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周测1 动量 动量定理
一、单项选择题：本题共7小题，每小题6分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．(2023·天津市杨柳青第一中学期末)将物体水平抛出，在物体落地前(不计空气阻力)，下列说法正确的是( )
A．动量的方向不变
B．动量变化量的方向不变
C．相同时间内动量的变化量越来越大
D．动量变化得越来越快
2．(2023·盐城市伍佑中学高二月考)质量为m的钢球自高处落下，以速度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，钢球动量变化量的方向和大小为( )
A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)
C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)
3.(2023·广东江门市高二期末)神舟十三号载人飞船返回舱在返回时，为了保护航天员的安全，先在降落伞的作用下将速度降低至约8 m/s，再在距离地面较近时升起缓冲座椅，然后在距离地面大约1 m时，4个缓冲火箭点火工作，使速度降到2 m/s左右并最终安全着陆。关于返回舱返回着陆过程，下列说法正确的是( )
A．着陆过程中缓冲座椅的作用是减小座椅对航天员的冲量
B．着陆过程中缓冲座椅的作用是减小航天员的动量变化量
C．着陆过程中缓冲座椅的作用是减小航天员与座椅间的作用力
D．缓冲火箭工作过程对返回舱做正功
4.(2024·永州市高二期中)一质量为2 kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到如图所示的水平外力F作用，下列说法正确的是( )
A．第1 s末质点的速度为4 m/s
B．第2 s内外力F的冲量为4 N·s
C．第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为2∶1
D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为5∶4
5.甲、乙两物体分别在大小为F1、F2的力的作用下做直线运动，甲在t1时间内，乙在t2时间内动量p随时间t变化的p－t图像如图所示，设甲物体在t1时间内所受到的冲量大小为I1，乙物体在t2时间内所受到的冲量大小为I2，则两物体所受外力F及其冲量I的大小关系是( )
A．F1>F2，I1＝I2 B．F1
C．F1>F2，I1>I2 D．F1＝F2，I1＝I2
6.(2024·佛山市高二期中)在一次奥运会羽毛球决赛中，球飞来的速度为25 m/s，运动员将球以105 m/s的速度反向击回。设羽毛球的质量为5 g ，击球过程只用了0.02 s。重力加速度g取10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．击球过程中羽毛球动量变化量大小为 0.4 kg·m/s
B．击球过程中羽毛球所受重力的冲量大小为1×10－3 N·s
C．击球过程中羽毛球所受合力的冲量大小为0.4 N·s
D．击球过程中球拍的作用力约为66 N
7．如图甲所示，质量为0.4 kg的物块在水平力F的作用下由静止释放，物块与足够高的竖直墙面间的动摩擦因数为0.4，力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．t＝4 s时物块离出发点最远
B．t＝2 s时物块速度与t＝6 s时相等
C．0～8 s内物块速度先增大后减小
D．0～8 s内摩擦力的冲量大小为28 N·s
二、多项选择题：本题共3小题，每小题8分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得8分，选对但不全的得4分，有选错的得0分。
8.如图所示，用一不可伸长的轻质细绳悬挂小球，将小球向左拉到A位置无初速度释放，小球可摆动到与A位置关于竖直线对称的B位置，不计一切阻力，下列说法正确的是( )
A．小球从A到B的过程中，重力的冲量为零
B．小球从A到B的过程中，合力的冲量不为零
C．小球从O到B的过程中，动量的变化量方向水平向左
D．小球从O到B的过程中，绳上拉力的冲量大于重力的冲量
9.(2024·云南云天化中学教育管理有限公司期中)两个完全相同的小球A、B，在同一高度处以相同大小的初速度v0分别水平和竖直向上抛出，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A．重力对A球的冲量小于重力对B球的冲量
B．重力对A球的冲量大于重力对B球的冲量
C．从开始运动至落地，重力对两球做功相同
D．从开始运动至落地，两小球动量的变化量相同
10.(2024·张家界市高二期末)如图所示是用高压水枪清洗汽车的照片。设水枪喷出的水柱截面为圆形，直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后速度为零。高压水枪的质量为M，手持高压水枪操作，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ρπvD2
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
C．水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，压强变为原来的4倍
三、非选择题：本题共3小题，共34分。
11.(8分)(2023·上海师大附中期中)如图所示，一质量m＝2 kg 的物体A静止在光滑的水平面上，与水平方向成30°角，大小为F＝3 N的恒力作用于该物体，历时10 s，在这段时间内，力F的冲量大小为__________ N·s；物体A的动量变化量大小为__________ kg·m/s。
12．(12分)(2024·滨州市高二期中)如图所示，小陈同学正在练习用头颠球。某一次足球由静止下落0.6 m，被重新顶起，离开头部后竖直上升了1 m。已知足球与头部作用过程中，头对足球的平均作用力大小为36 N，足球的质量为0.4 kg，足球在空中时空气阻力为1 N，大小不变，其他时间空气阻力不计。重力加速度g取10 m/s2，在此过程中，求：
(1)(6分)足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小；
(2)(6分)足球与头部的作用时间。
13.(14分)(2024·新疆巴音郭楞高二期末)一个质量为30 kg的游戏者在某游乐场的蹦床上蹦跳，从他被弹到最高点开始计时，其运动的v－t图像如图所示，其中只有Oa段和de段为直线，其余为曲线，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。求：
(1)(6分)最高点与蹦床间的高度差；
(2)(8分)蹦床对游戏者的平均作用力大小。
参考答案及解析
1． 答案 B
解析 平抛运动中，速度大小和方向都在发生变化，则由p＝mv可知，动量的方向会发生变化，故A错误；
由于物体所受合外力的冲量大小等于它的动量的变化量，即Δp＝I冲＝Ft＝Gt
由此可得，动量变化量的方向始终竖直向下不变，相同时间内动量的变化量相同，且动量变化快慢不变，故B正确，C、D错误。
2．答案 D
解析 选取竖直向下为正方向，则初动量为p＝mv1，末动量为p′＝－mv2，则该过程的动量变化量为Δp＝p′－p＝－mv2－mv1＝－m(v2＋v1)，负号表示动量变化量的方向向上(与正方向相反)，A、B、C错误，D正确。
3. 答案 C
解析 航天员在最后1 m的着陆过程中初速度大小为2 m/s，末速度是0，故在着陆过程中航天员的动量变化量是恒定的，故在此过程中所受冲量也是恒定的，故A、B错误；缓冲座椅的作用是延长着陆时间，根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，由于动量变化量恒定，延长了着陆时间则减小了着陆过程中航天员所受的平均冲击力，故C正确；因为返回舱做减速运动，重力做正功，所以根据动能定理可知，缓冲火箭工作过程对返回舱做负功，故D错误。
4.答案 C
解析 根据I＝Ft可知，F－t图像面积表示F的冲量，由题图可知0～1 s内F的冲量I1＝mv1＝4 kg·m/s
得第1 s末质点的速度大小为
v1＝2 m/s
第2 s内合外力冲量
I2＝mv2－mv1＝2 kg·m/s
得第2 s末质点的速度大小为
v2＝3 m/s，故A、B错误；
第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为
Δp1∶Δp2＝I1∶I2＝2∶1，故C正确；
第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为
ΔEkl∶ΔEk2＝(mv12－0)∶(mv22－mv12)＝4∶5，故D错误。
5.答案 A
解析 由F＝知F1>F2，由I＝Δp知I1＝I2，故A正确。
6.答案 B
解析 以羽毛球被击回的方向为正方向，击球过程中羽毛球动量变化量大小为
Δp＝mv2－＝m＝0.65 kg·m/s，A错误；
击球过程中羽毛球所受重力的冲量大小为
mgt＝1×10－3 N·s，B正确；
根据动量定理Ft＝Δp
击球过程中羽毛球所受合力的冲量大小为0.65 N·s，C错误；
击球过程中可以忽略重力的冲量，球拍的作用力约为F＝≈33 N，D错误。
7.答案 D
解析 当物块受到的摩擦力与重力相等时，有mg＝μF0，解得F0＝10 N
可知0～2 s内物块向下做加速运动，
2～4 s内物块向下做减速运动，由动量定理可知4 s末物块的速度为零，
4～6 s内物块静止，6～8 s内物块向下做加速运动，故t＝8 s时物块离出发点最远，故A错误；
由上述分析可知，t＝6 s时物块的速度为零，t＝2 s时物块的速度不为零，故B错误；
由上述分析可知，0～8 s内物块速度先增大后减小，再增大，故C错误；
0～4 s内、6～8 s内物块受到的摩擦力为Ff＝μF
0～4 s内摩擦力的冲量为
If1＝Ff1t1＝×4 N·s＝16 N·s
4～6 s内，物块静止，受静摩擦力，摩擦力的冲量为If2＝Ff2t2＝mgt2＝4×2 N·s＝8 N·s
6～8 s内摩擦力的冲量为
If3＝Ff3t3＝×2 N·s＝4 N·s
0～8 s内摩擦力的冲量大小为
If＝If1＋If2＋If3＝28 N·s，故D正确。
8. 答案 CD
解析 根据IG＝Gt＝mgt>0
小球从A到B的过程中，重力的冲量不为零，故A错误；
小球从A到B的过程中，动量的变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，故B错误；
小球从O到B的过程中，初动量水平向右，末动量为零，动量的变化量方向水平向左，故C正确；
小球从O到B的过程中，合力的冲量等于动量的变化量，如图所示，由矢量三角形可知，绳上拉力的冲量大于重力的冲量，故D正确。
9. 答案 AC
解析 A球在空中的运动时间比B球短，故重力对A球的冲量小于重力对B球的冲量，A正确，B错误；
两球下落高度相同，故重力对两球做功均为W＝mgh，C正确；
由动量定理可知，因为重力对两球冲量不同，故两球动量变化量不同，D错误。
10.答案 BD
解析 高压水枪单位时间喷出的水的质量为m＝ρSv＝ρvπD2＝ρπvD2
A错误，B正确；
根据动量定理FΔt＝(mΔt)v
水柱对汽车的平均冲力为F＝ρπD2v2
C错误；
根据压强p＝＝＝ρv2可知，
当高压水枪喷口的出水速度变为原来2倍时，压强变为原来的4倍，D正确。
11. 答案 30 15
解析 力F的冲量大小为
IF＝F·t＝3×10 N·s＝30 N·s
由动量定理可知，物体A的动量变化量大小为
Δp＝F合·t＝Fcos 30°·t＝15 kg·m/s。
12． 答案 (1)0.4 N·s (2)0.1 s
解析 (1)足球下落过程由动能定理
mgh1－Ffh1＝mv12
解得v1＝3 m/s
下落过程的时间t1＝＝0.4 s
足球在空中下落过程中空气阻力对它的冲量大小If＝Fft1＝0.4 N·s
(2)规定向上为正方向，足球上升过程由动能定理－mgh2－Ffh2＝0－mv22，解得v2＝5 m/s
则足球与头部作用的过程由动量定理有(F－mg)Δt＝mv2－(－mv1)
解得Δt＝0.1 s。
13. 答案 (1)3.2 m (2)700 N
解析 (1)根据题图可知，游戏者从最高点落到蹦床的时间t1＝0.8 s
根据自由落体运动的规律可得最高点与蹦床间的高度差
h＝gt12＝3.2 m
(2)根据题图可知，在下落过程中游戏者与蹦床作用的时间
Δt＝ s＝0.6 s
在开始下落到最低点的1.4 s内，取向上为正方向，根据动量定理可得
FΔt－mgt＝0
解得F＝700 N。
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