第16讲 动量 动量定理 课时作业-2027届高三物理一轮复习

**基本信息** 以题载法构建动量定理应用体系，通过基础巩固与综合提升两级训练，实现从概念辨析到复杂情境的逻辑递进。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础巩固|8题（含2025西藏联考）|动量定理矢量性分析、冲量计算步骤、平均作用力求解模型|从动量概念辨析（1题）到定理应用（2-5题），构建"概念-定理-应用"认知链| |综合提升|7题（含2026山东开学考）|p-x相轨迹模型、变力冲量图像法、多过程动量守恒|结合v-t图像（10题）、流体模型（11题），深化"模型建构-科学推理-质疑创新"思维链|

第16讲 动量 动量定理 课时作业 基础巩固练 一．选择题： 1．下列说法正确的是(　　) A．速度大的物体，它的动量一定也大 B．动量大的物体，它的速度一定也大 C．只要物体的运动速度大小不变，物体的动量就保持不变 D．物体的动量变化越大，则该物体的速度变化一定越大 2．体操运动员在落地时总要屈腿，这样做可以(　　) A．减小地面对人的冲量 B．减小地面对人的撞击力 C．减小人的动量变化量 D．减小人的动能变化量 3.(2025·西藏拉萨市高三上第一次联考)2024年巴黎夏季奥运会上，郑钦文获得女子网球单打冠军，创造了中国及亚洲网坛的纪录。假设在某次击球过程中，质量为60 g的网球以40 m/s的水平速度飞来，郑钦文引拍击球，球拍与网球作用0.01 s后，网球以50 m/s的水平速度反方向飞出，在此过程中，不考虑网球重力及空气阻力的作用，下列说法正确的是(　　) A．网球的平均加速度大小为1000 m/s2 B．网球动量的变化量大小为0.6 kg·m/s C．球拍对网球的平均作用力大小为60 N D．网球受到的冲量大小为5.4 N·s 4．我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8×106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为(　　) A．1.6×102 kg B．1.6×103 kg C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg 5．(2025·安徽省高三模拟)在气象学上，按风力大小可划分为十二个等级，当风力达到6级以上时，人逆风行走就会很困难。我们可以在风洞中模拟人体在大风中的受力情况，将一模型放在水平地面上，模型与地面间的最大静摩擦力为294 N，其与水平方向的风作用的有效面积为1.2 m2，空气的密度为1.25 kg/m3，风吹到模型表面上速度立刻减为0，则在确保不被风吹动的前提下，该模型能够承受水平方向的最大风速为(　　) A．7.0 m/s B．14.0 m/s C．19.8 m/s D．28.0 m/s 6.(多选)如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后，动量变化量为12.6 kg·m/s，则(　　) A．球的动能可能不变 B．球的动量大小一定增加12.6 kg·m/s C．球对棒作用力的冲量与棒对球作用力的冲量大小一定相等 D．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同 7．(多选)一质量为m的运动员托着质量为M的重物从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙)，该过程重物和人的肩部相对位置不变，运动员保持图乙状态站立Δt时间后再将重物缓慢向上举，至双臂伸直(图丙)。甲到乙、乙到丙过程重物上升的高度分别为h1、h2，经历的时间分别为t1、t2，则(　　) A．地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)，地面对运动员做的功为0 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(M＋m)g(h1＋h2) C．运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2＋Δt)，运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2) D．运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2)，运动员对重物做的功为0 二．计算题：(计算要有必要的文字说明和解题步骤，有数值的要注明单位) 8．(2024·广东卷)汽车的安全带和安全气囊是有效保护乘客的装置。 如图乙所示，在安全气囊的性能测试中，可视为质点的头锤从离气囊表面高度为H处做自由落体运动，与正下方的气囊发生碰撞。以头锤落到气囊表面为计时起点，气囊对头锤竖直方向的作用力F随时间t的变化规律，可近似用图丙所示的图像描述。已知头锤质量M＝30 kg，H＝3.2 m，重力加速度大小取g＝10 m/s2。