冲量和动量、动量定理练习题

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练习1：动量、冲量、动量定理

练习1：动量、冲量、动量定理1、如图5－1－1所示，两个质量相等的物体在同一高度沿倾角不同的两个固定的光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端，在这个过程中，两个物体具有相同的物理量可能是（）A 、重力的冲量B 、支持力的冲量C 、合力的冲量D 、到达底端的动量大小2、质量为m 的物块以初速0υ沿倾角为θ的粗糙斜面冲上斜面，滑到B 点速度为零，然后滑下回到A 点（图5－1－2）。

关于物块所受的冲量，下述说法中正确的是（）A 、物块上滑过程和下滑过程受到摩擦力冲量等值反向B 、物块上滑过程和下滑过程受到重力的冲量等值同向C 、物块从冲上斜面A 点到返回A 点的整个过程中所受到各外力的冲量的总和方向沿斜面向下D 、物块从冲上斜面A 点到返回A 点的整个过程中合外力的冲量总和小于02υm3、如图5－1－3把重物G 压在纸带上，用一水平力缓缓拉动纸带，重物跟着一起运动；若迅速拉动纸带，纸带将会从重物下抽出，解释这些现象的正确说法是（）①在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力大②在迅速拉动纸带时，纸带给重物的摩擦力小③在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大④在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量小A 、 ①②B 、 ②③C 、 ①④D 、 ③④4、物体A 和B 用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，如图5－1－4(a)所示、A 的质量为m ，B 的质量为M 、当连接A 、B 的绳突然断开后，物体A 上升，经某一位置时的速度大小为υ。

这时，物体B 的下落速度大小为u ，如图（b ）所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A 的冲量为（）A 、υmB 、Mu m -υC 、Mu m +υD 、mu m +υ5、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间长6、A 、B 两物体沿同一直线分别在A F 、B F 作用下运动，如图5－1－5所示是表示它们的动量p 随时间的变化规律，设A 、B 两物体所受冲量大小分别为A I 、B I ，那么（）A 、A F >B F ，方向相反 B 、A F >B F ，方向相同C 、A I >B I ，方向相同D 、A I <B I ，方向相反7、质量为m 的物体以速度0υ做平抛运动，经过时间t ，下落的高度为h ，速度大小为υ，在这段时间内，该物体动量变化量大小为（）A 、0υυm m -B 、mgtC 、202υυ-m Ｄ、gh m 28、如图5－1－6所示，质量为m 的小球在水平面内做匀速圆周运动，细线长L ，偏角θ，线的拉力为F ，小球圆周运动的角速度为ω，周期为T ，在T/2时间内质点所受合力的冲量为（）A 、()2cos T mg F θ- B 、2sin T F θ C 、θωsin 2L m D 、L m ω2 9、水平拉力1F 、2F 分别作用在水平面的同一物体上，过一段时间后撤去，使物体都由静止开始运动而后又停下，如物体在这两种情况下的总位移相等，且1F ＞2F 。

冲量和动量、动量定理练习题

冲量和动量、动量定理练习题一、选择题1．在距地面h高处以v0水平抛出质量为m的物体，当物体着地时和地面碰撞时间为Δt，则这段时间内物体受到地面给予竖直方向的冲量为2．如图1示，两个质量相等的物体，在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下到达斜面底端的过程中，相同的物理量是A．重力的冲量B．弹力的冲量C．合力的冲量D．刚到达底端的动量E．刚到达底端时的动量的水平分量F．以上几个量都不同3．在以下几种运动中，相等的时间内物体的动量变化相等的是A．匀速圆周运动B．自由落体运动C．平抛运动D．单摆的摆球沿圆弧摆动4．质量相等的物体P和Q，并排静止在光滑的水平面上，现用一水平恒力推物体P，同时给Q 物体一个与F同方向的瞬时冲量I，使两物体开始运动，当两物体重新相遇时，所经历的时间为A．I/FB．2I/FC．2F/ID．F/I5．A、B两个物体都静止在光滑水平面上，当分别受到大小相等的水平力作用，经过相等时间，则下述说法中正确的是A．A、B所受的冲量相同B．A、B的动量变化相同C．A、B的末动量相同D．A、B的末动量大小相同6．A、B两球质量相等，A球竖直上抛，B球平抛，两球在运动中空气阻力不计，则下述说法中正确的是A．相同时间内，动量的变化大小相等，方向相同B．相同时间内，动量的变化大小相等，方向不同C．动量的变化率大小相等，方向相同D．动量的变化率大小相等，方向不同7．关于冲量、动量与动量变化的下述说法中正确的是A．物体的动量等于物体所受的冲量B．物体所受外力的冲量大小等于物体动量的变化大小C．物体所受外力的冲量方向与物体动量的变化方向相同D．物体的动量变化方向与物体的动量方向相同二、填空题8．将0.5kg小球以10m/s的速度竖直向上抛出，在3s内小球的动量变化的大小等于______kg·m/s，方向______；若将它以10m/s的速度水平抛出，在3s内小球的动量变化的大小等于______kg·m/s，方向______。

2024届全国高考复习物理历年好题专项(动量、冲量、动量定理)练习(附答案)

