备考2025届高考物理一轮复习分层练习第七章动量守恒定律第1讲动量动量定理

第1讲动量动量定理1.[2024山东烟台统考/多选]下列说法正确的是（BC）A.当力与物体的位移垂直时，该力的冲量为零B.假如物体（质量不变）的速度发生变更，则其所受合外力的冲量不为零C.物体所受合外力的冲量越大，它的动量变更量也越大D.做竖直上抛运动的物体，在确定时间内所受重力的冲量可能为零解析因力的冲量为I＝Ft，可知当力与物体的位移垂直时，该力的冲量不为零，

故A错误；假如物体(质量不变)的速度发生变更，则物体的动量发生变更，依据动量

定理可知，物体所受合外力的冲量不为零，故B正确；物体所受合外力的冲量越

大，依据动量定理可知，物体的动量变更量确定越大，故C正确；做竖直上抛运动

的物体，在Δt时间内所受重力的冲量IG＝GΔt＝mgΔt，可知做竖直上抛运动的物

体，在Δt时间内所受重力的冲量不行能为零，故D错误.2.[情境创新/2024新课标/多选]使甲、乙两条形磁铁隔开一段距离，静止于水平桌面上，甲的N极正对着乙的S极，甲的质量大于乙的质量，两者与桌面之间的动摩擦因数相等.现同时释放甲和乙，在它们相互接近过程中的任一时刻（BD）A.甲的速度大小比乙的大B.甲的动量大小比乙的小C.甲的动量大小与乙的相等D.甲和乙的动量之和不为零解析依据F-μmg＝ma可得a＝1mF-μg，因m甲＞m乙、μ甲＝μ乙，故a甲＜a乙，则随意

时刻甲的速度大小比乙的小，A错误；m甲＞m乙，又μ甲＝μ乙，则f甲＞f乙，故甲和乙

组成的系统合外力的冲量方向向左，即甲的动量大小比乙的小，BD正确，C错误3.[2024浙江宁波余姚中学校考]一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v.对此过程的描述，错误的是（A）A.地面对运动员的弹力做的功为12mvB.运动员所受合力的冲量大小为mvC.地面对运动员弹力的冲量大小为mv＋mgΔtD.重力的冲量大小为mgΔt解析在跳起过程中，运动员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A错误；重力的冲量大小IG＝mgΔt，故D正确；依据动量定理可得运动员

所受合力的冲量大小IF＝mv，故B正确；以运动员为探讨对象，受到地面的支持力

和自身的重力，规定向上为正方向，依据动量定理可知(N-mg)Δt＝mv，所以地面对

运动员弹力的冲量为NΔt＝mgΔt＋mv，故C正确.4.一个质量为50kg的蹦床运动员，从离水平网面1.8m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回离水平网面2.45m高处.已知运动员和网接触的时间为1s，g取10m/s2.网对运动员的平均作用力大小为（D）A.150N B.550NC.650N D.1150N解析运动员从h1高度处下落，刚触网时的速度大小为v1＝2gh1＝6m/s，方向竖

