 B．排球上升过程中受到的重力冲量为 C．排球返回离手位置的速度大小为 D．排球从离手到返回离手位置的时间为 【答案】AC 【详解】A．设空气阻力大小 根据牛顿第二定律可知，排球上升时加速度的大小满足 解得 故排球上升的高度满足 解得，故A正确； B．排球上升到最高点所需时间满足 排球上升过程中受到的重力冲量，故B错误； C．排球下落时加速度的大小满足 解得 故排球返回离手位置的速度大小满足 代入 解得，故C正确； D．排球从最高点到返回离手位置的时间满足 因此排球从离手到返回离手位置所经历的时间，故D错误。 故选AC。 27．（2026·广东广州·三模）如图（a），固定推送装置包括：上下端安装有冲击杆的长方体竖直中空筒、带弹杆的弹射装置、连接在筒阀门左侧处的两个平台。水平面上有一冲洗池，池中央与平台左端水平距离为，平台左侧区域粗糙、长为，其他区域光滑。筒底部固定一带孔的挡板，阀门2与挡板距离为、阀门1、2距离为。质量为的工件分别静止在阀门1、2处。弹射装置检测到阀门处有工件静止，便触发开关打开左右阀门，对应位置的弹杆水平向左弹出，对工件施加冲量，工件脱离杆，杆立即复位。 (1)若M被推上平台脱离弹杆后，经粗糙区域落入冲洗池中央，求M与粗糙区域的摩擦因数； (2)若其中一个阀门故障，该处工件无法被推上平台（另一阀门处的工件被正常推送），上冲击杆将先沿筒中心轴向下冲击该处工件，工件向下滑动至再次静止瞬间，下冲击杆沿轴向上冲击它，之后该工件恰好静止在另一阀门处。两冲击杆对工件做功相等，冲击时间极短且瞬间复位。已知在阀门1下方上下滑动时，受到的摩擦阻力与它们到阀门1的距离关系均如图（b）。工件若碰到筒底挡板则原速反弹。忽略空气阻力、工件和阀门的大小，重力加速度为。 （a）求每个冲击杆对工件做的功。 （b）若是阀门1故障，求工件第一次经过阀门2到被下冲击杆冲击的时间间隔。 【答案】(1) (2)（a） 或 ；（b） 【详解】（1）M做平抛运动，竖直方向 水平方向 设脱离弹杆时速度大小为，由 由 解得 （2）（a）由于不清楚哪个阀门故障，讨论如下 （i）若阀门1故障，两冲击杆作用后M运动到阀门2处，由于工件下滑到底端重力做的功为大于工件克服摩擦力的功，故能碰到筒底反弹； 由： 解得 （ii）若阀门2故障，从阀门2被冲击到阀门1，若第一次冲击没有让到达筒底，则第二次冲击将无法到达阀门2处，不符合题意，必与筒底碰撞反弹； 由 解得： （b）设下冲击杆冲击时停在与筒底距离处，M从阀门1滑到第一次停止，由 解得 上冲击杆冲击后运动到阀门2时速度为，由动能定理： 从阀门2匀速运动到筒底时间为，返回后到静止时间为，则 返回减速到静止 得 解得 11 / 11 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $