动量和动量定理（练习）（解析版）-2025年高考物理一轮复习（新教材新高考）

第25讲动量和动量定理

目录

01模拟基础练

【题型一】动量与动能的关系

【题型二】应用F-t图像求冲量

【题型三】应用动量定理解释生活现象

【题型四】动量定理的基本应用

【题型五】应用动量定理解决流体运动问题

02重难创新练

【题型一】动量与动能的关系

1.如图，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、乙的质

量分别为〃h2m,与桌面之间的滑动摩擦因数分别为2〃、Ao现同时释放甲和乙，在它们相互靠近过程中

的任一时刻（）

甲乙

sNSN

A.甲、乙动能相等B.甲、乙的动量大小相等

C.甲、乙的速度大小相等D.甲、乙的加速度大小相等

【答案】B

【详解】D.设某时刻甲、乙两条形磁铁之间的磁力为。由牛顿第二定律得

F-2^umg=ma^

F-2/umg=2ma乙

解得

F

9=--2〃g

m

m

则该时刻甲、乙的加速度大小不相等。在它们相互靠近过程中的任一时刻，甲、乙间的磁力在增大，但各

自所受摩擦力不变，故甲、乙的加速度大小不相等。故D错误。

C.在它们相互靠近过程中的任一时刻，甲、乙的加速度大小不相等，故甲、乙的速度大小不相等。故C错

误；

B.设甲、乙相互靠近过程中，从静止开始经过时间4,甲、乙的磁力的平均值为了，对甲、乙分别由动

量定理

（F-2jumg）-At=

（尸-=p乙-0

得甲、乙的动量

P甲-P乙

故它们相互靠近过程中的任一时刻甲、乙的动量大小相等。故B正确;

A.它们相互靠近过程中的任一时刻，甲、乙的动能与动量的关系

E一琏

必甲-

m

Ek乙上

K乙2cm

因为任一时刻甲、乙的动量大小相等，它们相互靠近过程中的任一时刻甲、乙动能不相等。故A错误。

故选Bo

2.（多选）甲、乙两人静止在光滑的水平冰面上。甲轻推乙后，两人向相反方向滑去。已知甲的质量为60kg,

乙的质量为50kg。在甲推开乙后（）

A.甲、乙两人的动量大小相等B.甲、乙两人的动能相同

C.甲、乙两人的速度大小之比是5:6D.甲、乙两人的加速度大小之比是5:6

【答案】AC

【详解】ABC.甲、乙组成系统满足动量守恒，由于系统初动量为0,则在甲推开乙后，甲、乙两人的动量

大小相等，方向相反，则有

叫叫=m乙v乙

可得甲、乙两人的速度大小之比为

加：吃=m乙:叫=5:6

根据

P2

E=-mv2

k22m

可知甲、乙两人的动能之比为

用甲：Ek乙=加乙："1甲=5:6

故AC正确，B错误；

D.在甲推开乙后，甲乙均在光滑的水平冰面上做匀速直线运动，加速度均为0,故D错误。

故选AC„

3.（多选）如图所示，静止在光滑水平地面上的两物块A、B,分别受到大小相等方向相反的水平恒力作用,

一段时间后撤去两外力，A、B两物块相碰，并立即粘合在一起，已知质量关系机此后两物块将（）

—KFF

//////////////////////////////////////////////////

A.若恒力作用相等距离后撤去，则向左运动

B.若恒力作用相等距离后撤去，则向右运动

C.若恒力作用相等时间后撤去，则停止运动

D.若恒力作用相等时间后撤去，则向右运动

【答案】BC

【详解】AB.根据

12P1

W=NE.=-mv2=匚

k22m

可得

P=在呜

若恒力作用相等距离，有

%=取，1=/

质量关系为

机A＞为

可得动量关系为

PA>PB

碰后总动量向右，则向右运动，故A错误，B正确;

