2020高考物理一轮复习精选题辑课练17动量冲量和动量定理

1、【20xx最新】精选高考物理一轮复习精选题辑课练17动量冲量和动量定理1. （20xx 河南南阳质检）（多选）下列关于力的冲量和动量的说法中正确的是（）A. 物体所受的合外力为零，它的动量一定为零B. 物体所受的合外力做的功为零，它的动量变化量一定为零C. 物体所受的合外力的冲量为零，它的动量变化量一定为零D. 物体所受的合外力不变，它的动量变化率不变答案：CD解析：物体所受的合外力为零，物体可能处于静止状态，也可 能做匀速直线运动，故其动量不一定为零，A错误；物体所受的合外力做的功为零，有可能合外力垂直于速度方向，不改变速度大小， 只改变速度方向，而动量是矢量，所以其动量变化量有可能不为零，

2、 B错误；根据动量定理I =Ap可知，物体所受的合外力的冲量为零， 则其动量变化量一定为零，C正确；根据Ft = Ap ? F=可得物体所 受的合外力不变，则其动量变化率不变， D正确.2. （20xx 福建六校4月联考）（多选）如图所示，一颗钢珠从静止状态开始自由下落，然后陷入泥潭 中，不计空气阻力.若把在空中下落的过程称为过程I,进入泥潭 直到停止的过程称为过程则（ ）A. 过程H中钢珠的动量的改变量等于零B. 过程H中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲量的大小 c.i>h两个过程中合外力的总冲量等于零D.过程I中钢珠的动量的改变量等于重力的冲量答案：CD解析：过程I中钢珠所受的外

3、力只有重力，由动量定理可知， 钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，故D正确；在整个过程中，钢珠的动量的变化量为零，由动量定理可知，I、H两个过程中合 外力的总冲量等于零，故 C正确；过程H中，钢珠所受的外力有重力和阻力，所以过程H中阻力的冲量的大小等于过程I中重力的冲 量的大小与过程H中重力的冲量的大小之和，故B错误；过程H中钢珠所受合外力的冲量不为零，由动量定理可知，过程H中钢珠的 动量的改变量不等于零，故 A错误.3. （20xx 山东枣庄期末联考）质量为60 kg的建筑工人不慎从 高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s，安全带长5 m，不计空气阻

4、力影响，g取10 m/s2,则安全带所受的平均冲力的大小为（）A. 100 NB. 500 NC. 600 N D . 1 100 N答案：D解析：在安全带产生拉力的过程中，人受重力和安全带的拉力 作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所 以有v0= = m/s= 10 m/s，根据动量定理，取竖直向下为正方向，有 mg- t F t = 0-mvQ 解得 F= mg+ = 600 N + N = 1 100 N，故选D.4. （20xx 河南周口一中等联考）（多选）质量为m的物体以初速 度v0做平抛运动，经过时间t，下落的高度为h,速度大小为v,不 计空气阻力，在这段时间内

5、，该物体的动量的变化量大小为 （ ）A. mv- mv0 B. mgtC. m D. m 2gh答案：BCD解析：根据动量定理得，物体所受合力的冲量等于它的动量的 变化量，所以 p= mgt,故B正确；由题可知，物体末位置的动量 为mv初位置的动量为 mvQ根据矢量三角形定则知，该物体的动 量的变化量 p= mv尸m= m,故C、D正确.5. （20xx 福建厦门一中月考）（多选）一细绳系着小球，在光滑水平面上做圆周运动，小球质量为 m速度大小为v,做圆周运动的 周期为T,则以下说法中正确的是（）A. 经过时间t =，小球的动量的变化量为零B. 经过时间t =，小球的动量的变化量大小为 mvC

6、. 经过时间t =，细绳的拉力对小球的冲量大小为 2mvD. 经过时间t =，重力对小球的冲量大小为譽答案：BCD解析：经过时间t =，小球转过了 180°,速度方向正好与开始 计时的时刻的速度方向相反，若规定开始计时的时刻的速度方向为 正方向，则小球的动量的变化量 p= mv mv= 2mv,细绳的拉力对小球的冲量I = p= mv mv= 2mv A错误，C正确；经过 时间t =，小球转过了 90°,根据矢量合成法可得，小球的动量的 变化量为 p'=v= mv,重力对小球的冲量大小 IG = mgt=, B、D正确.6. （20xx 湖南五市十校联考）（多选）如

