1.2 动量定理（专题训练）-2026-2027学年高二上学期物理同步知识点解读与专题训练（人教版选择性必修第一册）

**基本信息** 聚焦动量定理应用，以7大题型构建从概念理解到复杂问题解决的递进式训练体系，强化物理观念与科学思维。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |冲量的定义及性质|3题|概念辨析与矢量性判断|从冲量定义出发，建立矢量运算基础| |求恒力的冲量|6题|斜面/水平/圆周运动场景|恒力作用下冲量计算，衔接运动学公式| |求变力的冲量|6题|F-t图像/曲线运动/流体问题|引入动量定理解决变力冲量，体现科学推理| |动量定理的内容和应用|8题|碰撞/多过程运动分析|核心规律应用，强化过程量与状态量联系| |用动量定理求平均作用力|7题|碰撞/打击/蹦极模型|实际问题中的力与时间关系，培养模型建构能力| |用动量定理求流体冲击问题|5题|水流/气流冲击计算|微观元分析法，提升科学探究能力| |F-t图像中的动量问题|4题|图像面积与冲量关系|数形结合，深化图像信息转化能力|

1.2动量定理（专题训练） 【人教版（2019）： 选择性必修第一册】 题型归纳 【题型1 冲量的定义及性质】 1 【题型2 求恒力的冲量】 2 【题型3 求变力的冲量】 4 【题型4 动量定理的内容和应用】 6 【题型5 用动量定理求平均作用力】 9 【题型6 用动量定理求流体冲击问题】 11 【题型7 F-t图像中的动量问题】 12 【题型1 冲量的定义及性质】 1．在物理学中，物理量正负号的具体含义取决于物理量类型及其物理情境。下列物理量的正负号表示大小的是（　　） A．力F＝﹣5N B．重力势能Ep＝﹣5J C．冲量I＝﹣5N•s D．动量p＝﹣5kg•m/s 2．如图，游客坐在摩天轮轿厢座椅上，随摩天轮一起在竖直面内做匀速圆周运动，轿厢座椅始终保持水平，游客与座椅始终保持相对静止，忽略空气阻力，则在摩天轮转动一圈的过程中，下列说法正确的是（　　） A．游客的机械能守恒 B．游客所受合力始终指向圆心 C．游客所受合外力的冲量不为零 D．游客始终受到静摩擦力作用 3．（多选）如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后向与原来相反方向飞出，动量变化量大小为10kg•m/s，下列说法正确的是（　　） A．球的动能可能不变 B．球的动量大小一定增加10kg•m/s C．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同 D．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 【题型2 求恒力的冲量】 4．如图所示，物块从固定斜面的顶端匀速下滑。对于物块在斜面上下滑的某段时间，下列说法正确的是（ ） A．该时间内斜面对物块的支持力冲量不为0 B．该时间内斜面对物块的支持力做正功 C．该时间内斜面对物块的摩擦力不做功 D．该时间内物块受到的重力冲量为0 5．如图（a）所示，一个质量为m＝1.6kg的物块静止在水平地面上，某时刻用水平力F向右拉物块，拉力F的大小随时间t变化关系如图（b）所示，已知物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度大小g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　） A．0﹣4s内，拉力的冲量大小为16N•s B．0﹣4s内，合力的冲量大小为8N•s C．0﹣4s内，物块获得的动能为5J D．0﹣4s内，拉力做的功为30J 6．如图所示，用大小为F＝100N、与水平方向成37°的拉力拉着物块在水平地面上匀速直线前进，运动t＝2s时间物块向前移动的距离为s＝2m。已知sin37°＝0.6，则对于该过程，下列说法正确的是（　　） A．拉力做功200J B．摩擦力做功1600J C．拉力的冲量大小为200N•s D．拉力的冲量大小为160N•s 7．（多选）如图所示，两个质量相同的物体A和B，分别从高度宽度均相同的光滑固定斜面和光滑固定圆弧形斜坡顶点由静止开始滑到底端。以下说法正确的是（　　） A．它们到达底端时的动量相同 B．它们到达底端的过程中重力的冲量相同 C．B比A先到达底端 D．它们到达底端时重力的瞬时功率不相等 8．（多选）研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力。根据图像可知，则（　　） A．弹性绳的原长为15m B．0～15m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量 C．15m～27m下落过程中，运动员所受合力先减小后增大 D．0～27m下落过程中，运动员重力的冲量与弹性绳弹力的冲量大小相等 9．一名宇航员到达一半径为R的星球表面，做了如下实验。取一根长度为l不可伸长的细线，一端连接一个质量为m的小球，另一端悬挂在固定悬点O1，将小球拉离竖直方向θ角，并给其一个恰当的水平初速度，使其刚好能在水平面内绕O点做匀速圆周运动。该宇航员测出了小球的运动周期为T，已知引力常量为G，不计一切阻力，求： （1）该星球地表重力加速度g； （2）该星球的平均密度ρ； （3）在半个周期内细线拉力对小球的冲量大小。 【题型3 求变力的冲量】 10．如图所示，一个人通过长为L的杆推半径为r的转盘，推杆的力的大小始终为F，方向与推杆始终垂直，转盘绕其中心轴匀速转动一周时间为t，转动一周的过程中，推力所做功为W、冲量为I，则（　　） A．W＝2Fπr B．W＝0 C．I＝Ft D．I＝0 11．2022年12月4日，神舟十四号乘组与十五号乘组完成在轨轮换后，返回地球。载人飞船返回舱进入大气层后，距地面10km左右时开启降落伞，速度减至约8m/s，接下来以这个速度在大气中降落，在距地面1.2m时，返回舱的四台缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速，到达地面时速度约为2m/s。重力加速度为g，由以上信息可知（　　） A．开启降落伞减速的过程中，舱体处于失重状态 B．在大气中匀速降落过程中，舱体的机械能保持不变 C．缓冲发动机开启过程中，航天员的加速度约为5g D．舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量大于舱体动量的变化量 12．如图所示，物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接，P穿在固定的竖直光滑杆上，Q置于光滑固定斜面上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接Q，初始时，施加外力将P静置于N点，轻绳恰好伸直但无拉力，现将P由静止释放，不计一切阻力，则P从N点下滑到最低点M的过程中（　　） A．P的机械能一直减小 B．杆对P的冲量为零 C．P、Q组成的系统机械能守恒 D．经过M点前P与Q的速度大小关系vP＜vQ 13．（多选）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　） A．上升和下落两过程的时间相等 B．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D．上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失 14．（多选）将如图所示的跳水过程简化为运动员沿竖直方向的运动。若运动员的质量为m，起跳后重心上升的最大高度为h，从最高点至入水后速度减为零的过程所用时间为t，重力加速度为g，不考虑空气阻力。根据题中信息，可以求得（　　） A．在上升过程中，运动员重力势能的变化量 B．从入水到速度减为零的过程中，水的阻力对运动员做的功 C．在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小 D．从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小 15．如图，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求小球在该运动过程中， （1）小球的动量变化量； （2）弹簧弹力的冲量。 