2024届全国高考复习物理历年好题专项（动量、冲量、动量定理）练习1．[2023ꞏ湖南岳阳测试]“守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出自《韩非子》，原文为：“宋人有耕田者．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．”假设一只兔子的质量为2 kg，受到惊吓后从静止开始沿水平道路匀加速直线运动，经过1.2 s速度大小达到9 m/s后匀速奔跑，撞树后被水平弹回，反弹速度大小为 1 m/s，设兔子与树的作用时间为0.05 s，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是()A．加速过程中兔子的加速度为180 m/s2B．加速过程中地面对兔子的平均水平作用力大小为20 NC．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为320 ND．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为400 N2．行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体．若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊在此过程中的作用，下列说法正确的是()A．增加了司机单位面积的受力大小B．减少了碰撞前后司机动量的变化量C．将司机的动能全部转换成汽车的动能D．延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积3.[2023ꞏ安徽省滁州市高考模拟]全民运动，始于“足下”，足球已经成为中国由“体育大国”向“体育强国”转变具有代表性的重要一步．如图所示，学生练习用脚颠球．足球的质量为0.4 kg，某一次足球由静止自由下落0.8 m，被重新颠起，离开脚部后竖直上升的最大高度为0.45 m．已知足球与脚部的作用时间为0.1 s，重力加速度大小g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是()A.足球从下落到再次上升到最大高度，全程用了0.7 sB．在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为1.4 JC．足球与脚部作用过程中动量变化量大小为2.8 kgꞏ m/sD．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为4 Nꞏs4．[2023ꞏ福建莆田二模]如图甲是我国首艘“海上飞船”—“翔州1”．“翔州1”在平静的水面由静止开始在水平面上沿直线运动，若运动过程中受到的阻力不变，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示t＝50 s后，“翔州1”以20 m/s的速度做匀速直线运动．则下列说法正确的是()A．“翔州1”所受阻力的大小为2.0×104NB．0～50 s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为1.0×106NꞏsC．“翔州1”的质量为2.5×104kgD．0～50 s内，动力F的功为5.0×106J5.[2023ꞏ广东茂名二模]蹦床是我国的优势运动项目，我国蹦床运动员朱雪莹在东京奥运会上一举夺冠，为祖国争了光．如图所示为朱雪莹比赛时的情景，比赛中某个过程，她自距离水平网面高3.2 m处由静止下落，与网作用后，竖直向上弹离水平网面的最大高度为5 m，朱雪莹与网面作用过程中所用时间为0.7 s．不考虑空气阻力，重力加速度取10 m/s2，若朱雪莹质量为60 kg，则网面对她的冲量大小为()A．420 Nꞏs B．480 NꞏsC．1 080 Nꞏs D．1 500 Nꞏs6．[2022ꞏ湖北卷]一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v增大到2v，在随后的一段时间内速度大小由2v增大到5v.前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2.下列关系式一定成立的是()A.W2＝3W1，I2≤3I1B．W2＝3W1，I2≥I1C．W2＝7W1，I2≤3I1D．W2＝7W1，I2≥I17．[2021ꞏ福建卷]福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响．已知10级台风的风速范围为24.5 m/s～28.4 m/s，16级台风的风速范围为51.0 m/s～56.0 m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌，则16级台风对该交通标志牌的作用力大小约为10级台风的()A．2倍B．4倍C．8倍D．16倍8．[2021ꞏ天津卷](多选)一冲九霄，问鼎苍穹.2021年4月29日，长征五号B遥二运载火箭搭载空间站天和核心舱发射升空，标志着我国空间站建造进入全面实施阶段．下列关于火箭的描述正确的是()A．增加单位时间的燃气喷射量可以增大火箭的推力B．增大燃气相对于火箭的喷射速度可以增大火箭的推力C．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时火箭就不再加速D．火箭发射时获得的推力来自于喷出的燃气与发射台之间的相互作用9．[2021ꞏ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()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2mωrC．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mωr10．[2022ꞏ山东卷]我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭．如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空．从火箭开始运动到点火的过程中()A．火箭的加速度为零时，动能最大B．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C.高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量11．[2023ꞏ山东济宁一模]一宇宙飞船的横截面积为S，以v0的恒定速率航行，当进入有宇宙尘埃的区域时，设在该区域单位体积内有n颗尘埃，每颗尘埃的质量为m，若尘埃碰到飞船前是静止的，且碰到飞船后就粘在飞船上，不计其他阻力，为保持飞船匀速航行，飞船发动机的牵引力功率为()A．Snmv20B．2Snmv20C．Snmv30D．2Snmv3012．[2022ꞏ湖南卷](多选)神舟十三号返回舱进入大气层一段时间后，逐一打开引导伞、减速伞、主伞，最后启动反冲装置，实现软着陆．某兴趣小组研究了减速伞打开后返回舱的运动情况，将其运动简化为竖直方向的直线运动，其v - t图像如图所示．设该过程中，重力加速度不变，返回舱质量不变，下列说法正确的是()A．在0～t1时间内，返回舱重力的功率随时间减小B．在0～t1时间内，返回舱的加速度不变C．在t1～t2时间内，返回舱的动量随时间减小D．在t2～t3时间内，返回舱的机械能不变[答题区]题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案13.[2023ꞏ北京西城区5月模拟]在跳台滑雪比赛中，运动员在空中运动时身体的姿态会影响其速度和下落的距离．如图甲，跳台滑雪运动员在某次训练时，助滑后从跳台末端水平飞出，从离开跳台开始计时，用v表示其水平方向速度，v - t图像如图乙所示，运动员在空中运动时间为4 s．在此运动过程中，若运动员在水平方向和竖直方向所受空气阻力大小相等且保持恒定．已知运动员的质量为50 kg，重力加速度取10 m/s2，求：(1)滑雪运动员水平位移的大小和水平方向所受的阻力大小；(2)滑雪运动员在空中运动过程中动量变化量的大小(结果保留2位有效数字).14.[2021ꞏ重庆卷]我国规定摩托车、电动自行车骑乘人员必须依法佩戴具有缓冲作用的安全头盔．小明对某轻质头盔的安全性能进行了模拟实验检测．某次，他在头盔中装入质量为5.0 kg的物体(物体与头盔密切接触)，使其从1.80 m的高处自由落下(如图)，并与水平地面发生碰撞，头盔厚度被挤压了0.03 m时，物体的速度减小到零．挤压过程不计物体重力，且视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10 m/s2.求：(1)头盔接触地面前瞬间的速度大小；(2)物体做匀减速直线运动的时间；(3)物体在匀减速直线运动过程中所受平均作用力的大小．参考答案 1．答案：D答案解析：兔子经过1.2 s速度由0达到9 m/s，根据加速度公式可知，a＝vt＝7.5 m/s2，A错误；匀加速过程中，设地面对兔子的平均水平作用力大小为f，根据动量定理可知，ft ＝m v－0，代入数据解得f＝15 N，B错误；撞树过程中，兔子撞树前的动量大小p＝m v＝2×9 kgꞏ m/s＝18 kgꞏ m/s，以撞树前兔子的速度方向为正方向，兔子撞树后的动量p′＝m v′＝2×(－1)kgꞏ m/s＝－2 kgꞏ m/s，兔子撞树过程中动量的变化量Δp＝p′－p＝－2 kgꞏ m/s－18 kgꞏ m/s＝－20 kgꞏ m/s，由动量定理得Ft＝Δp＝－20 Nꞏs，则兔子受到的平均作用力大小为400 N，C错误，D正确．2．答案：D答案解析：汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机与物体的接触面积变大，因此减少了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，D正确．3．答案：C答案解析：足球下落时间为t1＝2h1g＝0.4 s足球上升时间为t2＝2h2g＝0.3 s总时间为t＝t1＋t2＋t3＝0.8 s，A错误；在足球与脚接触的时间内，合外力对足球做的功为W合＝12m v22－12m v21根据运动学公式v21＝2gh1，v22＝2gh2解得W合＝－1.4 J，B错误；足球与脚部作用过程中动量变化量大小为Δp＝m v2－()－m v1＝2.8 kgꞏ m/s，C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为I G＝mgt＝0.4×10×0.8 Nꞏs＝3.2 Nꞏs，D错误．4．答案：C答案解析：根据图像中匀速运动可知“翔州1”所受阻力的大小为1.0×104 N，A错误；在0～50 s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为I＝Ft－F f t，代入数据可得I＝5×105 Nꞏs，B错误；由动量定理可知Ft－F f t＝m v，解得m＝2.5×104 kg，C正确；在0～50 s内，动力F是变力，加速度变化，无法求位移，无法求解功，D错误．5．答案：D答案解析：由静止下落到接触网面时，根据动能定理有mgh1＝12m v 21可得，接触网面瞬间的速度为v1＝8 m/s，方向竖直向下从离开网面到最大高度时，根据动能定理有－mgh2＝0－12m v 2 2可得，离开网面瞬间的速度为v2＝10 m/s，方向竖直向上取向上为正方向，则根据动量定理有I－mgt＝m v2－m(－v1)带入数据可得，网面对她的冲量大小为I＝1 500 Nꞏs，故选项D正确．6．答案：D答案解析：在前一段时间内，根据动能定理得：W 1＝12 m (2v )2－12 m v 2＝3×12 m v 2在后一段时间内，根据动能定理得：W 2＝12 m (5v )2－12 m (2v )2＝21×12 m v 2所以W 2＝7W 1；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 ꞏ2v －m v ≤I 1≤m ꞏ2v ＋m v ，即m v ≤I 1≤3m vm ꞏ5v －m ꞏ2v ≤I 2≤m ꞏ5v ＋m ꞏ2v ，即3m v ≤I 2≤7m v可知：I 2≥I 1，故D 正确，A 、B 、C 错误．7．答案：B答案解析：设空气的密度为ρ，风迎面垂直吹向一固定的交通标志牌的横截面积为S ，在时间Δt 的空气质量为：Δm ＝ρS v ꞏΔt ，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零，对风由动量定理得：－F Δt ＝0－Δm v ，可得F ＝ρS v 2，10级台风的风速v 1≈25 m/s ，16级台风的风速v 2≈50 m/s ，则有F 2F 1＝v 22 v 21 ≈4，B 正确． 8．答案：AB答案解析：根据F Δt ＝Δm v 可知，增加单位时间的燃气喷射量(即增加单位时间喷射气体的质量Δm )或增大燃气相对于火箭的喷射速度v ，都可以增大火箭的推力，故选项A 、B 正确．当燃气喷出火箭喷口的速度相对于地面为零时，燃气相对火箭的速度不为零，且与火箭的运动方向相反，火箭仍然受推力作用做加速运动，故C 错误；燃气被喷出的瞬间，燃气对火箭的反冲力作用在火箭上使火箭获得推力，故D 错误．9．答案：D答案解析：圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受的摩擦力方向指向转轴提供向心力，方向沿半径方向，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 ＝m ωr －0＝m ωr ，D 正确．10．答案：A答案解析：从火箭开始运动到点火的过程中，火箭先加速运动后减速运动，当加速度为零时，动能最大，A 项正确；高压气体释放的能量转化为火箭的动能和重力势能及火箭与空气间因摩擦产生的热量，B 项错误；根据动量定理可得高压气体对火箭的推力F 、火箭自身的重力mg 和空气阻力f 的冲量矢量和等于火箭动量的变化量，C 项错误；根据动能定理可得高压气体对火箭的推力F 、火箭自身的重力mg 和空气阻力f 对火箭做的功之和等于火箭动能的变化量，D 项错误．11．答案：C答案解析：t 时间内黏附在飞船上的尘埃质量M ＝S v 0tnm ，对黏附的尘埃，由动量定理得Ft ＝M v 0，解得F ＝Snm v 20 .为维持飞船匀速运动，飞船发动机牵引力的功率为P ＝F v 0＝Snm v 30 ，C 正确．12．答案：AC答案解析：由题知，返回舱的运动简化为竖直方向的直线运动，所以重力的功率P ＝mg v ，因此在0～t 1时间内，结合v -t 图像可知返回舱重力的功率随时间减小，A 项正确；v -t 图像的斜率表示返回舱的加速度，故0～t 1时间内，返回舱的加速度不断减小，B 项错误；返回舱的动量大小与其速度大小成正比，所以t 1～t 2时间内，返回舱的动量随时间减小，C项正确；在t 2～t 3时间内，返回舱匀速下降，机械能不守恒，D 项错误．13．答案：(1)56 m 50 N (2)1.8×103 Nꞏs答案解析：(1)设运动员的水平位移为x ，由水平方向v - t 图像可得x ＝v 0＋v 2 t解得x ＝56 m设运动员在水平方向的加速度大小为a ，水平方向所受的阻力为f 1，竖直方向所受阻力为f 2，由运动学规律和牛顿第二定律得a ＝v －v 0t ，－f 1＝ma 代入数值可得f 1＝50 N.(2)由题意知f 2＝f 1＝50 N根据平行四边形定则可得F 合＝f 21 ＋（mg －f 2）2对运动员在空中运动过程应用动量定理可得Δp ＝F 合t解得Δp ＝1.8×103 Nꞏs.14．答案：(1)6 m/s (2)0.01 s (3)3 000 N答案解析：(1)由自由落体运动规律可得：v 2＝2gh ，其中：h ＝1.80 m 代入数据解得：v ＝6 m/s ；(2)由匀变速直线运动规律可得：Δx ＝v 2 t ，其中Δx ＝0.03 m代入数据解得：t ＝0.01 s ；(3)取向下为正方向，由动量定理得：－Ft ＝0－m v代入数据解得：F ＝3 000 N ．。

动量冲量练习题

动量冲量练习题一、选择题1.以下哪个物理量可以用动量来衡量？A.速度B.质量C.力D.加速度2.下列哪个公式可以用于计算物体的冲量？A.冲量=质量×加速度B.冲量=质量×速度C.冲量=质量×加速度的改变量D.冲量=质量×时间3.一个质量为2kg的物体以10m/s的速度运动，它的动量为多少？A.5 kg·m/sB.10 kg·m/sC.20 kg·m/sD.200 kg·m/s4.如果一个物体的速度减小了一半，它的动量会减小多少？A.一半B.四分之一C.一倍D.四倍5.一个质量为1kg的物体施加在另一个质量为2kg的物体上，如果施加力的时间是0.5秒，那么两个物体的冲量之比为A.1:2B.2:1C.1:1D.不确定二、填空题1.根据动量守恒定律，当一个系统内没有外力作用时，系统的总动量 ____________。

2.根据冲量的定义，冲量等于力作用时间的 ____________。

3.动量的单位是 ____________。

4.当一个物体质量不变时，它的动量由它的 ____________ 决定。

5.一个物体的冲量等于它的 ____________ 的改变量。

三、计算题1.一个质量为0.5kg的物体以10m/s的速度向东运动，与一个质量为0.3kg的物体在完全弹性碰撞后，速度反向，物体A的速度为8m/s，求物体B的速度。