CD.若恒力作用相等时间后撤去有

I=Ft

可得

IA=1B

由动量定理得

1A=PN，4=PB

则

PA=PB

故碰后总动量为0,停止运动，故C正确，D错误。

故选BC。

4.（多选）如图所示，光滑水平面上有两辆小车，用细线（未画出）相连，中间有一个被压缩的轻弹簧（与

两小车未连接），小车处于静止状态，烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左、右运动。已知两小车

的质量之比为叫=2：1,下列说法正确的是（）

/77r//7/^r7777r77zr7ZZ77/^r77/7rZZ7

A.弹簧弹开左右两小车的速度大小之比为2:1

B.弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比为1:1

C.弹簧弹开过程左右两小车受到的冲量大小之比为2:1

D.弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为1:2

【答案】BD

【详解】A.两小车及弹簧系统所受合力为零，动量守恒，以水平向右为正方向，根据动量守恒定律得

m2V2一回匕=0

解得

匕：%=1:2

故A错误；

B.由动量守恒定律知，弹簧弹开后左右两小车的动量大小相等，即弹簧弹开后左右两小车的动量大小之比

为1:1,故B正确；

C.弹簧弹开过程中，左右两小车受到的弹力大小相等，作用时间相同，由

I=Ft

知，左右两小车受到的冲量大小之比为1:1,故c错误；

D.由动能定理得，弹簧弹开过程弹力对左右两小车做功之比为

故D正确。

故选BD。

【题型二】应用F-t图像求冲量

5.如图甲所示，质量〃?=1kg的物体静止在水平地面上，1=。时刻对物体施加一个水平向右的作用力，作用

力随时间的变化关系如图乙所示，物体与地面间的动摩擦因数〃=0」，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g

