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第八章 动量守恒定律-1动量定理 高三物理一轮复习
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这是一份第八章 动量守恒定律-1动量定理 高三物理一轮复习，文件包含第八章动量守恒定律-1动量定理解析版docx、第八章动量守恒定律-1动量定理原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
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第八章
动量守恒定律
动量定理
目录
「动量和冲量的理解」 1
「动量定理的理解」 3
「动量定理解决缓冲问题」 4
「动量定理和图像结合」 7
「动量定理解决流体问题」 10
「动量和冲量的理解」
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．匀速直线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
【答案】D
【解析】
做匀速圆周运动的质点速度方向时刻变化，故动量时刻变化，A项错误；摆球相邻两次经过最低点时动量方向相反，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，在竖直方向的分动量p竖＝mvy＝mgt，故D项正确.
2.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．当力与位移垂直时，该力的冲量为零
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，其相同时间内的冲量就恒定
【答案】C
【解析】
冲量是力与时间的乘积，是矢量；力大，冲量不一定大，A错误；当力与位移垂直时，该力的冲量不为零，B错误；不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同，C正确；力的大小恒定，其相同时间内冲量方向不一定相同，D错误.
3.静止在光滑水平面上的两物块通过一根细线相连，中间夹着一根压缩了的轻弹簧(与两物块均不拴接)，如图所示，A物块的质量是B物块质量的2倍。现烧断细线，在弹簧弹开两物块的过程中，用IA、IB分别表示弹簧对A、B两物块的冲量大小，则（ ）
A．IA＝IB B．IA＝2IB
C．2IA＝IB D．3IA＝IB
【答案】A
【解析】
烧断细线后在弹簧弹开两个物块的过程中，A、B所受的弹簧弹力大小相等、作用时间t相等，则由I＝Ft知，IA＝IB，故A正确，B、C、D错误。
4.如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度变为零然后又下滑，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为Ff.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为（ ）
A．mgsin θ(t1＋t2) B．mgsin θ(t1－t2)
C．mg(t1＋t2) D．0
【答案】C
【解析】
根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以IG＝mg(t1＋t2)，C正确.
5.一小孩把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降高度为0.8 m时与地面相撞，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2 m，不计空气阻力，取重力加速度为g＝10 m/s2，求地面与篮球相互作用的过程中：
（1）篮球的动量变化量；
（2）篮球的动能变化量.
【答案】（1）3 kg·m/s，方向竖直向上；（2）减少了3 J
【解析】
篮球与地面相撞前瞬间的速度为v1＝＝ m/s＝4 m/s，方向向下，篮球反弹时的初速度v2＝＝ m/s＝2 m/s，方向向上.规定竖直向下为正方向，篮球的动量变化量为Δp＝(－mv2)－mv1＝－0.5×2 kg·m/s－0.5×4 kg·m/s＝－3 kg·m/s.
即篮球的动量变化量大小为3 kg·m/s，方向竖直向上.
篮球的动能变化量为ΔEk＝mv22－mv12＝×0.5×22 J－×0.5×42 J＝－3 J
即动能减少了3 J.
「动量定理的理解」
6.关于动量定理，下列说法正确的是（ ）
A．动量越大，合外力的冲量越大
B．动量变化越大，合外力的冲量越大
C．动量变化越快，合外力的冲量越大
D．冲量方向与动量方向相同
【答案】B
【解析】
合外力的冲量等于物体动量变化量，动量越大，动量变化量不一定越大，A错误，B正确；根据动量定理有Ft＝mΔv，而动量变化越快，即F＝越大，mΔv不一定大，即合力的冲量不一定大，C错误；冲量的方向和动量变化量的方向相同，D错误．
7.（2021湖北模拟）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】
由动量定理得p＝Ft，则经过时间2t，物体的动量p2＝F·2t＝2p，由p2＝2mEk，得物体的动能Ek2＝＝8Ek，选项A正确，C错误；由动能定理Ek＝FL，则经过位移2L，物体的动能Ek2＝F·2L＝2Ek，由p2＝2mEk，得物体的动量p2＝＝p，选项B、D错误。
8.高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
【答案】C
【解析】
设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×25 m＝75 m，由mgh＝mv2及(F－mg)t＝mv结合牛顿第三定律知鸡蛋对地面的冲击力F′＝F＝＋mg≈103 N.
9. （2021辽宁模拟）质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3 s后撤去F.求物体运动的总时间．(g取10 m/s2)
【答案】3.75 s
【解析】
物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为Fft.选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有
Ft1－Fft＝0①
又Ff＝μmg②
联立①②式解得t＝＝3.75 s.
「动量定理解决缓冲问题」
10.如图，从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿，这样做是为了（ ）
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
【答案】C
【解析】
人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知(F－mg)t＝Δp，而屈腿可以增加人着地的时间，从而减小受到地面的冲击力，故选C．
11.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
【答案】D
【解析】
行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A项错误，D项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；碰撞过程中通过对安全气囊做功将司机的动能转化为内能，C项错误。
12.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg· m/s
C．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg· m/s
D．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3.2 N·s
【答案】C
【解析】
足球自由落体80 cm时的速度为v1，所用时间为t1，有v1＝＝4 m/s，t1＝＝0.4 s，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80 cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度v2＝v1＝4 m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4 s，对足球与人接触的过程，Δt＝0.1 s，取向上为正，由动量定理有(－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得＝36 N，Δp＝3.2 kg·m/s，
即头部对足球的平均作用力为36 N，而足球的重力为4 N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Δp＝3.2 kg·m/s，故A错误，C正确；足球下落刚与头接触时的动量为p1＝mv1＝1.6 kg·m/s，故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，故D错误。
13.(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，下列说法中正确的是（ ）
A．小球的机械能减少了mg(H＋h)
B．小球克服阻力做的功为mgh
C．小球所受阻力的冲量大于m
D．小球动量的变化量等于所受阻力的冲量
【答案】AC
【解析】
小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，所以A正确；对全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；根据运动学规律，落到地面的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－m，可知阻力的冲量为：IF＝IG＋m，即大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误.
14. （2022陕西模拟）核桃是“四大坚果”之一，核桃仁具有丰富的营养价值，但核桃壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开。小悠同学发现了一个开核窍门，把核桃竖直上抛落回与坚硬地面撞击后就能开裂。抛出点距离地面的高度为H，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h。已知重力加速度为g，空气阻力不计。
（1）求核桃落回地面的速度大小v；
（2）已知核桃质量为m，与地面撞击作用时间为Δt，撞击后竖直反弹h1高度，求核桃与地面之间的平均作用力F。
【答案】（1）；（2）＋mg，方向竖直向上
【解析】
（1）核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有v2＝2g(H＋h)
则落回地面的速度大小v＝。
（2）设核桃反弹速度大小为v1，则有v＝2gh1
以竖直向上为正方向，核桃与地面作用的过程，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv1－m(－v)
解得F＝＋mg
方向竖直向上。
「动量定理和图像结合」
15.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度－时间图象如图所示，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·s B．10 N·s，－10 N·s
C．0，10 N·s D．0，－10 N·s
【答案】D
【解析】
由题图可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故D正确.
