人教版 (2019)选择性必修 第一册1 动量精品课堂检测

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第02讲 动量定理




课程标准
课标解读
1．动量、冲量的概念，动量定理。
2．功与冲量、动能与动量、动能定理与动量定理的比较。
3．冲量与物体动量变化的关系。
1、理解冲量的概念，知道冲量是矢量。
2、理解动量定理的确切含义及其表达式．
3、会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象．
4、动量定理方向的处理，动量定理在多过程中的应用。

知识精讲


知识点01 冲量
1.冲量
(1)概念：力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量．
(2)定义式：I＝Ft.
(3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大．
(4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛·秒，符号为 N·s.
2.冲量的理解
(1)冲量的绝对性．由于力和时间均与参考系无关，所以力的冲量也与参考系的选择无关．
(2)冲量是矢量．冲量的运算服从平行四边形定则，合冲量等于各外力的冲量的矢量和，若整个过程中，不同阶段受力不同，则合冲量为各阶段冲量的矢量和．
(3)冲量是过程量，它是力在一段时间内的积累，它取决于力和时间这两个因素．所以求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
3．冲量与功的联系
冲量和功都是力作用过程的积累，是过程量．
4．冲量与功的区别
冲量是矢量，是力在时间上的积累，具有绝对性；功是标量，是力在位移上的积累，有相对性．
【即学即练1】关于冲量，下列说法正确的是(　　)
A．冲量是物体动量变化的原因
B．作用在静止物体上的力的冲量一定为零
C．动量越大的物体受到的冲量越大
D．冲量的方向就是物体受力的方向
【解析】 力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量就发生了变化．因此说冲量是物体动量变化的原因，A选项正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化情况是所有作用在物体上的力共同产生的效果，所以B选项不正确；物体所受冲量I＝Ft与物体的动量的大小p＝mv无关，C选项不正确；冲量是一个过程量，只有在某一过程中力的方向不变时，冲量的方向才与力的方向相同，故D选项不正确．
【答案】 A
【即学即练2】如图所示，一质量为m的滑块沿光滑的水平面以速度v0运动．遇到竖直的墙壁被反弹回来，返回的速度变为v0，则以下说法正确的是(　　 )

A．滑块的动量改变量的大小为mv0
B．滑块的动量改变量的大小为mv0
C．滑块的动量改变量的方向与v0的方向相同
D．重力对滑块的冲量为零
【解析】 以初速度方向为正，有Δp＝mv2－mv1＝－mv0－mv0＝－mv0，所以滑块的动量改变量的大小为mv0，方向与v0的方向相反，故A、C错误，B正确；根据I＝Ft得重力的冲量为I＝mgt，不为零，故D错误．
【答案】 B
【即学即练3】一位同学站在水平地面上，某时刻该同学屈膝下蹲并竖直向上跳起，在人跳离地面之前的过程中地面对该同学的支持力做功为W，冲量为I，则下列判断正确的是(　　)
A．W＝0，I＝0　　 B．W＝0，I≠0
C．W≠0，I＝0 D．W≠0，I≠0
【解析】　因为在人起跳的过程中人受到的支持力的作用点没有位移，所以支持力做功为零．
【答案】　B
【归纳总结】 求冲量与功的两点注意事项
(1)判断两个力的冲量是否相同，要看这两个力冲量的大小是否相等，方向是否相同．
(2)力对物体有冲量时，不一定对物体做功；力对物体做功时，一定对物体有冲量．
知识点02 冲量的计算
1．恒力的冲量
公式 I＝Ft 适用于计算某个恒力的冲量，这时冲量的数值等于力与作用时间的乘积，冲量的方向与恒力方向一致．若力为同一方向均匀变化的力，该力的冲量可以用平均力计算，若力为一般变力则不能直接计算冲量．
2．变力的冲量
①变力的冲量通常可利用动量定理 I＝Δp 求解．

②可用图象法计算如图所示变力冲量，若某一力方向恒定不变，那么在 F－t 图象中，图中阴影部分的面积就表示力在时间Δt＝t2－t1 内的冲量．
【即学即练4】如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则(　　)

A．拉力F对物体的冲量大小为Ft
B．拉力对物体的冲量大小为Ftsin θ
C．摩擦力对物体的冲量大小为Ftsin θ
D．合外力对物体的冲量大小为零
【解析】 求冲量时，必须明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量．本题中，作用的时间都是一样的，求力F对物体的冲量就是Ft，所以A项正确、B项错误；物体受到的摩擦力Ff＝Fcos θ，所以摩擦力对物体的冲量大小为Fft＝Fcos θt，C项错；物体做匀速运动，合外力为零，所以合外力对物体的冲量大小为零，D对．正确选项为A、D.
【答案】 AD
【归纳总结】 计算冲量的四点注意
(1)求冲量时一定要明确所求的是哪一个力在哪一段时间内的冲量．
(2)当力的方向不变时，冲量的方向与力的方向相同．当力的方向变化时，冲量的方向与相应时间内物体动量变化的方向相同．
(3)某个力的冲量由该力和力的作用时间决定，与其他力是否存在及物体的运动状态无关．
(4)力与时间均与参考系无关，只要有力作用在物体上，就一定存在冲量，即恒定作用力的冲量不会为零，但是合外力的冲量可能是零，变力的冲量也可能是零．
【即学即练5】如图甲所示，放在水平地面上的木块与一轻弹簧相连，现用手水平拉弹簧，拉力F与时间t的函数关系如图乙所示，则0.8 s内拉力的冲量为多大？

