高考物理一轮复习课时作业27动量和动量定理（含解析）

动量和动量定理

一、选择题

1．(2018·广安模拟)若物体在运动过程中受到的合外力不为零，经过一段时间，则(　　)

A．物体的动量可能不变 B．物体的动能不可能不变

C．物体的加速度一定变化 D．物体速度方向一定变化

答案　A

解析　A项，如匀速圆周运动的过程中，若经过一个周期，则动量不变．由动能定理得知物体的动能不变，故A项正确，B项错误．C项，合力可能不变，所以加速度可能不变，故C项错误．D项，若合力的方向与速度的方向相同，则速度方向不变．故D项错误．

2．某物体做自由落体运动，取竖直向下为正方向．在运动过程中，关于其动量、动量变化率随时间变化的曲线，下列图像关系正确的是(　　)

答案　C

解析　A、B两项，物体自由下落，则根据自由落体规律可知，v＝gt，动量p＝mv＝mgt，因向下为正方向，故动量应为斜向上的直线，故A、B两项错误；C、D两项，动量的变化率为；根据动量定理可得：mgΔt＝Δp；因此＝mg，故图像为水平线，故C项正确，D项错误．

3.(2018·汕头二模)(多选)跳台滑雪运动员从平台末端a点以某一初速度水平滑出，在空中运动一段时间后落在斜坡上b点，不计空气阻力，则运动员在空中飞行过程中(　　)

A．在相等的时间间隔内，动量的改变量总是相同的

B．在相等的时间间隔内，动能的改变量总是相同的

C．在下落相等高度的过程中，动量的改变量总是相同的

D．在下落相等高度的过程中，动能的改变量总是相同的

答案　AD

解析　动量的改变量等于合力的冲量，任意相等时间合力的冲量相等，动量的改变量相等；故A项正确；平抛运动竖直分运动是自由落体运动，在相等的时间竖直位移不相等，故重力的功不相等，动能增加量不相等，故B项错误；在下落相等高度的过程中，时间不等，故合力的冲量不等，故动量的增加量不相等，故C项错误；在下落相等高度的过程中，合力的功相等，根据动能定理，动能的增加量相等，故D项正确．

4．(2018·南宁模拟)跳水运动员在跳台上由静止直立落下，落入水中后在水中减速运动到速度为零时并未到达池底，不计空气阻力，则关于运动员从静止落下到水中向下运动到速度为零的过程中，下列说法不正确的是(　　)

A．运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量

B．运动员整个向下运动过程中外力的冲量的矢量和为零

C．运动员在水中动量的改变量等于水的作用力的冲量

D．运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向

答案　C

解析　A项，运动员只受重力作用，根据动量定理可知运动员在空中动量的改变量等于重力的冲量，A项正确；B项，整个过程根据动量定理可得I＝mΔv＝0，B项正确；C项，根据动量定理可知运动员在水中动量的改变量等于水的作用力与重力的合力的冲量，C项不正确；D项，整个过程根据动量定理可得I＝IG＋IF＝mΔv＝0，所以IG＝－IF，即运动员整个运动过程中重力冲量与水的作用力的冲量等大反向，故D项正确．

5．(2018·湖北模拟)一个质量为0.18 kg的垒球，以15 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为35 m/s，设球棒与垒球的作用时间为0.01 s．下列说法正确的是(　　)

A．球棒对垒球的平均作用力大小为360 N

B．球棒对垒球的平均作用力大小为900 N

C．球棒对垒球做的功为900 J

D．球棒对垒球做的功为110.25 J

答案　B

解析　A项，以初速度方向为正，根据动量定理：F·t＝mv2－mv1，得：F＝＝ N＝－900 N，则球棒对垒球的平均作用力大小为900 N，故A项错误，B项正确．C项，根据动能定理可知，球棒对垒球做的功为：W＝mv22－mv12＝×0.18×352 J－×0.18×152 J＝90 J．故C、D两项错误．

6．(2018·合肥一模)一质量为m的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t，通过位移L后，动量变为p、动能变为Ek.若上述过程F不变，物体的质量变为，以下说法正确的是(　　)

A．经过时间2t，物体动量变为2p

B．经过位移2L，物体动量变为2p

C．经过时间2t，物体动能变为4Ek

D．经过位移2L，物体动能变为4Ek

答案　A

解析　A、C两项，以初速度方向为正方向，根据动量定理，有：Ft＝p，故时间变为2t后，动量变为2p，故A项正确；根据Ek＝，动量变为2倍，质量减半，故动能变为8Ek，故C项错误；B、D两项，经过位移2L，根据动能定理，有：FL＝Ek，故位移变为2倍后，动能变为2Ek，故D项错误；根据p＝，动能变为2倍，质量减半，故动量不变，故B项错误．