取lOm/s?。下列说法正确的是（）

A.l=4s时物体的速度最大

B.f=7s时物体的动能为40.5J

C.0~4s内物体的平均速度大小为2.25m/s

D.0~4s内物体所受摩擦力的冲量大小为4N.s

【答案】B

【详解】由题意可得，物体所受的滑动摩擦力

F{=/nmg=IN

结合乙图，。〜Is：F<Ff,物体静止

1〜7s：F>Ff,由牛顿第二定律得

F-Ff=max

物体向右加速。

7〜8s：F<Ft,由牛顿第二定律得

Fi-F=ma2

物体向右做减速运动。

A.由分析可知，t=7s时物体的速度最大，故A错误；

B.由动量定理得，1〜7s

3-F(t7=mv1①

由图像可得，1〜7s,尸的冲量

1+4

加=2x——x3N-s=15N-s

□2

将晶、工、6s带入①式得，今=7s时物体的速度

%=9m/s/=7s时物体的动能

1,

EK=—mvj=40.5J

故B正确；

C.由动量定理得，1〜4s

F

，F4-fh=根!①

由图像可得，1〜4s,尸的冲量

=-----x3N-s=7.5N,s

F42

将（4、Ff、，4=3s带入①式得，6=3s时物体的速度

v4=4.5m/s

由于0〜4s物体不做匀加速，所以0〜4s内物体的平均速度

—=2.25m/s

2

故C错误；

D.1〜4s摩擦力的冲量

儿=耳北=lx3N♦s=3N.sO-ls摩擦力小于滑动摩擦力，所以冲量

/口〈耳4=1X1N-S=1N-S0〜4s摩擦力的冲量

1（＜（贴+阜4）=4N-S

故D错误。

故选Bo

6.仁0时刻，一物块在与水平方向成37。的拉力作用下，沿光滑水平面由静止开始运动，拉力/随时间变化

的图像如图所示，物块未离开水平面，已知5皿37。=0.6,cos37°=0.8,物块未离开水平面，则1s末物体

的动量大小为（）

A.2kg-m/sB.2.4kg-m/sC.3kg-m/sD.4kg-m/s

【答案】B

【详解】物块未离开水平面，竖直方向动量变化为零，只需考虑水平方向，1s内拉力在水平方向的冲量为

,Kcos37°+Feos37°2x0.8+4x0.8、八,

I=--------------!----------xAAr=--------------------xI1NXT-s=2.4N-s

22

根据动量定理，Is末物体的动量大小

p=I=2.4kg-m/s

故选B。

7.质量为2kg的物块在水平拉力p的作用下由静止开始在水平地面上向右做直线运动，F与时间f的关系

如图所示。已知物块与地面间的动摩擦因数为0.3,取重力加速度大小g=10m/S?。则下列说法正确的是（

4F/N

j_，_।_।__।——

246t/s

A.0~3s内物块的加速度大小为4m/s?

B.物块在4s末的动能为零

C.物块在6s末回到了出发点

D.0~3s内拉力厂对物块所做的功为36j

【答案】D

【详解】A.根据牛顿第二定律有

F—]umg=ma

解得

«=lm/s2

故A错误；

B.。〜3s物块的位移为

112

x=—at2=—xlx3m=4.5m

22

速度为

v=6i/=lx3m/s=3m/s

3〜6s根据牛顿第二定律有

F+Nmg=md

解得

«-7m/s2

减速为零的时刻为

v=ar(tr—t)

解得

f=3-s

7

f'之后，物体加速度

F'—jumg=ma

解得

a"=lm/s2

4s时速度

4

v4=/a-f)=­m/s

所以物块在4s末的动能不为零，故B错误;

3

C.3s〜31s物块的位移为

，1,，、9

x=-v（t-t）=—m

214

3

31s〜6s,物体反向位移

"1"/.\2162

X=5。&T）二语111

因为

龙〃V%

所以没有回到出发点，故C错误；

D.0〜3s内拉力厂对物块所做的功为

W=Fx=36J

故D正确。

故选D。

【题型三】应用动量定理解释生活现象

8.汽车安全性能是如今衡量汽车品质的重要标志，安全气囊是否爆开、安全带是否发挥作用、挡风玻璃是否

破碎等都是汽车碰撞实验中技术人员需要查看的数据。如图所示，在某次汽车正面碰撞测试中，汽车以

72km/h的速度发生碰撞。车内假人的质量为50kg,使用安全带时，假人用时2s停下；不使用安全带时，

假人与前方碰撞，用时0.8s停下。以下说法正确的是（）

A.碰撞过程中，汽车和假人的总动量守恒

B.不使用安全带时，假人动量变化量较大

C.使用安全带时，假人受到的动量变化快

D.不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为1250N

【答案】D

【详解】A.碰撞过程中，汽车和假人的总动量变小，故A错误；

B.不使用安全带时，假人动量变化量与使用安全带变化量相等，故B错误;

C.使用安全带时，碰撞时间长，假人受到的动量变化慢，故C错误；

D.不使用安全带时，假人受到的平均作用力约为

F=^V=5^20=1250N

故D正确。

故选Do

9.如图是学校举行的田径运动会上一跳高运动员过杆的情景。当跳高运动员从地面起跳到落地的过程中,

下列说法正确的是（）

A.运动员起跳时处于失重状态

B.运动员过杆时处于超重状态

C.起跳过程中地面对运动员向上的平均作用力大于他对地面的压力

D.落地过程中地面对运动员向上的平均作用力大于他所受到的重力

【答案】D

【详解】A.运动员起跳时，加速度向上，处于超重状态，故A错误；

B.运动员过杆时，受重力作用，加速度向下，处于失重状态，故B错误；

C.由牛顿第三定律可知起跳过程中地面对运动员向上的平均作用力等于他对地面的压力，故C错误;

D.由动量定理可知

后mgjt=O-m^—v)

