练案2 第一章 2. 动量定理-【成才之路·练案】2026-2027学年高中物理选择性必修1同步新课程学习指导（人教版）

练案[2] 第一章 2 基础巩固练 知识点一冲量的理解和计算 1.下列关于冲量的说法正确的是 A.物体受到很大的力时，其冲量一定很大 B.当力与位移垂直时，该力的冲量为零 C.不管物体做什么运动，在相同时间内重力 的冲量相同 D.只要力的大小恒定，在相同时间内的冲量 就恒定 2.如图，一人用恒定的拉 力F拉着行李箱在水平 路面上匀速前进，拉力 与水平方向成0角，在 时间t内，以下说法正 确的是 () A.行李箱所受拉力F的冲量方向水平向左 B.行李箱受所拉力F的冲量大小是Ftcos 0 C.行李箱所受摩擦力的冲量大小为0 D.行李箱所受合力的冲量大小为0 3.（多选)如图所示，物体由静止开始做直线运 动，0~4s内其合外力随时间变化的关系为某 一正弦函数，下列说法正确的是 F/N A.0~2s内合外力的冲量一直增大 B.0~4s内合外力的冲量为零 C.2s末物体的动量方向发生改变 D.0~4s内物体的动量方向一直不变 知识点二动量定理的基本应用 4.对下列各种物理现象的解释正确的是（) A.击钉时，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 动量定理 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，是因为车所受推力的 冲量为零 5.在第一次太空授课中，我国宇航员王亚平在天 宫授课时，利用质量测量仪粗略测出了聂海胜 的质量。若聂海胜受到恒力F从静止开始运 动，经时间t获得相对飞船的速度，则聂海胜 的质量约为 A.PL B.f C.2F 2v D.Fo 6.2021年某学校在举行的元旦晚会上进行了 “托球选表演者”的游戏。在互动环节，表演 者将球抛向观众，假设质量约为3kg的超大 气球以2/s的速度竖直下落到手面，某观众 双手向上推，使气球以原速度大小竖直向上反 弹，作用时间为0.2s,作用过程中忽略气球所 受浮力及空气阻力，g取10m/s2。则观众双 手受到的压力大小为 A.30N B.60N C.90N D.120N 7.“守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出自 《韩非子》，原文为：“宋人有耕者，田中有株， 兔走触株，折颈而死。因释其耒而守株，冀复 得兔。兔不可复得，而身为宋国笑。”假设一只 兔子质量为2kg,受到惊吓后从静止开始沿水 平道路做匀加速直线运动，经过1.2s速度大 小达到9m/s,此后匀速奔跑，撞树后被水平弹 回，反弹速度大小为1m/s,设兔子与树的作用 时间为0.05s,重力加速度g=10m/s2。下列 说法正确的是 A.加速过程中兔子的加速度大小为180m/s2 B.加速过程中地面对兔子水平方向的平均作 用力大小为20N C.撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为 320N D.撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为 400N 知识点三动量定理和动能定理的比较 8.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起 跳，经△1时间，身体伸直并刚好离开地面，速 度为v。在此过程中 () A.地面对他的冲量为m+mg△t,地面对他做 的功为)m2 B.地面对他的冲量为m+mg△t,地面对他做 的功为零 C.地面对他的冲量为mm,地面对他做的功为 D.地面对他的冲量为m-mg△t,地面对他做 的功为零 9.(2022·湖北卷)一质点做曲线运动，在前 段时间内速度大小由v增大到2v,在随后的 段时间内速度大小由2增大到5v。前后两段 时间内，合外力对质点做功分别为W和W2, 合外力的冲量大小分别为1和12。下列关系 式一定成立的是 () A.W2=3W1,2≤3I B.W2=3W1,L2≥I C.W2=7W1,I2≤3I D.W2=7W,I2≥I1 综合提升练 10.（多选)质量为m的物体以初速度开始做 平抛运动，经过时间t,下降的高度为h,速度 变为，在这段时间内物体动量变化量的大小 可能是（重力加速度为g) ( A.m(v-vo) B.mgt C.m/v vo D.m/2gh 11.（2021·北京卷)如图所示，圆盘在水平面内 以角速度ω绕中心轴匀速转动，圆盘上距轴 r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一 起转动。某时刻圆盘突然停止转动，小物体 由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正 确的是 152 A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方 向沿运动轨迹切线方向 B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩 擦力的冲量大小为2mwr C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向 运动 D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所 受摩擦力的冲量大小为mwr 2.如图所示，滑雪道AB由坡道和水平道组成， 且平滑连接，坡道倾角均为45°。平台BC与 缓冲坡CD相连。若滑雪者从P点由静止开 始下滑，恰好到达B点。滑雪者现从A点由 静止开始下滑，从B点飞出。已知A、P间的 距离为d,滑雪者与滑道间的动摩擦因数均 为，重力加速度为g,不计空气阻力。 45.45° (1)求滑雪者运动到P点的时间t: (2)求滑雪者从B点飞出的速度大小v。