16. （2021江苏模拟）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F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间的变化图线如图所示．设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（ ）
A．I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5
B．I1∶I2＝6∶5，W1∶W2＝3∶5
C．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5
D．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5
【答案】C
【解析】
由题图可知，两物体匀减速运动的加速度大小相等，根据牛顿第二定律，匀减速运动过程中有Ff＝ma，则摩擦力大小相等．对全过程应用动量定理，有I－Fft＝0，则I1＝Ff·3t0，I2＝Ff·5t0，故I1∶I2＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W－Ffx＝0，得W＝Ffx，v－t图线与时间轴所围成的面积表示物体运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F1和F2做功之比为W1∶W2＝x1∶x2＝6∶5，故C正确．
17.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
【答案】C
【解析】
根据Ft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。
18.(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
【答案】AB
【解析】
由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝.t＝1 s时物块的速率为v＝＝ m/s＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F1t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，CD错误．
19. （2022湖北模拟）一质量为0.5 kg的物块静止在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2。现给物块一水平方向的外力F，F随时间t变化的图线如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，则（ ）
A．t＝1 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
B．t＝1.5 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
C．t＝(6－2)s时物块的速度大小为0.5 m/s
D．在3～4 s的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小
【答案】D
【解析】
根据动量定理可得(F－μmg)t＝mv′－mv，t＝1 s时物块的动量大小为p1＝Ft1－μmgt1＝(2×1－0.2×0.5×10×1)kg·m/s＝1 kg·m/s，选项A错误； t＝1.5 s时物块的动量大小为p1.5＝Ft1.5－μmgt1.5＝(2×1＋1×0.5－0.2×0.5×10×1.5) kg·m/s＝1 kg·m/s，选项B错误； 设t时刻物块的速度为零，由图像知在2～4 s内力与时间的关系为F＝(0.5t－2)N，根据F－t图像与t轴所围的面积表示冲量大小可得IF＝2×1＋1×1＋·(t－2)，由动量定理得IF－μmgt＝0，联立解得t＝(6－2) s，故C错误；因为t＝(6－2) s在2～3 s内，所以在3～4 s的时间内，物块静止，随着F的减小，物块受到的摩擦力逐渐减小，故D正确。
「动量定理解决流体问题」
20.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 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
【答案】B
【解析】
根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得＝＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确。
21.(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．高压水枪的流量为vπD2
B．高压水枪的功率为ρπD2v3
C．水柱对煤层的平均冲击力为ρπD2v2
D．手对高压水枪的作用力水平向右
【答案】BC
【解析】
高压水枪的流量为Q＝πv＝vπD2，A错误；以Δt时间内高压水枪喷出的水为研究对象，由动能定理得，高压水枪对水做的功为W＝ρπvΔt·v2＝ρπD2v3Δt，则高压水枪的功率为P＝＝ρπD2v3，B正确；以Δt时间内高压水枪喷出的水为研究对象，由动量定理得－FΔt＝－ρπvΔtΔv，解得煤层对水柱的平均作用力大小为F＝ρπD2v2，由牛顿第三定律知，水柱对煤层的平均冲击力为ρπD2v2，C正确；由牛顿第三定律知，高压水枪受重力、水柱对高压水枪的水平向左的力和手对高压水枪的作用力，由平衡条件知，手对高压水枪的作用力斜向右上方，D错误。
22.（2022山东模拟）雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为（ ）
A．0.25 N B．0.5 N C．1.5 N D．2.5 N
【答案】A
【解析】
设雨滴受到芭蕉叶面对它的平均作用力为F，设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝10 m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)，得：F＝。设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有：Δm＝ρSΔh，可得F＝ρSv，由牛顿第三定律可知，芭蕉叶面受到的平均作用力F′＝F，压强为P＝＝ρv＝1×103×10× N/m2＝0.25 N/m2，即芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N，故选项A正确，BCD均错误。
23.超强台风“山竹”的风力达到17级超强台风强度，风速60 m/s左右，对固定建筑物破坏程度巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小的关系。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v的关系式为（ ）
A．F＝ρSv B．F＝ρSv2
C．F＝ρSv3 D．F＝ρSv3
【答案】B
【解析】