落地过程中地面对运动员向上的平均作用力大于他所受到的重力，故D正确。

故选D。

10.在图1中，运动员落地总是要屈腿，在图2中两人在冰面上，甲推乙后，两人向相反方向滑去，在图3

中运动员用球棒把垒球以等大速率击打出去，在图4中一小物块与水平圆盘保持相对静止一起做匀速圆周

运动，则下列说法正确的是（）

图1图2图3图4

A.图1目的是为了减小地面对人的作用力B.图2中甲对乙的冲量和乙对甲的冲量相同

C.图3中球棒对垒球的冲量为零D.图4中小物块动量不变

【答案】A

【详解】A.运动员落地总是要屈腿，可以延长与地面作用的时间，在人动量变化量确定的情况下，时间变

长则可以减小地面对人的作用力，故A正确；

B.图2中甲对乙的冲量和乙对甲的冲量大小相等，方向相反，所以冲量不同，故B错误；

C.图3中由于球运动方向发生变化，则动量变化，根据动量定理知球棒对垒球的冲量不为零，故C错误;

D.图4中小物块运动方向时刻变化，则动量大小不变，方向改变，故D错误。

故选A。

【题型四】动量定理的基本应用

1L高空坠物极易于对行人造成伤害。若有一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层（每层楼高约3.2m）坠下，

与地面撞击时间约为0.002s,则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为其重量的（）

A.2000倍B.1000倍C.500倍D.200倍

【答案】A

【详解】每层楼高约为3.2m,鸡蛋下落的总高度

/?=（25-l）x3.2m=76.8m

由〃=]g/，解得自由下落时间

全过程根据动量定理可得

nmgt1-0

n~2000

故选Ao

12.2023年杭州亚运会，全红婵凭借完美的表现夺得10米台跳水比赛金牌，引起广泛关注。假设不计空气

阻力，运动员从10米台跳下时初速度为零，若入水姿势正确，则从接触水面到速度为零下降距离约3米;

若入水姿势不正确，则从接触水面到速度为零下降距离约1米，运动员在向下运动的过程中（）

A.在空中重力的冲量与下降的距离成正比

B.入水姿势正确的情况下，在水中动量变化量小，受到水的冲击力小

C.入水姿势不正确的情况下，在水中动量变化率小，受到水的冲击力小

D.入水姿势正确的情况下，在水中动量变化率小，受到水的冲击力小

【答案】D

【详解】A.人在空中做自由落体运动，重力的冲量为

G=mgt=mg

故A错误；

BCD.人在空中做自由落体运动，下降高度为加入水前速度为

v=y[2gh

在空中用时

h2h

%=—二—

vv

2

在水中认为受水作用力尸不变时可以看作匀减速运动下降力水中用时为

d2d

'2二—二—

vv

2

整个过程对人运用动量定理有

mg©+/2)-Ft2=0

所以

„h

F=(—+l)mg

a

若入水姿势正确，d较大，人受到水的冲击力小户较小，即人在水中动量变化率小；若入水姿势不正确，d

较小，人受到水的冲击力小尸较大，即人在水中动量变化率大，故BC错误，D正确。

故选D。

【题型五】应用动量定理解决流体运动问题

13.北京时间4月26日3时32分，神舟十八号载人飞船成功对接于空间站天和核心舱径向端口，3名航天

员随后将从神舟十八号载人飞船进入空间站天和核心舱，若空间站运行轨道上存在密度为P的均匀稀薄静

态气体，为了维持空间站长期在固定轨道上做匀速圆周运动，需要对空间站施加一个与速度方向相同的动

力，已知中国空间站离地高度为人地球半径为R,地球表面的重力加速度为g。空间站在垂直速度方向的

截面积为S,假设稀薄气体碰到空间站后立刻与空间站速度相同，则发动机需要对空间站施加的推力大小为

D-猫高

【答案】A

【详解】碰到稀薄气体过程中，设空间站对稀薄气体的作用力大小为月，经过"时间，以稀薄气体为对象,

根据动量定理可得

FAt=mv-O

其中租=0SwV,中国空间站绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力可得

GMmv2

----------=m-------

(R+h)2R+h

又

「Mm

联立可得

pSgN

F=pSv1=pS

R+h

故选Ao

14.为顺利带回月球背面的样品，科研人员为嫦娥六号设计了11个阶段的飞行任务。在嫦娥六号探测器的

着陆下降阶段，探测器在距离月球某高度时，会在反推力的作用下短暂悬停在月球表面。假设探测器悬停

时，在加时间内向下喷出的气体质量（远小于探测器的质量）为相，喷出的气体相对于月球表面的速度大

小为V,则探测器在该位置受到的重力大小为（)