【解析】　由F-t图象知，在拉动的过程中，拉力F的大小是变化的，在0～0.2 s的过程，力F由零增大到40 N；在0.2～0.4 s的过程，力F保持40 N不变；在0.4～0.8 s的过程，力F由40 N减小到零．由于F是变力，故不能直接用公式I＝F·t来计算，而采用其他方法均较麻烦．
由于Ft图象中图线与t轴所围图形的面积等于变力F的冲量大小，所以
I＝×(0.2＋0.8)×40 N·s＝20 N·s．
【答案】　20 N·s
知识点03 动量定理
1．动量定理
(1)内容：物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．这个关系叫做动量定理．
(2)表达式：I＝Δp 或 Ft＝mv′－mv.
2．对动量定理的理解
(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(2)动量定理的表达式是矢量式，它说明合外力的冲量跟物体动量变化量不仅大小相等，而且方向相同．
(3)动量的变化率和动量的变化量由动量定理可得出F＝，它说明动量的变化率决定于物体所受的合外力．而由动量定理 I＝Δp 可知动量的变化量取决于合外力的冲量，它不仅与物体的受力有关，还与力的作用时间有关．
(4)动量定理具有普遍性，即不论物体的运动轨迹是直线还是曲线，不论作用力是恒力还是变力，不论几个力的作用时间是相同还是不同都适用．
3．动量定理的应用
(1)定性分析有关现象由F＝可知：
①Δp 一定时，t 越小，F 越大；t 越大，F 越小．
②Δp 越大，而 t 越小，F 越大．
③Δp 越小，而 t 越大，F 越小．
(2)应用动量定理解决问题的一般步骤
①审题，确定研究对象：对谁、对哪一个过程．
②对物体进行受力分析，分析力在过程中的冲量，或合力
在过程中的冲量．
③抓住过程的初、末状态，选定参考方向，对初、末状态的动量大小、方向进行描述．
④根据动量定理，列出动量定理的数学表达式．
⑤写清各物理量之间关系的补充表达式．
⑥求解方程组，并分析作答．
4．动能定理和动量定理的区别与联系

动能定理
动量定理
内容
合力所做的功等于物体动能的变化或物体所受各个力做功的代数和等于它的动能的变化
物体所受合力的冲量等于它的动量的变化或物体所受各个力的冲量之和等于它的动量的变化
表达式
W总＝Ek2－Ek1＝ΔEk
I总＝Δp＝p2－p1或F·Δt＝mv2－mv1
标量矢量
标量式
矢量式
公
式
的
理解
①W总是所有外力对物体做的总功，等于所有外力对物体做功的代数和
②W总>0表示合外力作为动力对物体做正功，物体动能增加；W总<0表示合外力作为阻力对物体做负功，物体动能减少
③动能定理的应用比较广泛，既适用于直线运动，也适用于曲线运动；既适用于恒力做功的情况，也适用于变力做功的情况．动能定理的研究对象既可以是单个物体，也可以是可看成单一物体的物体系
④若物体运动的过程中包含几个不同过程，应用动能定理时，可以分段考虑，也可以将全过程作为一个整体来处理
⑤动能定理对应的是一个过程，并且它只涉及到物体初、末状态的动能和整个过程中合力做的功，它不涉及物体运动过程中的加速度、时间以及中间状态的速度和动能，因此用它处理问题比较方便
①式中的“＝”不仅表示大小相等，同时还表示方向相同
②合力的冲量是动量变化的原因
③与牛顿第二定律的瞬时性不同，力在瞬间可产生加速度，但不能改变动量，只有作用一段时间后才能改变物体的动量
④高中阶段只要求研究单个质点，事实上也适用于一个系统
⑤不论恒力还是变力，不论轨迹是直线还是曲线，不论运动时间的长短，动量定理都适用
⑥由动量定理得：F合＝(p2－p1)/t即物体动量的变化率等于它受到的合力
⑦动量定理只适用于惯性参考系，通常选地面为参考系
【即学即练6】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作用时间长
【解析】 杯子是否被撞碎，取决于撞击地面时，地面对杯子的撞击力大小．规定竖直向下为正方向，设玻璃杯下落高度为h.它们从h高度落地瞬间的速度大小为，设玻璃杯的质量为m，则落地前瞬间的动量大小为p＝m，与水泥或草地接触Δt时间后，杯子停下，在此过程中，玻璃杯的动量变化为Δp＝－m，再由动量定理可知(F－mg)·Δt＝－m，所以F＝＋mg(式中的负号表示作用力与下落速度方向相反)．由此可知，Δt越小，玻璃杯所受撞击力F＝mg＋越大，玻璃杯就越容易碎，杯子掉在草地上作用时间较长，动量变化慢，作用力小，因此玻璃杯不易碎．
【答案】 CD
【归纳总结】 利用动量定理解释物理现象的问题主要有两类，一类是物体动量变化相同或相差不大，由于作用时间的长短不同，物体受到的作用力不同，要使物体受到的作用力较小，应延长作用时间，要获得较大的作用力，就要缩短作用时间；另一类是物体所受的合外力相同或相差不大，由于作用时间长短不同，引起物体运动状态的改变不同．
【即学即练7】物体在恒定的合力F作用下，做直线运动，在时间Δt1内速度由0增大到v，在时间Δt2内速度同v增大到2v，设F在Δt1内做功是W1，冲量是I1，在Δt2内做的功是W2，冲量是I2，那么(　　)
A．I1 C．I1＝I2，W1＝W2 D．I1＝I2，W1 【解析】　根据动能定理W1＝mv2，W2＝m(2·v)2－mv2＝mv2，得：W1＜W2.根据动量定理得I1＝I2，故D项正确，A、B、C三项错误，故选D项．
【答案】　D