7.(2018·湖北模拟)如图所示，竖直平面内有一半圆槽，A、C等高，B为圆槽最低点，小球从A点正上方O点静止释放，从A点切入圆槽，刚好能运动至C点．设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为t1、t2，合外力的冲量大小为I1、I2，则(　　)

A．t1＞t2　　　　　　　 B．t1＝t2

C．I1＞I2   D．I1＝I2

答案　C

解析　小球运动AB段平均速率大于BC段平均速率，两段路程相等，所以球在AB段和BC段运动过程中的运动时间为t1＜t2，故A、B两项错误；根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，根据矢量法则，AB段速度变化量较大，所以合外力的冲量大小为I1＞I2，故C项正确，D项错误．

8．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.在此过程中(　　)

A．地面对他的平均作用力为mg＋，地面对他做的功为mv2

B．地面对他的平均作用力为mg＋，地面对他做的功为零

C．地面对他的平均作用力为，地面对他做的功为mv2

D．地面对他的平均作用力为，地面对他做的功为零

答案　B

解析　人的速度原来为零，起跳后变化v，则由动量定理可得：I－mgΔt＝mv，故地面对人的冲量为mv＋mgΔt；则地面对人的平均作用力F＝＝mg＋，人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故B项正确，A、C、D三项错误．

9.(2018·咸阳一模)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2mv2

B．合力对物块的冲量大小一定为2mv1

C．合力对物块的冲量大小可能为零

D．合外力对物块做的功可能为零

答案　D

解析　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＝mv2－(－mv2)＝2mv2，根据动能定理知，合力做功的大小为零．若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＝mv1＋mv2，根据动能定理得，合力做功为：W＝mv12－mv22.故D项正确，A、B、C三项错误．

10．(2018·甘肃一模)一质量为1 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作用，下列说法正确的是(　　)

A．第1 s末物体的速度为2 m/s

B．第2 s末外力做功的瞬时功率最大

C．第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为1∶2

D．第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为4∶5

答案　D

解析　A项，0到1 s内，由牛顿第二定律可得质点的加速度为：a1＝＝ m/s2＝4 m/s2，第1 s末物体的速度为v1＝a1t1＝4×1 m/s＝4 m/s，故A项错误；B项，1到2 s内，由牛顿第二定律可得质点的加速度为：a2＝＝ m/s2＝2 m/s2，第1秒末外力做功的瞬时功率为P1＝F1v1＝4×4 W＝16 W，第2 s末物体的速度为v2＝v1＋a2t2＝4 m/s＋2×1 m/s＝6 m/s，第2秒末外力做功的瞬时功率为P2＝F2v2＝2×6 W＝12 W，故B项错误；C项，第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为：Δp1∶Δp2＝(mv1－0)∶(mv2－mv1)＝(1×4)∶(1×6－1×4)＝2∶1，故C项错误；D项，第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为：ΔEk1∶ΔEk2＝(mv12－0)∶(mv22－mv12)＝(×1×42)∶(×1×62－×1×42)＝4∶5，故D项正确．

11.(2018·马鞍山二模)质量为2 kg的小物块静止于光滑水平面上，从某一时刻开始，小物块所受的水平冲量与时间的关系如图所示，则在6 s内物体的位移为(　　)

A．0   B．3 m

C．6 m   D．12 m

答案　C

解析　由图可知0～3 s内以及3～6 s内物体受到的冲量都是与时间成线性关系，可知在0～3 s内和3～6 s内物体受到的力都不变，物体做匀变速直线运动，在0～3 s内物体做初速度等于0的匀加速直线运动，在3～6 s内物体做匀减速直线运动，由运动的对称性可知，6 s末物体的速度又等于0.在0～3 s内，根据动量定理可得：I＝Δp＝mv，所以：v＝＝ m/s＝2 m/s.所以位移在6 s内的位移：x＝t1＋·t2＝·t＝×6 m＝6 m．故C项正确，A、B、D三项错误．

12.水平面上有质量相等的a、b两个物体并排放置，水平推力F1、F2分别作用在物体a、b上．一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下．两物体的v­t图线如图所示，图中AB∥CD.则整个运动过程中(　　)