.mvmv2

A.——B・黑C.D.mv\t

△t\t

【答案】A

【详解】设探测器推力为尸，根据动量定理知

F\t=mv

由题意知，探测器悬停，则

F=G

联立解得

G=—

△t

故选Ao

15.随着我市城乡建设的发展，多地的音乐喷泉灯光秀成为一道亮眼的风景，某同学观看喷泉表演时，目

测喷泉表演的主喷管的直径约为0.1m,喷出的水柱高度约45m,则主喷管水泵的电动机的输出功率约为

()

A.250kWB.200kWC.150kWD.HOkW

【答案】D

【详解】水离开管口的速度为

v=12gh=j2xl0x45m/s=30m/s

管口的圆形内径约有0.1m,则半径

r=0.05m

设主喷管水泵的电动机的输出功率尸，在接近管口很短一段时间加内水柱的质量为

m=pv\tS

根据动能定理可得

1

P't=—mv?

2

解得

pF"

一2

代入数据解得

P-110kW

故选Do

㈤2

重难创新练

1.中国汽车拉力锦标赛是我国级别最高，规模最大的汽车赛事之一，其赛道有很多弯道。某辆赛车在一段

赛道内速度大小由2V变为4v,随后一段赛道内速度大小由5V变为7v,前后两段赛道内，合外力对赛车做

的功分别为M和肌，赛车的动量变化的大小分别为和下列关系式可能成立的是（）

B.叱=g叱,=1A/?

A.叱=吗，2

D.W,=g吗，Ap,=4Ap2

c.W1=w2,M=4△必

【答案】B

【详解】根据动能定理有

W,=—m(4v)2-—m(2v)2=6mv2

122

W=—m(.7v)2-—m(5v)2=12mv2

?22

可得

叱

由于速度和动量是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化

量最大，可知动量变化的大小范围是

2mv<\px<6mv

2mv<\p2<12mv

可得

故选Bo

2.“双星”是宇宙中普遍存在的一种天体系统，由两颗恒星组成，双星系统远离其他恒星，在相互的万有引

力作用下绕连线上一点做周期相同的匀速圆周运动。如图所示，A、B两颗恒星构成双星系统，绕共同的圆

心。做匀速圆周运动，经过，（小于周期）时间，A、B两恒星的动量变化量分别为A°A、、PB，则下列判

断正确的是（）

二:/'\

!iVii

\/

B'''---------/

△J

A.|ApA|>|ApB|B.|ApA|<|ApB|C.%=%D.A/A=-ApB

【答案】D

【详解】系统所受的合外力为零，系统的总动量守恒，根据牛顿第二定律

玛=mAaA=mBaB

加速度为

a=a>2r=a）v

则有

>nAvA（o=m13VB0

由于角速度相同，因此

mAVA=mBVB

两恒星的速度方向始终相反，则

PA=-PB

因此系统的总动量始终为零，可得

△PN=-、PB，也|=。|

故选D。

3.某“失重”餐厅的传菜装置如图所示，运送菜品的小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，该轨道各处弯曲

程度相同，在此过程中，小车（）

A.机械能保持不变B.动量保持不变

C.所受合力不为零D.处于超重状态

【答案】C

【详解】A.小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，速度大小不变，动能不变，小车高度减小，即重力势能