【题型4 动量定理的内容和应用】 16．质量为2kg的小球以3m/s的速度竖直落到地板上，随后以1m/s的速度反向弹回，若取竖直向上的方向为正方向，则此过程小球所受合外力的冲量为（　　） A．8kg•m/s B．﹣8kg•m/s C．4kg•m/s D．﹣4kg•m/s 17．在贵州“村超”足球比赛中，某球员将足球斜向上踢出，不计空气阻力。足球在空中飞行过程中（　　） A．经过最高点时动量为零 B．重力的冲量方向始终竖直向下 C．动量的变化率逐渐增大 D．水平方向的动量大小逐渐减小 18．抛绣球是我国的传统活动节目，核心寓意是传递爱情、祈求丰收和传承文化，象征情感联结、吉祥祝福与民族精神。某次将绣球斜向上抛出后，在空中先后经过a和b两点，运动轨迹如图所示，其中虚线为绣球运动轨迹的对称线，a和b在空中恰好关于虚线对称，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．绣球在a和b两点的动量相同 B．绣球从a到b的过程中，动量变化量的方向竖直向下 C．绣球经过最高点时动量为零 D．绣球从a到b的过程中，重力的冲量为0 19．某质量为m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v﹣时间t图像如图所示，已知重力加速度为g。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 20．（多选）图甲是倾角为30°的光滑斜面（足够长）固定在水平面上，质量为2kg的物块静止在斜面底端，t＝0时刻给物块施加沿斜面方向的作用力F，物块运动的a﹣t图像如图乙所示，取沿斜面向上为正方向，重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的有（　　） A．前2s内F的大小是第3s的2倍 B．3s内物块所受合力的冲量为零 C．3s内力F做功为零 D．第3s内力F的冲量为10N•s 21．（多选）如图（a）所示，一倾角为θ的固定斜面底端装有一挡板，挡板上装有力传感器，t＝0时刻一小物块在斜面上距挡板L处由静止释放，小物块沿斜面下滑并与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，忽略碰撞过程中物块所受的重力和摩擦力。挡板弹力F随时间t变化的图像如图（b）所示，图像中两阴影区域面积之比为2：1。下列说法正确的是（　　） A．第一次和第二次与挡板碰撞的时刻之比 B．第一次和第二次与挡板碰撞的弹力大小之比为2：1 C．斜面与小物块间的动摩擦因数μtanθ D．小物块在斜面上运动的总路程为L 22．如图（a），一个质量m＝1kg的物块静止在水平面上，现用水平力F向右拉物块，F的大小随时间变化关系如图（b）。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）0～4s内物块重力的冲量大小； （2）物块何时开始运动及4s末物块的速度大小。 23．如图所示，半径R＝0.2m的粗糙半圆竖直轨道BC与粗糙水平轨道AB相切于B点。水平轨道AB长L＝0.8m，动摩擦因数μ＝0.5。小物块质量m＝0.1kg，小物块初始静止于A点。现用水平向右的恒力F＝3N推物块，作用一段位移x后撤去。撤去后物块仅受摩擦力滑行至B点，进入粗糙半圆轨道，沿轨道运动到最高点C时，从C点水平向左飞出。已知物块从B到C的过程中，克服摩擦力做功为Wf＝0.15J。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。 （1）若物块从C点水平飞出后，恰好落在A点，求物块经过B点时的速度大小vB。 （2）在上述“恰好落在A点”的情形下，若撤去恒力，改为在A点给物块一个水平向右的瞬时冲量I，其他条件不变（轨道粗糙程度不变，从B到C克服摩擦力做功不变），也能实现“从C点飞出恰好落在A点”。求冲量I的大小。（要求：必须使用动能或动量定理列方程） （3）回到用恒力F＝3N推动的情形（轨道粗糙程度不变，从B到C克服摩擦力做功不变）。若要求物块从C点飞出后，落点落在水平轨道AB上（含端点A、B），求恒力作用位移x的取值范围。（要求：必须使用动能定理列方程，结合平抛运动规律） 【题型5 用动量定理求平均作用力】 24．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 25．高空坠物极易对行人造成伤害。一个50g的鸡蛋从居民楼离地面45m高处由静止落下，鸡蛋与地面的碰撞时间为0.01s，鸡蛋碰撞后碎裂不反弹，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ） A．鸡蛋下落过程中受重力冲量为2.25N•s，方向竖直向下 B．鸡蛋与地面碰撞过程中动量变化量为1.5kg•m/s，方向竖直向下 C．鸡蛋与地面碰撞过程中受地面弹力冲量为1.5kg•m/s，方向竖直向上 D．鸡蛋与地面碰撞过程中受地面的平均冲击力大小为150.5N 26．工人拉着一辆质量为M的板车以水平速度v1匀速前进。此时突降大雨但无风，根据气象部门信息，地表附近单位面积单位时间内接收雨水质量为Q，雨水速度为v2，板车装载的上表面积为S的箱子会持续承接雨水，车头受雨水冲击及地面摩擦力改变可忽略。为维持匀速，工人对车拉力大小需增加（　　） A．QSv1 B． C．QSv1v2 D． 27．（多选）一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面一定高度处自由下落，将要着网时速度大小v1＝8m/s，着网后与网作用一段时间后沿竖直方向向上以速率v2＝10m/s离开网面。已知运动员与网接触的时间为0.8s，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．运动员与网接触的这段时间内动量的变化量大小120kg•m/s B．运动员与网接触的这段时间内动量的变化量大小1080kg•m/s C．网对运动员的平均作用力大小1950N D．网对运动员的平均作用力大小1350N 28．（多选）公园中有一喷泉，将水流以恒定的速率v0＝10m/s从截面积为S＝1cm2的管口持续不断地竖直向上喷出，在水流的冲击下，一质量为m＝0.8kg的铁盒稳定悬浮在空中（盒子底面积大于与盒底接触的水流截面积）。已知水流向上运动并冲击铁盒后，在竖直方向的速度减为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力，已知水的密度ρ＝1×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．相同时间内，水流对铁盒的冲量与铁盒对水流的冲量相同 B．喷泉单位时间内喷出水的质量为1kg C．水从喷口喷出后到达铁盒底面时的速度大小约为8m/s D．盒子在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度约为2.8m 29．一个质量为0.2kg、以15m/s的速度飞来的网球被球拍击中，并以25m/s的速度沿与原方向相反的方向弹回，网球与球拍相接触的时间为0.1s，试求： （1）网球动量的变化； （2）球拍对网球的平均作用力。 30．美加墨世界杯正在进行，一位运动员在场边练习颠球。如图，某一次足球由静止自由下落1.25m，被重新颠起，离开膝盖后竖直上升的最大高度为0.8m。已知足球与膝盖的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。求： （1）足球对膝盖的平均作用力大小； （2）足球与膝盖碰撞过程中，足球损失的动能。 【题型6 用动量定理求流体冲击问题】 31．生活中我们常用高压水枪清洗汽车。如图，水流以速度v近距离垂直冲洗车身。约的水流垂直车身弹回，其速度大小约为，约的水流冲击车身后无反弹顺车流下。已知水枪出水口直径为D，水的密度为ρ，则水流对车身的平均冲击力约为（　　） A． B． C． D． 32．喷泉水柱从横截面积为S＝0.001m2的喷口持续以速度v0＝10m/s竖直向上喷出，在喷口正上方h＝3.2m处固定一水平挡板，从喷泉喷出的水都能打到挡板上。已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2。