2.一辆质量为800kg的汽车以20m/s的速度向东运动，在受到冲击后，速度变为12m/s向东，求汽车受到的冲量大小。

四、应用题1.某物体在水平道路上以20m/s的速度运动，质量为2kg，突然受到一个向西的5N水平拉力，持续时间为0.1秒。

求物体受到的冲量和冲量的方向。

2.两个质量分别为3kg和2kg的物体，在水平桌面上相互接触运动，初始速度分别为4m/s和2m/s，碰撞后物体A的速度为3m/s，求物体B的速度。

动量冲量和动量定理典型例题精析

动量、冲量和动量定理·典型例题精析[例题1]质量为m的物体，在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始下滑．如图7－1所示．求在时间t内物体所受的重力、斜面支持力以及合外力给物体的冲量．[思路点拨]依冲量的定义，一恒力的冲量大小等于这力大小与力作用时间的乘积，方向与这力的方向一致．所以物体所受各恒力的冲量可依定义求出．而依动量定理，物体在一段时间t内的动量变化量等于物体所受的合外力冲量，故合外力给物体的冲量又可依动量定理求出．[解题过程]依冲量的定义，重力对物体的冲量大小为I G＝mg·t，方向竖直向下．斜面对物体的支持力的冲量大小为I N＝N·t＝mg·cosθ·t，方向垂直斜面向上．合外力对物体的冲量可分别用下列三种方法求出．(1)先根据平行四边形法则求出合外力，再依定义求出其冲量．由图7－1(2)知，作用于物体上的合力大小为F＝mg·sinθ，方向沿斜面向下．所以合外力的冲量大小I F＝F·t＝mg·sinθ·t．方向沿斜面向下．(2)合外力的冲量等于各外力冲量的矢量和，先求出各外力的冲量，然后依矢量合成的平行四边形法则求出合外力的冲量．利用前面求出的重力及支持力冲量，由图7－1(3)知合外力冲量大小为方向沿斜面向下．或建立平面直角坐标系如图7－1(4)，由正交分解法求出．先分别求出合外力冲量I F在x，y方向上分量I Fx，I Fy，再将其合成．(3)由动量定理，合外力的冲量I F等于物体的动量变化量Δp．I F=Δp=Δmv=mΔv=m(at)=mgsinθ·t．[小结] (1)计算冲量必须明确计算的是哪一力在哪一段时间内对物体的冲量．(2)冲量是矢量，求某一力的冲量除应给出其大小，还应给出其方向．(3)本题解提供了三种不同的计算合外力冲量的方法．[例题2]一质量为100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上．若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20 s，则这段时间内软垫对小球的冲量为多少(取g=10 m/s2，不计空气阻力)？[思路点拨]小球从落至软垫至陷到最低点，即速度变为零的过程中，受重力和软垫对它的作用力，软垫对球的作用力在此过程中是变力，但动量定理对于变力依然适用．因此可以用动量定理求软垫对球的冲量．[解题过程]小球落至软垫前，只受重力作用，故可由自由落体公式求出小球落至软垫时的速度大小为方向竖直向下．小球接触软垫后除受重力mg外，还受软垫对它的作用力F，在这两力合力冲量作用下，小球动量变为零(此时小球陷至最低点)．取竖直向上为正方向，小球的初动量为p=－mv(负号表示小球刚与软垫接触时速度方向竖直向下，因而初动量方向竖直向下，与所取正方向相反，此处v仅表示小球速度的大小)．小球的末动量p′=0．由动量定理有解得小球自接触软垫起到陷至最低点这一过程中受到软垫平均作用大小为在这段时间内软垫对小球的冲量大小为方向竖直向上．[小结] (1)应用动量定理解题时，必须明确研究的哪一物体的哪一运动过程，因动量定理是针对一确定物体一确定过程而言．此题应用动量定理研究的是小球自落至软垫开始与其接触起至陷至最低点速度恰变为零这一过程．(2)在解决诸如此题和课本习题中用铁锤钉钉子这样的碰撞、打击一类问题时，物体所受的冲击力的变化极为迅速，难于用牛顿第二定律(结合运动学公式)求解，但用以力的冲量概念表述的动量定理解决起来则极为方便．(3)在应用动量定理解决类似此题这样的碰撞、打击等问题时，不可随意忽略物体所受的重力，例如本题如忽略小球陷落过程中所受的重力，结果则为I F=0.40N·s，显然与正确结果有较大偏离，因而是错误的．[例题3]人从高台上跳下着地时，总是不自觉地先弯腿再站起来，为什么？[思路点拨]这是一道说明题，不要求给出计算结果，但对这类问题不应含混说上几句就算了事，而要做严格分析，即也要明确研究对象，确定研究过程，列出必要的方程，再做讨论，得出令人信服的结论．[解题过程]将人视为质量集中在重心的质点，分两种情况讨论：一为着地时不弯腿；一为着地时开始弯腿．台的高度一定，两种情况下，人着地时动量大小皆为p=mv，最后速度均变为零，因而动量为零．若取竖直向上为正方向，两种情况下，人着地过程中的动量变化量均为Δp＝0－(－mv)=mv．从开始着地到静止过程中，人受重力mg及地面作用力F，用F表示地面对人的作用力平均值，根据动量定理解得人着地过程中地面对人作用力的平均值由此式知，第一种情况，人落地后始终直立，人(视为质量集中于重的作用力，很容易造成伤害．第二种情况下，由于着地后弯腿，人的重心还要向下移动较长距离，速度经过较长时间变为零，Δt较大，故地面对[小结]解答说明、论证型的题目，首先要明确论点．如本题的论点是要求比较人在两种不同情况下受到地面作用力大小．然后选择论据，论据的选择要正确有效，如本题选择的论据应是动量守恒，若选择牛顿第二定律则不能有效地论证．最后是论证，论证的过程即为推理的过程，推理要清晰严密．如本题就要先找出两种情况下，人的动量变化量Δp的关系及动量变化与所经历的时间Δt的关系，然后才能由动量定理推出两种情况下地面作用力F大小的关系．[例题4]质量m=5 kg的物体在恒定水平推力F=5 N的作用下，自静止开始在水平路面上运动，t1=2s后，撤去力F，物体又经t2=3 s停了下来，求物体运动中受水平面滑动摩擦力的大小．[思路点拨]此题中物体所经历的过程可分为两个阶段．第一阶段，物体在力F作用下自静止开始运动直至撤去力F；第二阶段，撤去力F后物体在滑动摩擦力f作用下减速运动，直至停下．如果用动量定理来求题，那么能否对包括两阶段在内的整个运动过程来应用定理呢？现给出两种方法求解这一问题：第一种方法，将整个运动过程分为两个阶段，分别用动量定理来处理．第二种方法，将整个运动作为一过程来应用动量定理．[解题过程]因物体在水平面上运动，故只需考虑物体在水平方向上受力即可，在撤去力F前，物体在水平方向上还受方向与物体运动方向相反的滑动摩擦力f，撤去力F后，物体只受摩擦力f．取物体运动方向为正方向．方法1设撤去力F时物体的运动速度为v．对于物体自静止开始运动至撤去力F这一过程，由动量定理有(F－f)t1=mv． (1)对于撤去力F直至物体停下这一过程，由动量定理有(－f)t2=0－mv． (2)联立式(1)、(2)解得运动中物体所受滑动摩擦力大小为说明式(1)、(2)中f仅表示滑动摩擦力的大小，f前的负号表示f与所取正方向相反．方法2将物体整个运动过程视为在一变化的合外力作用下的运动过程．在时间t1内物体所受合外力为(F－f)，在时间t2内物体所受合外力－f，整个运动时间t1＋t2内，物体所受合外力冲量为(F－f)t1＋(－f)t2．对物体整个运动过程应用动量定理有(F－f)t1＋(－f)t2＝0，说明冲量是矢量，由矢量运算法则可知合外力对物体的冲量等于物体所受各外力冲量的矢量和．所以求物体运动过程中所受合外力冲量又可用下述方法得出：即先求物体在运动过程所受各外力冲量，再取其矢量和即为合外力冲量．例如，就本题中物体整个运动时间t1＋t2内，力F的冲量为Ft1，力f的冲量为(－f)(t1＋t2)．整个运动过程中物体所受合外力冲量为Ft1＋(－f)(t1＋t2)．这一结果与解法(2)给出的结果相同．[小结] (1)本题解法2再次表明动量定理适用于变力作用过程．(2)合外力在一段时间t内的冲量等于这段时间t内各分段时间t i(t＝t1＋t2＋…＋t i＋…)内冲量的矢量和，又等于这段时间t内各外力对物体冲量的矢量和．(3)此题求解时，显然对整个过程应用动量定理来处理，解起来更为简捷．*[例题5]采煤中有一种方法是用高压水流将煤层击碎将煤采下．今有一采煤水枪，由枪口射出的高压水流速度为v，设水流垂直射向煤层的竖直表面，随即顺煤壁竖直流下，求水对煤层的压强(水的密度为ρ)．[思路点拨]射向煤层的水流受到煤层的作用水平速度(因而动量)变为零后随即顺壁流下，如能求出此过程中煤层对水流的作用力，根据牛顿第三定律即可求出水对煤层的作用力，从而求水对煤层的压强．3eud教育网百万教学资源，完全免费，无须注册，天天更新！[解题过程]设射向煤层水流截面为S，在时间Δt内有质量为ρSv·Δt的水撞击煤层，动量变为零，设煤层对水流作用力为F．取煤层对水作用力方向为正，对于上述这部分水由动量定理有F·Δt＝0－(－ρSvΔt·v)，得F=ρSv2．由牛顿第三定律知，水对煤层作用力大小F′＝F＝ρSv2，所以煤层表面受到水流压强为[小结]解决此类连续体产生的持续作用问题时，关键在于：①正确选取研究对象——Δt时间内动量发生变化的物质；②根据题意正确地表示出其质量及动量变化量．3eud教育网教学资源集散地。

动量、冲量和动量定理·典型例题精析

动量、冲量和动量定理例1、下面关于冲量的说法中正确的是 ( )A.物体受到很大的冲力时,其冲量一定很大B.力F 的方向与位移的方向垂直时,则力F 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,其冲量就等于力与时间的乘积例2、质量m=1kg 的物体以v 0=10m/s 水平抛出空气阴力不计，取g=10m/s 2，则在第3s 内动量的变化量如何？例3、质量为m 的质量在半径为r 的圆周上以角速度做匀速圆周运动，则：向心力大小为F=______________；周期为T=________________；向心力在一个周期内的冲量大小为I=______________。

例4 质量为m 的钢球自高处落下，以速战速决率v 1碰地，竖直向上弹回，碰掸时间极短，离地的速率为v 2。

在碰撞过程中，地面对钢球冲量的方向和大小为A 、向下，m(v 1-v 2)B 、向下，m(v 1+v 2)C 、向上，m(v1-v 2) D 、向上，m(v 1+v 2)例5、如图-2所示，长为L 、质量为 m 1的小船停在静水中。