减小，则小车的机械能减小，故A错误；

B.小车做螺旋运动，速度大小不变，方向改变，根据动量表达式力p=可知，小车的动量大小不变，

动量的方向发生变化，即动量发生了变化，故B错误；

C.根据上述可知，小车做变速去运动，即小车所受合力不为零，故C正确；

D.由于小车沿等螺距轨道向下做匀速率运动，沿轨道方向的速度大小不变，即小车沿轨道方向所受合力为

0,故小车沿轨道方向的加速度为0,又由于该轨道各处弯曲程度相同，则轨道对小车的指向图中轴心的作

用力提供圆周运动的向心力，该作用力方向沿水平方向，可知小车的加速度方向沿水平方向，小车不存在

竖直方向的加速度，则小车既不处于超重状态，也不处于失重状态，故D错误。

故选C。

4.如图，在光滑的水平桌面上，质量为冽的小球在轻绳的作用下，绕。点以速率v做匀速圆周运动。AB

连线为直径，由A记时，经过时间f小球在B点，绳子的拉力大小为R此过程下列说法正确的是（）

2

A.圆周运动的周期可能为

B.小球重力冲量大小为0

C.绳子拉力的冲量大小为Ft

D.小球动量的变化量大小为。

【答案】A

【详解】A.小球在轻绳的作用下，绕。点做匀速圆周运动，则由A到2点的运动时间t可能是半个周期的

奇数倍，即

t=n?一

2

其中w取奇数，则

2

当〃=3时，T=-f,故A正确;

B.在时间r内，小球重力的冲量

G=mgt

故B错误；

C.小球在水平桌面上运动时，重力冲量与支持力冲量等大反向，小球在A点和B点时的速度方向相反，对

该过程运用动量定理，则绳子拉力的冲量

IF-mv-(-mv)=2mv

故c错误；

D.由C可知，小球在由A到3点的运动过程中，动量的变化量大小为2根丫，故D错误。

故选Ao

5.研究物体的碰撞时，碰撞过程中受到的作用力尸往往不是恒力，求厂的冲量时，可以把碰撞过程细分为很

多短暂的过程，如图所示，每个短暂的4时间内物体所受的力没有很大的变化，可认为是恒力，则每个短

暂过程中力的冲量分别为「加、FA……,将关系式相加，就得到整个过程作用力厂的冲量在数值上等于

产T曲线与横轴所围图形的面积。这种处理方式体现的物理方法是（）

A.控制变量法B.微元法C.转换法D.类比法

【答案】B

【详解】根据题意可知，这种处理方式体现的物理方法是微元法。故选B。

6.某科研团队通过传感器收集并分析运动数据，为跳高运动员的技术动作改进提供参考。图为跳高运动员

在起跳过程中，其单位质量受到地面的竖直方向支持力随时间变化关系曲线。图像中10.10s至10.35s内，

曲线下方的面积与阴影部分的面积相等。已知该运动员的质量为60kg,重力加速度g取：10m/s2。下列说法

正确的是（）

A,起跳过程中运动员的最大加速度约为42m/s2

B.起跳后运动员重心上升的平均速度大小约为3m/s

C.起跳后运动员重心上升的最大高度约为0.45m

D.起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为330N・s

【答案】C

【详解】A.由图像可知，运动员受到的最大支持力约为

%=42x60N=2520N

根据牛顿第二定律可知，起跳过程中运动员的最大加速度约为

—=--，咫=252。-60x1(^//=32m/s?