水柱冲击到水平挡板后，水在竖直方向的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开，忽略空气阻力。设水柱对水平挡板的冲击力大小为F，则（　　） A．F＝80N B．F＝60N C．F＝40N D．F＝20N 33．（多选）建筑风洞实验室模拟自然风测试建筑模型，获取风压、风振等受力数据，为建筑结构设计、优化及减振提供依据。某次试验中，风垂直吹到模型表面时，速度立即减为零，已知模型表面面积为7m2，风速为10m/s，空气密度为1.3kg/m3，下列说法正确的是（　　） A．1s内吹到模型表面上的空气体积为91m3 B．该模型所受风力大小为910N C．该模型所受风力大小为700N D．若仅将风速变为原来的2倍，该模型所受风力大小变为原来的4倍 34．物理问题的研究首先要确定研究对象。当我们研究水流、气流等流体问题时，经常会选取流体中的一小段来进行研究，通过分析能够得出一些有关流体的重要结论。 水刀应用高压水流切割技术，相比于激光切割，有切割材料范围广、效率高、安全环保等优势。某型号水刀工作过程中，将水从面积S＝0.1mm2的细喷喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大的压强，实现切割。已知该水刀每分钟用水600g，水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3。 （1）求从喷嘴喷出水的流速v的大小； （2）高速水流垂直打在材料表面上后，水速几乎减为0，求水对材料表面的压力F。 35．如图所示，某航拍小型无人机有四个相同的风扇，每个风扇的半径均为R，当它在无风的天气悬停时，每个风扇都呈水平状态，风扇吹出的空气速度大小都等于v，吹出的空气流动方向相同。已知空气的平均密度为ρ，则无人机悬停时，不考虑其他位置空气流动的影响，求： （1）无人机的总重力； （2）每个风扇对空气做功的功率。 【题型7 F-t图像中的动量问题】 36．一质量为2kg的物块静止在水平面上，物块与地面间的摩擦因数为0.1。t＝0时刻，对物块施加一水平外力F，使物块做直线运动。F随时间t变化的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．t＝2s时物块的速率为2m/s B．0﹣5s内F的冲量大小为9.5N•s C．0∼3s内物块的动量变化量大小为9kg•m/s D．0∼9s内物块先加速后减速 37．质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10m/s2，则（　　） A．6s时物块回到初始位置 B．0～3s和3s～6s内，物块合力的冲量大小相等、方向相反 C．3s时物块的动量为12kg•m/s D．4s时物块的动量为零 38．（多选）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为m＝10kg的头锤从离气囊表面正上方高H＝5m处做自由落体运动，与气囊发生碰撞后反向弹起，以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力的影响。则下列说法正确的是（　　） A．头锤与气囊作用过程中头锤先失重后超重 B．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m C．碰撞过程头锤动量变化量大小为80kg•m/s D．气囊对头锤在竖直方向的作用力最大值为2200N 39．质量m＝1kg的物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5，在水平拉力F作用下从静止开始运动，6s时撤去拉力F、物体做减速运动直至停止，拉力F与时间a的关系图像如图所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力的1.2倍、重力加速度g＝10m/s2。规定拉力F的方向为正方向。 （1）求物体的最大速度和撤去拉力F后物体的位移； （2）从t＝0时刻起到物体停止运动的过程中，求静摩擦力的冲量与滑动摩擦力的冲量之比。 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 1.2动量定理（专题训练） 【人教版（2019）： 选择性必修第一册】 题型归纳 【题型1 冲量的定义及性质】 1 【题型2 求恒力的冲量】 3 【题型3 求变力的冲量】 8 【题型4 动量定理的内容和应用】 12 【题型5 用动量定理求平均作用力】 19 【题型6 用动量定理求流体冲击问题】 23 【题型7 F-t图像中的动量问题】 26 【题型1 冲量的定义及性质】 1．在物理学中，物理量正负号的具体含义取决于物理量类型及其物理情境。下列物理量的正负号表示大小的是（　　） A．力F＝﹣5N B．重力势能Ep＝﹣5J C．冲量I＝﹣5N•s D．动量p＝﹣5kg•m/s 【答案】B 【解答】解：A．力是矢量，F＝﹣5N中负号表示力的方向与规定正方向相反，大小为5N，正负不表示大小，故A错误； B．重力势能是标量，Ep＝﹣5J中负号表示该位置重力势能比零势能面的重力势能小5J，正负号表示大小，故B正确； C．冲量是矢量，I＝﹣5N•s中负号表示冲量方向与规定正方向相反，大小为5N•s，正负不表示大小，故C错误； D．动量是矢量，p＝﹣5kg•m/s中负号表示动量方向与规定正方向相反，大小为5kg•m/s，正负不表示大小，故D错误。 故选：B。 2．如图，游客坐在摩天轮轿厢座椅上，随摩天轮一起在竖直面内做匀速圆周运动，轿厢座椅始终保持水平，游客与座椅始终保持相对静止，忽略空气阻力，则在摩天轮转动一圈的过程中，下列说法正确的是（　　） A．游客的机械能守恒 B．游客所受合力始终指向圆心 C．游客所受合外力的冲量不为零 D．游客始终受到静摩擦力作用 【答案】B 【解答】解：A．匀速圆周运动动能大小不变，但高度不断变化，重力势能周期性增减，因此机械能不守恒。故A错误； B．因为游客做的是匀速圆周运动，根据牛顿第二定律和圆周运动规律，其所受的合外力仅用来提供向心力，所以合外力方向始终指向圆心。故B正确； C．在摩天轮转动一圈的过程中，游客回到了起始位置，其初速度与末速度的大小和方向均完全相同，即动量变化量Δp＝0。根据动量定理I＝Δp，游客所受合外力的冲量为零。故C错误； D．当游客运动到最高点或最低点时，向心力方向处于竖直方向，此时游客仅受竖直向下的重力和竖直向上的支持力即可提供向心力，水平方向受力平衡，不受静摩擦力作用。在左右两侧位置：向心力有水平分量，必须由座椅对游客的静摩擦力提供水平分力。因此并非全程都受静摩擦力，因此游客并非始终受到静摩擦力作用。故D错误。 故选：B。 3．（多选）如图所示，水平飞向球棒的垒球被击打后向与原来相反方向飞出，动量变化量大小为10kg•m/s，下列说法正确的是（　　） A．球的动能可能不变 B．球的动量大小一定增加10kg•m/s C．球受到棒的冲量方向可能与球被击打前的速度方向相同 D．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 【答案】AD 【解答】解：AB、动能，而动量的变化为Δp＝p2﹣p1＝10kg•m/s，动量为矢量，动量变化可能是大小不变，若动量大小不变，仅方向变化，则动量大小增加为零，动能不变，故A正确，B错误； C、球受到棒的冲量方向与棒对球的作用力方向相同，与球被击打前的速度方向相反，故C错误； D、球对棒的作用力与棒对球的作用力是一对作用力与反作用力，它们大小相等、方向相反，力的作用时间相等，则其冲量大小也一定相等，故D正确； 故选：AD。 【题型2 求恒力的冲量】 4．如图所示，物块从固定斜面的顶端匀速下滑。对于物块在斜面上下滑的某段时间，下列说法正确的是（　　） A．该时间内斜面对物块的支持力冲量不为0 B．该时间内斜面对物块的支持力做正功 C．该时间内斜面对物块的摩擦力不做功 D．该时间内物块受到的重力冲量为0 【答案】A 【解答】解：A．该时间内斜面对物块的支持力冲量为IN＝FN•t 其中FN不为0，t不为0，则支持力的冲量不为0，故A正确； B．斜面对物体的支持力垂直于斜面向上，始终与物体的运动方向垂直，所以支持力不做功，故B错误； C．物块沿斜面匀速下滑，说明受到的摩擦力大小等于物块重力沿斜面向下的分力，物块的位移与物块受到摩擦力的方向相反，所以该时间内斜面对物块的摩擦力做负功，故C错误； D．