能力拓展


考法01 动量定理的矢量性
【典例1】如图所示，质量为m的质点，以速率v在水平面内做半径为R的匀速圆周运动．求质点由A至B所做1/4圆弧运动的过程中，作用在质点上的合外力的冲量．

【解析】　如图所示，质点所受的合外力即为向心力，其大小F＝m不变，但方向时刻指向圆心，是一变力，故不能直接用定义式I＝Ft(t＝T)求解．但根据动量定理有I合＝Δp＝mv(大小)，方向与pB成45°角斜向下．

【答案】 mv，方向与水平方向成45°角斜向下．
考法02 动量定理在求解变力中的应用
【典例2】篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，为了检测篮球的性能，某同学多次让一篮球从h1＝1.8 m处自由下落，测出篮球从开始下落至第一次反弹到最高点所用时间为t＝1.3 s，该篮球第一次反弹从离开地面至最高点所用时间为0.5 s，篮球的质量为m＝0.6 kg，g取10 m/s2.求篮球对地面的平均作用力(不计空气阻力)．
【解析】　解法一　设篮球从h1处下落触地的时间为t1，触地时速度大小为v1，弹起时速度大小为v2，弹起至达最高点的时间为t2，则t1＝＝0.6 s，v1＝＝6 m/s，
弹起时速度大小 v2＝gt2＝5 m/s，篮球与地面作用时间 Δt＝t－t1－t2＝0.2 s，
篮球触地过程中，取向上为正方向，根据动量定理有(－mg)Δt＝mv2－(－mv1)，
即＝mg＋，代入数据解得＝39 N，
根据牛顿第三定律，篮球对地面的平均作用力方向竖直向下，大小为39 N．
解法二　由上述解法中可知t1＝0.6 s，t2＝0.5 s，Δt＝0.2 s，
对全过程应用动量定理有Δt－mgt＝0，解得＝＝39 N，
根据牛顿第三定律，篮球对地面的平均作用力方向竖直向下，大小为39 N．
【答案】　39 N　方向竖直向下
考法03 动量定理在多过程中的应用
【典例3】蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并在空中做各种动作的运动项目．一个质量为60 kg的运动员，从离水平网面3.2 m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面5.0 m高处．已知运动员与网接触的时间为1.2 s．若把这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小．(g取10 m/s2)
【解析】 方法一　运动员刚接触网时速度的大小为v1＝＝ m/s＝8 m/s，方向竖直向下．刚离开网时速度的大小为v2＝＝ m/s＝10 m/s，方向竖直向上．运动员接触网的过程中，网的作用力为F，规定竖直向上为正方向，根据动量定理得：(F－mg)t＝mv2－(－mv1)，
解得：F＝＋mg＝ N＋60×10 N＝1.5×103 N，方向竖直向上．
方法二　运动员从3.2 m高处自由下落的时间为t1＝ ＝ s＝0.8 s
运动员刚离开网弹回5.0 m高处所用的时间为t2＝ ＝ s＝1 s
整个过程中运动员始终受重力作用，仅在与网接触的t3＝1.2 s 时间内受到网对他向上的弹力F的作用，对全过程应用动量定理得：F·t3－mg(t1＋t2＋t3)＝0.
解得：F＝mg＝×60×10 N＝1.5×103 N，方向竖直向上．
【答案】 1.5×103 N，方向竖直向上
【归纳总结】 解答本题时，容易出现以下错误：(1)未能正确受力分析，漏掉重力，误认为所求平均力就是合外力；
(2)未正确理解动量定理的矢量性，误将动量的变化写为mv2－mv1.
考法04 动量定理在流体中的应用
【典例4】水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层．设水柱直径d＝30 cm，水速v＝50 m/s，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力大小．(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3)