A．F1对a物体做的功等于F2对b物体做的功

B．F1对a物体的冲量小于F2对b物体的冲量

C．t时刻a物体和b物体的速度方向相反

D．t时刻a物体和b物体位移相等

答案　B

解析　A项，根据v­t图像，由于AB∥CD，撤去推力后物体的加速度相同，由f＝ma知，可见两物体所受的摩擦力大小相同．v­t图像与时间轴所围的面积表示位移，则知整个过程中a的位移比b的小，由Wf＝fx知，a、b克服摩擦力做功Wa＜Wb.对整个过程，由动能定理得WF－Wf＝0，则推力做功为WF＝Wf，结合Wa＜Wb，得水平推力F1、F2所做的功W1＜W2.故A项错误；B项，根据I＝ft可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，根据动量定理，对整个过程F1t1－ftOB＝0，F2t2－ftOD＝0，由图看出，tOB＜tOD，则有F1t1＜F2t2，即F1对a物体的冲量小于F2对b物体的冲量；故B项正确；C项，t时刻a物体和b物体图像相交，则可知，此时二者的速度大小相等，方向相同，故C项错误；D项，图像与时间轴围成的面积表示位移，则可知，两物体的位移不相等，故D项错误．

13．(2018·吉林二模)一质量为2 kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a­t图像如图所示，t＝0时其速度大小为2 m/s，滑动摩擦力大小恒为2 N，则(　　)

A．t＝6 s时，物体的速度为18 m/s

B．在0～6 s内，合力对物体做的功为400 J

C．在0～6 s内，拉力对物体的冲量为36 N·s

D．t＝6 s时，拉力F的功率为200 W

答案　D

解析　A项，根据Δv＝aΔt可知a­t图像中，图像与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t＝6 s时刻，物体的速度v6＝v0＋Δv＝2 m/s＋×(2＋4)×6 m/s＝20 m/s，故A项错误；B项，根据动能定理得：W合＝ΔEk＝mv62－mv02＝396 J，故B项错误；C项，在0～6 s内，拉力与摩擦力对物体有沿水平方向的冲量，由动量定理得：IF－ft＝mv6－mv0，代入数据得：IF＝48 N·s，即拉力对物体的冲量为48 N·s，故C项错误，D项，在t＝6 s时刻，根据牛顿第二定律得：F＝ma＋f＝2×4 N＋2 N＝10 N，则在t＝6 s时刻，拉力F的功率P＝Fv6＝10×20 W＝200 W，故D项正确．

14．(2018·太原二模)使用无人机植树时，为保证树种的成活率，将种子连同营养物质包进一个很小的荚里．播种时，在离地面10 m高处、以15 m/s的速度水平匀速飞行的无人机中，播种器利用空气压力把荚以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，荚进入地面下10 cm深处完成一次播种．已知荚的总质量为20 g，不考虑所受大气阻力及进入土壤后重力的作用，取g＝10 m/s2，则(　　)

A．射出荚的过程中，播种器对荚做的功为2.5 J

B．离开无人机后，荚在空中运动的时间为 s

C．土壤对荚冲量的大小为3 kg·m/s

D．荚在土壤内受到平均阻力的大小为22.5 N

答案　D

解析　A项，播种器利用空气压力把荚以5 m/s的速度(相对播种器)竖直向下射出，该过程中播种器对荚做的功转化为荚的动能：W＝mvy2＝×20×10－3×52 J＝0.25 J．故A项错误；B项，离开无人机后，荚做斜下抛运动，竖直方向：y＝vyt＋gt2；代入数据可得：t＝1 s(t＝－2 s不符合题意)；故B项错误；C项，荚离开无人机时的速度：v0＝＝ m/s＝5 m/s；设荚到达地面的速度为v，则：mv2＝mgh＋mv02；代入数据可得：v＝15 m/s.不考虑重力的作用，则土壤对荚冲量的大小等于荚的动量的变化，大小为：|I|＝|Δp|＝mv＝20×10－3×15 kg·m/s＝0.3 kg·m/s.故C项错误；D项，荚的初速度为15 m/s，到达地面的速度为15 m/s，由几何关系可知，荚到达地面的速度方向与水平方向之间的夹角为45°，荚能进入地面下10 cm，则荚相对于地面的位移大小为：s＝d＝10×10－2× m＝0.1 m，不计重力，根据动能定理可得：－Fs＝0－mv2，代入数据可得：F＝22.5 N．故D项正确．

二、非选择题

15．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目，一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面高3.2 m处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面高5.0 m处．已知运动员与网接触的时间为1.2 s．若把在这段时间内网对运动员的作用力当做恒力处理，求此力的大小．(g取10 m/s2)

答案　1.5×103 N

解析　运动员从高3.2 m处自由下落的时间为t1＝＝0.8 s，

运动员弹回高5.0 m处所用的时间为t2＝＝1 s，

整个过程中运动员始终受到重力作用，仅在与网接触的过程中才受到网对他向上的弹力F的作用，对全过程运用动量定理，有Ft3－mg(t1＋t2＋t3)＝0

所以F＝mg＝×60×10 N＝1.5×103 N，方向向上．