该时间内物块受到的重力冲量为IG＝mg•t 其中mg不为0，t不为0，则重力的冲量不为0，故D错误。 故选：A。 5．如图（a）所示，一个质量为m＝1.6kg的物块静止在水平地面上，某时刻用水平力F向右拉物块，拉力F的大小随时间t变化关系如图（b）所示，已知物块与水平地面间的动摩擦因数μ＝0.25，重力加速度大小g＝10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则（　　） A．0﹣4s内，拉力的冲量大小为16N•s B．0﹣4s内，合力的冲量大小为8N•s C．0﹣4s内，物块获得的动能为5J D．0﹣4s内，拉力做的功为30J 【答案】C 【解答】解：A.F﹣t图像的面积为拉力的冲量，计算得IF＝2×1N•s+2×6N•s+4×1N•s＝18N•s，故A错误； BD.物体受到的滑动摩擦力大小f＝μmg，解得f＝4N，在0～1s内，拉力小于滑动摩擦力，物体保持静止状态，则合力的冲量为零，拉力做的功为零；在1～3s内，拉力大于滑动摩擦力，物体做匀加速直线运动，加速度 3s末的速度v＝aΔt＝1.25×2m/s＝2.5m/s，则合力的冲量 拉力做的功 在3～4s内，拉力等于滑动摩擦力，物体做匀速直线运动，则合力的冲量为零，拉力做的功W2＝F2x2＝4×2.5×1J＝10J 因此，0﹣4s内合力的冲量4N•s，拉力做的功W＝W1+W2＝15J+10J＝25J，故BD错误； C.在0～4s内，根据动量定理可得I合＝p＝4kg•m/s，物体获得的动能，故C正确。 故选：C。 6．如图所示，用大小为F＝100N、与水平方向成37°的拉力拉着物块在水平地面上匀速直线前进，运动t＝2s时间物块向前移动的距离为s＝2m。已知sin37°＝0.6，则对于该过程，下列说法正确的是（　　） A．拉力做功200J B．摩擦力做功1600J C．拉力的冲量大小为200N•s D．拉力的冲量大小为160N•s 【答案】C 【解答】解：A、拉力做功为WF＝Fscos37°，代入数据解得：WF＝160J，故A错误； B、物块处于匀速运动状态，合外力做功为0，根据动能定理有WF+Wf＝0，整理得摩擦力做功Wf＝﹣WF，代入数据解得：Wf＝﹣160J，故B错误； CD、根据冲量定义可知拉力的冲量大小为IF＝Ft，代入数据解得：IF＝200N•s，故C正确，D错误； 故选：C。 7．（多选）如图所示，两个质量相同的物体A和B，分别从高度宽度均相同的光滑固定斜面和光滑固定圆弧形斜坡顶点由静止开始滑到底端。以下说法正确的是（　　） A．它们到达底端时的动量相同 B．它们到达底端的过程中重力的冲量相同 C．B比A先到达底端 D．它们到达底端时重力的瞬时功率不相等 【答案】CD 【解答】解：A、物体A和B分别从高度相同的光滑轨道由静止开始滑到底端，根据机械能守恒可得，A、B到达底端时速度的大小相同，两物体质量相同，动量的大小相同，但A、B到达底端时速度的方向不相同，动量的方向不相同，故A错误； C、下滑初期轨道倾角更大，初始切向加速度更大，物体加速更快；虽然总路程更长，但前期速度提升远快于A，整体运动时间tB＜tA，所以B比A先到达底端，故C正确； B、由于tB＜tA 又IG＝mgt 所以，它们到达底端的过程中重力的冲量不相同，故B错误； D、重力的瞬时功率PG＝mgvy A、B到达底端时，速度的竖直方向分量不同，重力的瞬时功率不相等，故D正确。 故选：CD。 8．（多选）研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力。根据图像可知，则（　　） A．弹性绳的原长为15m B．0～15m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量 C．15m～27m下落过程中，运动员所受合力先减小后增大 D．0～27m下落过程中，运动员重力的冲量与弹性绳弹力的冲量大小相等 【答案】BD 【解答】解：A、由图像可知位移大小为15m时，运动员的速度最大，可知该位移处有弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，由此可知弹性绳的原长小于15m，故A错误； B、由题意可知，运动员下落过程中先做自由落体运动，至弹性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大，此时位移大小为15m，所以0～15m下落过程中，由能量守恒定律可知，运动员重力势能的减少量等于动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，则运动员重力势能的减少量大于动能的增加量，故B正确； C、由题意可知在位移为15m时，弹性绳的弹力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大，所以运动员在15m～27m过程中，运动员所受合力一直增大，故C错误； D、0～27m下落过程中，以向下的方向为正方向，由动量定理可得：IG﹣I弹＝0，解得：IG＝I弹，可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量大小，故D正确。 故选：BD。 9．一名宇航员到达一半径为R的星球表面，做了如下实验。取一根长度为l不可伸长的细线，一端连接一个质量为m的小球，另一端悬挂在固定悬点O1，将小球拉离竖直方向θ角，并给其一个恰当的水平初速度，使其刚好能在水平面内绕O点做匀速圆周运动。该宇航员测出了小球的运动周期为T，已知引力常量为G，不计一切阻力，求： （1）该星球地表重力加速度g； （2）该星球的平均密度ρ； （3）在半个周期内细线拉力对小球的冲量大小。 【解答】解：（1）设小球做圆周运动的半径为r，则有r＝lsinθ；小球所受重力和细线拉力的合力提供向心力，即； 又有， 联立解得； （2）设该星球质量为M，万有引力提供该星球地表处重力，即，设星球体积为V，则有，， 联立解得； （3）设小球在半个周期内动量变化量大小为Δp，则有Δp＝2mv，设在半个周期内，重力的冲量大小为IG，则有，由动量定理，小球动量变化量是重力冲量和拉力冲量的矢量和，故有，联立解得。 答：（1）该星球地表重力加速度等于； （2）该星球的平均密度等于； （3）在半个周期内细线拉力对小球的冲量大小等于。 【题型3 求变力的冲量】 10．如图所示，一个人通过长为L的杆推半径为r的转盘，推杆的力的大小始终为F，方向与推杆始终垂直，转盘绕其中心轴匀速转动一周时间为t，转动一周的过程中，推力所做功为W、冲量为I，则（　　） A．W＝2Fπr B．W＝0 C．I＝Ft D．I＝0 【答案】D 【解答】解：AB、由题意可知推力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的大小乘路程，故 W＝F•2π（r+L），故AB错误； CD、根据动量定理可知，一圈下来动量不变，动量变化量为零，则一圈下来外力冲量为零，故C错误，D正确。 故选：D。 11．2022年12月4日，神舟十四号乘组与十五号乘组完成在轨轮换后，返回地球。载人飞船返回舱进入大气层后，距地面10km左右时开启降落伞，速度减至约8m/s，接下来以这个速度在大气中降落，在距地面1.2m时，返回舱的四台缓冲发动机开始向下喷气，舱体再次减速，到达地面时速度约为2m/s。重力加速度为g，由以上信息可知（　　） A．开启降落伞减速的过程中，舱体处于失重状态 B．在大气中匀速降落过程中，舱体的机械能保持不变 C．缓冲发动机开启过程中，航天员的加速度约为5g D．舱体与地面撞击的过程中，撞击力的冲量大于舱体动量的变化量 【答案】D 【解答】解：A、开启降落伞减速时，加速度方向向上，舱体处于超重状态，故A错误； B、匀速降落时动能不变，重力势能减少，故机械能减少，故B错误； C、根据 代入数据可得a＝﹣25m/s2，即加速度为﹣2.5g，故C错误； D、舱体与地面撞击的过程中，受到地面的撞击力和重力。根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，设竖直向上为正方向，则有I撞击力﹣I重力＝Δp 因I重力＞0 则有I撞击力＝I重力+Δp 则撞击力的冲量大于舱体动量的变化量，故D正确。 故选：D。 12．