设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m＝ρSvt，根据动量定理得－F′t＝0－mv＝0－ρSv2t，解得F′＝ρSv2，由牛顿第三定律得F＝F′＝ρSv2，故B正确，A、C、D错误。
24.如图所示 ，武装直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S，空气密度为ρ，直升机质量为m，重力加速度为g.当直升机向上匀速运动时，假设空气阻力恒为f，空气浮力不计，风力的影响也不计，下列说法正确的是（ ）
A．直升机悬停时受到的升力大小为mg＋f
B．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为
C．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为
D．直升机向上匀速运动时，1 s内发动机做的功为
【答案】C
【解析】
根据平衡条件可得直升机悬停时受到的升力大小为mg，故A错误；Δt时间内被螺旋桨推动的空气的质量为Δm′＝ρSvΔt，螺旋桨对空气的作用力大小F＝，Δp＝Δm′v，由牛顿第三定律知空气对螺旋桨的作用力大小F′＝F，为使飞机向上匀速运动，有F′＝mg＋f，联立解得v＝，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为M＝ρSv＝ρS＝，故B错误，C正确；由动能定理可得1 s内发动机所做的功为W＝Mv2＝，故D错误．
25.有一宇宙飞船，它垂直于运动方向的最大截面积S＝0.98 m2，以v＝2×103 m/s的速度飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，微粒的平均质量m＝2×10－7 kg，要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？(设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上)
【答案】0.784 N
【解析】
选在Δt时间内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量等于底面积为S、高为vΔt的圆柱体内微粒的总质量，M＝mSvΔt，初动量为0，末动量为Mv。
设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得F·Δt＝Mv－0，
则F＝＝＝mSv2，
根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行，牵引力的增加量为F′＝F＝mSv2，
代入数据解得F′＝0.784 N。
26.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
（1）喷泉单位时间内喷出的水的质量；
（2）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【答案】（1）ρv0S；（2）－
【解析】
（1）在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。
该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt ①
喷出水柱质量Δm＝ρΔV ②
其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS ③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为＝ρv0S。
（2）设玩具底面相对于喷口的高度为h
由玩具受力平衡得F冲＝Mg ④
其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力
由牛顿第三定律知F压＝F冲 ⑤
其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度
由运动学公式得v′2－v＝－2gh ⑥
在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm
Δm＝ρv0SΔt ⑦
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得
－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′ ⑧
由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为
F压Δt＝Δmv′ ⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。
姓名：_______________
第八章
动量守恒定律
动量定理
目录
「动量和冲量的理解」 1
「动量定理的理解」 3
「动量定理解决缓冲问题」 4
「动量定理和图像结合」 7
「动量定理解决流体问题」 10
「动量和冲量的理解」
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．匀速直线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
【答案】D
【解析】
做匀速圆周运动的质点速度方向时刻变化，故动量时刻变化，A项错误；摆球相邻两次经过最低点时动量方向相反，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，在竖直方向的分动量p竖＝mvy＝mgt，故D项正确.
2.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．当力与位移垂直时，该力的冲量为零
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，其相同时间内的冲量就恒定
【答案】C
【解析】
冲量是力与时间的乘积，是矢量；力大，冲量不一定大，A错误；当力与位移垂直时，该力的冲量不为零，B错误；不管物体做什么运动，在相同时间内重力的冲量相同，C正确；力的大小恒定，其相同时间内冲量方向不一定相同，D错误.
3.静止在光滑水平面上的两物块通过一根细线相连，中间夹着一根压缩了的轻弹簧(与两物块均不拴接)，如图所示，A物块的质量是B物块质量的2倍。现烧断细线，在弹簧弹开两物块的过程中，用IA、IB分别表示弹簧对A、B两物块的冲量大小，则（ ）
A．IA＝IB B．IA＝2IB
C．2IA＝IB D．3IA＝IB
【答案】A
【解析】
烧断细线后在弹簧弹开两个物块的过程中，A、B所受的弹簧弹力大小相等、作用时间t相等，则由I＝Ft知，IA＝IB，故A正确，B、C、D错误。
4.如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度变为零然后又下滑，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为Ff.在整个过程中，重力对滑块的总冲量为（ ）
A．mgsin θ(t1＋t2) B．mgsin θ(t1－t2)
C．mg(t1＋t2) D．0
【答案】C
【解析】
根据冲量的定义式I＝Ft，因此重力对滑块的冲量应为重力乘作用时间，所以IG＝mg(t1＋t2)，C正确.
