第一章动量和动量守恒定律第一节冲量动量第二节动量定理A组·基础达标1．下列有关冲量的说法，正确的是()A．力越大冲量也越大B．作用时间越长冲量越大C．恒力F与t的乘积越大冲量就越大D．物体不动，重力的冲量为零【答案】C【解析】冲量等于力和时间的乘积，故冲量取决于力和时间的乘积，乘积越大，冲量越大，故C正确，A、B、D错误．2．如图，质量为m的物块原本静止在倾角为α的斜面上，后来，在与斜面夹角为θ的恒力F拉动下向上运动，经过时间t，则在运动过程中()A．物块重力的冲量为0B．物块所受拉力的冲量为FtC．物块的动量一定增大D．物块受到合力的冲量为Ft cos θ【答案】B【解析】根据冲量的定义知重力不为0，冲量也不为0，重力的冲量为I G＝mgt，A错误；拉力的冲量为Ft，B正确；如果木块匀速运动，速度不变，动量不变，C错误；根据动量定理，合外力的冲量等于物体动量变化，如果木块匀速运动，动量变化量为零，则合力的冲量为0，D错误．3．高空坠物极易对行人造成伤害．若一个1 kg的砖块从一居民楼的8层坠下，与地面的撞击时间约为10 ms，则该砖块对地面产生的冲击力约为()A．20 N B．2×102 NC．2×103 N D．2×104 N【答案】C【解析】设8楼高度约为20 m，砖块落地时的速度，根据v2＝2gH，解得v＝20 m/s，砖块与地面撞击的过程中，根据动量定理FΔt＝m v，解得F＝2×103 N，根据牛顿第三定律，砖块对地面产生的冲击力约为2×103 N，故C正确，A、B、D错误.4．质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为()A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同【答案】A【解析】以原来运动的方向为正方向，由定义式Δp＝m v′－m v，得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反，故A正确．5．(多选)如图所示，铁块压着一张纸条放在水平桌面上，第一次以速度v抽出纸条后，铁块落在水平地面上的P点，第二次以速度2v抽出纸条，则()A．铁块落地点在P点左边B．铁块落地点在P点右边C．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次短D．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次长【答案】AC【解析】以不同的速度抽出纸条时，铁块所受摩擦力相同，抽出纸条的速度越大，铁块与纸条相互作用的时间越短，铁块受到合力的冲量越小，故铁块获得的速度越小，铁块平抛的水平位移越小，故A、C正确．6．如图甲所示，在粗糙的水平地面上静止放置一质量为100 kg的木箱．t＝0时刻，某同学对其施加水平推力F的作用．已知水平推力F随时间t的变化关系图像如图乙所示，木箱与水平地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s2.则t＝3 s时木箱的速度大小为()A ．2 m/sB ．2.5 m/sC ．6 m/sD ．8 m/s【答案】B 【解析】由于f ＝μmg ＝200 N ，由图像可知，在0.5 s 后木箱才开始运动，0.5～3 s 对木箱由动量定理可得I F －μmgt ＝m v －0，由图像可得，外力F 的冲量为I F ＝⎣⎡⎦⎤(1＋3)×4002－200×0.5×0.5N·s ＝750 N·s ，解得v ＝2.5 m/s ，故B 正确． 7．某人身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面．已知他(及装备)的总质量为120 kg ，当他(及装备)悬浮在空中静止时，发动机将气流以6 000 m/s 的恒定速度从喷口向下喷出，不考虑喷气对总质量的影响，g 取10 m/s 2，则发动机每秒喷出气体的质量为( )A ．0.02 kgB ．0.20 kgC ．1.00 kgD ．5.00 kg【答案】B 【解析】设他(及装备)对气体的平均作用力为F ，根据牛顿第三定律可知，气体对他(及装备)的作用力的大小也等于F ，对他(及装备)，则F ＝Mg ；设时间Δt 内喷出的气体的质量为Δm ，则对气体由动量定理得F Δt ＝Δm v ，解得Δm Δt ＝F v ＝Mg v ，代入数据解得Δm Δt＝0.2 kg ，则发动机每秒喷出气体的质量为0.2 kg ，故B 正确，A 、C 、D 错误．8．(多选)(2024年佛山高质量发展联盟联考)随着科技进步，生活水平的提高，人们对手机依赖越来越强．某同学周末回家喜欢平躺着玩手机，偶尔出现手机砸人脸的情况．若手机的质量为 150 g ，从离人脸约 20 cm 的高度无初速度掉落(假设手机掉落过程其界面保持水平)，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间为 0.1 s ，重力加速度 g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．手机与人脸作用过程中，手机的动量变化量大小约为 0.3 kg·m/sB ．人脸对手机的冲量大小约为 0.3 N·sC ．手机对人脸的平均冲击力大小为 4.5 ND ．