如图所示，物体P、Q用跨过定滑轮O的轻绳连接，P穿在固定的竖直光滑杆上，Q置于光滑固定斜面上，轻质弹簧的一端固定在斜面底端的挡板上，另一端连接Q，初始时，施加外力将P静置于N点，轻绳恰好伸直但无拉力，现将P由静止释放，不计一切阻力，则P从N点下滑到最低点M的过程中（　　） A．P的机械能一直减小 B．杆对P的冲量为零 C．P、Q组成的系统机械能守恒 D．经过M点前P与Q的速度大小关系vP＜vQ 【答案】A 【解答】解：A.由题意可知，P下滑过程中，除了重力对P做功外，轻绳的拉力对P一直做负功，所以P的机械能一直减小，故A正确； B.结合前面分析及题意可知，杆对P的作用力不为零、杆对P的作用时间不为零，则根据冲量的定义可知，杆对P的冲量不为零，故B错误； C.由题可知，现将P由静止释放，不计一切阻力，则P从N点下滑到最低点M的过程中，Q沿斜面方向运动，则弹簧弹力对Q做功， 所以P、Q组成的系统机械能不守恒，故C错误； D.设轻绳与杆的夹角为θ， 由题图可知，P沿绳方向的分速度等于Q的速度，即： vPcosθ＝vQ， 所以除了N点和M点外，P与Q的速度大小关系为vP＞vQ，故D错误。 故选：A。 13．（多选）将小球竖直向上抛出，小球从抛出到落回原处的过程中，若所受空气阻力大小与速度大小成正比，则下列说法正确的是（　　） A．上升和下落两过程的时间相等 B．上升过程的加速度始终小于下落过程的加速度 C．上升过程合力的冲量大于下落过程合力的冲量 D．上升过程机械能损失大于下落过程机械能损失 【答案】CD 【解答】解：A、因为有空气阻力，上升与下落经过同一位置时的速度v上＞v下，上升过程中平均速度大于下落过程中的平均速度，下落过程所用时间，上升过程所用时间，解得t上＜t下，故A错误； B、下落过程的加速度为 上升过程的加速度为 解得a上＞a下，故B错误； C、设初速度为v0，返回抛出点时的速度为v1，上升过程合力的冲量为 ﹣I上＝0﹣mv0 下落过程合力的冲量为 I下＝mv1﹣0 因为有空气阻力，所以v1＜v0，解得I上＞I下，C正确； D、上升过程机械能损失为 ΔE上＝kv上h 下落过程机械能损失为 ΔE下＝kv下h 在同一位置v上＞v下，解得ΔE上＞ΔE下，D正确。 故选：CD。 14．（多选）将如图所示的跳水过程简化为运动员沿竖直方向的运动。若运动员的质量为m，起跳后重心上升的最大高度为h，从最高点至入水后速度减为零的过程所用时间为t，重力加速度为g，不考虑空气阻力。根据题中信息，可以求得（　　） A．在上升过程中，运动员重力势能的变化量 B．从入水到速度减为零的过程中，水的阻力对运动员做的功 C．在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小 D．从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小 【答案】AD 【解答】解：A、起跳后运动员重心上升的最大高度为h，重力势能的变化量为ΔEp＝﹣WG＝mgh，故A正确； B、从入水到速度减为零的过程，Wf+EK+mgH＝0，入水后速度减为零的深度未知，不能确定水的阻力对运动员做的功，故B错误； C、不能确定运动员在空中运动的时间，所以在空中运动过程中，重力对运动员的冲量大小不能确定，故C错误； D、根据动量定理可得If﹣mgt＝0，解得If＝mgt，从入水到速度减为零的过程中，水对运动员作用力的冲量大小为mgt，故D正确。 故选：AD。 15．如图，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求小球在该运动过程中， （1）小球的动量变化量； （2）弹簧弹力的冲量。 【解答】解：（1）以小球为研究对象，取向上为正方向，整个过程小球的动量变化量为ΔP＝mv﹣（﹣mv）＝2mv 则动量的变化量的大小为2mv，方向向上 （2）整个过程中根据动量定理可得 I﹣mgt＝2mv 解得小球所受弹簧弹力冲量为 I＝2mv+mgt 弹力的冲量大小为2mv+mgt，方向向上 答：（1）小球的动量变化量为2mv，方向向上； （2）弹簧弹力的冲量为2mv+mgt，方向向上 【题型4 动量定理的内容和应用】 16．质量为2kg的小球以3m/s的速度竖直落到地板上，随后以1m/s的速度反向弹回，若取竖直向上的方向为正方向，则此过程小球所受合外力的冲量为（　　） A．8kg•m/s B．﹣8kg•m/s C．4kg•m/s D．﹣4kg•m/s 【答案】A 【解答】解：根据题意分析可知，取竖直向上为正方向，小球碰撞前动量为p1＝mv1＝2×（﹣3）kg•m/s＝﹣6kg•m/s 碰撞后动量为p2＝mv2＝2×1kg•m/s＝2kg•m/s 根据动量定理I合＝Δp＝p2﹣p1 代入数据解得I合＝8kg•m/s，故A正确，BCD错误。 故选：A。 17．在贵州“村超”足球比赛中，某球员将足球斜向上踢出，不计空气阻力。足球在空中飞行过程中（　　） A．经过最高点时动量为零 B．重力的冲量方向始终竖直向下 C．动量的变化率逐渐增大 D．水平方向的动量大小逐渐减小 【答案】B 【解答】解：A．足球做斜抛运动，在最高点时竖直方向速度为0，但水平方向仍有速度，根据动量定义p＝mv可知动量不为零，故A错误； B．根据冲量定义I＝Ft可知，重力冲量方向始终竖直向下，故B正确； C．根据动量定理，动量的变化率，足球运动过程中不计空气阻力，合外力等于恒定的重力，因此动量变化率恒定不变，故C错误； D．足球水平方向不受外力，水平分速度保持恒定，根据px＝mvx，可知水平方向动量大小恒定，故D错误。 故选：B。 18．抛绣球是我国的传统活动节目，核心寓意是传递爱情、祈求丰收和传承文化，象征情感联结、吉祥祝福与民族精神。某次将绣球斜向上抛出后，在空中先后经过a和b两点，运动轨迹如图所示，其中虚线为绣球运动轨迹的对称线，a和b在空中恰好关于虚线对称，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．绣球在a和b两点的动量相同 B．绣球从a到b的过程中，动量变化量的方向竖直向下 C．绣球经过最高点时动量为零 D．绣球从a到b的过程中，重力的冲量为0 【答案】B 【解答】解：A、由图可知，绣球做斜抛运动，虚线为轨迹的对称线，a、b两点关于虚线对称，因此两点高度相同，速度大小相等，但竖直方向速度方向相反，水平方向速度方向相同。 动量是矢量，a、b两点速度方向不同，故动量不同，故A错误； B、根据题意分析可知，绣球从a到b的过程中只受重力作用，由动量定理可知，动量变化量方向与重力方向相同，竖直向下，故B正确； C、根据题意分析可知，绣球经过最高点时竖直方向速度为零，但水平方向速度不为零，所以动量不为零，故C错误； D、根据题意分析可知，绣球从a到b的过程中所用时间不为零，重力冲量大小为IG＝mgt，方向竖直向下，不为0，故D错误。 故选：B。 19．某质量为m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v﹣时间t图像如图所示，已知重力加速度为g。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 【解答】解：AB、根据题意分析可知，由图有在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0∼t0内对潜航器分析，取竖直向下为正方向，根据动量定理可得（mg﹣f1）t0＝mv0﹣0 解得，故AB错误； CD、根据题意分析可知，内对潜航器分析，取竖直向下为正方向，根据动量定理可得 解得，故D正确，C错误。 故选：D。 20．（多选）图甲是倾角为30°的光滑斜面（足够长）固定在水平面上，质量为2kg的物块静止在斜面底端，t＝0时刻给物块施加沿斜面方向的作用力F，物块运动的a﹣t图像如图乙所示，取沿斜面向上为正方向，重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的有（　　） A．前2s内F的大小是第3s的2倍 B．3s内物块所受合力的冲量为零 C．3s内力F做功为零 D．