7、图所示，AB为固定的光滑圆弧轨道，O为圆心，AO水平，BO 竖直，轨道半径为R,将质量为m的小球（可视为质点）从A点由静止 释放，在小球从A点运动到B点的过程中，小球（）A. 所受合力的冲量水平向右B. 所受支持力的冲量水平向右C. 所受合力的冲量大小为m 2gRD. 所受重力的冲量大小为零'答案：AC解析：在小球从A点运动到B点的过程中，根据动量定理可知I 合=mv,Av的方向为水平向右，所以小球所受合力的冲量水平向 右，即重力和支持力的合力的冲量水平向右，A正确、B错误；在小球从A点运动到B点的过程中，机械能守恒，故有 mgR= mv解得vB =,即卩 v=,所以I合=m C正确；

8、小球所受重力的冲量大小为 IG = mgt，大小不为零，D错误.7 . （20xx 安徽合肥二模）（多选）一质点静止在光滑水平面 上.现对其施加水平外力F, F随时间t按正弦规律变化，如图所示， 下列说法正确的是（）A. 第2 s末，质点的动量为0B. 第4 s末，质点回到出发点C. 在02 s时间内，F的功率先增大后减小D. 在13 s时间内，F的冲量为0答案：CD解析：从题图可以看出，在前 2 s内质点受到的力的方向和运 动的方向相同，质点经历了一个加速度先增大后减小的加速运 动.所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，不为 0,故A错 误；该质点在后半个周期内受到的力与前半个周期内受到

9、的力的方 向相反，前半个周期内做加速运动，后半个周期内做减速运动，所 以质点在04 s时间内的位移为正，故B错误；在02 s时间内， 速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率 P= Fv得开始时力F 瞬时功率为0.2 s末的瞬时功率为0,所以在02 s时间内，F的 功率先增大后减小，故C正确；在F-t图象中，F-t图线与横轴围成 的面积表示力F的冲量，由题图可知，12s之间的面积与23 s之间的面积大小相等，一正一负，所以和为 0,则在13 s时间内, F的冲量为0,故D正确.8. 篮球运动是大家比较喜好的运动，在运动场上开始训练的人 常常在接球时伤到手指头，而专业运动员在接球时通常伸出双手

10、迎 接传来的篮球，两手随球迅速收缩至胸前.这样做可以 （）A. 减小球对手的作用力B. 减小球对手的作用时间C. 减小球的动能变化量D. 减小球的动量变化量答案：A解析：专业运动员伸出手接球时延缓了球与手作用的时间，根 据动量定理可知，动量变化量相同时，作用时间越长，作用力越小， 两种接球方式中球的动量变化相同，动能变化相同，故只有A正确.9. （多选）如图所示，一个质量为0.18 kg的垒球，以25 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 45 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 NB.

11、 球棒对垒球的平均作用力大小为 1260 NC. 球棒对垒球做的功为126 JD. 球棒对垒球做的功为36 J答案：BC解析：以初速度方向为正方向，根据动量定理 F t = mv2-mv1 得：F=- 1260 N，则球棒对垒球的平均作用力大小为 1260 N，故A 项错误，B项正确；根据动能定理： W mv- mv= 126 J,故C项正 确，D项错误.10. 如图所示，一个下面装有轮子的贮气瓶停放在光滑的水平 地面上，左端与竖直墙壁接触.现打开尾端阀门，气体往外喷出， 设喷口面积为S,气体密度为P,气体往外喷出的速度为v,则气体 刚喷出时贮气瓶顶端对竖直墙的作用力大小是 （）A.p vS

12、B.p v2SC. p v2S D . p v2S 答案：D解析：以t时间内喷出去的气体为研究对象，则Ft =p Svtv =p Stv2，得F=p Sv2，由于气瓶处于平衡状态，墙壁与气瓶间作用力与气体反冲作用力相等，故 D项正确.11. （20xx 河北沧州一中月考）光滑水平面上放着质量 mA= 1 kg的物块A与质量mB= 2 kg的物块B, A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A B间夹一个被压缩的轻弹簧(弹簧与A B均不拴 接)，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep= 49 J ;在A B间系 一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，如图所示.放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断