一个质量为m 2的人立在船头，若不计水的阴力，当人从船头走到船尾声的过程中，船和人对地面的位移各是多少？例6．质量为2m 的物体A 以速度υ0碰撞静止m 物体B ，B 的质量为m ，碰后A 、B 的运动方向均与υ0的方向相同，则磁撞后B 的速度可能为（）A ．υ0B ．2υ0C ．32υ0D ．21υ0例7质量为m的物体，在倾角为θ的光滑斜面上由静止开始下滑．如图7－1所示．求在时间t内物体所受的重力、斜面支持力以及合外力给物体的冲量．[[例8一质量为100g的小球从0.80m高处自由下落到一厚软垫上．若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了0.20 s，则这段时间内软垫对小球的冲量为多少(取g=10 m/s2，不计空气阻力)？例9人从高台上跳下着地时，总是不自觉地先弯腿再站起来，为什么？例10质量m=5 kg的物体在恒定水平推力F=5 N的作用下，自静止开始在水平路面上运动，t1=2s后，撤去力F，物体又经t2=3 s停了下来，求物体运动中受水平面滑动摩擦力的大小．例11、以速度v0水平抛出一个质量为1kg的物体,若在抛出3s后它未与地面及其他物体相碰,求它在3s内动量的变化(g取10m/s2).例12、质量m1=10g的小球在光滑的水平桌面上以v1=30cm/s的速率向右运动，恰遇上质量m2=50g的小球以v2=10cm/s的速率向左运动，碰撞后，小球m2恰好停止.那么，碰撞后小球m1的速度是多大？方向如何？。

2021高考物理通用练习：考点1动量、冲量、动量定理

考点17动量、冲量、动量定理题组一基础小题1．（多选）关于冲量和动量,下列说法中正确的是( ）A．冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量B．动量是描述物体运动状态的物理量C．动量是物体冲量变化的原因D．某一物体的动量发生了变化，一定是物体运动速度的大小发生了变化答案AB解析冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量，等于力与时间的乘积,即I＝Ft，故A正确;动量是描述物体运动状态的物理量，等于质量与速度的乘积，即p＝mv，故B正确；力是速度改变的原因，故冲量是物体动量变化的原因，C错误；动量是矢量，某一物体的动量发生了变化，可能是物体运动速度的大小发生了变化，也可能是物体运动速度的方向发生了变化，故D错误.2．校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小（）A．人的触地时间B．人的动量变化率C．人的动量变化量D．人受到的冲量答案B解析跳远比赛时，人从与沙坑接触到静止，其动量的变化量一定，设为Δp，由动量定理可知,人受到的合力的冲量I＝Δp是一定的，在沙坑里填沙延长了人与沙坑的接触时间,Δt变大，由动量定理知：Δp＝FΔt，错误!＝F,Δp一定，Δt越大，动量变化率错误!越小，人受到的合外力F越小，越安全,所以要在沙坑里填上沙子，故B 正确，A、C、D错误。

3．如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t 内所受力的冲量，正确的是( ）A．拉力F的冲量大小为Ft cosθB．摩擦力的冲量大小为Ft sinθC．重力的冲量大小为mgtD．物体所受支持力的冲量大小为mgt答案C解析拉力F的冲量大小为Ft,故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力f＝F cosθ，则摩擦力的冲量大小为ft＝Ft cosθ，故B错误;重力的冲量大小为mgt,故C正确;支持力的大小为N＝mg－F sinθ，则支持力的冲量大小为(mg－F sinθ）t，故D错误.4．古时有“守株待兔”的寓言。

物理一轮复习课练17动量冲量和动量定理含解析

课练17 动量、冲量和动量定理1．乒乓球运动的高抛发球是由我国运动员刘玉成于1964年发明的，后成为风靡世界乒坛的一项发球技术．某运动员在练习高抛发球时，手掌张开且伸平，将一质量为2。

7 g的乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后乒乓球向上运动的最大高度为2。

45 m，若抛球过程中，手掌和乒乓球接触的时间为5 ms，不计空气阻力，重力加速度g取10 m/s2，则该过程中手掌对乒乓球的作用力大小约为（)A．0.4 N B．4 NC．40 N D．400 N2．（多选)一颗钢珠从静止状态开始自由下落,然后陷入泥潭中．把在空中下落的过程称为过程Ⅰ，进入泥潭直到静止的过程称为过程Ⅱ，空气阻力忽略不计．则()A．过程Ⅰ中钢珠动量的改变量等于重力的冲量B．过程Ⅱ中阻力的冲量的大小等于过程Ⅰ中重力冲量的大小C．过程Ⅱ中钢珠克服阻力所做的功等于过程Ⅰ与过程Ⅱ中钢珠所减少的总重力势能D．过程Ⅱ中损失的机械能等于过程Ⅰ中钢珠所增加的动能3．一质量为m的小球被水平抛出,经过一段时间后小球的速度大小为v，若此过程中重力的冲量大小为I,重力加速度为g，不计空气阻力，则小球抛出时的初速度大小为（）A．v－错误!B．v－错误!C.错误!D.错误!4．质量相同的子弹a、橡皮泥b和钢球c以相同的初速度水平射向竖直墙，结果子弹穿墙而过，橡皮泥粘在墙上,钢球被以原速率反向弹回．关于它们对墙的水平冲量的大小，下列说法中正确的是(）A．子弹、橡皮泥和钢球对墙的冲量大小相等B．子弹对墙的冲量最小C．橡皮泥对墙的冲量最小D．钢球对墙的冲量最小5．关于冲量，下列说法正确的是()A．合外力的冲量是物体动量变化的原因B．作用在静止的物体上的某个力的冲量一定为零C．物体的动量越大，受到的冲量越大D．冲量的方向与力的方向相同6．如图所示,在光滑的水平面上有一质量为m的物体，它受到水平向右的力F的作用．若力F与重力mg的比值分别按A、B、C、D四个选项图中所示的方式随时间t变化(取水平向右为正方向）．已知物体在t＝0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在2 s末的速率,则这四个速率中最大的速率所对应的图象为()练高考小题7．[2019·全国卷Ⅰ，16］最近，我国为“长征九号"研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这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4.8×106N，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 kgC．1.6×105 kg D．1。

冲量、动量定理专题卷 (全国通用)

冲量、动量定理1．下列关于物体动量和冲量的说法不正确的是A．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受合外力冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快2．（2018·贵州省遵义市南白中学高二上学期第一次月考）质量为1.0 kg的小球从某处由静止开始下落，经过3 s落地，在此过程中重力的冲量为（空气阻力不计，g取10 m/s2）A．10 N·s B．20 N·s C．30 N·s D．40 N·s3．下列关于动量和动能的说法中，正确的是A．一个物体的动量不变，其动能一定不变B．一个物体的动能不变，其动量一定不变C．两个物体的动量相等，其动能一定相等D．两个物体的动能相等，其动量一定相等4．（2018·陕西省西安市远东第一中学高二上学期10月月月考）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，三个过程中动能变化量的大小依次为△E1、△E2、△E3，动量变化量的大小依次为△p1、△p 2、△p 3，则有A．△E1＜△E2＜△E3，△p1<△p2<△p3B．△E1＜△E2＜△E3，△p1＝△p2＝△p3C．△E1＝△E2＝△E3，△p1<△p2<△p3D．△E1＝△E2＝△E3，△p1＝△p2＝△p35．在光滑水平面上，原来静止的物体在水平力F的作用下，经过时间t、通过位移l后，动量变为p、动能变为E k。

以下说法正确的是A．在2F作用下，这个物体经过时间t，其动量将等于2PB．在F作用下，这个物体经过位移2l，其动量将等于2PC．在2F作用下，这个物体经过时间t，其动能将等于2E kD．在F作用下，这个物体经过位移2l，其动能将等于2E k6．（2018·黑龙江省鹤岗市第一中学高三上学期第二次月考）有一则“守株待兔”的古代寓言，设兔子的头部受到大小等于自身重量的打击时，即可致死。

动量冲量动量定理例题

能力· 思维· 方法
【例3】某消防队员从一平台上跳下，下落 2m后双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了0.5m.在着地过程中，对他双脚的平均作用力估计为(B)
A.自身所受重力的2倍
B.自身所受重力的5倍
C.自身所受重力的8倍
D.自身所受重力的10倍
能力· 思维· 方法
【解析】本题问题情景清晰，是一道应用动量定量解释物理现象的好题.为了使得从高处跳下时减少地面对双腿的冲击力，应减少h—跳下前的高度；增大△h—双脚弯曲时重心下移的距离.即不宜笔直跳下，应先蹲下后再跳，着地时应尽可能向下弯曲身体，增大重心下降的距离.实际操作中，还有很多方法可以缓冲地面的作用力.如先使前脚掌触地等.也可同样运用动量定理解释.对本题分析如下：下落2m双脚刚着地时的速度为v= .触地后，速度从v 2 gh 减为0的时间可以认为等于双腿弯曲又使重心下移 △h=0.5m所需时间.在估算过程中，可把地面对他双脚的力简化为一个恒力，故重心下降过程可视为匀减速过程. 从而有:
能力· 思维· 方法
△t= △h/v平均=△h/(v/2)=2△h/v.
在触地过程中，有（N-mg）△t=m△v，
即N=mg+m△v/△t=mg+mv/(2△h/v) =mg+mv2/2h, =mg+mgh/△h=5mg. 因此答案B正确. 【解题回顾】题中的（N-mg）△t=m△v,许多同学在独立做题时容易做成N△t=m△v而得出N=4mg的错误结论.
课前热身 5.质量为300g的垒球以30m/s的速度飞来，队员用木棒击球，球反向弹回的速率是30m/s，则垒球受到的冲量大小是18N· S.
能力· 思维· 方法

高中物理【动量冲量动量定理】典型题(带解析)

高中物理【动量、冲量、动量定理】典型题1．课上老师做了这样一个实验：如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处．第一次，慢拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的P 点；第二次，将棋子、纸条放回原来的位置，快拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的N 点．从第一次到第二次现象的变化，下列解释正确的是( )A ．棋子的惯性变大了B ．棋子受到纸条的摩擦力变小了C ．棋子受到纸条的摩擦力的冲量变小了D ．棋子离开桌面时的动量变大了解析：选C ．两次拉动中棋子的质量没变，其惯性不变，故A 错误；由于正压力不变，则纸条对棋子的摩擦力没变，故B 错误；由于快拉时作用时间变短，摩擦力对棋子的冲量变小了，故C 正确；由动量定理可知，合外力的冲量减小，则棋子离开桌面时的动量变小，故D 错误．2．如图所示，是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量为M ＝3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为 14v ，则摩擦力对底座的冲量为( )A ．0B ．14m v ，方向向左C ．14m v ，方向向右D ．34m v ，方向向左解析：选B ．设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝m v ；则弹丸对底座的作用力的冲量为－m v ，对底座根据动量定理：I f ＋(－m v )＝－3m ·v 4得：I f ＝＋m v 4，正号表示方向向左；故选B ．3．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列车的动能( ) A ．与它所经历的时间成正比B ．与它的位移成正比C ．与它的速度成正比D ．与它的动量成正比解析：选B ．速度v ＝at ，动能E k ＝12m v 2＝12ma 2t 2，与经历的时间的平方成正比，A 错；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ＝max ，与位移成正比，B 对；动能E k ＝12m v 2，与速度的平方成正比，C 错；动量p ＝m v ，动能E k ＝12m v 2＝p 22m，与动量的平方成正比，D 错． 4．如图所示，质量为m 的物体，在大小确定的水平外力F 作用下，以速度v 沿水平面匀速运动，当物体运动到A 点时撤去外力F ，物体由A 点继续向前滑行的过程中经过B 点，则物体由A 点到B 点的过程中，下列说法正确的是( )A ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功越多B ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v 的大小无关C ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少D ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v 的大小无关解析：选D ．由题知，物体所受的摩擦力F f ＝F ，且为恒力，由A 到B 的过程中，v 越大，所用时间越短，I f ＝Ft 越小；因为W f ＝F ·AB ，故W f 与v 无关．选项D 正确．5. (多选)如图所示，AB 为竖直固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中( )A ．小球所受合力的冲量水平向右B ．小球所受支持力的冲量水平向右C ．小球所受合力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受重力的冲量大小为零解析：选AC ．在小球从A 点运动到B 点的过程中，小球在A 点的速度为零，在B 点的速度水平向右，由动量定理知，小球所受合力的冲量即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A 正确，B 错误；在小球从A 点运动到B 点的过程中机械能守恒，故有mgR ＝12m v 2B，解得v B ＝2gR ，由动量定理知，小球所受合力的冲量大小为I ＝m 2gR ，C 正确；小球所受重力的冲量大小为I G ＝mgt ，大小不为零，D 错误．6．如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300 kg ，长度为2.5 m 的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100 kg/s 向下漏原料，装料车以0.5 m/s 的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料．(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行．(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2 s 内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力．解析：(1)设在Δt 时间内漏到车上的原料质量为Δm ，要使这些原料获得与车相同的速度，需加力为F ，根据动量定理，有F ·Δt ＝Δm ·v所以F ＝Δm Δt·v ＝100×0.5 N ＝50 N. (2)车装完料的总质量为M ＝m 车＋Δm Δt·t ＝⎝⎛⎭⎫300＋100×2.50.5kg ＝800 kg 对车应用动量定理，有F ′·t ′＝0－(－M v )解得F ′＝M v t ′＝800×0.52N ＝200 N. 答案：(1)50 N (2)200 N7．第二届进博会于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回．若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转．下列说法正确的是( )A ．击球过程合外力对乒乓球做功为零B ．击球过程合外力对乒乓球的冲量为零C ．在上升过程中，乒乓球处于失重状态D ．在下落过程中，乒乓球处于超重状态解析：选AC ．球拍将乒乓球原速率击回，可知乒乓球的动能不变，动量方向发生改变，可知合力做功为零，冲量不为零．A 正确，B 错误；在乒乓球的运动过程中，加速度方向向下，可知乒乓球处于失重状态，C 正确，D 错误．8.如图所示，物体从t ＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s 内其合外力随时间变化的关系图线为某一正弦函数，下列表述不正确的是( )A ．0～2 s 内合外力的冲量一直增大B ．0～4 s 内合外力的冲量为零C ．2 s 末物体的动量方向发生变化D ．0～4 s 内物体动量的方向一直不变解析：选C ．根据F -t 图象面积表示冲量，可知在0～2 s 内合外力的冲量一直增大，A 正确；0～4 s 内合外力的冲量为零，B 正确；2 s 末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s 内物体动量的方向一直不变，C 错误，D 正确．9．最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这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 kgB ．1.6×103 kgC ．1.6×105 kgD ．1.6×106 kg解析：选B ．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Ft ＝m v 知，m ＝Ft v ＝4.8×106×13×103kg ＝1.6×103 kg ，选项B 正确． 10．(多选)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层．设水柱直径为D ，水流速度为v ，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零．高压水枪的质量为M ，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是( )A ．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρv πD 2B ．高压水枪的功率为18ρπD 2v 3 C ．水柱对煤层的平均冲力为14ρπD 2v 2 D ．手对高压水枪的作用力水平向右解析：选BC ．设Δt 时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV ，ΔV ＝S v Δt ＝14πD 2v Δt ，单位时间喷出水的质量为Δm Δt ＝14ρv πD 2，选项A 错误．Δt 时间内水枪喷出的水的动能E k ＝12Δm v 2＝18ρπD 2v 3Δt ，由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为W ＝E k ＝18ρπD 2v 3Δt ，高压水枪的功率P ＝W Δt ＝18ρπD 2v 3，选项B 正确．考虑一个极短时间Δt ′，在此时间内喷到煤层上水的质量为m ，设煤层对水柱的作用力为F ，由动量定理，F Δt ′＝m v ，Δt ′时间内冲到煤层水的质量m ＝14ρπD 2v Δt ′，解得F ＝14ρπD 2v 2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为F ′＝F ＝14ρπD 2v 2，选项C 正确．当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项D 错误．11．质量相等的A 、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F 1、F 2的作用而从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t 0和4t 0速度分别达到2v 0和v 0时，分别撤去F 1和F 2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图所示．设F 1和F 2对A 、B 两物体的冲量分别为I 1和I 2，F 1和F 2对A 、B 两物体做的功分别为W 1和W 2，则下列结论正确的是( )A ．I 1∶I 2＝12∶5，W 1∶W 2＝6∶5B ．I 1∶I 2＝6∶5，W 1∶W 2＝3∶5C ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝6∶5D ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝12∶5解析：选C ．由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为v 0t 0，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有F f ＝ma ，则摩擦力大小都为m v 0t 0.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为2v 0t 0、v 04t 0，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F －F f ＝ma ，则F 1＝3m v 0t 0，F 2＝5m v 04t 0，故I 1∶I 2＝F 1t 0∶4F 2t 0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W 1－F f x 1＝0，W 2－F f x 2＝0，得W 1＝F f x 1，W 2＝F f x 2，图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F 1和F 2做功之比为W 1∶W 2＝x 1∶x 2＝6∶5，故C 正确． 12． 2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h ＝10 m ，C 是半径R ＝20 m 圆弧的最低点．质量m ＝60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a ＝4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B ＝30 m/s.取重力加速度g ＝10 m/s 2.(1)求长直助滑道AB 的长度L ；(2)求运动员在AB 段所受合外力的冲量I 的大小；(3)若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．解析：(1)根据匀变速直线运动公式，有L ＝v 2B －v 2A 2a＝100 m. (2)根据动量定理，有I ＝m v B －m v A ＝1 800 N ·s.(3)运动员经过C 点时的受力分析如图所示．运动员在BC 段运动的过程中，根据动能定理，有mgh ＝12m v 2C －12m v 2B 根据牛顿第二定律，有F N －mg ＝m v 2C R解得F N ＝3 900 N.答案：(1)100 m (2)1 800 N ·s (3)受力图见解析 3 900 N。

动量冲量动量定理课时练习4套题(含答案)

动量和动量定理同步练习（1）1、下列说法正确的是：A．物体的动量改变，则速度大小一定变化 B．物体所受合外力越大，物体动量变化越大C．物体所受合外力越大，物体动量变化率一定越大 D，物体的运动状态改变，其动量一定改变2、竖直上抛一个物体，不计空气阻力，在上升过程与下落到出发点的两过程中：A．经历的时间相等B．发生的位移相等 C．重力对物体的冲量相同 D．动量变化相同3、玻璃杯从同一高度落下掉在石头上比掉在草地上容易碎是由于玻璃杯与石头撞击过程中：A．玻璃杯的动量较大B．玻璃杯受到的冲量较大 C．玻璃杯的动量变化较快 D．玻璃杯的动量变化较大4、下列判断正确的是：A．物体动量的方向总是与它所受的合外力的方向一致 B．物体动量变化的方向总与它受到的合外力的方向一致C．静止在水平面上的物体，其重力在任一时间内的冲量为零 D．物体有加速度时其动量不可能为零5、如图所示，质量为2kg的物体A静止在光滑的水平面上，与水平方向成30º角的恒力F=3N作用于该物体，历时10s，则：A．力的冲量大小为零 B．力F对物体的冲量大小为30Ns3Ns D．物体动量的变化量为153NsC．力F对物体的冲量大小为156、质量为m的物体仅在力F作用下，经过时间t，其速度从v l增加到v2。

若质量为m／2的物体仅在力F作用下，其初速度仍为v1，F的方向与v1方向相同，则经相同时间t，该物体末动量大小为：A．m(v2－V1)／2 B． 2m(2v2－v1) C．m(2v2－v1) D．m(2v2－v1)／27、物体沿粗糙的斜面上滑，到最高点后又滑回原处，则：A、上滑时重力的冲量比下滑时小B、上滑时摩擦力冲量比下滑时大C、支持力的冲量为0D、整个过程中合外力的冲量为零8、质量为2kg的物体，速度由4m／s变为－6m／s，则此过程中，它所受到的合外力的冲量为：A．－20Ns B．20Ns C．－4Ns D．一12Ns9、物体在做下面几种运动时，物体在任何相等的时间内动量变化总是相等的是；A．做匀变速直线运动 B．做竖直上抛运动 C．做平抛运动 D．做匀速圆周运动10、粗糙水平面上物体在水平拉力F作用下从静止起加速运动，经过时间t撤去F，在阻力f作用下又经3t停下，则F：f 为 ( )A．3：1 B．4：1 C．1：4 D．1：311、一只50g的网球以25m／s的速度水平飞来，又以30m／s的速度被网球拍水平击回去，则网球受到的冲量大小为＿＿＿，如果作用在球上的平均打击力为30N，则球与拍接触的时间为＿＿＿＿。

第7章第1课时冲量动量动量定理(基础课时)

课时规范训练(单独成册)[基础巩固题组]1．(多选)下列说法正确的是()A．运动物体的动量的方向总是与它的运动方向相同B．作用于物体上的合外力的冲量不为0，则物体的动量一定发生变化C．作用于物体上的合外力的冲量不为0，则物体的动能一定发生变化D．物体所受合外力的冲量方向总是与物体的动量方向相同解析：选AB.动量的方向总与速度即运动方向相同，故A对；合外力的冲量不为零，由动量定理I合＝Δp，可知动量的变化量Δp一定不为零，即动量一定变化，但动能不一定变化，有可能动量的大小不变，方向变化，故B对，C 错；I合的方向一定与动量变化量的方向相同，但不一定与动量的方向相同，故D 错．2．从某一高处落下一个鸡蛋，落到棉絮上和水泥地上，下列结论正确的是() A．落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，因为它受到的冲力小B．落到棉絮上的鸡蛋不易破碎，因为它受到的冲量小C．落到水泥地上的鸡蛋易破碎，因为它的动量变化小D．落到水泥地上的鸡蛋易破碎，因为它受到的冲量大解析：选 A.鸡蛋从同一高处落到地面前一瞬间，具有相同的动量，从接触水泥地或棉絮，经历了Δt时间，受到了“地面”对鸡蛋的冲力(向上的弹力)F，直到停止，鸡蛋的动量改变量相同，鸡蛋所受的合冲量相同，不同的是时间Δt，落在棉絮上时Δt较大，由动量定理知鸡蛋受的合力较小，而落到水泥地上时，Δt 小，合力大，所以受水泥地的冲力大，超过鸡蛋壳的承受能力时，鸡蛋破碎，A 正确．3．质量相等的A、B两个物体，沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面，由静止从同一高度h 2下滑到同样的另一高度h 1，如图所示，则A 、B 两物体( )A ．滑到h 1高度时的动量相同B ．滑到h 1高度时的动能相同C ．由h 2滑到h 1的过程中所受重力的冲量相同D ．由h 2滑到h 1的过程中所受合力的冲量相同解析：选B.两物体由h 2下滑到h 1高度的过程中，机械能守恒，mg (h 2－h 1)＝12m v 2，v ＝2g (h 2－h 1)，物体下滑到h 1处时，速度的大小相等，由于α不等于β，速度的方向不同，由此可判断，物体在h 1高度处动能相同，动量不相同．物体运动过程中动量的变化量不同，所以合外力的冲量不相等．物体下滑的过程中，mg sin α＝ma ，h 2－h 1sin α ＝12at 2.由上述两式求得时间t ＝1sin α 2(h 2－h 1)g，由I G ＝mgt 可以判断物体下滑过程中重力的冲量不等．4．原来静止的物体受合外力作用时间为2t 0，作用力随时间的变化情况如图所示，则( )A ．0～t 0时间内物体的动量变化与t 0～2t 0内动量变化相等B ．0～t 0时间内物体的平均速率与t 0～2t 0内平均速率不等C ．t ＝2t 0时物体的速度为零，外力在2t 0时间内对物体的冲量为零D ．2t 0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零解析：选C.0～t 0与t 0～2t 0时间内作用力方向不同，动量变化量不相等，A 错；t ＝t 0时，物体速度最大，t ＝2t 0时物体速度为零，由动量定理Ft ＝m Δv 可得，F 0t 0－F 0t 0＝0,0～t 0与t 0～2t 0时间内物体平均速率相等，B 错，C 正确；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．5．质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来，已知弹性安全带从开始绷直到拉伸至最长的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．500 NB ．1 100 NC ．600 ND ．100 N解析：选 B.人下落为自由落体运动，下落到底端时的速度为：v 0＝2gh ＝2×10×5 m /s ＝10 m/s ；重力的冲量I G ＝mgt ＝600×1.2 N·s ＝720 N·s ；取人为研究对象，在人和安全带相互作用的过程中，人受到重力mg 和安全带给的冲力F ，取F 方向为正方向，由动量定理得：Ft －mgt ＝0－(－m v 0)所以F ＝mg ＋m v 0t ＝600＋60×101.2 N ＝1 100 N.6．如图所示，今有一子弹穿过两块静止放置在光滑水平面上的相互接触质量分别为m 和2m 的木块A 、B ，设子弹穿过木块A 、B 的时间分别为t 1和t 2，木块对子弹的阻力恒为F f ，则子弹穿过两木块后，木块A 的速度大小是( )A.F f t 1mB.F f t 13mC.F f (t 1＋t 2)3mD.F f (t 1＋t 2)m解析：选B.A 与B 分离时二者的速度是相等的，分离后A 的速度不变，在分离前子弹对系统的作用力使A 与B 的速度增大，由动量定理得：F f ·t 1＝(m ＋2m )v所以v ＝F f t 13m .7．如图所示，一质量为M 的长木板在光滑水平面上以速度v 0向右运动，一质量为m的小铁块在木板上以速度v0向左运动，铁块与木板间存在摩擦，为使木板能保持速度v0向右匀速运动，必须对木板施加一水平力，直至铁块与木板达到共同速度v0.设木板足够长，求此过程中水平力的冲量大小．解析：考虑M、m组成的系统，设M运动的方向为正方向，根据动量定理有Ft＝(M＋m)v0－(M v0－m v0)＝2m v0则水平力的冲量I＝Ft＝2m v0.答案：2m v0[能力提升题组]8．(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的大小依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有()A．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等C．I1＜I2＜I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1＜I2＜I3，Δp1＜Δp2＜Δp3解析：选ABC.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Δp＝m v相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量也相等，注意不是相同(方向不同)；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由hsin θ＝12g sin θ·t2得物体下滑的时间t＝2hg sin2θ，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I 1＜I 2＜I 3，故A 、C 正确，D 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，动能的变化量相等，故B 正确．9．(多选)如图所示，质量为m 的小球从距离地面高H 的A 点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h 的B 点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g .关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有( )A ．小球的机械能减少了mg (H ＋h )B ．小球克服阻力做的功为mghC ．小球所受阻力的冲量大于m 2gHD ．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量解析：选AC.由动能定理得mg (H ＋h )＋W f ＝0，W f ＝－mg (H ＋h )，所以小球的机械能减少了mg (H ＋h )，A 正确，B 错误．小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgH ＝12m v 2，v ＝2gH ，落到地面上后又陷入泥潭，由动量定理I G －I f＝0－m v ，所以I f ＝I G ＋m v ＝I G ＋m 2gH ，小球所受阻力的冲量大于m 2gH ，C 正确．由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，D 错误．10．如图所示，从地面上的A 点以速度v 竖直向上抛出一小球，上升至最高点B 后返回，O 为A 、B 的中点，小球在运动过程中受到的空气阻力大小不变．下列说法正确的是( )A ．小球上升至O 点时的速度等于0.5vB ．小球上升至O 点时的速度小于0.5vC ．小球在上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量D ．小球在上升过程中动能的减少量等于下降过程中动能的增加量解析：选C.小球上升过程中，阻力向下，根据牛顿第二定律，有：mg ＋f ＝ma 1；根据运动学公式，v 2＝2ah ，v ′2＝2a h 2解得v ′＝22v ＞0.5v ，故A 、B 错误；下降过程中，阻力向上，根据牛顿第二定律，有：mg －f ＝ma 2，故a 1＞a 2；根据h＝12at2可知，t1＜t2；重力的冲量p＝mgt，故C正确；由于运动的整个过程，重力做功为零，阻力做负功，故末动能小于初动能，故ΔE上＞ΔE下，故D 错误．11．根据量子理论：光子既有能量也有动量；光子的能量E和动量p之间的关系是E＝pc，其中c为光速．由于光子有动量，辐射到物体表面的光子被物体吸收或被反射时都会对物体产生一定的冲量，也就对物体产生了一定的压强，这就是“光压”．根据动量定理可近似认为：当动量为p的光子垂直照到物体表面，若被物体反射，则物体受到的冲量大小为2p；若被物体吸收，则物体受到的冲量大小为p.有人设想在宇宙探测中用光作为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反光率为η的薄膜，并让它正对太阳．已知太阳光照射薄膜时对每平方米面积上的辐射功率为P0，探测器和薄膜的总质量为m，薄膜面积为S，则探测器的加速度大小为(不考虑万有引力等其他的力)()A.(1＋η)S P0mc B.(1＋η)P0SmcC.(2－η)P0Smc D.(2＋η)P20Smc解析：选B.在时间t内辐射到薄膜表面的光子的能量E总＝P0tS，光子的总动量p＝E总c＝P0tSc，根据题意，由动量定理得2ηp＋(1－η)p＝Ft，由牛顿第二定律得F＝ma，联立解得加速度a＝(1＋η)P0Smc，故B正确．12．如图所示，足够长的传送带以恒定的速率v1逆时针运动，一质量为m 的物块以大小为v2的初速度从传送带的P点冲上传送带，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是()A．合力对物块的冲量大小一定为2m v2B．合力对物块的冲量大小一定为2m v1C．合力对物块的冲量大小可能为零D．合力对物块做的功可能为零解析：选D.若v2＜v1，则物块返回到P点的速度大小为v2，根据动量定理知，合力的冲量为：I合＝m v2－(－m v2)＝2m v2，根据动能定理知，合力做功的大小为零．v2＞v1，则物块返回到P点的速度大小为v1，根据动量定理知，合力的冲量I合＝m v1＋m v2，根据动能定理得，合力做功为：W＝12m v21－12m v22，故D正确，A、B、C错误．13．一股水流以10 m/s的速度从喷嘴竖直向上喷出，喷嘴截面积为0.5 cm2，有一质量为0.32 kg的球，因受水对其下侧的冲击而停在空中，若水冲击球后速度变为0，则小球停在离喷嘴多高处？解析：小球能停在空中，说明小球受到的冲力等于重力F＝mg ①小球受到的冲力大小等于小球对水的力．取很小一段长为Δl的小水柱Δm，其受到重力Δmg和球对水的力F，取向下为正方向．(F＋Δmg)t＝0－(－Δm v) ②其中小段水柱的重力Δm·g忽略不计，Δm＝ρS·Δl②式变为F＝ρS·Δl·vt因t很短，Δl很小，一小段Δl的水柱可以看成匀速上升，Δl＝v t.上式变为F＝ρS v2 ③v为冲击小球前水的速度，即水以初速v0射出后，上升到h高处时的速度．根据竖直上抛的公式有v2－v20＝2(－g)h所以v＝v20－2gh代入③，有F＝ρS(v20－2gh) 代入①，有mg＝ρS(v20－2gh)h＝v20－mgρS2g＝ρS v20－mg2gρS＝1.0×103×0.5×10－4×102－0.32×102×10×1.0×103×0.5×10－4m＝1.8 m答案：1.8 m。