该同学第二天给手机装上了保护壳，其他条件不变情况下可以减小碰撞过程手机对人脸的冲量【答案】AC 【解析】手机下落20 cm 时的速度为v 2＝2gh ，解得v ＝2 m/s ，砸到人脸后手机未反弹，说明手机的速度为0，所以手机与人脸作用过程中，手机的动量变化量大小约为Δp ＝m v ＝0.3 kg·m/s ，A 正确；手机与眼睛接触的过程中受到重力和眼睛的作用力，选向上为正方向，则有I －mgt ＝Δp ，解得I ＝0.45 N·s ，B 错误；根据冲量的定义可知I ＝Ft ，解得F ＝4.5 N ，根据牛顿第三定律可知手机对人脸的平均冲击力大小为 4.5 N ，C 正确；给手机装上了保护壳，碰撞过程中手机对人脸的冲量不会改变，但可以通过延长作用时间而减小碰撞产生的作用力，D 错误．9．一质量为0.2 kg 的小钢球由距地面5 m 高处自由下落，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹，碰撞作用时间为0.1 s ．若取向上为正方向，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．小钢球碰地前后的动量变化是2 kg·m/sB ．小钢球碰地过程中受到的合冲量是4 N·sC ．地面受到小钢球的平均压力为40 ND ．引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力的冲量【答案】B 【解析】小钢球由距地面5 m 高处自由下落，碰地前的速度大小v ＝2gh ＝10 m/s ，若取向上为正方向，碰地前的动量p ＝－m v ＝－2 kg·m/s ，反弹后的动量p ′＝－p ＝2 kg·m/s ，小钢球碰地前后的动量变化是Δp ＝p ′－p ＝4 kg·m/s ，故A 错误；根据动量定理，小钢球碰地过程中受到的合冲量是I ＝Δp ＝4 N·s ，故B 正确；地面受到小钢球的平均压力为F ＝I t＋mg ＝42 N ，故C 错误；引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力和小钢球重力的合力的冲量，故D 错误．10．(多选)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C 、D 、E 处，三个过程中重力的冲量分别为I 1、I 2、I 3，动量变化量的大小分别为Δp 1、Δp 2、Δp 3，则( )A ．三个过程中，合力的冲量相同，动量变化量相同B ．三个过程中，合力做的功相等，动能变化量相等C ．I 1<I 2<I 3，Δp 1＝Δp 2＝Δp 3D ．I 1<I 2<I 3，Δp 1<Δp 2<Δp 3【答案】BC 【解析】由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C 、D 、E 的速度大小v 相等，动量变化量大小Δp ＝m v ，则动量变化量大小相等，即Δp 1＝Δp 2＝Δp 3，根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量大小也相等，但方向不同，A 错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能变化量相等，B 正确；设斜面的高度为h ，从顶端A 下滑到底端，由h sin θ＝12g sin θ·t 2，得物体下滑的时间t ＝2h g sin 2θ，所以θ越小，sin 2θ越小，t 越大，重力的冲量I ＝mgt 就越大，故I 1<I 2<I 3，C 正确，D 错误．B 组·能力提升11．(2024年梅州期末)如图所示，一实验小组进行“鸡蛋接地球”实验，把一质量为50 g 的鸡蛋用海绵紧紧包裹，使其从20 m 的高处自由落下，与水平而发生一次碰撞后速度减为0，碰撞时间为0.5 s ，碰撞过程视为匀减速直线运动，不考思物体和地而的形变，忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2.下列说法正确的是( )A ．物体做自由下落运动的时间为1 sB ．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为2 N·sC ．匀减速直线运动过程中海棉对物体的平均作用力大小为2.5 ND ．物体做匀减速直线运动过程的动量变化量方向竖直向下【答案】C 【解析】根据题意，由h ＝12gt 2 可得，物体做自由下落运动的时间为t ＝2h g＝2 s ，物体在自由下落过程中重力的冲量大小为I ＝mgt ＝0.05×10×2 N·s ＝1 N·s ，故A 、B 错误；根据题意，由公式v ＝gt 可得，鸡蛋落地瞬间的速度为v ＝20 m/s ，碰撞过程视为匀减速直线运动，可得，碰撞过程的加速度大小为a ＝v Δt＝40 m/s 2.由牛顿第二定律有F －mg ＝ma ，解得F ＝m (g ＋a )＝2.5 N ，取向下为正方向，物体做匀减速直线运动过程的动量变化量为Δp ＝0－m v ＝－m v ＝－1 kg·m/s ，可知，动量变化量方向与正方向相反，即竖直向上，C 正确，D 错误．12．(2022年北京卷)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地．跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分．运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸．下列说法正确的是()A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间【答案】B【解析】助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道是为了增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误．13．