【解析】 设在一小段时间Δt内，从水枪射出的水的质量为Δm，则Δm＝ρS·vΔt.以Δm的水为研究对象，如图所示，它在Δt时间内的动量变化量Δp＝Δm·(0－v)＝－ρSv2Δt.
设F为水对煤层的平均作用力，即冲力，F′为煤层对水的反冲力，以v的方向为正方向，根据动量定理(忽略水的重力)，有F′·Δt＝Δp＝－ρSv2Δt，即F′＝－ρSv2.
根据牛顿第三定律知F＝－F′＝ρSv2.式中S＝d2，
代入数值得F≈1.77×105 N.
【答案】 1.77×105 N
【归纳总结】
1．解答质量连续变动问题的基本思路
(1)建立“柱体”模型。对于流体，可沿流速v的方向选取一段柱形流体，设在Δt时间内通过某一横截面积为S的流体长度为Δl，如图所示，若流体的密度为ρ，那么，在这段时间内流过该截面的流体的质量为Δm＝ρSΔl＝ρSvΔt；

(2)掌握“微元”方法。当所取时间Δt足够短时，图中流体柱长度Δl就足够短，质量Δm也很小，这种以一微小段为研究对象的方法就是微元法；
(3)运用动量定理，即流体微元所受的合外力的冲量等于微元动量的增量，即F合Δt＝Δp。
2.解答质量连续变动问题的具体步骤
应用动量定理分析连续体相互作用问题的方法是微元法，具体步骤为：
(1)确定一小段时间Δt内的连续体为研究对象；
(2)写出Δt内连续体的质量Δm与Δt的关系式；
(3)分析连续体的受力情况和动量变化；
(4)应用动量定理列式、求解。
考法05 动量定理在连接体中的应用
【典例5】质量为M的金属块和质量为m的木块通过细线系在一起，从静止开始以加速度a在水中下沉，经过时间t线断了，金属块和木块分开，再经过时间t′，木块停止下沉，此时金属块的速度多大？(设此时金属块还没有碰到底面)
【解析】　金属块和木块依靠细线连接成整体一起向下做匀加速运动，加速度为a，所以系统所受的合外力(重力与两物体所受浮力的合力)为(M＋m)a.细线断后，仅是改变了系统的内力，整体所受的合外力不变，仍为(M＋m)a，所以在整个过程中，整体所受合外力的冲量为(M＋m)a(t＋t′)，对整体运用动量定理可迅速求解．
取竖直向下为正，以金属块和木块组成的整体为研究对象，从开始向下运动到木块速度为零的过程中，有：(M＋m)a(t＋t′)＝0＋Mv－0，
解得v＝
如果对金属块、木块分别运用动量定理，其解如下：
设金属块、木块所受浮力分别为F1、F2，绳中弹力为T，取竖直向下为正，在细线未断前，
对金属块：(Mg－T－F1)t＝Mat－0，①
对木块：(mg＋T－F2)t＝m·at－0，②
在细线断后，
对金属块：(Mg－F1)t′＝Mv－M·at，③
对木块：(mg－F2)t′＝0－m·at，④
①式＋②式，得：[(M＋m)g－(F1＋F2)]t＝(M＋m)at，⑤
③式＋④式，得：[(M＋m)g－(F1＋F2)]t′＝Mv－(M＋m)at，⑥
⑤式除以⑥式，得：＝
所以v＝
【答案】
【归纳总结】　如果几个物体组成的整体在某一运动过程中所受合外力不变，可以将这几个物体作为一个整体，对整体运用动量定理列方程求解，可使求解过程大大简化．
考法06 全程应用动量定理
【典例6】从h1＝ m高处以v0＝3 m/s的速度水平抛出0.3 kg的小球，落地后反弹起h2＝ m的高度．若小球与地面碰撞的时间为0.5 s，求不计空气阻力时地面对小球平均作用力的竖直分量．
【解析】　取小球为研究对象，按题目要求，用动量在竖直方向上的分量求解，根据动量定理得(Fy－mg)t＝mvy′－mvy.小球的反跳，在竖直方向上可视为竖直上抛，即vy′＝＝1 m/s，小球落地时的竖直速度是小球自由下落分运动的末速度(取负值)
vy＝－＝－4 m/s.代入求得Fy＝6 N.
【归纳总结】　利用动量定理解题，可以先定一个正方向，则当速度和力与规定正方向同向时取正值，当速度或力与规定正方向反向时取负值．