5.一小孩把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降高度为0.8 m时与地面相撞，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2 m，不计空气阻力，取重力加速度为g＝10 m/s2，求地面与篮球相互作用的过程中：
（1）篮球的动量变化量；
（2）篮球的动能变化量.
【答案】（1）3 kg·m/s，方向竖直向上；（2）减少了3 J
【解析】
篮球与地面相撞前瞬间的速度为v1＝＝ m/s＝4 m/s，方向向下，篮球反弹时的初速度v2＝＝ m/s＝2 m/s，方向向上.规定竖直向下为正方向，篮球的动量变化量为Δp＝(－mv2)－mv1＝－0.5×2 kg·m/s－0.5×4 kg·m/s＝－3 kg·m/s.
即篮球的动量变化量大小为3 kg·m/s，方向竖直向上.
篮球的动能变化量为ΔEk＝mv22－mv12＝×0.5×22 J－×0.5×42 J＝－3 J
即动能减少了3 J.
「动量定理的理解」
6.关于动量定理，下列说法正确的是（ ）
A．动量越大，合外力的冲量越大
B．动量变化越大，合外力的冲量越大
C．动量变化越快，合外力的冲量越大
D．冲量方向与动量方向相同
【答案】B
【解析】
合外力的冲量等于物体动量变化量，动量越大，动量变化量不一定越大，A错误，B正确；根据动量定理有Ft＝mΔv，而动量变化越快，即F＝越大，mΔv不一定大，即合力的冲量不一定大，C错误；冲量的方向和动量变化量的方向相同，D错误．
7.（2021湖北模拟）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】
由动量定理得p＝Ft，则经过时间2t，物体的动量p2＝F·2t＝2p，由p2＝2mEk，得物体的动能Ek2＝＝8Ek，选项A正确，C错误；由动能定理Ek＝FL，则经过位移2L，物体的动能Ek2＝F·2L＝2Ek，由p2＝2mEk，得物体的动量p2＝＝p，选项B、D错误。
8.高空坠物极易对行人造成伤害．若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为（ ）
A．10 N B．102 N C．103 N D．104 N
【答案】C
【解析】
设每层楼高约为3 m，则下落高度约为h＝3×25 m＝75 m，由mgh＝mv2及(F－mg)t＝mv结合牛顿第三定律知鸡蛋对地面的冲击力F′＝F＝＋mg≈103 N.
9. （2021辽宁模拟）质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3 s后撤去F.求物体运动的总时间．(g取10 m/s2)
【答案】3.75 s
【解析】
物体由静止开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为Fft.选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有
Ft1－Fft＝0①
又Ff＝μmg②
联立①②式解得t＝＝3.75 s.