(2024年宿迁期末)踢毽子是我国传统的民间体育运动，如图是一个小孩在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比，毽子在空中运动过程中()A．动量变化量等于零B．动量变化率一直减小C．重力的冲量上升过程等于下降过程D．重力的冲量上升过程大于下降过程【答案】B【解析】设毽子上升的初速度为v0，再次下落到原点时的速度为v，向下为正方向，则动量变化量Δp＝m v－(－m v0)＝m v＋m v0，A错误；动量变化率等于毽子受到的合外力，上升过程合外力为mg＋k v，则随速度减小，合外力变小；下降过程的合外力mg －k v，则随速度增加，合外力减小，则动量变化率一直减小，B正确；上升过程中mg＋k v＝ma 1，下降过程中mg －k v ＝ma 2，则a 1>a 2，根据h ＝12at 2可知上升的时间小于下降的时间，根据I ＝mgt 可知，重力的冲量上升过程小于下降过程，C 、D 错误．14．(2024年广州执信中学开学考)如图所示，飞船在距某星球表面一定高度处悬停，选定相对平坦的区域后，在反推火箭作用下，开始加速下降，下降高度为100 m ，当“缓冲脚”触地时反推火箭立即停止工作，此时飞船速度为20 m/s.随后飞船在“缓冲脚”的缓冲作用下，经2 s 减速到0，停止在该星球表面上．飞船质量m ＝1 000 kg ，该星球表面的重力加速度g 取4 m/s 2.求：(1)飞船加速下降过程中，反推火箭对飞船做的功；(2)从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，地面对“缓冲脚”的平均支持力的大小．解：(1)飞船加速下降过程中，设反推火箭对飞船做的功为W ，根据动能定理有mgh ＋W ＝12m v 2， 解得W ＝－2×105 J.(2)从缓冲脚触地到飞船速度减为0的过程中，设地面对“缓冲脚”的平均支持力的大小为F ，根据动量定理有(mg －F )t ＝0－m v ，解得F ＝1.4×104 N ．。
高中物理第一章碰撞与动量守恒第2节课时1动量及动量定理练习（含解析）教科版选修35动量及动量定理[A组素养达标]1．关于动量，以下说法正确的是( )A．做匀速圆周运动的质点，其动量不随时间发生变化B．悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的动量均相同C．匀速飞行的巡航导弹巡航时动量始终不变D．平抛运动的质点在竖直方向上的动量与运动时间成正比解析：做匀速圆周运动的质点速度方向时刻变化，动量时刻变化，故A项错误；摆球相邻两次经过最低点时动量大小相等，但方向相反，故B项错误；巡航导弹巡航时虽速度不变，但由于燃料不断燃烧(导弹中燃料占其总质量的一部分，不可忽略)，从而使导弹总质量不断减小，导弹动量减小，故C项错误；平抛运动的质点在竖直方向上的分运动为自由落体运动，在竖直方向上的动量p竖＝mv y＝mgt，故D项正确．答案：D2．质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为( )A．5 kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5 kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2 kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2 kg·m/s，方向与原运动方向相同解析：以原来的运动方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反．答案：A3．(多选)从同样高度落下的玻璃杯，掉在水泥地上容易打碎，而掉在草地上不容易打碎，其原因是( )A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时作用时间长解析：杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向上为正方向，设玻璃杯下落高度为h，它们从h高度落地瞬间的速度大小为2gh，设玻璃杯的质量为m ，则落地前瞬间的动量大小为p ＝m 2gh ，与水泥或草地接触Δt 时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化Δp ＝0－(－m 2gh )相同，再由动量定理可知(F －mg )·Δt ＝0－(－m 2gh )，所以F ＝m 2gh Δt＋mg .由此可知，Δt 越小，玻璃杯所受撞击力越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎． 答案：CD4．如图所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A 均向右运动，经过相同的时间t ，图甲中船A 没有到岸，图乙中船A 没有与船B 相碰，则经过时间t ( )A ．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小B ．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大C ．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大D ．以上三种情况都有可能解析：甲、乙两种情况下人对绳子的拉力相等，由冲量的定义式I ＝Ft 可知，两冲量相等，只有选项C 是正确的．答案：C5．放在水平桌面上的物体质量为m ，用一个大小为F 的水平推力作用时间t ，物体始终不动，那么t 时间内，推力对物体的冲量大小是( )A ．