高考物理一轮课时分层作业（十八）动量动量定理

课时分层作业十八

动量动量定理

（45分钟100分）

【基础达标题组】

一、选择题（本题共10小题,每小题6分，共60分。1〜6题为单选

题，7〜10题为多选题）

1.如果一物体在任意相等的时间内受到的冲量相等，则此物体的运动

不可能是

（）

A.匀速圆周运动B.自由落体运动

C.平抛运动D.竖直上抛运动

【解析】选Ao如果物体在任何相等的时间内受到的冲量都相同，由

I=Ft可知，物体受到的力是恒力，则物体可以做自由落体运动、平抛

运动或竖直上抛运动；物体做匀速圆周运动，所受合外力方向不断变

化，合力为变力，在任何相等时间内，合外力的冲量不相等，故不可能

为勺速圆周运动，因此C、D均可能，A不可能，故A符合题意。

2.（2018•佛山模拟）如图,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，两物体

具有相同的物理量是

A.重力的冲量B.弹力的冲量

C.到达底端时的动量D.以上几个量都不是

h

【解析】选D。高度相同，则下滑的距离x=s出。加速度a=gsin。，根

1J"

2

据x=2at得t=s近夕＜9,由于倾角不同，则运动的时间不同，根据

I=mgt知，重力的冲量不同，故A错误；对于弹力，大小不等，方向不同，

弹力的冲量不同，故B错误；根据机械能守恒定律知，到达底端的速度

大小相等，但是方向不同，所以到达底端的动量不同，故C错误，D正

确。

3.用豆粒模拟气体分子，可以模拟气体压强产生的原理。如图所示,

从距秤盘80cm高度把1000粒的豆粒连续均匀地倒在秤盘上,持续

作用时间为1s,豆粒弹起时竖直方向的速度变为碰前的一半。若每

个豆粒只与秤盘碰撞一次，且碰撞时间极短（在豆粒与秤盘碰撞极短

时间内，碰撞力远大于豆粒受到的重力），已知

1000粒的豆粒的总质量为100g,则在碰撞过程中秤盘受到压力大小

约为

A.0.2NB.0.6NC.1.0ND.1.6N

【解析】选Bo本题考查了动量定理的应用，意在考查考生的分析和

解决能力，豆粒下落过程做自由落体运动，落到秤盘上的速度

为：m/s,根据题意反弹速度为2m/s,对1000粒豆粒受力

mv

分析，对豆粒碰撞秤盘的过程应用动量定理有Ft=2(mv),则

0.1x2-0.1x(-4)

F=1N=0.6N,选项B正确，选项A、C、D错

•口

［大。

4.(2017•天津高考)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天

轮,是天津市的地标之一。摩天轮悬挂透明座舱,乘客随座舱在竖直面

内做匀速圆周运动。下列叙述正确的是()

A.摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变

B.在最高点时,乘客重力大于座椅对他的支持力

C.摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零

D.摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变

【解析】选Bo机械能等于动能和重力势能之和，乘客随座舱在竖直

面内做匀速圆周运动，动能不变，重力势能时刻发生变化，则机械能在

不断变化，故A错误；在最高点对乘客受力分析，由牛顿第二定律可

22

vV

知：mgFs-m7,座椅对乘客的支持力：Fymgni厂＜mg,故B正确;乘客随座

椅转动一周，动量变化量为零，由动量定理可知合力的冲量为零，但重

力的冲量I=mg•tWO,故C错误；乘客重力的瞬时功率P=mgvcos。,

其中9为线速度和竖直方向的夹角，摩天轮转动过程中，乘客的重力

和线速度的大小不变，但0在不断变化，所以乘客重力的瞬时功率在

不断变化，故D错误。

5.（2018•青岛模拟）一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上,从

40时刻开始，受到如图所示的水平外力作用，下列说法正确的是

()

A.第1s末物体的速度为2m/s

B.第2s末外力做功的瞬时功率最大

C.第1s内与第2s内质点动量增加量之比为1：2

D.第1s内与第2s内质点动能增加量之比为4:5

P4

【解析】选D。。〜1s内，由牛顿第二定律可得质点的加速度为为二机二，

m/s2=4m/s2,第1s末质点的速度为V1=at=4Xlm/s=4m/s,故A错

F2

误；1〜2s内，由牛顿第二定律可得质点的加速度为a?二昨,m/s2=2

m/s2,第1s末外力做功的瞬时功率为PLFM=4X4W=16W,第2s末

质点的速度为V2=Vi+a2t2=(4+2XI)m/s=6m/s,第2s末外力做功的

瞬时功率为P2=F2V2=2X6W=12W,故B错误；第1s内与第

2s内质点动量增加量之比为Api：△p2=(mvi0)I(mv2mvi)=

(1X4)：(1X61X4)=2:1,故C错误；第1s内与第2s内质点动能

加-。)

增加量之比为△EkiAEk2=

x1x42

1

(2X1X622X1X42)=4：5,故D正确。

6.(2018•郑州模拟)如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演。水平地面

上演员B用肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各

种动作。某次顶竿表演结束后,演员A自竿顶由静止开始下落,滑到竿

底时速度正好为零,然后曲腿跳到地面上，演员A、B质量均为50kg,

长竹竿质量为5kg,A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所

示。重力加速度g取10m/s；下列判断正确的是

)