第3s内力F的冲量为10N•s 【答案】AB 【解答】解：A、在0∼2s内，对物块，由牛顿第二定律得F1﹣mgsin30°＝ma1，其中，代入数据解得F1＝20N 在2～3s内，对物块，由牛顿第二定律得F2﹣mgsin30°＝ma2，其中，解得F2＝﹣10N 可知前2s内F的大小是第3s的2倍，故A正确； B、a﹣t图像与坐标轴围成的面积表示速度变化量，由图示图像可知，3s内物块的速度变化量Δv＝5×2m/s+（﹣10）×1m/s＝0 对物块，根据动量定理得，3s内物块所受合力的冲量为I合＝mΔv＝0，故B正确； C、在3s内，对物块，由动能定理得WF+WG＝0，由于3s内重力做负功，所以3s内力F做正功，故C错误； D、第3s内力F的冲量为IF＝F2t2＝﹣10×1N•s＝﹣10N•s，故D错误。 故选：AB。 21．（多选）如图（a）所示，一倾角为θ的固定斜面底端装有一挡板，挡板上装有力传感器，t＝0时刻一小物块在斜面上距挡板L处由静止释放，小物块沿斜面下滑并与挡板发生弹性碰撞，碰撞时间极短，忽略碰撞过程中物块所受的重力和摩擦力。挡板弹力F随时间t变化的图像如图（b）所示，图像中两阴影区域面积之比为2：1。下列说法正确的是（　　） A．第一次和第二次与挡板碰撞的时刻之比 B．第一次和第二次与挡板碰撞的弹力大小之比为2：1 C．斜面与小物块间的动摩擦因数μtanθ D．小物块在斜面上运动的总路程为L 【答案】AC 【解答】解：B、图像中两阴影区域面积之比为2：1，可知第一次和第二次与挡板碰撞的弹力的冲量大小之比为2：1，由于两次作用时间不一定相等，所以第一次和第二次与挡板碰撞的弹力大小之比不一定为2：1，故B错误； C、设小物块第一次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为v1，小物块的质量为m，则第一次碰撞过程小物块的动量变化量大小为Δp1＝2mv1 设小物块第二次与挡板碰撞前瞬间的速度大小为v2，则第二次碰撞过程小物块的动量变化量大小为Δp2＝2mv2 由于第一次和第二次与挡板碰撞的弹力的冲量大小之比为2：1，根据动量定理可得Δp1：Δp2＝2：1 则有v1：v2＝2：1 小物块上滑过程，根据牛顿第二定律可得mgsinθ+μmgcosθ＝ma2 小物块下滑过程，根据牛顿第二定律可得mgsinθ﹣μmgcosθ＝ma1 小物块第一次碰撞后上升过程有：02a2x1 下滑过程有2a1x1 联立解得，，，故C正确； D、经过足够长时间，最终小物块静止在挡板处，根据能量守恒可得mgLsinθ＝μmgcosθ•s 解得小物块在斜面上运动的总路程为s，故D错误； A、根据运动学公式可得：， 又v1：v2＝2：1，a1：a2＝1：4 联立可得第一次和第二次与挡板碰撞的时刻之比，故A正确。 故选：AC。 22．如图（a），一个质量m＝1kg的物块静止在水平面上，现用水平力F向右拉物块，F的大小随时间变化关系如图（b）。已知物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求： （1）0～4s内物块重力的冲量大小； （2）物块何时开始运动及4s末物块的速度大小。 【解答】解：（1）由冲量的定义可知，0～4s内物块重力的冲量大小为：IG＝mgt＝1×10×4N•s＝40N•s； （2）由题意可知，物块受到的最大摩擦力为：f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N 由图（b）可知，F＝2t，可知在t＝1s时，F1＝2N，此时水平力与最大摩擦力相等，此后物块开始运动； 在t＝4s时，F2＝8N，以F的方向为正方向，对物块，由动量定理可得：，代入数据解得：v＝9m/s。 答：（1）0～4s内物块重力的冲量大小为40N•s； （2）物块z2s时开始运动，4s末物块的速度大小为9m/s。 23．如图所示，半径R＝0.2m的粗糙半圆竖直轨道BC与粗糙水平轨道AB相切于B点。水平轨道AB长L＝0.8m，动摩擦因数μ＝0.5。小物块质量m＝0.1kg，小物块初始静止于A点。现用水平向右的恒力F＝3N推物块，作用一段位移x后撤去。撤去后物块仅受摩擦力滑行至B点，进入粗糙半圆轨道，沿轨道运动到最高点C时，从C点水平向左飞出。已知物块从B到C的过程中，克服摩擦力做功为Wf＝0.15J。不计空气阻力，取重力加速度g＝10m/s2。 （1）若物块从C点水平飞出后，恰好落在A点，求物块经过B点时的速度大小vB。 （2）在上述“恰好落在A点”的情形下，若撤去恒力，改为在A点给物块一个水平向右的瞬时冲量I，其他条件不变（轨道粗糙程度不变，从B到C克服摩擦力做功不变），也能实现“从C点飞出恰好落在A点”。求冲量I的大小。（要求：必须使用动能或动量定理列方程） （3）回到用恒力F＝3N推动的情形（轨道粗糙程度不变，从B到C克服摩擦力做功不变）。若要求物块从C点飞出后，落点落在水平轨道AB上（含端点A、B），求恒力作用位移x的取值范围。（要求：必须使用动能定理列方程，结合平抛运动规律） 【解答】解：（1）若物块从C点水平飞出后，恰好落在A点，物块从C点到A点的过程中做平抛运动，则有，L＝vCt 联立解得 物块从B点到C点的过程中，根据动能定理可得 解得物块经过B点时的速度大小为 （2）根据动量定理可得I＝mvA﹣0 物块从A点到C点的过程中，根据动能定理可得 联立解得冲量的大小为 （3）当物块刚好经过C点时，有 解得 若要求物块从C点飞出后，落点落在水平轨道AB上（含端点A、B），则物块经过C点的速度应满足 物块从A点到C点的过程中，根据动能定理可得 代入数据可得 代入，可得恒力作用位移x的取值范围为0.35m≤x≤0.45m。 答：（1）若物块从C点水平飞出后，恰好落在A点，物块经过B点时的速度大小为。 （2）在上述“恰好落在A点”的情形下，若撤去恒力，改为在A点给物块一个水平向右的瞬时冲量I，其他条件不变（轨道粗糙程度不变，从B到C克服摩擦力做功不变），也能实现“从C点飞出恰好落在A点”。冲量I的大小为。 （3）若要求物块从C点飞出后，落点落在水平轨道AB上（含端点A、B），恒力作用位移x的取值范围为0.35m≤x≤0.45m。 【题型5 用动量定理求平均作用力】 24．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 【解答】解：规定足球入射的速度方向为正方向，足球质量m＝425g＝0.425kg，初速度v1＝30m/s，被弹回的末速度v2＝﹣18m/s，作用时间Δt＝0.05s 水平方向足球仅受墙的作用力，根据动量定理FΔt＝mv2﹣mv1 联立解得F＝﹣408N 负号表示作用力方向与入射速度方向相反，作用力大小为408N。 故ABC错误，D正确。 故选：D。 25．高空坠物极易对行人造成伤害。一个50g的鸡蛋从居民楼离地面45m高处由静止落下，鸡蛋与地面的碰撞时间为0.01s，鸡蛋碰撞后碎裂不反弹，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　） A．鸡蛋下落过程中受重力冲量为2.25N•s，方向竖直向下 B．鸡蛋与地面碰撞过程中动量变化量为1.5kg•m/s，方向竖直向下 C．鸡蛋与地面碰撞过程中受地面弹力冲量为1.5kg•m/s，方向竖直向上 D．鸡蛋与地面碰撞过程中受地面的平均冲击力大小为150.5N 【答案】D 【解答】解：A、鸡蛋下落过程视为自由落体运动，设下落用时为t1，由位移与时间关系可得，代入数据解得t1＝3s；此阶段重力冲量大小为IG＝mgt1，代入数据解得IG＝1.5N•s，方向竖直向下，故A错误； B、鸡蛋触地前瞬间的速度大小为v1＝gt1＝30m/s；碰撞后鸡蛋碎裂且不反弹，末速度为零。取竖直向上为正方向，则鸡蛋动量变化量为Δp＝0﹣（﹣mv1），代入数据解得Δp＝1.5kg•m/s，其值为正，表明动量变化方向竖直向上，故B错误； C、D、碰撞过程中，鸡蛋受竖直向下的重力与竖直向上的地面弹力。取竖直向上为正方向，设地面弹力冲量为IN，地面对鸡蛋的平均冲击力为，由动量定理可得IN﹣mgΔt＝Δp，代入已知数据解得弹力冲量大小为IN＝1.505N•s，方向竖直向上，故C错误；再根据冲量定义式，代入数据解得地面对鸡蛋的平均冲击力大小为，故D正确。 故选：D。 26．工人拉着一辆质量为M的板车以水平速度v1匀速前进。此时突降大雨但无风，根据气象部门信息，地表附近单位面积单位时间内接收雨水质量为Q，雨水速度为v2，板车装载的上表面积为S的箱子会持续承接雨水，车头受雨水冲击及地面摩擦力改变可忽略。为维持匀速，工人对车拉力大小需增加（　　） A．QSv1 B． C．QSv1v2 D． 