「动量定理解决缓冲问题」
10.如图，从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿，这样做是为了（ ）
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
【答案】C
【解析】
人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知(F－mg)t＝Δp，而屈腿可以增加人着地的时间，从而减小受到地面的冲击力，故选C．
11.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
【答案】D
【解析】
行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内安全气囊被弹出并瞬间充满气体，增大了司机的受力面积，减少了司机单位面积的受力大小，可以延长司机的受力时间，从而减小了司机受到的作用力，A项错误，D项正确；碰撞前司机动量等于其质量与速度的乘积，碰撞后司机动量为零，所以安全气囊不能减少碰撞前后司机动量的变化量，B项错误；碰撞过程中通过对安全气囊做功将司机的动能转化为内能，C项错误。
12.如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球由静止自由下落80 cm，被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
B．足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg· m/s
C．足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg· m/s
D．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3.2 N·s
【答案】C
【解析】
足球自由落体80 cm时的速度为v1，所用时间为t1，有v1＝＝4 m/s，t1＝＝0.4 s，反弹后做竖直上抛运动，而上升的最大高度也为80 cm，根据运动的对称性可知上抛的初速度v2＝v1＝4 m/s，上升的时间t2＝t1＝0.4 s，对足球与人接触的过程，Δt＝0.1 s，取向上为正，由动量定理有(－mg)·Δt＝mv2－(－mv1)＝Δp，解得＝36 N，Δp＝3.2 kg·m/s，
即头部对足球的平均作用力为36 N，而足球的重力为4 N，则头部对足球的平均作用力是重力的9倍，此过程的动量变化量大小为Δp＝3.2 kg·m/s，故A错误，C正确；足球下落刚与头接触时的动量为p1＝mv1＝1.6 kg·m/s，故B错误；足球运动的全过程，所受重力的冲量为IG＝mg(t1＋Δt＋t2)＝3.6 N·s，故D错误。
13.(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，下列说法中正确的是（ ）
A．小球的机械能减少了mg(H＋h)
B．小球克服阻力做的功为mgh
C．小球所受阻力的冲量大于m
D．小球动量的变化量等于所受阻力的冲量
【答案】AC
【解析】
小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，所以A正确；对全过程运用动能定理得，mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B错误；根据运动学规律，落到地面的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－m，可知阻力的冲量为：IF＝IG＋m，即大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误.
14. （2022陕西模拟）核桃是“四大坚果”之一，核桃仁具有丰富的营养价值，但核桃壳十分坚硬，不借助专用工具不易剥开。小悠同学发现了一个开核窍门，把核桃竖直上抛落回与坚硬地面撞击后就能开裂。抛出点距离地面的高度为H，上抛后达到的最高点与抛出点的距离为h。已知重力加速度为g，空气阻力不计。
（1）求核桃落回地面的速度大小v；
（2）已知核桃质量为m，与地面撞击作用时间为Δt，撞击后竖直反弹h1高度，求核桃与地面之间的平均作用力F。
【答案】（1）；（2）＋mg，方向竖直向上
【解析】
（1）核桃竖直上抛到最高点后做自由落体运动，则有v2＝2g(H＋h)
则落回地面的速度大小v＝。
（2）设核桃反弹速度大小为v1，则有v＝2gh1
以竖直向上为正方向，核桃与地面作用的过程，由动量定理得(F－mg)Δt＝mv1－m(－v)
解得F＝＋mg
方向竖直向上。
「动量定理和图像结合」
15.质量为1 kg的物体做直线运动，其速度－时间图象如图所示，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·s B．10 N·s，－10 N·s
C．0，10 N·s D．0，－10 N·s
【答案】D
【解析】
由题图可知，在前10 s内初、末状态的动量相同，p1＝p2＝5 kg·m/s，由动量定理知I1＝0；在后10 s内末状态的动量p3＝－5 kg·m/s，由动量定理得I2＝p3－p2＝－10 N·s，故D正确.