求： ①碰撞过程中F的冲量大小和方向； ②碰撞结束后头锤上升的最大高度。 综合提升练 一．选择题： 9．物体的运动状态可用位置x和动量p描述，称为相，对应p­x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p­x图像中的一条曲线来描述，称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则对应的相轨迹可能是(　　) 10.水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在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v­t图像如图所示，图中AB∥CD。则整个过程中(　　) A．F1的冲量等于F2的冲量 B．F1的冲量大于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．合力对a物体的冲量等于合力对b物体的冲量 11.“雨打芭蕉”是文学中常见的抒情意象。当雨滴竖直下落的速度为v时，将一圆柱形量杯置于雨中，测得时间t内杯中水面上升的高度为h。为估算雨打芭蕉产生的压强p，建立以下模型，芭蕉叶呈水平状；所有落到芭蕉叶上的雨滴，都有一半向四周溅散开，溅起时竖直向上的速度大小为，另一半则留在叶面上；忽略芭蕉叶上的积水以及雨滴落在叶面上时重力的影响；忽略风力以及溅起的水珠对下落雨滴的影响。已知水的密度为ρ，则p为(　　) A. B. C. D. 12.如图所示，用一个水平推力F＝kt(k为恒量，t为时间)把一物体压在竖直粗糙的足够高的平整墙上。重力加速度大小为g。已知t＝0时物体的速度为零，则物体在下滑后速度即将减为零的瞬间，加速度大小为(　　) A．0 B．0.5g C．g D．2g 13.(2026·山东省济南市高三上开学考试)如图所示，倾角为θ＝30°的光滑斜面固定在水平地面上，轻弹簧两端分别与质量均为m的两物块a、b连接，物块a紧靠垂直于斜面的固定挡板，开始系统处于平衡状态。现给物块b沿斜面向下的初速度v0，经过时间t物块a恰好离开挡板，此时物块b的速度为。已知重力加速度大小为g，则挡板对物块a的冲量大小为(　　) A.mv0＋mgt B.mv0＋mgt C.mv0＋2mgt D.mv0＋2mgt 14.如图所示，将一质量为m的小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做半径为r的匀速圆周运动，周期为T，重力加速度为g，下列说法正确的是(　　) A．在T时间内，小球受到的重力冲量为零 B．在时间内，小球受到合力的冲量为零 C．在T时间内，小球受到弹力的冲量为零 D．在时间内，小球受到弹力的冲量大小为m 15．(2026·浙江省嘉兴市高三上一模)在地面上一小球以初速度3 m/s竖直上抛，落地速度为2.6 m/s。若小球运动过程中受到的空气阻力与速率成正比，则小球在空中运动的时间为(　　) A．0.60 s B．0.56 s C．0.52 s D．0.50 s 参考答案： 1.答案：D解析：动量p＝mv，由质量和速度共同决定，所以A、B错误；动量是矢量，速度方向改变，动量也会改变，故C错误；由Δp＝mΔv知，D正确。 2.答案：B解析：体操运动员落地时屈腿可以延长地面对人撞击力F的作用时间t，取人落地时速度v的方向为正方向，根据动量定理得：－Ft＋mgt＝0－mv，得：F＝＋mg，当t增加时F减小，而地面对人的冲量大小Ft＝mv＋mgt增大，人的动量变化量大小mv不变，人的动能变化量大小mv2不变，所以B正确，A、C、D错误。 3.答案：D解析：以作用前网球的速度方向为正方向，则作用前网球的速度v0＝40 m/s，作用后网球的速度v＝－50 m/s，作用时间t＝0.01 s，根据加速度的定义可知，在球拍与网球作用期间，网球的平均加速度大小为a＝＝9000 m/s2，故A错误；网球动量的变化量大小为Δp＝|mv－mv0|＝5.4 kg·m/s，故B错误；根据动量定理可知，网球受到的冲量大小为I＝Δp＝5.4 N·s，故球拍对网球的平均作用力大小为F＝＝540 N，故C错误，D正确。 4.答案：B解析：设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ft＝mv，m＝＝ kg＝1.6×103 kg，B正确。 5.答案：B解析：设该模型能够承受水平方向的最大风速为v，此时t时间内吹到模型上的空气质量为m＝ρSvt，其中ρ为空气的密度，S为模型与水平方向的风作用的有效面积，根据平衡条件可知，此时风对模型的作用力大小为F＝f＝294 N，根据牛顿第三定律知，模型对风的作用力大小为F′＝F，以t时间内吹到模型上的空气为研究对象，取风速方向为正方向，根据动量定理有－F′t＝0－mv，联立解得v＝14.0 m/s，故B正确。 6.答案：AC解析：垒球被击打后，可能以与被击打前等大的速度打出，所以球的动能可能不变，动量的大小可能不变，故A正确，B错误；由牛顿第三定律知，球对棒的作用力与棒对球的作用力同时产生、同时消失，且大小始终相等，则两个力的冲量大小一定相等，故C正确；球受到棒的冲量方向是棒对球弹力的方向，与球被击打前的速度方向不相同，故D错误。 