13、，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆形光滑导轨，轨道半径 R= 0.5 m B恰能完成半个圆周运动 到达导轨最高点C.g取10 m/s2，求：(1) 绳拉断后瞬间B的速度vB的大小；(2) 绳拉断过程绳对B的冲量I的大小.答案：(1)5 m/s (2)4 N s解析：(1)设物块B在绳被拉断后的瞬时速率为vB,到达C点的 速率为vC,根据B恰能完成半个圆周运动到达 C点可得F 向=mBg= mBD对绳断后到B运动到最高点C这一过程，应用动能定理有2mBg 怎 mBv- mB由解得vB= 5 m/s.(2)设弹簧恢复到自然长度时B的速率为v1，取向右为正方向， 由能量守恒定律可知，弹簧的弹性势能转

14、化为B的动能，则Ep= mB根据动量定理有I = mBv mBv由解得I = 4 N s，其大小为4 Ns.12. (20xx 山西灵丘三模)塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具， 但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力 就成了生产厂家必须关注的问题.水枪产生的水柱对目标的冲击力 与枪口直径、出水速度等因素相关.设有一水枪，枪口直径为d,出水速度为v,储水箱的体积为V.(1) 水枪充满水可连续用多少时间？(2) 设水的密度为p,水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度 变为零，则水流对目标的冲击力是多大？你认为要控制水枪威力关 键是控制哪些因素？不考虑重力、空气阻力等的影响，认为水

15、柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同.答案：(1)(2) np d2v2 控制枪口直径d和出水速度v解析：(1)设At时间内，从枪口喷出的水的体积为 V,贝S V=vSA t,S=n 2,所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为= v n d2, 水枪充满水可连续用的时间t =.(2) 时间内从枪口喷出的水的质量m=pA V=p SvA t = p°n 2v t =pn d2v t.质量为m的水在At时间内与目标作用，由动量定理有 FA t = p,以水流的方向为正方向，得FAt = 0pn d2vAt v= 0pn d2v2 At , 解得 F=np d2v2.可见，要控制水枪威力关键

16、是要控制枪口直径d和出水速度v.刷题加餐练1. （20xx 新课标全国卷皿）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.B.C.D.t = 1 s t = 2 s t = 3 s t = 4 s时物块的速率为1 m/s 时物块的动量大小为4 kg 时物块的动量大小为5 kg 时物块的速度为零m/sm/s14 / 12答案：AB解析：前2 s内物块做初速度为零的匀加速直线运动，加速度 a1 = = m/s2 = 1 m/s2 , t = 1 s 时物块的速率 v1 = a1t1 = 1 m/s，故 A正确；t = 2 s时物块的速率v2

17、= a1t2 = 2 m/s,动量大小为p2= mv2= 4 kg m/s,故B正确；物块在24 s内做匀减速直线运动， 加速度的大小a2= = 0.5 m/s2 , t = 3 s时物块的速率v3 = v2- a2t3 =（2 0.5 x 1） m/s= 1.5 m/s，动量大小 p3= mv3= 3 kg m/s,故 C错误；t = 4 s 时物块的速度 v4= v2 a2t4 = （2 0.5 x 2） m/s= 1 m/s,故D错误.）1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同1还是在轨道2运动，卫星在P点的加速度都相2. （20xx 北京卷，18）如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨

18、道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动.下 列说法正确的是（A. 不论在轨道B. 不论在轨道 同1的任何位置都具有相同加速度2的任何位置都具有相同动量C. 卫星在轨道D. 卫星在轨道答案：B解析：本题考查万有引力定律、牛顿第二定律和动量的定义， 意在考查学生的理解能力和分析能力.卫星由轨道1进入轨道2,需在P点加速做离心运动，故卫星在 轨道2运行经过P点时的速度较大，A项错误；由G= ma可知，不论 在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同，在轨道1 运行时，P点在不同位置有不同的加速度，B项正确，C项错误；卫 星在轨道2的不同位置，速度方向一定不相同，故动量方向一定