F ·tB ．mg ·tC ．0D ．无法计算解析：冲量的大小由F 和t 决定，与运动状态无关，故选A.答案：A6.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·sB ．10 N·s，－10 N·sC ．10 N·s,0D ．0，－10 N·s解析：由题图可知，在前10 s 内初、末状态的动量相同，p 1＝p 2＝5 kg·m/s，由动量定理知I 1＝0；在后10 s 内末状态的动量p 3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I 2＝p 3－p 2＝－10 N·s，故正确答案为D.答案：D7．原来静止的物体受合力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图所示，则( )A．0～t0时间内物体的动量变化与t0～2t0时间内动量变化相等B．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0时间内的平均速率不等C．t＝2t0时物体的速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零D．2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零解析：由题图可知，0～t0与t0～2t0时间内作用力方向不同，动量变化量不相等，A错；t＝t0时，物体速度最大，在2t0时间内，由动量定理Ft＝Δp可得，F0t0－F0t0＝0，即外力在2t0时间内对物体的冲量为零，由于物体初速度为零，则t＝2t0时物体速度为零，则0～t0与t0～2t0时间内物体平均速率相等，B错，C对；物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，外力对物体做功为零，D错．答案：C8．质量为m的钢球由高处自由落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为( )A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)解析：设竖直向上的方向为正方向，对钢球应用动量定理得Ft－mgt＝mv2－(－mv1)＝mv2＋mv1，由于碰撞时间极短，重力的冲量可忽略不计，所以Ft＝m(v2＋v1)，即地面对钢球的冲量方向向上，大小为m(v2＋v1)．答案：D[B组素养提升]9.如图所示，质量为1 kg的钢球从5 m高处自由下落，又反弹到离地面3.2 m高处，若钢球和地面之间的作用时间为0.1 s，求钢球对地面的平均作用力大小．(g取10 m/s2)解析：钢球落到地面时的速度大小为v0＝2gh1＝10 m/s，反弹时向上运动的速度大小为v t＝2gh2＝8 m/s，分析物体和地面的作用过程，取向上为正方向，因此有v0的方向为负方向，v t的方向为正方向，再根据动量定理得(N－mg)t＝mv t －(－mv0)，代入数据，解得N＝190 N，由牛顿第三定律知钢球对地面的平均作用力大小为190 N.答案：190 N10．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m ，据测算两车相撞前速度均为30 m/s ，则： (1)假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约60 kg 的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s ，求这时人体受到的平均冲力为多大？解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m.设运动的时间为t ，则由x ＝v 02t 得，t ＝2x v 0＝130s. 根据动量定理得Ft ＝Δp ＝0－mv 0，解得F ＝0－mv 0t ＝0－60×30130N ＝－5.4×104 N ，负号表示人受到的平均冲力与运动方向相反． (2)若人系有安全带，则F ′＝0－mv 0t ′＝0－60×301N ＝－1.8×103 N ，负号表示人受到的平均冲力与运动方向相反．答案：(1)5.4×104 N (2)1.8×103N[C 组 学霸冲刺]11．将质量为m ＝1 kg 的小球，从距水平地面高h ＝5 m 处，以v 0＝10 m/s 的速度水平抛出，不计空气阻力，g 取10 m/s 2.求：(1)抛出后0.4 s 内重力对小球的冲量；(2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp ；(3)小球落地时的动量p ′的大小．解析：(1)重力是恒力，0.4 s 内重力对小球的冲量 I ＝mgt ＝1×10×0.4 N·s＝4 N·s方向竖直向下．(2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h ＝12gt ′2，落地时间t ′＝ 2h g＝1 s. 小球飞行过程中只受重力作用，所以合外力的冲量为I′＝mgt′＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下．由动量定理得Δp＝I′＝10 N·s，方向竖直向下．(3)小球落地时竖直分速度为v y＝gt′＝10 m/s.由速度合成知，落地速度v＝v20＋v2y＝102＋102 m/s＝10 2 m/s，所以小球落地时的动量大小为p′＝mv＝10 2 kg·m/s.答案：(1)4 N·s，方向竖直向下(2)10 N·s，方向竖直向下(3)10 2 kg·m/s。