甲乙

A.竹竿的总长度约为3m

B.0〜6s内，演员B对地面的压力大小始终为1050N

C.0〜6s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为3300N-s

D.演员A落地时向下曲腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力

1

【解析】选C。竹竿的长度等于vt图象中的面积，由图可知，X=5X2X6

m=6m,故A错误；0—6s内A加速度先向下，再向上，故人先失重再超

重，故B对地面的压力一定是变化的，故B错误；由图可知，0〜4s内A

△u

向下加速，加速度为*1=

2

4m/s2=0.5m/s2,则由牛顿第二定律得mgFi=mai,解得

Fi=(50X1050X0.5)N

丝2

22

-475N,4〜6s内A向下减速，加速度为az==2m/s=lm/s,则由牛

顿第二定律得Rmg二ma2,解得F2=(50X10+50X1)N=550N,设向下为

正方向，则0〜6s内竹竿对演员B的压力的冲量大小为

I=in'g(t!+t2)+F1t1+F2t2=5X10X(4+2)+475

X4+550X2N•s=3300N•s,故C正确；演员A落地时向下曲腿，是

为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故D错误。

7.如图所示,箱子放在水平地面上,箱内有一质量为m的铁球以速度v

向左壁碰去，来回碰几次后停下来，而箱子始终静止，则整个过程中

()

A.铁球对箱子的冲量为零

B.铁球和箱子受到的冲量大小相等

C.箱子对铁球的冲量为mv,向右

D.地面对箱子的摩擦力的冲量为mv,向右

【解析】选C、Do箱子在水平方向上受到两个力作用，铁球对箱子的

作用力和地面对箱子的摩擦力，二力始终等值反向，其合力始终为零，

故箱子始终静止，因此，铁球对箱子的冲量与摩擦力对箱子的冲量等

值反向，合冲量为零，故A错误；根据动量定理，铁球受到的冲量为

I=0mv=mv,负号表示方向向右，而箱子受到的冲量始终为零，故B错

误,C正确；箱子对铁球的冲量为mv,方向向右，根据牛顿第三定律，铁

球对箱子的冲量为mv,方向向左，又因为摩擦力与铁球对箱子的作用

力等大反向，所以摩擦力对箱子的冲量为mv,方向向右，故D正确©

【总结提升】动量定理的应用技巧

（1）应用I二Ap求变力的冲量：如果物体受到大小或方向改变的力的

作用，则不能直接用I=Ft求变力的冲量，可以求出该力作用下物体动

量的变化量Ap,等效代换为力的冲量Io

⑵应用Ap4At求动量的变化量：例如，在曲线运动中，速度方向时

刻在变化，求动量变化（Ap二P2P。需要应用矢量运算方法，计算比较复

杂，如果作用力是恒力，可以求恒力的冲量，等效代换动量的变化量。

8.（2018•唐山模拟）如图所示，质量相同的两个小物体A、B处于同一

高度。现使A沿固定的光滑斜面无初速地自由下滑,而使B无初速地

自由下落，最后A、B都运动到同一水平地面上。不计空气阻力。则在

上述过程中,A、B两物体（）

A.所受重力冲量的大小相同

B.所受合力冲量的大小相同

C.所受重力做的功相同

D.所受合力做的功相同

【解析】选B、C、D。由-2^2得Q,A物体做匀加速直线运动，B

物体做自由落体运动，A的位移大于B的位移，A的加速度小于B的加

速度，则A的运动日寸间大于B的运动时间，因为mg相等，由I=mgt可

知,A重力的冲量大于B重力的冲量，故A错误;A、B运动过程只有重

力做功W二mgh,因为m、g、h都相等，则重力做功相同，合外力做功相

1

同，由动能定理得mgh=2田、产,解得v=（2gh,物体到达地面时的速度大

小相等，由动量定理得T=mv,则合外力的冲量大小相等，故B、C、D正

确。

9.（2018•蚌埠模拟）一质量为100g的小球以初速度6m/s从0点斜

抛射入空中，历经1s通过M点时的速度方向垂直于初速度方向，不计

空气阻力，重力加速度g=10m/s2,下列说法正确的是（）

A.M点为小球运动的最高点

B.小球在M点的速度大小为8m/s

C.初速度与水平方向的夹角n的正弦sin。=0.6

D.从。点到M点的过程中动量的变化量大小为0.2kg-m/s

【解题指导】解答本题应注意以下两点：

（1）小球在抛出点和M点的速度可分解为水平方向和竖直方向的分速

度。

⑵动量的变化量可由动量定理求解。

【解析】选B、Co设小球的初速度与水平方向之间的夹角为a,由于

通过M点时的速度方向垂直于初速度方向，所以在M点小球与水平方

向之间的夹角为90°a,所以M点不是小球运动的最高点，故A错误;