直向下，运动员反弹到高度h2，离网时的速度大小为v2＝2gh2＝7m/s，方向竖直

向上，在接触网的过程中，运动员受到竖直向上的弹力F和竖直向下的重力mg，设

竖直向上为正方向，由动量定理有(F-mg)t＝mv2-(-mv15.[联系生活实际/2024贵州阶段联考]新能源汽车工业的快速发展，使人们的出行更便利环保，电动汽车渐渐成为家庭的重要交通工具.暑假结束了，某同学乘坐自家的电动汽车返回学校，电动汽车在行驶过程中，以恒定速率通过一段水平圆弧弯道，对于电动汽车的这一运动过程，下列说法正确的是（C）A.电动汽车的动量不变B.在随意相等时间内，电动汽车所受合力的冲量相同C.电动汽车的动能不变D.路面对电动汽车作用力的冲量竖直向上解析电动汽车在行驶过程中，以恒定速率通过一段水平弯道，速度大小不变，方向发生变更，所以小球的动量变更，动能不变，故A错误，C正确；电动汽车做匀速圆周运动，受到的合力的大小不变，方向不断变更，所以在随意相等时间内，电动汽车所受合力的冲量大小相等，方向不相同，故B错误；路面给电动汽车竖直向上的支持力和水平方向指向圆心的摩擦力，所以路面对电动汽车作用力的冲量与水平面有确定夹角，而不是竖直向上，故D错误.6.[2024辽宁沈阳名校联考]海洋馆中一潜水员把一小球以初速度v0从手中竖直向上抛出.从抛出起先计时，4t0时刻小球返回手中.小球始终在水中且在水中所受阻力大小不变，抛出后小球的速度随时间变更的图像如图所示.下列说法正确的是（C）A.上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为1：4B.小球返回手中时速度的大小为vC.小球在0～4t0时间内动量变更量的大小为43mvD.小球在0～4t0时间内阻力所做的功为49m解析依据冲量的定义，恒力的冲量大小等于力与时间的乘积，小球在水中所受阻力大小不变，依据图像可知，上升过程阅历时间为t0，下落过程阅历时间为3t0，可知，上升过程与下降过程中阻力的冲量大小之比为1：3，故A错误；小球上升过程与下降过程的位移大小相等，则有v02t0＝v12·3t0，解得v1＝v03，故B错误；小球在0～4t0时间内动量变更量的大小为Δp＝mv1-(-mv0)＝43mv0，故C正确；小球在0～4t0时间内重力做的总功为0，合力做的功即为阻力所做的功，依据动能定理有Wf＝12mv12-12m7.2024年10月26日11时14分，搭载神舟十七号载人飞船的长征二号F遥十七运载火箭在酒泉卫星放射中心点火放射，约10分钟后，飞船与火箭胜利分别，进入预定轨道，放射取得圆满胜利.假如有一宇宙飞船，它的正面面积为S＝1m2，以v＝7×103m/s的速度进入宇宙微粒尘区，尘区每1m3空间有一微粒，每一微粒平均质量为m＝2×10－5g，飞船经过区域的微粒都附着在飞船上，若要使飞船速度保持不变，飞船的推力应增加（B） C.490N D.980N解析选在时间Δt内与飞船碰撞的微粒为探讨对象，其质量应等于体积为SvΔt空间

内微粒的质量，即M＝mSvΔt1m3，探讨对象初动量为零，末动量大小为Mv，设飞船对微

粒的作用力大小为F，由动量定理得FΔt＝Mv-0，则F＝MvΔt＝mSv21m3，依据牛顿第三定

8.福建属于台风频发地区，各类户外设施建设都要考虑台风影响.已知10级台风的风速范围为24.5～28.4m/s，16级台风的风速范围为51.0～56.0m/s.若台风迎面垂直吹向一固定的交通标记牌，则16级台风对该交通标记牌的作用力大小约为10级台风的（B）A.2倍 B.4倍 C.8倍 D.16倍解析设交通标记牌迎风面积为S、空气密度为ρ、标记牌对台风的作用力为F，在

t时间内吹向标记牌的空气体积为V＝vtS、空气质量m＝ρV＝ρvtS，由动量定理得Ft

＝mv-0，解得F＝ρSv2，由牛顿第三定律可知，台风对该交通标记牌的作用力大小为

F'＝F＝ρSv2；10级台风的风速我们取v10＝27m/s进行估算，16级台风的风速我们取

v16＝54m/s进行估算，16级台风对该交通标记牌的作用力大小与10级台风对该交通

标记牌的作用力大小之比为F16F10＝v162v102＝4，即16级台风对该交通标记牌的作用力大小9.[2024江苏泰州中学校考]质量为1kg的物块在水平力F的作用下由静止起先在水平地面上做直线运动，F与时间t的关系如图所示.已知物块与地面间的动摩擦因数为0.2，取g＝10m/s2.则（D）A.6s时物块的速度为零B.6s时物块回到初始位置C.3s时物块的动量为12kg·m/sD.0～6s时间内F对物块所做的功为40J解析物块受地面的摩擦力为f＝μmg＝2N，在0～3s时间内物块加速，加速度为a