【答案】A 【解答】解：由题意可知，设在时间Δt内落在箱中的水的质量为Δm，则有：Δm＝QS•Δt，雨水落入箱中后在水平方向速度由0变为v1，以v1的方向为正方向，对落入箱中的水，由动量定理可得：F车对雨•Δt＝Δmv1﹣0，解得：，根据牛顿第三定律可知，雨水对车的阻力的大小为：F雨对车＝QSv1，所以为维持匀速，工人对车拉力大小需增加QSv1，故A正确，BCD错误。 故选：A。 27．（多选）一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面一定高度处自由下落，将要着网时速度大小v1＝8m/s，着网后与网作用一段时间后沿竖直方向向上以速率v2＝10m/s离开网面。已知运动员与网接触的时间为0.8s，g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．运动员与网接触的这段时间内动量的变化量大小120kg•m/s B．运动员与网接触的这段时间内动量的变化量大小1080kg•m/s C．网对运动员的平均作用力大小1950N D．网对运动员的平均作用力大小1350N 【答案】BC 【解答】解：AB、以向上为正方向，运动员动量变化量的Δp＝mv2﹣mv1＝60×10kg•m/s﹣60×（﹣8）kg•m/s＝1080kg•m/s，故A错误，B正确； CD、以向上无正方向，对运动员，根据动量定理得，代入数据解得网对运动员的平均作用力大小为，故C正确，D错误。 故选：BC。 28．（多选）公园中有一喷泉，将水流以恒定的速率v0＝10m/s从截面积为S＝1cm2的管口持续不断地竖直向上喷出，在水流的冲击下，一质量为m＝0.8kg的铁盒稳定悬浮在空中（盒子底面积大于与盒底接触的水流截面积）。已知水流向上运动并冲击铁盒后，在竖直方向的速度减为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力，已知水的密度ρ＝1×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．相同时间内，水流对铁盒的冲量与铁盒对水流的冲量相同 B．喷泉单位时间内喷出水的质量为1kg C．水从喷口喷出后到达铁盒底面时的速度大小约为8m/s D．盒子在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度约为2.8m 【答案】BC 【解答】解：A.相同时间内，水流对铁盒的冲量与铁盒对水流的冲量大小相等，方向相反，故A错误。 B.喷泉单位时间内喷出水的质量为，故B正确。 C.铁盒能够稳定悬浮在空中，竖直方向水流对铁盒向上的冲击力与铁盒自身重力等大，有F＝mg＝0.8×10N＝8N。选取极短Δt时间内撞击铁盒的水流作为研究对象，铁盒对水流的反作用力F'与水流对铁盒的冲击力F是一对相互作用力，满足F＝F'；水流撞击铁盒后竖直速度减为0，以向下为正方向，对这段水流应用动量定理可得F'Δt＝m0Δtv，解得v＝8m/s，即水从喷口喷出后到达铁盒底面时的速度大小约为8m/s，故C正确。 D.水流从喷口向上喷出至接触铁盒底面的过程做竖直上抛运动，遵循运动学关系式，可得铁盒底面相对于喷口的高度约为，故D错误。 故选：BC。 29．一个质量为0.2kg、以15m/s的速度飞来的网球被球拍击中，并以25m/s的速度沿与原方向相反的方向弹回，网球与球拍相接触的时间为0.1s，试求： （1）网球动量的变化； （2）球拍对网球的平均作用力。 【解答】解：（1）设网球飞来的速度方向为正方向，网球的初速度为v0＝15m/s，反弹后的速度为v＝﹣25m/s，则网球动量的变化为：Δp＝mv﹣mv0＝0.2×（﹣25）kg•m/s﹣0.2×15kg•m/s＝﹣8kg•m/s，所以网球动量的变化大小为8kg•m/s，方向与初速度方向相反； （2）网球飞来的速度方向为正方向，由动量定理可得：Ft＝Δp，解得：，球拍对网球的平均作用力大小为80N，方向与初速度方向相反。 答：（1）网球动量的变化的大小为8kg•m/s，方向与初速度方向相反； （2）球拍对网球的平均作用力的大小为80N，方向与初速度方向相反。 30．美加墨世界杯正在进行，一位运动员在场边练习颠球。如图，某一次足球由静止自由下落1.25m，被重新颠起，离开膝盖后竖直上升的最大高度为0.8m。已知足球与膝盖的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度大小g＝10m/s2，不计空气阻力。求： （1）足球对膝盖的平均作用力大小； （2）足球与膝盖碰撞过程中，足球损失的动能。 【解答】解：（1）设足球碰撞前速度大小为v1，下落高度为h1＝1.25m，由自由落体运动规律得 设碰撞后速度大小为v2，足球离开膝盖后上升的最大高度为h2＝0.8m，由竖直上抛运动规律得 取竖直向上为正方向，设膝盖对足球的平均作用力大小为F，作用时间为t＝0.1s，由动量定理得（F﹣mg）t＝mv2﹣m（﹣v1） 解得 根据牛顿第三定律，足球对膝盖的平均作用力大小为40N （2）碰撞前足球的动能为 碰撞后足球的动能为 足球损失的动能为ΔEk＝Ek1﹣Ek2，解得ΔEk＝1.8J 答：（1）足球对膝盖的平均作用力大小为40N； （2）足球与膝盖碰撞过程中损失的动能为1.8J。 【题型6 用动量定理求流体冲击问题】 31．生活中我们常用高压水枪清洗汽车。如图，水流以速度v近距离垂直冲洗车身。约的水流垂直车身弹回，其速度大小约为，约的水流冲击车身后无反弹顺车流下。已知水枪出水口直径为D，水的密度为ρ，则水流对车身的平均冲击力约为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【解答】解：根据题意分析可知，出水口横截面积，t时间内流出水的体积为：V＝Svt t时间内流出水的质量为： 规定水流初速度方向为正方向，的水流冲击后垂直方向速度变为0，末动量为0；的水流弹回的速度大小为、方向反向，速度为，末动量为。 可得动量变化量为： 设车身对水的平均作用力为F，方向与初速度方向相反，由动量定理得：﹣Ft＝Δp 代入Δp得： 将代入得： 根据牛顿第三定律，水流对车身的平均冲击力大小等于，故C正确，ABD错误。 故选：C。 32．喷泉水柱从横截面积为S＝0.001m2的喷口持续以速度v0＝10m/s竖直向上喷出，在喷口正上方h＝3.2m处固定一水平挡板，从喷泉喷出的水都能打到挡板上。已知水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g取10m/s2。水柱冲击到水平挡板后，水在竖直方向的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开，忽略空气阻力。设水柱对水平挡板的冲击力大小为F，则（　　） A．F＝80N B．F＝60N C．F＝40N D．F＝20N 【答案】B 【解答】解：设水柱到达挡板时速度为v，由竖直上抛运动公式可得，解得：v＝6m/s，方向竖直向上。 设挡板对水的作用力大小为F，取极短时间Δt，喷出的水质量为Δm＝ρv0SΔt； 因水的流量恒定，在Δt时间内冲击挡板的水的质量同样为Δm，对该部分水应用动量定理，有FΔt＝Δm•v，代入数据解得：F＝60N。 依据牛顿第三定律，水柱对挡板的冲击力大小也为60N，故B正确，ACD错误。 故选：B。 33．（多选）建筑风洞实验室模拟自然风测试建筑模型，获取风压、风振等受力数据，为建筑结构设计、优化及减振提供依据。某次试验中，风垂直吹到模型表面时，速度立即减为零，已知模型表面面积为7m2，风速为10m/s，空气密度为1.3kg/m3，下列说法正确的是（　　） A．1s内吹到模型表面上的空气体积为91m3 B．该模型所受风力大小为910N C．该模型所受风力大小为700N D．若仅将风速变为原来的2倍，该模型所受风力大小变为原来的4倍 【答案】BD 【解答】解：A、1s内吹到模型表面上的空气体积为：V＝Sv•Δt＝7×10×1m3＝70m3，故A错误； BC、设Δt时间内吹到模型表面的空气质量为Δm，则有：Δm＝ρV＝ρSv•Δt，以v的方向为正方向，根据动量定理可得：−F•Δt＝0−Δmv，代入数据解得：F＝ρSv2＝1.3×7×102N＝910N，根据牛顿第三定律，模型所受风力大小等于模型对空气的作用力大小为910N，故B正确，C错误； D、由F＝ρsv2可知，当风速v变为原来的2倍时，F′与F的关系为：，即该模型所受风力变为原来的4倍，故D正确。 故选：BD。 34．