第六章第1单元冲量_动量_动量定理知识点及练习

单元一冲量动量动量定理一、冲量1．定义：力和力的的乘积．2．表达式：I ＝Ft.单位：牛秒(N ·s )3．矢标性：冲量是矢量，它的方向由决定．4．物理意义：表示力对的积累．5．作用效果：使物体的发生变化．二、动量1．定义：物体的和的乘积．2．表达式：p ＝ .单位：千克米每秒(kg ·m /s )．3．动量的三性(1)矢量性：方向与的方向相同．(2)瞬时性：动量是描述物体运动状态的物理量，动量定义中的速度是速度，是针对某一时刻而言的．(3)相对性：大小与参考系的选择有关，通常情况是指相对的动量．4．动量与动能的关系：p ＝2mE k ＝2E k v. 三、动量定理1．内容：物体所受合力的等于物体的变化．2．表达式：Ft ＝Δp ＝p ′－p.3．矢量性：动量变化量的方向与方向相同，还可以在某一方向上应用动量定理．练习一(时间：45分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题至少有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．下列关于力和运动的说法中，正确的是( )A ．物体所受的合外力为零，它的动量一定为零B ．物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化一定为零C ．物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化一定为零D ．物体所受的合外力不变，它的动量的变化率不变2．甲乙两个质量相等的物体，以相同的初速度在粗糙程度不同的水平面上运动，甲物体先停下来，乙物体后停下来，则( )A．甲物体受到的冲量大B．乙物体受到的冲量大C．两物体受到的冲量相等D．两物体受到的冲量无法比较3．篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩到胸前．这样做可以() A．减小球对手的冲量B．减小球对人的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量4．一颗子弹以较大的水平速度击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，则当子弹入射速度增大时，下列说法正确的是()A．木块获得的动能变大B．木块获得的动能变小C．子弹穿过木块的时间变长D．子弹穿过木块的时间变短5．某物体沿粗糙斜面上滑，达到最高点后又返回原处，下列分析正确的是()A．上滑、下滑两过程中摩擦力的冲量大小相等B．上滑、下滑两过程中合外力的冲量相等C．上滑、下滑两过程中动量变化的方向相同D．整个运动过程中动量变化的方向沿斜面向下6．(2011·酒泉测试)如图1所示，铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点，若以2v的速度抽出纸条，则铁路落地点为()A．仍在P点B．P点左边C．P点右边不远处D．P点右边原水平位移的两倍处7．从同一高度以相同的速度抛出质量相同的三个小球，a球竖直上抛，b球竖直下抛，c球水平抛出，不计空气阻力，则()A．三球落地时的动量相同B．三球落地时的动量大小相同C．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量相同D．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量大小相同8.图2所示为作用在某物体上的合外力随时间变化的关系，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0C．物体的动能改变量为0 D．物体的机械能改变量为09.如图3所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量是m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1速度为零后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是F f，在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为()A．mg sinθ(t1＋t2) B．mg sinθ(t1－t2)C．mg(t1＋t2) D．010．(2011·贵阳模拟)质量为m＝0.10 kg的小钢球以v 0＝10 m/s的水平速度抛出，下落h＝5.0 m时撞击一钢板，如图4所示，撞后速度恰好反向，且速度大小不变，已知小钢球与钢板作用时间极短，取g＝10 m/s2，则()A.钢板与水平面的夹角θ＝60°B．小钢球从水平抛出到刚要撞击钢板的过程中重力的冲量为1 N·sC．小钢球刚要撞击钢板时小球动量的大小为10 2 kg·m/sD．钢板对小钢球的冲量大小为2 2 N·s二、非选择题(本题共2小题，共30分，解题时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(14分)起跳摸高是学生常进行的一项活动．某中学生身高1.80 m，质量80 kg.他站立举臂，手指摸到的高度为2.10 m．在一次摸高测试中，如果他先下蹲，再用力蹬地向上跳起，同时举臂，离地后手指摸到的高度为2.55 m. 设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.2 s．不计空气阻力(g取10 m/ s2)．求：(1)他跳起刚离地时的速度大小；(2)上跳过程中他对地面平均压力的大小．12．(16分)高压采煤水枪出水口的截面积为S，水的射速为v，射到煤层上后，水速度为零，若水的密度为ρ，求水对煤层的冲力．参考答案一、选择题1．CD 2．C 3．B 4．BD 5．CD 6．B 7．B 8. BC 9. C 10．BD二、非选择题(本题共2小题，共30分，解题时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(1)跳起后重心升高h＝2.55 m－2.10 m＝0.45 m，根据机械能守恒定律12＝mgh，解得2m vv＝2gh＝3 m/s.(2)由动量定理(F－mg)t＝m v－0，＋mg，即F＝m vt将数据代入上式可得F＝2.0×103 N，根据牛顿第三定律可知：人对地面的平均压力F′＝2.0×103 N.答案：(1)3 m/s(2)2.0×103 N12．我们取一小段时间内射到煤层上的水进行研究，这部分水在较短时间内速度变为零，煤一定对水产生力的作用．因此，可以由动量定理来求煤对水的平均作用力，再由牛顿第三定律就知道水对煤的作用力．设在Δt时间内射出的水的质量为Δm，则Δm＝ρS vΔt，以Δm为研究对象，它在Δt时间内动量变化为Δp＝Δm(0－v)＝－ρS v2Δt.设F为水对煤层的冲力，F′为煤层对水的反冲力，以F′的方向为正方向．根据动量定理(忽略水的重力)有F′Δt＝－ρS v2Δt，所以F′＝－ρS v2.根据牛顿第三定律得F＝－F′＝ρS v2.答案：ρS v2。

冲量-动量动量定理练习题(带答案)