小球在抛出点V、=Vocosa,=\ssina,设在M点的速度为v,则

v'*二vsina,v'丫=gtVy,代入数据联立解得sina=0.6,v=8m/s,故B、

C正确；该过程中小球动量的变化量等于重力的冲量，则

△p=mgt=100X103X10X1kg•m/s=lkg・m/s,故D错误。

10.（2018•达州模拟）静止在粗糙水平面上的物体,在水平力F的作用

下,经过时间t,通过位移/后,动量为p,动能为Ek。以下说法正确的

是（）

A.若保持水平力F不变,经过时间2t,物体的动量等于2p

B.若将水平力增加为原来的两倍,经过时间t,物体的动量等于2p

C.若保持水平力F不变,通过位移2/,物体的动能小于2Ek

D.若将水平力增加为原来的两倍,通过位移/,物体的动能大于2Ek

【解析】选A、Do根据动量定理I合二（FFjt=p0,保持水平力F不变，

经过时间2t,（FF）•2t=p'0,可知p'=2p,故A正确；若水平力增加

为原来的2倍，经过时间t,则有（2FF「）t=p’0,则p’〉2p,故B错误；

根据动能定理（FR）•/二EQ,保持水平力F不变，通过位移21,有

（FFJ叨=EJ0,则有EJ=2Ek,故C错误；将水平力增加为原来的两倍，

通过位移/，有（2FF）•六E'Q,贝一有EJ>2Ek,故D正确。

【加固训练】

（多选）1966年曾在地球的上空完成了以牛顿第二定律为基础的测定

质量的实验,实验时，用宇宙飞船（质量m）去接触正在轨道上运行的火

箭（质量mx,发动机已熄火），如图所示,接触以后，开动飞船尾部的推

进器，使飞船和火箭组共同加速，推进器的平均推力为F,开动时间

△t,测出匕船和火箭组的速度变化是Av,下列说法止确的是

（）

m

△vAv

A.推力F越大，微就越大,且与F成正比

B.推力F通过飞船m传递给了火箭mx,所以m对m,的弹力大小应为F

C.火箭质量我应为

FAt

D.火箭质量in、应为AUm

【解析】选A、Do对整体由动量定理可得:FAt=（m+m）Av;由公式可

△vAvAu

得，F=（m+mJ&,因质量不变，故推力F越大，址就越大，且加与F成

△v

正比，故A正确；对mx分析可得:T二故T小于F,故B错误；火箭•的

质量m=Avm,故C错误，D正确。

二、计算题（15分。需写出规范的解题步骤）

11.一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点,距离A点5nl的

位置B处是一面墙,如图所示。物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB

方向运动，在与墙壁

碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。

g取

10m/s2o

(1)求物块与地面间的动摩擦因数口。

⑵若碰撞时间为0.05s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大

小F。

(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。

【解析】(1)物块从A到B过程，由动能定理得：

11

—2—2

UmgSAB二

代入数据解得：1=0.32；

⑵以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，

由动量定理得：Ft二mvmvB,

即：FX0.05=0.5X(6)0.5X7,

解得:F=130N,负号表示方向向左；

⑶物块向左运动过程，由动能定理得：

1

WRQW?;代入数据得:W=9Jo

答案：(1)0.32(2)130N(3)9J

【能力拔高题组】

1.(8分)(多选)(2018•保定模拟)如图所示,质量为M的薄木板静止

在粗糙水平桌面上,木板上放置一质量为m的木块，已知m与M之间的

动摩擦因数为H,m、M与桌面间的动摩擦因数均为2u。现对M施一

水平恒力F,将M从m下方拉出，而m恰好没滑出桌面,则在上述过程

中()

加cM

,F

导学号04450458

A.水平恒力F一定大于3H(m+M)g

B.m在M上滑动的时间和在桌面上滑动的时间相等

C.M对m的冲量大小与桌面对m的冲量大小相等

D.若增大水平恒力F,木块有可能滑出桌面

【解题指导】解答本题应注意以下三点：

(1)由题意确定M和m的加速度大小关系。

⑵由牛顿第二定律确定水平恒力F的大小。

⑶由动量定理可确定冲量大小。

【解析】选A、Co由题意可知,M和m一定会发生相对滑动，并且m相

对M向后运动，故m的加速度一定小于M的加速度，对m分析可知，m

水平方向受摩擦力作用，由牛顿第二定律得Umg=mai,解得a1二ug,再

对M分析可知，M受地面以及m的摩擦力，由牛顿第二定律得

F2u(M+m)gumg=Ma2,因a2>ab因此,F一定大于3u(m+M)g,故A正

确；in滑到桌面上后，加速度变为2Hg,因田先加速再减速，并且最大速

度相同，所以在桌面上滑动的时间一定小于在M上滑动的时间，故B错

误；根据动量定理可知,m的动量变化量为零，故说明总冲量为零，四m

只受到M的向右的冲量和桌面向左的冲量，故二者一定大小相等，方

向相反，故C正确；增大恒力F后，m在M上运动的时间变短，而m受到

的摩擦力不变，故M对m的冲量减小，离开桌面时的速度和位移均减小,

因此在桌面上滑行的距离更短，不会离开桌面，故