7.答案：AC解析：因甲到乙、乙到丙均为缓慢运动过程，则可认为运动员和重物整体一直处于平衡状态，地面对运动员的支持力大小为(M＋m)g，整个过程的时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知地面对运动员的冲量大小为(M＋m)g(t1＋t2＋Δt)；因地面对运动员的支持力的作用点不动，可知地面对运动员做的功为0，A正确，B错误。运动员对重物的作用力大小为Mg，作用时间为(t1＋t2＋Δt)，根据I＝Ft可知运动员对重物的冲量大小为Mg(t1＋t2＋Δt)，重物的位移为(h1＋h2)，根据W＝Fs可知运动员对重物做的功为Mg(h1＋h2)，C正确，D错误。 8.答案：①330 N·s　方向竖直向上　②0.2 m 解析：①F­t图像中图线与时间轴所围的面积表示力F的冲量大小，可知碰撞过程中F的冲量大小IF＝×0.1×6600 N·s＝330 N·s 根据F的方向竖直向上可知，F的冲量方向竖直向上。 ②设落到气囊表面时头锤的速度大小为v0，碰撞结束后瞬间头锤的速度大小为v，碰撞结束后头锤上升的最大高度为h。头锤由静止释放到落到气囊表面前的过程做自由落体运动，有v＝2gH 与气囊作用过程，以竖直向上为正方向， 对头锤由动量定理有IF－MgΔt＝Mv－(－Mv0) 式中头锤与气囊作用的时间Δt＝0.1 s 头锤离开气囊后做竖直上抛运动， 由匀变速直线运动速度与位移的关系有0－v2＝－2gh 联立并代入数据，解得h＝0.2 m。 9.答案：D解析：质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，联立可得p＝m＝m·x，且x和p均应为正值，故对应的相轨迹为图像D。 10.答案：D解析：题图中AB与CD平行，说明推力撤去后两物体的加速度相同，而撤去推力后物体所受的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，但a从开始运动到停下的总时间小于b从开始运动到停下的总时间，即tOB＜tOD，根据I＝ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得，F1t1－ftOB＝0，F2t2－ftOD＝0，而tOB＜tOD，则F1t1＜F2t2，即F1的冲量小于F2的冲量，故A、B错误；根据动量定理可知，合力的冲量等于物体动量的变化量，对整个过程，a、b两个物体动量的变化量都为零，故D正确。 11.答案：A解析：根据题意，单位时间的降水量为Δh＝，设芭蕉叶的面积为S，则Δt时间内落到芭蕉叶上面雨滴的质量m＝ρSΔhΔt；设芭蕉叶对向四周散开的雨滴的竖直向上的平均作用力为F1，对留在芭蕉叶上的雨滴竖直向上的平均作用力为F2，以竖直向上为正方向，根据动量定理可知F1Δt＝m×－，F2Δt＝0－，则雨滴受到芭蕉叶的平均作用力为F＝F1＋F2；由牛顿第三定律可知，芭蕉叶上受到雨滴的平均冲击力大小为F′＝F，根据压强定义式有p＝，联立解得p＝，故选A。 12.答案：C解析：设物体与墙壁之间的动摩擦因数为μ，则物体运动过程中所受的滑动摩擦力大小为Ff＝μF＝μkt，由上式可知Ff随t正比例增大，其关系图像为一条过原点的倾斜线段，如图所示，图像与t轴所围的面积表示Ff在相应时间内的冲量大小。设t1时刻物体速度刚好即将减为零，则这段时间内Ff的冲量大小为If＝μkt，对物体整个运动过程根据动量定理有mgt1－If＝0－0，解得t1＝，t1时刻物体所受的滑动摩擦力大小为Ff1＝μkt1＝2mg，设此时物体的加速度大小为a，根据牛顿第二定律可得Ff1－mg＝ma，解得a＝g，故选C。 13.答案：A解析：设沿斜面向上为正方向，对物块a、b和弹簧组成的系统根据动量定理有I板－2mgsin30°·t＝m·－(－mv0)，可得挡板对物块a、b和弹簧组成的系统的冲量大小，即挡板对物块a的冲量大小I板＝mv0＋mgt，故选A。 14.答案：D解析：在T时间内，小球受到的重力冲量IG＝mgT，不为零，故A错误；小球的线速度大小v＝，在时间内，小球的速度大小不变，方向反向，根据动量定理可知，小球受到合力的冲量大小为I合＝2mv＝，故B错误；在T时间内，小球动量改变量为零，根据动量定理可得0＝mgT＋IN，解得小球受到弹力的冲量IN＝－mgT，不为零，故C错误；在时间内，根据平衡条件可知，小球受到弹力的竖直分力等于重力，则水平分力等于合力，则小球受到弹力的水平分力冲量大小Ix＝I合，竖直分力冲量大小Iy＝mg·，则小球受到弹力的冲量大小IN′＝＝m，故D正确。 15.答案：B解析：设小球上升的高度为h，上升过程所用时间为t1，下落过程所用时间为t2，以竖直向上为正方向，根据动量定理，上升过程有－mgt1－∑kvΔt＝0－mv0，下落过程有－mgt2＋∑kv′Δt＝－mv－0，且有∑vΔt＝h，∑v′Δt＝h，小球在空中运动的时间t＝t1＋t2，联立解得t＝＝ s＝0.56 s，故选B。 学科网（北京）股份有限公司 $