2016年高三1级部物理第一轮复习-冲量动量动量定理1．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2.以下判断正确的是( )A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为20 N·s解析：小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量I＝0－(－m v0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I＝Δp＝m v－(－m v0)＝20 N·s，D正确，B、C均错误．答案：AD2.如图所示，倾斜的传送带保持静止，一木块从顶端以一定的初速度匀加速下滑到底端．如果让传送带沿图中虚线箭头所示的方向匀速运动，同样的木块从顶端以同样的初速度下滑到底端的过程中，与传送带保持静止时相比( )A．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量变大B．木块在滑到底端的过程中，摩擦力的冲量不变C．木块在滑到底端的过程中，木块克服摩擦力所做的功变大D．木块在滑到底端的过程中，系统产生的内能数值将变大解析：传送带是静止还是沿题图所示方向匀速运动，对木块来说，所受滑动摩擦力大小不变，方向沿斜面向上；木块做匀加速直线运动的加速度、时间、位移不变，所以选项A错，选项B 正确．木块克服摩擦力做的功也不变，选项C错．传送带转动时，木块与传送带间的相对位移变大，因摩擦而产生的内能将变大，选项D正确．答案：BD3.如图所示，竖直环A半径为r，固定在木板B上，木板B放在水平地面上，B的左右两侧各有一挡板固定在地上，B不能左右运动，在环的最低点静置一小球C，A、B、C的质量均为m.给小球一水平向右的瞬时冲量I，小球会在环内侧做圆周运动，为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，瞬时冲量必须满足( )A．最小值m4gr B．最小值m5gr C．最大值m6grD．最大值m7gr解析：在最低点，瞬时冲量I＝m v0，在最高点，mg＝m v2/r，从最低点到最高点，m v20/2＝mg×2r＋m v2/2，解出瞬时冲量的最小值为m5gr，故选项B对；若在最高点，2mg＝m v2/r，其余不变，则解出瞬时冲量的最大值为m6gr.答案：BC4.水平面上有两个质量相等的物体a和b，它们分别在水平推力F1和F2作用下开始运动，分别运动一段时间后撤去推力，两个物体都将运动一段时间后停下．物体的v—t图线如图所示，图中线段AB∥CD.则以下说法正确的是( )①水平推力的大小F1>F2②水平推力的大小F1<F2③a所受摩擦力的冲量大于b所受摩擦力的冲量④a所受摩擦力的冲量小于b所受摩擦力的冲量A．①③ B．①④ C．②③ D．②④答案：B5.如图所示，在水平地面上有A、B两个物体，质量分别为m A＝3.0 kg、m B＝2.0 kg，在它们之间用一轻绳连接，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1.现用两个方向相反的水平恒力F1、F2同时作用在A、B两物体上，已知F1＝20 N，F2＝10 N，g取10m/s2.当运动达到稳定后，下列说法正确的是( )A．A、B组成的系统运动过程中所受摩擦力大小为5 N，方向水平向左B．5 s内物体B对轻绳的冲量为70 N·s，方向水平向左C．地面受到A、B组成的系统的摩擦力大小为10 N，方向水平向左D．5 s内A、B组成的系统的动量变化量为25 kg·m/s解析：A、B组成的系统运动过程中所受的摩擦力为F f＝μ(m A＋m B)g＝5.0 N，根据牛顿第三定律知地面受到A、B组成的系统的摩擦力的大小为5 N，方向水平向右，所以A对C错．设运动达到稳定时系统的加速度为a，根据牛顿第二定律有F1－F2－F f＝(m A＋m B)a，解得a＝1.0 m/s2，方向与F1同向(或水平向右)．以B为研究对象，运动过程中B所受摩擦力为Ff B＝μm B g ＝2.0 N．设运动达到稳定时，B所受轻绳的作用力为F T，根据牛顿第二定律有F T－Ff B－F2＝m B a，解得F T＝14.0 N．根据牛顿第三定律知，物体B对轻绳的作用力大小为14 N，方向水平向左，冲量为70 N·s，B正确．A、B组成的系统受到的合外力的大小为5 N，所以5 s内，合外力的冲量大小为25 N·s，由动量定理知D正确．答案：ABD6.如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的1 4圆周轨道，圆心O在S的正上方，在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑．以下说法正确的是( )A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等D．b比a先到达S，它们在S点的动量相等解析：a、b两球到达S点时速度方向不同，故它们的动量不等，C、D错误．由机械能守恒定律知，a、b经过同一高度时速率相同，但b在竖直方向的分速度v b始终小于同高度时a球的速度v a，应有平均速度v b＜v a，由t＝Rv知，t a＜t b，所以a先到达S点，A正确，B错误．答案：A7．质量为m 的小球在水平面内做半径为r 的匀速圆周运动，它的角速度为ω，周期为T ，在T 2时间内，小球受到的冲量的大小为( )A ．2mωrB ．πmωrC ．mω2r T 2D ．mω2T 2 解析：做匀速圆周运动的物体，其所受向心力的大小为F ＝mω2r ，但向心力是个变力，方向不断改变，不能由F ·t 来求冲量，只能根据动量定理I ＝m v 2－m v 1＝mωr －(－mωr )＝2mωr . 答案：A8．一质量为m 的物体做平抛运动，在两个不同时刻的速度大小分别为v 1、v 2，时间间隔为Δt ，不计空气阻力，重力加速度为g ，则关于Δt 时间内发生的变化，以下说法正确的是( )A ．速度变化大小为g Δt ，方向竖直向下B ．动量变化大小为Δp ＝m (v 2－v 1)，方向竖直向下C ．动量变化大小为Δp ＝mg Δt ，方向竖直向下D ．动能变化为ΔE k ＝12m (v 2－v 21) 解析：根据加速度定义g ＝Δv Δt可知A 对，分别由动量定理、动能定理可知CD 对；注意动量变化是矢量，由于v 1、v 2仅代表速度的大小，故选项B 错．答案：ACD9．如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，那么这个物体的运动( )A ．可能是匀变速运动B ．可能是匀速圆周运动C ．可能是匀变速曲线运动D ．可能是匀变速直线运动解析：冲量是力与时间的乘积，在任何相等的时间内冲量都相同，也就是物体受到的力恒定不变，所以物体做匀变速运动，其轨迹可以是直线的也可以是曲线的．答案：ACD10．两质量相同的物体a 和b 分别静止在光滑的水平桌面上，因分别受到水平恒力作用，同时开始运动．若b 所受的力为a 的k 倍，经过t 时间后分别用I a 、W a 和I b 、W b 表示在这段时间内a 和b 各自所受恒力的冲量和做功的大小，则有( )A ．W b ＝kW a ，I b ＝kI aB ．W b ＝k 2W a ，I b ＝kI aC ．W b ＝kW a ，I b ＝k 2I aD ．W b ＝k 2W a ，I b ＝k 2I a解析：由I ＝Ft ，F b ＝kF a ，得I b ＝kI a ，故C 、D 错．对两物体分别由动量定理得：I a ＝m v a ，I b ＝m v b ，分别由动能定理得W a ＝12m v 2a ，W b ＝12m v 2b ，联立解得W b ＝k 2W a . 答案：B11.物体受到合力F 的作用，由静止开始运动，力F 随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是( )A ．该物体将始终向一个方向运动B ．3 s 末该物体回到原出发点C ．0～3 s 内，力F 的冲量等于零，功也等于零D ．2～4 s 内，力F 的冲量不等于零，功却等于零解析：图线和横坐标所围的面积等于冲量，0～1秒内的冲量为负，说明速度沿负方向，而1～2秒内冲量为正，且大于0～1秒内的冲量，即速度的方向发生变化，所以A 错误，0～3秒内，力F 的冲量为零，即物体0秒时的速度和3秒时的速度一样，故0～3秒内力F 的冲量等于零，功也等于零，C 、D 正确．分析运动过程可以得到3秒末物体回到原出发点，B 正确．答案：BCD12．蹦极跳是勇敢者的体育运动．该运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段，从弹性绳刚好被拉直到运动员下降至最低点为第二阶段．下列说法中正确的是（）A．第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小相等B．第一阶段重力势能的减少量等于第二阶段克服弹力做的功C．第一阶段重力做的功小于第二阶段克服弹力做的功D．第二阶段动能的减少量等于弹性势能的增加量解析：对全程有：IG1＋IG2＝I弹，所以IG1＜I弹，A错．全程动能不变E p1＋E p2＝E弹所以E p1＜E弹，B错，C对．第二阶段ΔE k＝W弹－WG2所以W弹＞ΔE k即弹性势能的增加量大于动能的减少量，D错．答案：C13.如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d位于同一圆周上，a点为圆周的最高点，d点为圆周的最低点．每根杆上都套着一个质量相同的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c处释放(初速为零)，关于它们下滑的过程，下列说法中正确的是( )A．重力对它们的冲量相同 B．弹力对它们的冲量相同C．合外力对它们的冲量相同D．它们的动能增量相同解析：由运动学知识可知三个滑环的运动时间相等，故A正确，由于三种情形下弹力的方向不同，故B 错，根据机械能守恒定律知D 错，而合外力冲量大小为m v ，由于v 大小不等，故C 错．答案：A14．2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注．冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图所示，运动员将静止于O 点的冰壶(视为质点)沿直线OO ′推到A 点放手，此后冰壶沿AO ′滑行，最后停于C 点．已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m ，AC ＝L ，CO ′＝r ，重力加速度为g .(1)求冰壶在A 点的速率；(2)求冰壶从O 点到A 点的运动过程中受到的冲量大小；(3)若将BO ′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原只能滑到C 点的冰壶能停于O ′点，求A 点与B 点之间的距离．解析：(1)由－μmgL ＝0－12m v 2A ，得v A ＝2μgL .(2)由I ＝m v A ，将v A 代入得I ＝m 2μgL .(3)设A 点与B 点之间的距离为s ，由－μmgs －0.8μmg (L ＋r －s )＝0－12m v 2A ，将v A 代入得s ＝L －4r . 答案：(1)2μgL (2)m 2μgL (3)L －4r15.2008年8月24日晚，北京奥运会闭幕式上，199名少年穿着特制的足具——一副由白色的金属制成的高约一米、装有弹簧的支架走上了闭幕式的表演舞台，如左图所示.199名少年整齐划一的前空翻、后空翻、横飞，引起现场观众阵阵尖叫．若表演者穿着这种弹跳器上下跳跃．右图所示为在一次跳跃中弹跳器从接触地面到离开地面的过程中，地面对弹跳器弹力F与时间t的变化关系图象．表演者连同弹跳器的总质量为80 kg.求：(1)t1＝0.5 s时刻，表演者的速度；(2)表演者离地后能上升的高度．(不计空气阻力，g取10 m/s2)解析：(1)由图象可知，t1＝0.5 s时刻弹跳器的压缩量最大，故此时表演者的速度为0.(2)表演者从t1＝0.5 s弹起上升到t2＝1.0 s离地的过程中受到重力G和弹力F作用，它们的冲量改变了表演者的动量．设表演者t2＝1.0 s离地时的速度为vI G＋I F＝m v取竖直向上的方向为正I G＝－mg(t2－t1)＝－400 Ns由F—t图知：I F＝1 100 Ns解得：v＝8.75 m/s设上升的高度为h由v2＝2gh解得h＝3.83 m.答案：(1)0 (2)3.83 m16.据航空新闻网报道，美国“布什”号航空母舰的一架质量为1.5×104kg的“超级大黄蜂”舰载飞机于2009年5月19日下午完成了首次降落到航母甲板上的训练——着舰训练．在“布什”号上安装了飞机着舰阻拦装置——阻拦索，从甲板尾端70m处开始，向舰首方向每隔一定距离横放一根粗钢索，钢索的两端通过滑轮与甲板缓冲器相连，总共架设三道阻拦索．飞行员根据飞机快要着舰时的高度，确定把飞机的尾钩挂在哪一根阻拦索上，这意味着飞机有三次降落的机会．如图所示，某次降落中在阻挡索的阻拦下，这架“大黄蜂”在2s 内速度从180km/h 降到0.“大黄蜂”与甲板之间的摩擦力和空气阻力均不计．求：(1)阻拦索对“大黄蜂”的平均作用力大小；(2)阻拦索对“大黄蜂”的冲量．解析：(1)“大黄蜂”在t ＝2 s 内速度从v 0＝180 km/h ＝50 m/s 降到0，加速度为a ＝0－v0t＝－25 m/s 2根据牛顿第二定律，阻拦索对“大黄蜂”的平均作用力F f ＝ma ，代入数据求得F f ＝－3.75×105 N.(2)阻拦索对“大黄蜂”的冲量I ＝F f t ＝－7.5×105 N·s即阻拦索对“大黄蜂”的冲量大小为7.5×105 N·s ，方向与运动方向相反．答案：(1)3.75×105 N (2)7.5×105 N·s 方向与运动方向相反17．撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动，完整的过程可以简化成如图6－1－6所示的三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落．在第二十九届北京奥运会比赛中，身高1.74m 的俄罗斯女运动员伊辛巴耶娃以5.05m 的成绩打破世界纪录．设伊辛巴耶娃从静止开始以加速度a ＝1.0 m/s 2匀加速助跑，速度达到v ＝8.0 m/s 时撑杆起跳，使重心升高h 1＝4.20m 后越过横杆，过杆时的速度不计，过杆后做自由落体运动，重心下降h 2＝4.05m 时身体接触软垫，从接触软垫到速度减为零的时间t＝0.90 s ．已知伊辛巴耶娃的质量m ＝65kg ，重力加速度g 取10m/s 2，不计撑杆的质量和空气的阻力．求：(1)伊辛巴耶娃起跳前的助跑距离；(2)伊辛巴耶娃在撑杆起跳上升阶段至少要做的功；(3)在伊辛巴耶娃接触软垫到速度减为零的过程中，软垫对运动员平均作用力的大小．解析：(1)设助跑距离为s ，由运动学公式v 2＝2as解得s ＝v22a＝32 m. (2)设运动员在撑杆起跳上升阶段至少要做的功为W ，由功能关系有W ＋12m v 2＝mgh 1 解得：W ＝650 J.(3)运动员过杆后做自由落体运动，设接触软垫时的速度为v ′，由运动学公式有v ′2＝2gh 2设软垫对运动员的平均作用力为F ，由动量定理得(mg －F )t ＝0－m v ′ 解得F ＝1 300 N.答案：(1)32 m (2)650 J (3)1 300 N。

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