16. （2021江苏模拟）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F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间的变化图线如图所示．设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是（ ）
A．I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5
B．I1∶I2＝6∶5，W1∶W2＝3∶5
C．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5
D．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5
【答案】C
【解析】
由题图可知，两物体匀减速运动的加速度大小相等，根据牛顿第二定律，匀减速运动过程中有Ff＝ma，则摩擦力大小相等．对全过程应用动量定理，有I－Fft＝0，则I1＝Ff·3t0，I2＝Ff·5t0，故I1∶I2＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W－Ffx＝0，得W＝Ffx，v－t图线与时间轴所围成的面积表示物体运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F1和F2做功之比为W1∶W2＝x1∶x2＝6∶5，故C正确．
17.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
【答案】C
【解析】
根据Ft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。
18.(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/s
C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
【答案】AB
【解析】
由动量定理可得：Ft＝mv，解得v＝.t＝1 s时物块的速率为v＝＝ m/s＝1 m/s，故A正确；t＝2 s时物块的动量大小p2＝F1t2＝2×2 kg·m/s＝4 kg·m/s，t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg·m/s＝3 kg·m/s，t＝4 s 时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg·m/s＝2 kg·m/s，所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，故B正确，CD错误．
19. （2022湖北模拟）一质量为0.5 kg的物块静止在水平地面上，物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2。现给物块一水平方向的外力F，F随时间t变化的图线如图所示，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g＝10 m/s2，则（ ）
A．t＝1 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
B．t＝1.5 s时物块的动量大小为2 kg·m/s
C．t＝(6－2)s时物块的速度大小为0.5 m/s
D．在3～4 s的时间内，物块受到的摩擦力逐渐减小
【答案】D
【解析】
根据动量定理可得(F－μmg)t＝mv′－mv，t＝1 s时物块的动量大小为p1＝Ft1－μmgt1＝(2×1－0.2×0.5×10×1)kg·m/s＝1 kg·m/s，选项A错误； t＝1.5 s时物块的动量大小为p1.5＝Ft1.5－μmgt1.5＝(2×1＋1×0.5－0.2×0.5×10×1.5) kg·m/s＝1 kg·m/s，选项B错误； 设t时刻物块的速度为零，由图像知在2～4 s内力与时间的关系为F＝(0.5t－2)N，根据F－t图像与t轴所围的面积表示冲量大小可得IF＝2×1＋1×1＋·(t－2)，由动量定理得IF－μmgt＝0，联立解得t＝(6－2) s，故C错误；因为t＝(6－2) s在2～3 s内，所以在3～4 s的时间内，物块静止，随着F的减小，物块受到的摩擦力逐渐减小，故D正确。
「动量定理解决流体问题」
20.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 kg B．1.6×103 kg
C．1.6×105 kg D．1.6×106 kg
【答案】B
【解析】
根据动量定理有FΔt＝Δmv－0，解得＝＝1.6×103 kg/s，所以选项B正确。
21.(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．高压水枪的流量为vπD2
B．高压水枪的功率为ρπD2v3
C．水柱对煤层的平均冲击力为ρπD2v2
D．手对高压水枪的作用力水平向右
【答案】BC
【解析】
高压水枪的流量为Q＝πv＝vπD2，A错误；以Δt时间内高压水枪喷出的水为研究对象，由动能定理得，高压水枪对水做的功为W＝ρπvΔt·v2＝ρπD2v3Δt，则高压水枪的功率为P＝＝ρπD2v3，B正确；以Δt时间内高压水枪喷出的水为研究对象，由动量定理得－FΔt＝－ρπvΔtΔv，解得煤层对水柱的平均作用力大小为F＝ρπD2v2，由牛顿第三定律知，水柱对煤层的平均冲击力为ρπD2v2，C正确；由牛顿第三定律知，高压水枪受重力、水柱对高压水枪的水平向左的力和手对高压水枪的作用力，由平衡条件知，手对高压水枪的作用力斜向右上方，D错误。