19、不 相同，D项错误.3. （20xx 重庆卷，3）高空作业须系安全带，如果质量为m的 高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h（可视为自由落体运动）.此后经历时间t安全带达 到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上.则该段时间安 全带对人的平均作用力大小为（）A. + mgB. mgC. + mg D. mg答案：A解析：人先做自由落体运动下落高度 h,获得速度为v,由v2 = 2gh,得v=.安全带伸长到最长时，人下落到最低点，此时速度为 零.设安全带对人的平均作用力为F,由动量定理得（mg F）t = 0 mv, F= + mg所以A正确.4. （20

20、xx 河北唐山模拟）如图所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为80 cm,足球的重量为400 g，与头顶 作用时间At为0.1 s ,则足球一次在空中的运动时间t及足球对头 部的作用力大小FN分别为（空气阻力不计，g= 10 m/s2）（）A. t = 0.4 s , FN= 40 N B . t = 0.4 s , FN= 36 NC. t = 0.8 s , FN= 36 N D . t = 0.8 s , FN= 40 N 答案：C解析：足球自由下落时有 h= gt，解得t1 = = 0.4 s，竖直向上 运动的时间等于自由下落运动的时间，所以t = 2t1 = 0.8

21、s ;设竖直向上为正方向，由动量定理得（F mg）A t = mv- （ mv）,又v = gt = 4 m/s，联立解得F= 36 N,由牛顿第三定律知足球对头部的作用力 FN= 36 N，故C正确.5. （20xx 河南郑州一中调研）（多选）如图所示，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开始自由下滑， 不计空气阻力，在它们到达斜面底端的过程中（）A.重力的冲量相同B .斜面弹力的冲量不同C.斜面弹力的冲量均为零 D .合力的冲量不同答案：BD解析：设斜面高度为h,倾角为B,物体质量为m可求得物体 滑至斜面底端的速度大小为v=，所用时间t =.由冲量定义可求得 重力的冲

22、量大小为IG= mgt=，方向竖直向下，故A错误；斜面弹力 的冲量大小为IN = mgcosBt =，方向垂直斜面向上，B正确，C错 误；合力的大小为 mgs in B, I合=mgsi nBt = m 方向沿斜面向 下（与合力方向相同），即合力冲量的大小相同，方向不同，故 D正 确.6. （20xx 四川成都一诊）（多选）如图所示，ABC兎固定在地面上、由同种金属细杆制成的正方形框架，框架任意两条边的连接处 平滑，A B、C D四点在同一竖直面内，BC CD边与水平面的夹角 分别为a、B （ a），让套在金属细杆上的小环从 A点无初速度释放.若小环从A经B滑到C点，摩擦力对小环做的功为 W1

23、重力的 冲量为I1 ;若小环从A经D滑到C点，摩擦力对小环做的功为 W2 重力的冲量为I2，则（）A. W1>W2 B W仁 W2C. 11>12 D . I1 = I2答案：BC解析：小环从 A经B滑到C点，摩擦力对小环做的功W仁a mgcosp sAB+口 mgcosa，sBC,小环从 A经D滑到C点，摩擦 力对小环做的功 W2=a mgcosa sADa mgcospsDC又因为 sAB= sBC= sAD= sDC所以摩擦力对小环做的功 W仁W2故A错误, B正确；根据动能定理可知，mgh- Wf= mv,因为两次重力做的功和 摩擦力做的功都相等，所以两次小环到达C点的速度

24、大小相等，小环从A经B滑到C点，根据牛顿第二定律可得，小环从 A到B的加 速度aAB= gsin 3-a gcos B,小环从B到C的加速度aBC= gsin a -a gcos a,同理，小环从 A到D的加速度aAD= gsin a-a gcos a, 小环从D到C的加速度aDC= gsin 3 - Mgcosp,又因为 a ，所 以aAB= aDCvaBGaAD其速度一时间图象如图所示，由图象可知， t1>t2，由1= mgt得，则重力的冲量I1>I2，故C正确，D错误.7. （20xx 山东枣庄一模）如图所示，一根固定直杆与水平方向夹角为B,将质量为m1的滑块套在杆上，通过轻