＝F-fm＝2m/s2，3s后做减速运动，设3s后再经过时间Δt1速度减为零，则Ft3-FΔt1-

f(t3＋Δt1)＝0，解得Δt1＝1s，即在t＝4s时刻物块的速度减为零，然后反向加速运动

Δt2＝2s，加速度a＝2m/s2，则在t＝6s时的速度大小为v＝aΔt2＝4m/s，选项A错

误；3s时物块的动量为p3＝(F-f)t3＝(4-2)×3kg·m/s＝6kg·m/s，选项C错误；0～3s

内物块沿正方向做匀加速直线运动，其位移大小为x1＝12at32＝12×2×32m＝9m，减速

1s内的位移x2＝at32Δt1＝2×32×1m＝3m，反向加速2s内的位移大小为x3＝12a(Δt2)2＝

12×2×22m＝4m，则t＝6s时物块还没有回到动身点，0～6s时间内F对物块所做的功

为W＝Fx1-Fx210.[2024天津统考]我国规定摩托车、电动车骑乘人员必需依法佩戴具有防护作用的平安头盔.小明在某轻质头盔的平安性测试中进行了模拟检测，某次他在头盔中装入质量为5.0kg的物体，物体与头盔紧密接触，使其从1.80m的高处自由落下，并与水平面发生碰撞，头盔被挤压了0.03m时，物体的速度减为0.如图所示，挤压过程中物体的运动可视为匀减速直线运动，不考虑物体和地面的形变，忽视空气阻力，重力加速度g取10m/s2.求：（1）物体在自由下落过程中重力的冲量；（2）物体做匀减速直线过程中的动量变更量；（3）匀减速直线运动过程中头盔对物体的平均作用力大小.答案（1）30N·s，方向竖直向下（2）－30kg·m/s，负号表示方向竖直向上（3）3050N解析（1）自由下落过程中，由h＝12gt12得t物体重力的冲量I＝mgt1＝30N·s，方向竖直向下.（2）物体落地速度v＝gt1，v＝6m/s动量变更量Δp＝0－mv＝－30kg·m/s，负号表示方向竖直向上.（3）依据x＝v2t2可知作用时间t2＝依据动量定理有mgt2－Ft2＝0－mv，可得F＝3050N.11.[验证动量定理/2024江苏]小明利用如图1所示的试验装置验证动量定理.将遮光条安装在滑块上，用天平测出遮光条和滑块的总质量M＝200.0g，槽码和挂钩的总质量m＝50.0g.试验时，将滑块系在绕过定滑轮悬挂有槽码的细线上.滑块由静止释放，数字计时器记录下遮光条通过光电门1和2的遮光时间Δt1和Δt2，以及这两次起先遮光的时间间隔Δt，用游标卡尺测出遮光条宽度，计算出滑块经过两光电门速度的变更量Δv.图1图2（1）游标卡尺测量遮光条宽度如图2所示，其宽度d＝10.20mm.（2）打开气泵，待气流稳定后调整气垫导轨，直至看到导轨上的滑块能保持静止，其目的是将气垫导轨调至水平.（3）多次变更光电门2的位置进行测量，得到Δt和Δv的数据如下表：Δt/s0.7210.7900.8540.9130.968Δv/（m·s－1）1.381.521.641.751.86请依据表中数据，在方格纸上作出Δv－Δt图线.（4）查得当地的重力加速度g＝9.80m/s2，依据动量定理，Δv－Δt图线斜率的理论值为1.96m/s2.（5）试验发觉，图线斜率的试验值总小于理论值，产生这一误差的可能缘由是BD.A.选用的槽码质量偏小B.细线与气垫导轨不完全平行C.每次释放滑块的位置不同D.试验中Δt的测量值偏大答案（3）解析（1）由游标卡尺的读数规则可知，遮光条的宽度为d＝10mm＋4×0.05mm＝10.20mm.（2）滑块能在气垫导轨上保持静止，说明气垫