22.（2022山东模拟）雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1×103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为（ ）
A．0.25 N B．0.5 N C．1.5 N D．2.5 N
【答案】A
【解析】
设雨滴受到芭蕉叶面对它的平均作用力为F，设在Δt时间内有质量为Δm的雨水的速度由v＝10 m/s减为零。以向上为正方向，对这部分雨水应用动量定理：FΔt＝0－(－Δmv)，得：F＝。设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在Δt时间内水面上升Δh，则有：Δm＝ρSΔh，可得F＝ρSv，由牛顿第三定律可知，芭蕉叶面受到的平均作用力F′＝F，压强为P＝＝ρv＝1×103×10× N/m2＝0.25 N/m2，即芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N，故选项A正确，BCD均错误。
23.超强台风“山竹”的风力达到17级超强台风强度，风速60 m/s左右，对固定建筑物破坏程度巨大。请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与风速(空气流动速度)大小的关系。假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v的关系式为（ ）
A．F＝ρSv B．F＝ρSv2
C．F＝ρSv3 D．F＝ρSv3
【答案】B
【解析】
设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则m＝ρSvt，根据动量定理得－F′t＝0－mv＝0－ρSv2t，解得F′＝ρSv2，由牛顿第三定律得F＝F′＝ρSv2，故B正确，A、C、D错误。
24.如图所示 ，武装直升机的旋翼桨盘面积(桨叶旋转形成的圆面面积)为S，空气密度为ρ，直升机质量为m，重力加速度为g.当直升机向上匀速运动时，假设空气阻力恒为f，空气浮力不计，风力的影响也不计，下列说法正确的是（ ）
A．直升机悬停时受到的升力大小为mg＋f
B．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为
C．直升机向上匀速运动时，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为
D．直升机向上匀速运动时，1 s内发动机做的功为
【答案】C
【解析】
根据平衡条件可得直升机悬停时受到的升力大小为mg，故A错误；Δt时间内被螺旋桨推动的空气的质量为Δm′＝ρSvΔt，螺旋桨对空气的作用力大小F＝，Δp＝Δm′v，由牛顿第三定律知空气对螺旋桨的作用力大小F′＝F，为使飞机向上匀速运动，有F′＝mg＋f，联立解得v＝，1 s内被螺旋桨推动的空气质量为M＝ρSv＝ρS＝，故B错误，C正确；由动能定理可得1 s内发动机所做的功为W＝Mv2＝，故D错误．
25.有一宇宙飞船，它垂直于运动方向的最大截面积S＝0.98 m2，以v＝2×103 m/s的速度飞入一宇宙微粒尘区，此尘区每立方米空间有一个微粒，微粒的平均质量m＝2×10－7 kg，要使飞船速度保持不变，飞船的牵引力应增加多少？(设微粒与飞船外壳碰撞后附于飞船上)
【答案】0.784 N
【解析】
选在Δt时间内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其质量等于底面积为S、高为vΔt的圆柱体内微粒的总质量，M＝mSvΔt，初动量为0，末动量为Mv。
设飞船对微粒的作用力为F，由动量定理得F·Δt＝Mv－0，
则F＝＝＝mSv2，
根据牛顿第三定律可知，微粒对飞船的撞击力大小也等于mSv2，则飞船要保持原速度匀速飞行，牵引力的增加量为F′＝F＝mSv2，
代入数据解得F′＝0.784 N。
26.某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。求：
（1）喷泉单位时间内喷出的水的质量；
（2）玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
【答案】（1）ρv0S；（2）－
【解析】
（1）在刚喷出一段很短的Δt时间内，可认为喷出的水柱保持速度v0不变。
该时间内，喷出水柱高度Δl＝v0Δt ①
喷出水柱质量Δm＝ρΔV ②
其中ΔV为水柱体积，满足ΔV＝ΔlS ③
由①②③可得：喷泉单位时间内喷出的水的质量为＝ρv0S。
（2）设玩具底面相对于喷口的高度为h
由玩具受力平衡得F冲＝Mg ④
其中，F冲为水柱对玩具底部的作用力
由牛顿第三定律知F压＝F冲 ⑤
其中，F压为玩具底部对水柱的作用力，v′为水柱到达玩具底部时的速度
由运动学公式得v′2－v＝－2gh ⑥
在很短Δt时间内，冲击玩具水柱的质量为Δm
Δm＝ρv0SΔt ⑦
由题意可知，在竖直方向上，对该部分水柱应用动量定理得
－(F压＋Δmg)Δt＝－Δmv′ ⑧
由于Δt很小，Δmg也很小，可以忽略，⑧式变为
F压Δt＝Δmv′ ⑨
由④⑤⑥⑦⑨可得h＝－。
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