题组A 基础过关练
1．(2020-2021学年长治二中高二(下)期末)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】 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，故BCD正确；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，不能满足在任何相等时间内，合外力的冲量相等，故不可能为匀速圆周运动，故A错误．
【答案】 A
2．(2020-2021学年长春实验中学高二(下)期末)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，与地面的撞击时间约为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
【解析】 设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3m，由动能定理可知：，解得：，落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正，由动量定理可知：，解得：，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确故选C
【答案】 C
3．下面的说法错误的是(　　)
A．物体运动的方向就是它的动量的方向
B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零
C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大
D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小
【解析】 动量是矢量，其方向即为速度方向，A说法正确；速度发生变化，则动量发生变化，根据动量定理可以知道，合外力的冲量不为零，B说法正确；冲量等于力乘以其作用的时间，速度可以是零，C说法错误；根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，可以改变速度的大小，D说法正确．
【答案】 C　
4．(多选)古时有“守株待兔”的寓言，设兔子的头部受到大小等于自身体重的打击力时即可致死。若兔子与树桩发生碰撞，作用时间为0.2 s，则被撞死的兔子的奔跑的速度可能是(　　)

A．1 m/s B．1.5 m/s
C．2 m/s D．2.5 m/s
【解析】 根据题意建立模型，设兔子与树桩的撞击力为F，兔子撞击后速度为零，根据动量定理有Ft＝mv，所以v＝＝＝gt＝10×0.2 m/s＝2 m/s。故选CD。
【答案】 CD
5．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了(　　)
A．减小冲量
B．使动量的增量变得更小
C．增长与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地的压强，起到安全作用
【解析】 由F＝，动量变化量相同，当脚尖先着地时增长了作用时间，即减小了冲力．
【答案】 C　
6．如图所示，重物G压在纸带上，用一水平力缓慢地拉动纸带，重物G会跟着一起运动；若迅速拉动纸带，纸带将会从重物G下面抽出．关于这个现象，下列说法中正确的是(　　)

A．在缓慢拉动纸带时，重物和纸带间的摩擦力大于迅速拉动纸带时重物和纸带间的摩擦力
B．在缓慢拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
C．在迅速拉动纸带时，纸带给重物的冲量大
D．迅速拉动纸带时重物的动量变化大
【解析】 用水平力F缓慢地拉动纸带，重物与纸带间有静摩擦力，若迅速拉动纸带，纸带会从重物下抽出，重物与纸带间有滑动摩擦力，滑动摩擦力约等于最大静摩擦力，所以重物与纸带间的滑动摩擦力大于等于静摩擦力，故A错误；慢拉时重物跟着纸带运动，动量变化大，故慢拉时纸带给重物的摩擦力的冲量大，由于慢拉与快拉时纸带对重物的支持力相等，而慢拉时作用时间长，支持力的冲量也大，故慢拉时，纸带给重物的冲量大，故B正确，C、D错误．
【答案】 B
7．如图所示甲、乙两种情况中，人用相同大小的恒定拉力拉绳子，使人和船A均向右运动，经过相同的时间t，图甲中船A没有到岸，图乙中船A没有与船B相碰，则经过时间t(　　)

A．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量小
B．图甲中人对绳子拉力的冲量比图乙中人对绳子拉力的冲量大
C．图甲中人对绳子拉力的冲量与图乙中人对绳子拉力的冲量一样大
D．以上三种情况都有可能
【解析】 甲、乙两种情况下人对绳子的拉力相等，由冲量的定义式I＝Ft可知，两冲量相等，只有选项C是正确的．
【答案】 C
8．我国女子短道速滑队在今年世锦赛上实现女子3 000 m接力三连冠．观察发现，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出，在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则(　　)

A．甲对乙的冲量一定等于乙对甲的冲量
B．甲、乙的动量变化一定大小相等方向相反
C．甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D．甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
【解析】　在“交接棒”过程中，甲、乙之间的作用力是作用力和反作用力的关系，所以甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等、方向相反，甲、乙的动量变化大小相等、方向相反，A项错误，B项正确；在“交接棒”过程中，由于甲、乙的位移的大小不一样，所以甲对乙做的负功和乙对甲做的正功的数值不相等，D项错误；由动能定理，合外力做的功等于物体动能的变化，所以甲、乙的动能变化量也不相等，C项错误．
【答案】　B
9．一个质量为0.18 kg的垒球，以20 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后反向水平飞回．设击打过程球棒对垒球的平均作用力大小为900 N，作用时间为0.01 s．则被球棒击打后垒球反向水平速度大小为(　　)
A．30 m/s　　　　　　 B．40 m/s
C．50 m/s　　　　　　 D．70 m/s
【解析】 设飞来的速度方向为正方向，由动量定理可知－Ft＝－mv－mv0，代入数据解得v＝30 m/s，即飞回的速度大小为30 m/s.故A正确，B、C、D错误．
【答案】 A　
10．(2020-2021学年莆田市第一中学高二(下)期中)人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸到头部的情况。若手机质量为120g，从离人约20cm的高度无初速度掉落，砸到头部后手机未反弹，头部受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度g＝10m/s2；下列分析正确的是(　　)