25、绳悬挂质量为m2的小球，杆与滑块之间的动摩擦因数为 a .通过某种外部作用，使滑 块和小球瞬间获得初动量后，撤去外部作用，发现滑块与小球仍保 持相对静止一起运动，且轻绳与竖直方向夹角3 >0 .则滑块的运动情况是（）A. 动量方向沿杆向下，正在均匀增大B. 动量方向沿杆向下，正在均匀减小C. 动量方向沿杆向上，正在均匀增大D. 动量方向沿杆向上，正在均匀减小答案：D解析：把滑块和球看成一个整体进行受力分析，沿杆和垂直于 杆建立直角坐标系，假设滑块速度方向沿杆向下，则沿杆方向有（ml+ m2）gsin 0 f = （ml + m2）a,垂直于杆方向有 FN= （ml + m2）gcosB,

26、 其中摩擦力f =卩FN联立可解得a = gsin 0 口 gcos 0,现对小环 进行分析，因0 <B,则有a>gsin B ,所以gsin 0 卩 gcos 0 >gsin 3, gsin 0 gsin 3 > gcos 0,因为 0 < B, 所以 gsin 0 gsin 3 <0,但 卩gcos 0 >0,所以假设不成立，即滑块速度 方向一定沿杆向上.滑块沿杆向上运动，滑块重力有沿杆向下的分 力，同时摩擦力的方向沿杆向下，滑块的加速度方向沿杆向下，所 以滑块沿杆减速上滑，则滑块的动量方向沿杆向上，正在均匀减小， 故A B、C错误，D正确.8.

27、物体A和物体B用轻绳相连挂在轻质弹簧下静止不动，如图甲所示.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下落速度 大小为u,如图乙所示.在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为（）A. mv B . mv- m uC. m+ m u D . m+ mu答案：D解析：解法一：对 A有I弹mgt= mv,对B有m gt = m u, 解得弹簧弹力的冲量I弹=m+ mu.解法二：对A、B两物体系统有I 弹一（mg+ m g）t = mv m u, m gt = m u,联立解得 I 弹=m+ mu.9. （多选）如图所示，两根足够长的光

28、滑平行金属导轨倾斜放置，上端接有一定值电阻（其余电阻不计），匀强磁场垂直于导轨平面向 上，一导体棒以平行导轨向上的初速度从ab处上滑，到最高点后又下滑回到ab处，下列说法正确的是（）A. 上滑过程中导体棒克服安培力做的功大于下滑过程中克服安 培力做的功B. 上滑过程中导体棒克服安培力做的功等于下滑过程中克服安 培力做的功C. 上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小大于下滑过程中安培 力对导体棒的冲量大小D. 上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培 力对导体棒的冲量大小答案：AD解析：考虑到回路中有感应电流产生，机械能不断向内能转化， 根据能量守恒定律可知，导体棒上滑和下滑分别通过任意

29、的同一个 位置时，上滑的速度大，故上滑过程的平均速度要大于下滑过程的 平均速度；根据F安=BIL、丨=，知上滑过程的平均安培力要大于 下滑过程的平均安培力，故上滑过程中导体棒克服安培力做的功大 于下滑过程中克服安培力做的功，故 A正确，B错误；设导体棒上滑 的距离为x，上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小I =安t = t =BLt =，同理，下滑过程中，安培力对导体棒的冲量大小I '=,故上滑过程中安培力对导体棒的冲量大小等于下滑过程中安培力对 导体棒的冲量大小，故 C错误，D正确.|易错点1 容易忽视动量运算的矢量性10. 在空中相同高度处以相同的速率分别抛出质量相同的三个小球.一个

30、竖直上抛，一个竖直下抛，一个平抛，若不计空气阻力， 从三个小球抛出到落地的过程中（）A. 三个小球动量的变化量相同B. 下抛球和平抛球动量的变化量相同C. 上抛球动量的变化量最大D. 三个小球落地时的动量相同答案：C解析：三个小球以相同的速率抛出，可知做竖直上抛运动的小 球运动的时间大于做平抛运动的小球运动的时间，做平抛运动的小 球运动的时间大于做竖直下抛运动的小球运动的时间，所以做上抛 运动的小球运动时间最长，根据动量定理知，mgt=A p,可得上抛球动量的变化量最大，下抛球动量的变化量最小，故C正确，A、B错误；根据动能定理有 mgh= mv2- mv,可知三个球落地时速度的大 小相等，由于做平抛运动的小球速度方向与做上抛运动和下抛运动 的小球速度方向不同，则三个球落地时的动量不同