练案[2] 基础巩固练 1.C冲量是力与作用时间的乘积，力大，冲量不一定大，A错 误：当力与位移垂直时，只要力作用一段时间，该力的冲量就 不为零，B错误；重力和作用时间均相同，则重力的冲量就相 同，与物体的运动状态无关，C正确：力的大小恒定，但方向却 不一定相同，则其相同时间内的冲量不一定相同，D错误。 2.D行李箱所受拉力F的冲量方向与F方向相同，行李箱所 受拉力F斜向上，则F的冲量方向斜向上，故A错误；根据恒 力冲量的定义可知，冲量等于力与时间的乘积，故行李箱所受 拉力冲量大小为I=Ft,故B错误；水平方向根据平衡条件可 得f=Fcos0,根据恒力冲量的定义可知，冲量等于力与时间的 乘积，故行李箱所受摩擦力的冲量大小为1'=Fcos0·t,故C 错误；行李箱所受合力为零，故合力的冲量大小为0，故D 正确。 3.ABD根据I=Ft可知，F-t图线与时间轴围成图形的面积 表示力的冲量，则0~2s内合外力的冲量一直增大，0~4s内 合外力的冲量为零，A、B正确：0~4s内合外力的冲量为零」 则0~4s内物体的动量先增大后减小，方向一直为正，即物体 的动量方向一直不变，C错误，D正确。 4.C击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长 作用力小，故A错误；用手接篮球时，手向后缩一下，是为了延 长作用时间以减小作用力，故B错误：根据动量定理t=△p 知，当△p相同时，t越长，作用力越小，故C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，与内力作用无关 故D错误。 5.A设聂海胜的质量为m,根据动量定理可得：=mw,解得 m-丹，放A正确。 6.C取竖直向下为正方向，则有气球落到手面时的速度”= 2m/s,竖直向上反弹时速度v'=-2m/s,对气球由动量定理 有(mg-F)△t=m'-mm,代人数据解得F=90N,由牛顿第 三定律可知，观众双手受到的压力大小为90N,故C正确。 7.D兔子经过1.2s速度由零均匀增加到9m/s,根据匀变速 直线运动的速度公式可得，免子的加速度大小为“=名 7.5m/s2,A错误；加速过程中，设地面对兔子水平方向的平 均作用力大小为f,根据动量定理可得f公t=m-0,代入数据 解得f=15N,B错误；撞树过程中，以撞树前兔子的速度方向 为正方向，则兔子撞树前的动量为p=mw=l8kg·/s,撞树 后的动量为p'=mw'=-2kg·m/s,动量变化量为△p=p' p=-20kg·m/s,由动量定理得F△t'=△p=-20kg·m/s= -20N·s,解得兔子受到树对它的平均作用力为F= -400N,大小为400N,C错误，D正确。 8.B人的速度原来为零，起跳后变为v,则由动量定理可得：I- mg△t=m△v=mw,故地面对人的冲量I=mw+mg△t;而人在跳 起时，人受到的支持力没有产生位移，故支持力不做功，故B 正确。 9D根据动能定理可知黑=之m(2)P-之m=2m, g=之m(5)2-分m(2如)2-m,可得W=7g:由于速 度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最 小，方向相反时，动量变化量最大，因此冲量的大小范围是 m≤L1≤3m,3m≤L2≤7m,比较可得I2≥L1,故选D。 -24 综合提升练 10.BCD根据动量定理，物体的动量变化量应该等于初末动量 的矢量差，而不是代数差，则A错误；由动量定理I合=△p知 △p=mgt,则B正确；由公式△p=mm,=m2-o=m√2gh, 则C、D正确。 11.D圆盘停止转动前，小物体所受的摩擦力方向指向转轴提 供向心力，故A错误；由动量定理可知，圆盘停止转动前，小 物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为零，B错误：圆盘停 止转动后，小物体沿运动轨迹的切线方向运动，C错误；由动 量定理可知，整个滑动过程摩擦力的冲量大小I=mor,D 正确。 22d 12.(1)Ng1-) (2)√2gd(1-u) 解析：(1)滑雪者从A到P根据动能定理有 mgdsin45°-mgcs450·d=2mp2-0 根据动量定理有 (mgsin45°-mgcos45°)t=mwp-0 联立解得 22d i=√g(1-) p=√W2gd(1-u)。 (2)由于滑雪者从P点由静止开始下滑，恰好到达B点，故 从P点到B点合力做功为O,所以当从A点下滑时，到达B 点有v=p=√√2gd(1-u)。 练案[3] 基础巩固练 1.AD过程I钢珠只受重力，故只有重力的冲量，由动量定理 知，A正确；整个过程的动量改变量为零，故过程Ⅱ中阻力的 冲量的大小等于过程I、Ⅱ中重力的冲量的大小，B、C错误，D 正确。 2.B根据篮球自由下落过程可得h=2',解得自由下落时 间为t1=0.6s,反弹竖直上抛时间为t2=0.5s,可知篮球与地 面相互作用时间为△t=t-t1-t2=0.3s,以竖直向上为正方 向，全程根据动量定理可得F△t-mgt=0,解得F≈21N,故B 正确。 3.0 解析：解法一：全程应用动量定理Ft1+F22+F43-mgsin 30(t1+t,+t3)=m,代入数据解得v=0。 解法二：应用牛顿第二定律结合运动学公式 在0~2s内，由牛顿第二定律可得F1-mgsin30°=ma1,解得 a1=5m/s2,在2~4s内，由牛顿第二定律可得F2-mgsin30 =ma2,解得2=-10m/s2,在4~6s内，由牛顿第二定律可 得F3-mgsin30°=ma3,解得a3=5m/s2,6s末物块的速度 v=a1t1+a2t2+a3t3=0。 4.B设某次实验中该发动机向后喷射的气体的质量为，对该 气体根据动量定理有：=m-0,解得m=乒-4.8×10×1 3×10 kg=1.6×103kg,故B正确，A、C、D错误。 5.B设空气的密度为p,风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌 的横截面积为S,时间△t的空气质量为△m=pS·△t 假定台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的末速度变为 0