A．手机接触头部之前的速度约为1m/s
B．手机对头部的冲量大小约为0.48
C．手机对头部的作用力大小约为1.2N
D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为0.48
【解析】 A．手机做自由落体运动，故手机接触头部之前的速度约为v=m/s=2m/s，选项A错误；
C．手机落到头上后速度减为0，设头部对手机的作用力为F，因为手机落在头上没反弹，速度减为0，故由动量定理得(F-mg)t=0-(-mv)，故解得F=2.4N，选项C错误；
B．根据力的作用是相互的，则手机对头部的作用力也是2.4N，作用时间是0.2s，故手机对头部的冲量大小为2.4N×0.2s=0.48Ns，选项B正确；
D．手机的动量变化量为△p=mv=0.12kg×2m/s=0.24kgm/s，选项D错误。故选B。
【答案】 B
11．物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，如图(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v，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．mv B．Mu
C．mv＋Mu D．mv＋mu
【解析】 对B由动量定理得：Mgt＝Mu－0，对A由动量定理得，设弹簧冲量为I：I－mgt＝mv－0，联立解得：I＝mv＋mu，ABC错误，D正确。
【答案】 D
12．(2020-2021学年广西钦州市高二(下)期中)如图所示是一则安全警示广告，描述了高空坠物对人伤害的严重性。小王同学用下面的实例来检验广告词的科学性：用一个鸡蛋从8楼的窗户自由下落到地面。经测量鸡蛋质量约50 g,8层楼高约20米，与地面接触时间约为0.02 s。不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2。求鸡蛋：

(1)下落到地面时动量的大小；
(2)对地面平均作用力的大小。
【解析】 (1)下落到地面时速度由v2＝2gh得v＝20 m/s
动量的大小为p＝mv＝50×10－3×20 kg·m/s＝1 kg·m/s
(2)设向上为正方向，根据动量定理可知，对鸡蛋：(F－mg)Δt＝0－(－mv)
解得F＝＋mg＝N＋0.05×10 N＝50.5 N
由牛顿第三定律可知球对地面平均作用力的大小F′＝50.5 N。
【答案】 (1)1 kg·m/s　(2)50.5 N
13．质量为m的小球，从沙坑上方自由下落，经过时间t1到达沙坑表面，又经过时间t2停在沙坑里．求：
(1)沙对小球的平均阻力F；
(2)小球在沙坑里下落过程所受的总冲量I．
【解析】　(1)在下落的全过程对小球用动量定理，重力作用时间为t1＋t2，而阻力作用时间仅为t2，以竖直向下为正方向，有mg(t1＋t2)－Ft2＝0，解得F＝ ．
(2)仍然在下落的全过程对小球用动量定理，在t1时间内只有重力的冲量，在t2时间内有总冲量(已包括重力冲量在内)，以竖直向下为正方向，有mgt1＋I＝0，则I＝－mgt1，方向竖直向上．
【答案】　(1)F＝ (2)I＝－mgt1　方向竖直向上
14．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面而来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度都约为30 m/s，则：
(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力F是多大？
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力F′为多大？
【解析】　(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m，设运动的时间为t，则
由x＝t得t＝＝ s，
根据动量定理得Ft＝Δp＝mv0，
解得F＝＝5.4×104 N．
(2)若人系有安全带，则F′＝＝1.8×103 N．
【答案】　(1)5.4×104 N　(2)1.8×103 N
题组B 能力提升练
1．(2020-2021学年南京金陵中学高二(下)期末)一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化如图所示，则该物体 (　　)

A．在1s末时运动方向发生改变
B．先做匀加速后做匀减速直线运动
C．1s~2s的平均速度大小大于3m/s
D．该物体在0~2s内受到合外力的冲量一定为4N·s
【解析】 A．从图中看出物体先做加速度逐渐增大的加速运动，到1s时，加速度达到最大，此时运动方向没有发生改变，故A错误；
B．从图中看出物体先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；
C．根据图像可画出速度时间图像如图所示，假如1~2s做匀加速直线运动，则平均速度为，从图中可以看出实际的位移大于匀加速的位移，所以1s~2s的平均速度大小大于3m/s，故C正确；
D．缺少物体的质量m，无法计算冲量大小，故D错误。故选C。

【答案】 C
2．(2020-2021学年长春市第十一中学高二(下)期末)如图甲所示，质量为的物块在水平力作用下由静止释放，物块与墙面间的动摩擦因数为0.4，力随时间变化的关系如图乙所示，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，。下列图像中，能正确反映物块所受摩擦力大小与时间()变化关系的是(　　)

A． B．
C． D．
【解析】 物块水平方向受力平衡，滑动摩擦力竖直向上
所以Ff−t图象的是过原点的倾斜直线，斜率k=2，当物块静止时，物块受到静摩擦力作用
图象和t轴平行，Ff−t图象的面积表示Ff的冲量，根据动量定理
解得物块运动的时间为，故C正确，ABD错误故选C。
【答案】 C
3．如图所示，两个质量相等的小球从同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，下滑到达斜面底端的过程中(　　)

A．两物体所受重力做功相同
B．两物体所受合外力冲量相同
C．两物体到达斜面底端时时间相同
D．两物体到达斜面底端时动能不同
【解析】 从光滑的斜面下滑，设斜面倾角为θ，高h，则有加速度a＝gsin θ，位移x＝，根据匀变速直线运动规律有x＝＝at2＝gsin θt2，运动时间t＝·，两个斜面高度相同而倾角不同，所以运动时间不同，选项C错．沿斜面运动时所受合力为mgsin θ，所以合力的冲量I＝mgsin θt＝mg，虽然冲量大小相等，但是斜面倾角不同，合力方向不同，所以合外力冲量不同，选项B错．下滑过程重力做功与路径无关与高度有关，所以重力做功mgh相等，选项A对．根据动能定理，下滑过程中只有重力做功，而且做功相等，所以到达斜面底端时动能相同，选项D错．
【答案】 A
4．如图甲所示为一固定光滑足够长的斜面，倾角为30°.质量为0.2 kg的物块静止在斜面底端，t＝0时刻，受到沿斜面方向拉力F的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图象如图乙所示，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A．6 s末物块的速度为零
B．物块一直沿斜面向上运动
C．0～4 s内拉力对物块做的功为20 J
D．0～6 s内拉力对物块的冲量为零
【解析】　在0～2 s内，由牛顿第二定律可得F1－mgsin30°＝ma1，解得a1＝5 m/s2，在2～4 s内，由牛顿第二定律可得F2＋mgsin30°＝ma2，解得a2＝10 m/s2，则物块在0～2 s内向上匀加速直线运动，2～3 s内向上匀减速直线运动，3 s时减少为零，3～4 s内向下匀加速直线运动，4～6 s内向下匀减速直线运动，6 s时速度减为零，故A项正确，B项错误；在t＝4 s时和t＝2 s时物块在同一位置，速度等大反向，所以0～4 s内拉力对物块做的功等于0～2 s内拉力对物块做的功，s＝a1t2＝10 m，W＝F1s＝20 J，故C项正确；0～6 s内拉力对物块的冲量I＝F1t1＋F2t2＝(2×4－1×2) N·s＝6 N·s，故D项错误．
【答案】　AC
5．(2020-2021学年扬州中学高二(下)期中)物体在水平面上做直线运动，其动量随时间的变化的图像如图所示，则下列说法正确是(　　)

A．物体运动方向与的运动方向相反
B．与时间内物体受到的合外力大小相等，方向相反
C．时间内物体受到的合外力的冲量为零
D．时间内物体受到的合外力的冲量为零
【解析】 A．根据可知运动方向与动量方向相同，与的动量均为正，则与的运动方向相同，选项A错误；
B．根据可知动量随时间的变化的图像得斜率代表F，与时间内图线斜率不变，则物体受到的合外力不变，选项B错误；
C．由图象知时间内动量变化为0，根据可知物体受到的合外力的冲量为零，选项C正确；
D．由图象知时间内动量变化不为零，则物体受到的合外力的冲量不为零，选项D错误。故选C。
【答案】 C
6．如图所示，同一竖直平面内的O1、A、B、C四点为长方形的四个顶点，水平面上的BC两点间的距离为L，O2在A点正上方高h处，B点在A点正下方距离处．将质量均为m的小球甲、乙(均可视为质点)分别从O1、O2点沿水平方向O1A和竖直方向O2A同时抛出，结果两球恰好同时在B点相遇，空气阻力不计．下列说法正确的是(　　)

A．两球从抛出到相遇的过程中，两球的动量增量之比为1∶3
B．甲、乙抛出的初速度大小之比
C．甲、乙相遇前瞬间的动能之
D．甲、乙相遇前瞬间所受重力的功率之比为1∶2
【解析】　由动量定理得：mgt＝ΔP，即两球的动量增量之比为1∶1，故A项错误；甲乙两球落地时间t＝，则v甲＝＝L，对乙：h＝v乙t＋gt2，解得v乙＝，联立解得＝，故B项正确；根据机械能守恒定律可得：相遇前甲的动能为：Ek1＝mv甲2＋mg·＝mg·；相遇前乙的动能为：Ek2＝mv乙2＋mg·＝mg·4h.所以甲、乙相遇前瞬间的动能之比为，故C项错误；根据vt2－v02＝2ax可得：甲达到底部竖直方向的速度v1＝＝，故甲受到的重力功率P甲＝mgv1＝mg.乙达到底部竖直方向的速度v2＝＝2，故乙受到的重力功率P乙＝mgv2＝2mg；故甲、乙相遇前瞬间所受重力的功率之比为1∶2，故D项正确．
【答案】　BD
7．如图所示，斜面倾角θ＝37°，静止在斜面上的木板AB的质量M＝2.5 kg，木板A端距斜面底端的距离L＝1.6 m，木板与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.释放木板的同时，另一质量m＝1 kg的光滑小球在某一高度以初速度v0＝6 m/s开始做平抛运动，小球恰好垂直打在木板上并以原速率反向弹回．小球与木板撞击时间极短且小球受到的弹力远远大于其重力，重加速度g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
(1)小球与木板撞击时，木板运动的位移大小；
(2)木板A端运动到斜面底端时，木板的速度大小．

【解析】 (1)由题意得vy＝＝8 m/s
由竖直方向上的自由落体运动规律可知t＝＝0.8 s
由牛顿第二定律可得Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma
得a＝4 m/s2
又x＝at2
联立解得x＝1.28 m .
(2)设小球与木板AB相碰前速度为v1
则有v1＝＝10 m/s
由动量定理可得FΔt＝2mv1
设木板AB与小球碰撞前、后瞬间的速度分别为v2、v3
v2＝at＝3.2 m/s
[Mgsin θ－μ(Mgcos θ＋F)]Δt＝Mv3－Mv2
上面Δt为无穷小，可得－2μmv1＝Mv3－Mv2
得v3＝1.2 m/s
设木板A端滑到斜面底端时速度为v4
由速度和位移公式可得v－v＝2a(L－x)
联立解得v4＝2 m/s.
【答案】 (1)1.28 m　(2)2 m/s
8．质量为m的物体静止在足够大的水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，有一水平恒力F作用于物体上，并使之加速前进，经时间t1后撤去此恒力，求物体运动的总时间t．
【解析】　解法一　物体的运动可分为两个阶段，第一阶段水平方向受F、Ff两个力的作用，时间为t1，物体由A运动到B速度达到v1；第二阶段物体水平方向只受力Ff的作用，时间为t2，由B运动到C，速度由v1变为0．

设向右为正，据动量定理
第一阶段有(F－Ff)t1＝mv1－0＝mv1，
第二阶段有－Ff·t2＝0－mv1＝－mv1，
两式相加得F·t1－Ff(t1＋t2)＝0，
因为Ff＝μmg，
则总时间t＝t1＋t2＝．
解法二　把两个阶段当成一个过程来看：F作用t1时间，μmg则作用了t时间，动量变化Δp＝0．
F·t1－μmgt＝0，t＝．
【答案】　
题组C 培优拔尖练
1．(2020-2021学年屯溪第一中学高二(下)期中)超强台风山竹于2018年9月16日前后来到我国广东中部沿海登陆，其风力达到17级超强台风强度，风速左右，对固定建筑物破坏程度非常巨大．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关系式为( )
A． B． C． D．
【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-Ft=0-mv=0-ρSv2t，F=ρSv2，故B正确，ACD错误．故选B
【答案】 B
2．如图所示，在光滑水平面右端B点处连接一个竖直的半径为R的光滑半圆形轨道BC，在距离B为x的A点，用一个较大的水平力向右瞬间弹击质量为m的小钢球，使其获得一个水平向右的初速度，小钢球到达B点后沿半圆形轨道运动，刚好到达C点，已知重力加速度为g，求：

(1)小钢球经过C时的速度有多大？
(2)在A点，这个瞬间弹击小钢球的力的冲量需要有多大？
【解析】 (1)小钢球经过C点时，恰好由重力提供圆周运动所需的向心力，即mg＝ ①
由①得vC＝ ②
(2)小钢球由B→C机械能守恒，所以有：mv＝mv＋2mgR ③
由②和③得vB＝ ④
设在A点力F瞬间弹击小钢球的冲量大小为I，
则应用动量定理有：I＝mvA ⑤
由A到B小球做匀速直线运动，所以vA＝vB ⑥
即I＝mvB＝m ⑦
【答案】 (1)　(2)m
3．总质量为M的列车，沿水平直轨道匀速前进，其末节车厢质量为m，中途脱节，司机发觉时，机车已行驶了时间t，于是立即关闭油门．设运动的阻力与重量成正比，机车牵引力恒定，当列车两部分都停止时，机车比末节车厢多运动了多长时间？
【解析】 脱节后，机车、末节车厢受力分析如图所示，设列车前进的方向为正方向，匀速前进时速度为v，由题知，机车受到的摩擦力Ff1＝－k(M－m)g，末节车厢受到的摩擦力Ff2＝－kmg(k为比例常数)．列车匀速前进时由平衡条件可得：牵引力F＝kMg.

设脱节后，至停下来，机车的运动时间为t1，
由动量定理得Ft＋Ff1t1＝0－(M－m)v
即kMgt－k(M－m)gt1＝0－(M－m)v
所以t1＝
设脱节后，至停下来，末节车厢的运动时间为t2，
由动量定理得Ff2t2＝0－mv
即－kmgt2＝－mv所以t2＝
机车比末节车厢多运动了Δt＝t1－t2＝.
【答案】