物理问题的研究首先要确定研究对象。当我们研究水流、气流等流体问题时，经常会选取流体中的一小段来进行研究，通过分析能够得出一些有关流体的重要结论。 水刀应用高压水流切割技术，相比于激光切割，有切割材料范围广、效率高、安全环保等优势。某型号水刀工作过程中，将水从面积S＝0.1mm2的细喷喷嘴高速喷出，直接打在被切割材料表面，从而产生极大的压强，实现切割。已知该水刀每分钟用水600g，水的密度为ρ＝1.0×103kg/m3。 （1）求从喷嘴喷出水的流速v的大小； （2）高速水流垂直打在材料表面上后，水速几乎减为0，求水对材料表面的压力F。 【解答】解：（1）设在时间t内喷出水的质量为m，由质量与密度、体积的关系可得m＝ρV＝ρSvt，代入数据，解得从喷嘴喷出水的流速大小v＝100m/s。 （2）取极短时间Δt内打在材料表面上的水为研究对象，其质量Δm＝ρSvΔt。 以水流初速度方向为正方向，根据动量定理有﹣FNΔt＝0﹣Δmv，解得材料对水的平均作用力； 根据牛顿第三定律可知，水对材料表面的压力大小，代入数据解得F＝1N。 答：（1）从喷嘴喷出水的流速大小为100m/s。 （2）水对材料表面的压力大小为1N。 35．如图所示，某航拍小型无人机有四个相同的风扇，每个风扇的半径均为R，当它在无风的天气悬停时，每个风扇都呈水平状态，风扇吹出的空气速度大小都等于v，吹出的空气流动方向相同。已知空气的平均密度为ρ，则无人机悬停时，不考虑其他位置空气流动的影响，求： （1）无人机的总重力； （2）每个风扇对空气做功的功率。 【解答】解：（1）单位时间内被每个风扇推动的空气质量为 根据动量定理可得FΔt＝Δm•v 解得每个风扇对空气的作用力为F＝ρπR2v2 根据牛顿第三定律可知，空气对每个风扇的作用力大小为F′＝F＝ρπR2v2 根据平衡条件可得无人机的总重力为G＝4F′＝4ρπR2v2 （2）每个风扇对空气做功的功率为 答：（1）无人机的总重力4πR2v2ρ； （2）每个风扇对空气做功的功率。 【题型7 F-t图像中的动量问题】 36．一质量为2kg的物块静止在水平面上，物块与地面间的摩擦因数为0.1。t＝0时刻，对物块施加一水平外力F，使物块做直线运动。F随时间t变化的关系如图所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　） A．t＝2s时物块的速率为2m/s B．0﹣5s内F的冲量大小为9.5N•s C．0∼3s内物块的动量变化量大小为9kg•m/s D．0∼9s内物块先加速后减速 【答案】D 【解答】解：A、滑动摩擦力的大小为f＝μmg，解得f＝2N，2s内由动量定理有Ft﹣ft＝mv，结合图像解得v＝1m/s，故A错误； C、0∼3s内，根据动量定理可知，物块的动量变化量大小为Δp＝Ft'﹣ft'，解得Δp＝3kg•m/s，故C错误； B、图像与坐标轴围成的面积表示F的冲量，0﹣5s内F的冲量大小为，故B错误； D、0～5s内，F＞f，物块加速运动；5s后，F＜f，物块做减速运动。由于0～9s内，，则9s时物体速度为0，故D正确。 故选：D。 37．质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止开始在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，重力加速度大小g取10m/s2，则（　　） A．6s时物块回到初始位置 B．0～3s和3s～6s内，物块合力的冲量大小相等、方向相反 C．3s时物块的动量为12kg•m/s D．4s时物块的动量为零 【答案】D 【解答】解：规定向右为正方向。物块受到的滑动摩擦力大小为f＝μmg＝0.2×1×10N＝2N。 在0到3s内，拉力F1＝4N，物块向右加速，摩擦力向左，根据牛顿第二定律F1﹣f＝ma1，解得加速度，3s末速度v3＝a1t1，计算得v3＝6m/s，位移，代入数据计算得x1＝9m。 在3s之后，拉力变为F2＝﹣4N，物块继续向右运动，摩擦力方向依然向左，根据牛顿第二定律F2﹣f＝ma2，解得，速度减为零所需时间，代入数据得Δt＝1s，即4s时物块速度恰好减为零，此过程位移，代入数据计算可得x2＝3m。 4s时刻起，物块速度为零，由于向左的拉力大小4N大于最大静摩擦力2N，物块开始向左加速运动，摩擦力向右，根据牛顿第二定律F2+f＝ma3，解得，在4s到6s内用时t2＝2s，位移，代入数据计算可得x3＝﹣4m，6s末速度v6＝a3t2，代入数据计算得v6＝﹣4m/s。 A、6s时物块的总位移x＝x1+x2+x3，即x＝8m，并未回到初始位置，故A错误； B、在0到3s内，合力的冲量I1＝mv3﹣0，即I1＝6N•s，在3s到6s内，合力的冲量I2＝mv6﹣mv3＝﹣4N•s﹣6N•s＝﹣10N•s，两者大小不相等，故B错误； C、3s时物块的动量p3＝mv3，计算得p3＝6kg•m/s，故C错误； D、4s时物块的速度为零，其动量为零，故D正确。 故选：D。 38．（多选）汽车的安全气囊是有效保护乘客的装置。如图甲，在安全气囊的性能测试中，质量为m＝10kg的头锤从离气囊表面正上方高H＝5m处做自由落体运动，与气囊发生碰撞后反向弹起，以头锤碰到气囊表面为计时零点，气囊对头锤竖直方向作用力F随时间t的变化如图乙所示，重力加速度g＝10m/s2，忽略空气阻力的影响。则下列说法正确的是（　　） A．头锤与气囊作用过程中头锤先失重后超重 B．碰撞结束后头锤上升的最大高度为0.2m C．碰撞过程头锤动量变化量大小为80kg•m/s D．气囊对头锤在竖直方向的作用力最大值为2200N 【答案】BD 【解答】解：A．头锤与气囊作用过程中，向下运动时，头锤的重力先大于气囊对头锤的作用力，则加速度向下，头锤失重；然后头锤的重力小于气囊对头锤的作用力，则加速度向上，头锤超重，一直到达最低点；同理向上运动时，头锤先超重后失重，则整个过程中头锤先失重后超重，再失重，故A错误； D．质量为m＝10kg的头锤从离气囊表面正上方高H＝5m处做自由落体运动，头锤与气囊接触时的速度 以向上为正方向，则从头锤接触气囊到头锤到达最低点由动量定理 解得Fm＝2200N，故D正确； B．从头锤接触气囊到头锤离开气囊，以向上为正方向，由动量定理 解得离开气囊时的速度v2＝2m/s 碰撞结束后头锤上升的最大高度为，故B正确； C．碰撞过程头锤动量变化量大小为Δp＝mv2﹣（﹣mv1），解得Δp＝120kg•m/s，故C错误。 故选BD。 39．质量m＝1kg的物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.5，在水平拉力F作用下从静止开始运动，6s时撤去拉力F、物体做减速运动直至停止，拉力F与时间a的关系图像如图所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力的1.2倍、重力加速度g＝10m/s2。规定拉力F的方向为正方向。 （1）求物体的最大速度和撤去拉力F后物体的位移； （2）从t＝0时刻起到物体停止运动的过程中，求静摩擦力的冲量与滑动摩擦力的冲量之比。 【解答】解：（1）物体与水平面间的滑动摩擦力f滑＝μmg，物体与水平面间的最大静摩擦力为f静max＝1.2f滑 当拉力F达到最大静摩擦力后，物体开始运动，结合图像和以上分析知，t＝2s时物体开始运动结合冲量定义可知，2～6s内拉力F的冲量为I＝Ft 代入数据可得I＝36N•s 设物体的最大速度为v，规定末速度方向为正，由动量定理有I﹣f滑Δt＝mv﹣0 代入数据可得v＝16m/s 撤去拉力F后，物体仅在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，设物体的位移为x，由动能定理有 代入数据可得x＝25.6m （2）从t＝0时刻起到物体开始运动的过程中，物体受到的静摩擦力与拉力F等大反向，静摩擦力的冲量与0～2s内拉力F的冲量等大反向，可得静摩擦力的冲量I静＝3×3N•s＝9N•s 从物体开始运动到停止的过程中，滑动摩擦力的冲量和2～6s内拉力F的冲量等大反向，即I滑＝36N•s 代入数据可得 答：（1）物体的最大速度是16m/s，撤去拉力F后物体的位移是25.6m； （2）从t＝0时刻起到物体停止运动的过程中，静摩擦力的冲量与滑动摩擦力的冲量之比是1：4。 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $