1.2 动量定理 课时练习-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** 本同步练围绕高中物理“动量定理”，采用“基础巩固+能力提升”分层设计，通过概念辨析、情境应用到综合建模的进阶路径，强化物理观念与科学思维，适配新授课分层教学需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|动量定理概念、冲量与动量变化关系|多选辨析生活现象（如运输易碎品），单一过程计算（如速度-时间图像冲量），夯实运动和相互作用观念| |能力提升|多过程动量定理、实际情境综合应用|结合体育（蹦床）、工程（安全带缓冲）等情境，含拔高题（滑块-平板多过程模型），培养科学推理与模型建构能力|

第1章2.动量定理 基础巩固 1.(多选)对下列几种物理现象的解释,正确的是(　　) A.用锤子击打钉子时,不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻 B.用手接篮球时,手往往向后缩一下,是为了减小冲量 C.易碎品运输时,要用柔软材料包装,船舷常常悬挂旧轮胎,都是为了延长作用时间以减小作用力 D.在车内推车推不动,是因为车(包括人)所受合外力的冲量为零 2.(多选)物体在恒定合外力F的作用下运动,则以下说法正确的是(　　) A.物体所受合外力冲量的大小与时间成正比 B.物体动量的变化率不恒定 C.物体动量的变化恒定 D.物体动量的变化与时间成正比 3.质量为m的运动员,托起质量为m0的杠铃从下蹲状态(图甲)缓慢运动到站立状态(图乙),运动员保持乙状态站立Δt时间后再将杠铃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,对整个过程,下列说法正确的是(　　) A.地面对运动员的冲量为0 B.地面对运动员的冲量为(m0+m)g(t1+t2) C.运动员对杠铃的冲量为m0g(t1+t2+Δt) D.运动员对杠铃的冲量为m0g(t1+t2) 4.如图所示,运动员挥拍将质量为m的网球击出。如果网球被拍子击出前、后瞬时速度的大小分别为v1、v2,v1与v2方向相反,且v2>v1。忽略网球的重力,则此过程中拍子对网球作用力的冲量(　　) A.大小为m(v2-v1),方向与v1方向相同 B.大小为m(v2+v1),方向与v1方向相同 C.大小为m(v2-v1),方向与v2方向相同 D.大小为m(v2+v1),方向与v2方向相同 5.质量为1 kg的物体做直线运动,其速度—时间图像如图所示。则物体在前10 s内和后10 s内所受合外力的冲量分别是(　　) A.10 N·s,10 N·s B.10 N·s,-10 N·s C.0,10 N·s D.0,-10 N·s 6.质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上,物体与桌面间的动摩擦因数μ=0.4,有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上,使之加速前进,经3 s后撤去F,物体最后静止,求物体运动的总时间。g取10 m/s2。 7.人们常说“滴水穿石”,请你根据下面所提供的信息,估算水对石头的冲击力的大小。一瀑布落差为h=20 m,水流量为Q=0.10 m3/s,水的密度ρ=1.0×103 kg/m3,水在最高点和落至石头上后的速度都认为是零。落在石头上的水立即流走,在讨论石头对水的作用时可以不考虑水的重力,g取10 m/s2。 能力提升 1.质量为60 kg的建筑工人,不慎从高空跌下,幸好有弹性安全带的保护使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.5 s,安全带自然长度为5 m,g取10 m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小为(　　) A.500 N B.1 100 N C.600 N D.1 000 N 2.(多选)一个质量为0.18 kg的垒球,以25 m/s的水平速度飞向球棒,被球棒打击后反向水平飞回,速度大小变为45 m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.01 s。下列说法正确的是(　　) A.球棒对垒球的平均作用力大小为1 260 N B.球棒对垒球的平均作用力大小为360 N C.球棒对垒球做的功为126 J D.球棒对垒球做的功为36 J 3.(多选)放在水平地面上的物体受到的合外力随时间变化的关系如图所示,若物体开始时是静止的,则前3 s内(　　) A.物体的位移为0 B.物体的动量改变量为0 C.物体的动能变化量为0 D.物体的机械能改变量为0 4.羽毛球是大众喜爱的体育运动。下图是羽毛球从左往右飞行的轨迹图,由于空气阻力的影响,轨迹不对称。图中A、B为同一轨迹上等高的两点,P为该轨迹的最高点。羽毛球在该轨迹上运动时(　　) A.在A、B两点的机械能相等 B.在A、B两点的动量相同 C.AP段动能的减少量等于PB段动能的增加量 D.AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量 5.蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、空中翻滚并做出各种动作的运动项目。一个质量为60 kg的运动员从离水平网面3.2 m高处由静止自由下落,着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0 m高处。已知运动员与网接触的时间为1.2 s。若把在这段时间内网对运动员的作用力当成恒力处理,求此力的大小。g取10 m/s2。 6.(拔高题)如图所示,一质量m0=2 kg的小滑块,静止在水平台阶AE上,长度l=4 m、质量m1=1 kg的平板,紧靠长d=5 m的固定凹槽EFGH侧壁EF放置,平板的上表面与EH齐平。现有一同学用斜向上的拉力FT拉动小滑块,使小滑块由静止开始向右滑动,拉力FT的大小为10 N,与水平方向夹角为37°。经过5 s后撤去拉力FT,此时小滑块恰好在E点滑上平板并带动平板一起运动,当平板到达侧壁HG时会立即被锁定。小滑块与台阶、平板间的动摩擦因数均为μ1=0.4,平板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2。小滑块视为质点,不计空气阻力,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2。 (1)求小滑块到达E点的速度大小vE。 (2)求小滑块停止运动时,距平板右端的距离x0。 (3)若侧壁HG的位置可调,使得5 m<d≤10 m,小滑块停止运动时距平板右端的距离为x,求x与d的关系表达式。(用d表示x) 第1章2.动量定理 基础巩固 1.CD 用锤子击打钉子时,不用橡皮锤除因为橡皮锤太轻(质量太小)外,还因为橡皮锤与钉子的作用时间长,作用力小;用手接篮球时,手往后缩一下,是为了延长作用时间以减小作用力,所以A、B项错误。据动量定理FΔt=Δp知,当Δp相同时,Δt越长,作用力越小,故C项正确。车能否移动或运动状态能否改变取决于所受的合外力,与内部作用无关,所以D项正确。 2.AD 根据I=Ft可知,合外力恒定时,冲量大小与时间成正比,故A正确;根据Ft=Δp可知,F=,故动量的变化率是恒定的,故B错误;动量的变化量等于Ft,故与时间成正比,故C错误,D正确。 3.C 根据冲量的概念可知,地面对运动员的冲量为I1=(m0+m)g(t1+t2+Δt),运动员对杠铃的冲量为I2=m0g(t1+t2+Δt),故C正确,A、B、D错误。 4.D 在球拍拍打网球的过程中,选取v2方向为正方向,对网球运用动量定理有I=mv2-(-mv1)=m(v2+v1),即拍子对网球作用力的冲量大小为m(v2+v1),方向与v2方向相同。 5.D 由题图可知,在前10 s内初、末状态的动量相同,p1=p2=5 kg·m/s,由动量定理知I1=0;在后10 s内末状态的动量p3=-5 kg·m/s,由动量定理得I2=p3-p2=-10 N·s,故D正确。 6.3.75 s 物体由开始运动到停止运动的全过程中,F的冲量为Ft1,摩擦力的冲量为Fft,选水平恒力F的方向为正方向,根据动量定理有 Ft1-Fft=0① 又Ff=μmg② 联立①②式解得t= 代入数据解得t=3.75 s。 7.2×103 N 设水滴下落与石头碰前速度为v,则有 mgh=mv2 设时间Δt内有质量为Δm的水冲到石头上,石头对水的作用力为F,由动量定理得 -FΔt=0-Δmv 又因Δm=ρQΔt 联立得F=ρQ=2×103 N 由牛顿第三定律,水对石头的作用力为F'=F=2×103 N。 能力提升 1.D 设建筑工人下落5 m时速度为v,由v2=2gh得v==10 m/s。设安全带所受的平均冲力为F,则由动量定理得(mg-F)t=0-mv,所以F=mg+=60×10 N+ N=1 000 N,选项D正确,选项A、B、C错误。 2.AC 设球棒对垒球的平均作用力为,由动量定理得·t=m(v1-v0),取末速度方向为正方向,则v1=45 m/s,v0=-25 m/s,代入得=1 260 N。由动能定理得W==126 J,故A、C正确。 3.BC 第1 s内F=20 N,第2、3 s内F=-10 N,物体先加速、后减速,在第3 s末速度为零,物体的位移不为零,A错误;根据动量定理I=Δp,前3 s内,动量的变化量为零,B正确;由于初速度和末速度都为零,因此动能变化量也为零,C正确;由于物体的重力势能是否改变不能判断,因此物体的机械能是否改变不能确定,D错误。 4.D 由于空气阻力存在,阻力做负功,故机械能有损失,故A错误。由题图可得两点的速度方向不同,动量为矢量,故两点动量不同,故B错误。AP段动能的减少量ΔEk1=mgh+Wf1,PB段动能的增加量ΔEk2=mgh+Wf2,因两段路程不同,故阻力做功的大小不同,故二者不等,故C错误。重力的冲量IG=mgt,AP段为上升阶段,重力与阻力均做负功,用时较短,故AP段重力的冲量小于PB段重力的冲量,故D正确。 5.1.5×103 N 将运动员看成质量为m的质点,从h1高处下落,则接触网时的速度大小 v1=,方向向下。 弹跳后到达的高度为h2,则刚离开网时的速度大小v2=,方向向上。 速度的改变量Δv=v1+v2,方向向上。 以向上为正方向,根据动量定理得 (F-mg)Δt=mΔv 联立解得F=mg+m·=1.5×103 N。 6.(1)6 m/s　 (2)0.5 m (3)5 m<d<6 m时,小滑块停止运动时距平板右端的距离为x=(m);6 m≤d≤10 m时,x=1 m。 (1)以水平向右为正方向,对小滑块应用动量定理FTcos θ×t-μ1(m0g-FTsin θ)t=m0vE,解得vE=6 m/s。 (2)小滑块到达平板上后,仅受到平板对小滑块的摩擦力,小滑块做匀减速运动,得a1=μ1g。平板做匀加速运动,加速度a2=。小滑块滑上平板到二者共速的过程,达到的共同速度v共=vE-a1t2=a2t2,解得t2=1 s,v共=2 m/s。小滑块滑上平板到二者共速的过程,小滑块的移动距离x1=×t2;平板的移动距离x2=×t2;小滑块相对平板移动的距离Δx=x1-x2,解得x1=4 m,x2=1 m,Δx=3 m。由题意可知d-l=x2,即小滑块和平板共速时,平板刚好锁定,之后小滑块独自减速,Δx1=,解得Δx1=0.5 m。小滑块停止运动时距平板右端的距离x0=l-Δx-Δx1,解得x0=0.5 m。 (3)若d足够长,则小滑块和平板一起减速至停止的过程,加速度大小a=,解得a=2 m/s2。向前移动的距离x3=,解得x3=1 m。即若共速后,二者一起减速至停止,则平板向前移动的总距离为l+x2+x3=4 m+1 m+1 m=6 m,即6 m≤d≤10 m时,x=l-Δx=4 m-3 m=1 m。若5 m<d<6 m,则二者一起减速至平板锁定,之后小滑块在平板上独自减速至停止。共速后,二者一起减速至平板锁定的过程中,d-5 m=v共t3-。小滑块独自减速至停止的过程中,Δx2=,小滑块停止运动时距平板右端的距离x=l-Δx-Δx2,解得x=(m)。 学科网（北京）股份有限公司 $