mo(J

故A错误；

BCD.根据bT图像可知，起跳过程中支持力的冲量为

/F=22x60x(10.35-10.10)N-s=330Ns

起跳过程中运动员所受合力的冲量大小约为

/合=(—mgt=330N-s-60xl0x(10.35—10.10)N-s=180N-s

根据动量定理可得

/合=mv-0

解得起跳离开地面瞬间的速度为

v=3m/s

则起跳后运动员重心上升的平均速度为

一V

v=—=1.5m/s

2

起跳后运动员重心上升的最大高度为

h=——=-------m=0.45m

2g2x10

故BD错误，C正确。

故选C。

7.质量为根的物体甲从零时刻起中静止开始所受的合力厂随时间f的关系图像如图甲所示，质量为根的物

体乙零时刻从坐标原点处从静止开始所受的合力尸随位移X的关系图像如图乙所示，下列说法正确的是

A.关系图像与横轴所围成的面积表示物体速度的变化量

B.九时刻物体甲的动能为里以

4m

C.歹-X关系图像与横轴所周成的面积表示物体速度的变化量

D.物体乙在坐标七处，动量为《mF?%

【答案】D

【详解】A.尸T关系图像与横轴所围成的面积表示物体受到的冲量，即

1

故A错误；

B.物体在0-%的过程根据动量定理

解得

所以r。时刻物体甲的动能为

故B错误；

C.尸-X关系图像与横轴所周成的面积表示物体在这段距离内力/做的功，即

W=-Fx

2

故C错误；

D.物体从0至4处的过程根据动能定理

-F2x0=-mvl

解得

v=X。

°\m

所以物体乙在坐标七处，动量为

P=mv0=JmF,x0

故D正确。

故选D。

8.福建省福安市白云山有很多冰臼群，冰臼是指第四纪冰川后期，冰川融水携带冰碎屑、岩屑物质，沿冰

川裂隙自上向下以滴水穿石的方式，对下覆基岩进行强烈冲击和研磨，形成看似我国古代用于舂米的石臼。

现一滴质量为机的水从距离冰臼底//高处自由下落，假设滴在岩石上后速度变为零，空气阻力不计，重力

加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.该水滴对岩石的冲击力大小为B.该水滴对岩石的冲量大小为多时

2/7

C.该水滴对岩石做的功为2mg/7D.该水滴下落时间为一

g

【答案】B

【详解】A.当水滴落到岩石上时做减速运动，则岩石对水滴的作用力大于根g,根据牛顿第三定律可得水

滴对岩石的冲击力大于“zg,故A错误；

D.根据自由落体运动规律有

,12

h=~gr

所以

宝l2/i

故D错误；

B.水滴落在岩石上后速度变为零，则

I=\p=mv

v2=2gh

所以

I-md2gh

故B正确；

C.根据动能定理有

W+mgh=0

所以岩石对水滴做的功为水滴对岩石做的功为机g/i,故C错误。

故选B。

9.有的人会躺着看手机，若手机不慎跌落，会对人眼造成伤害.若手机质量为150g,从离人眼25cm处无

初速度不慎跌落，碰到眼睛后手机反弹8mm,眼睛受到手机的冲击时间为0.1s,取重力加速度g=10m/s2,

逐=2.236。手机撞击人眼的过程中，下列分析正确的是（）

A.手机对人眼的冲击力大小约为5.5N

B.手机受到的重力冲量大小约为0.4N・s

C.手机动量变化量大小约为0.4kg«m/s

D.手机动量的变化率大小约为0.4kg・m/s2

【答案】AC

【详解】C.手机下落25cm过程由位移速度关系有

V；=2ghi

手机反弹8mm过程由位移速度关系有

v；=2gh2

解得

Vj=45m/s,v2=0.4m/s

取竖直向上为正方向，手机动量变化量

X-mv2—（一〃叫）~0.4kg-m/s

故C正确；

D.手机动量的变化率大小

­=4kg-m/s2

At'

故D错误；

B.根据冲量的定义，可得

IG=mgAt=0.15N-S

故B错误；

A.对手机进行分析，由动量定理有

解得

歹=5.5N

故A正确。

故选AC„

10.体育课上，某同学做俯卧撑训练，在向上撑起过程中，下列说法正确的是（）

A.地面对手的支持力做了正功B.地面对手的支持力冲量为零

C.他克服重力做了功D.他的机械能增加了

【答案】CD

【详解】A.由于地面对手的支持力作用点没有发生位移，则地面对手的支持力不做功，故A错误；

B.根据

人=用

可知地面对手的支持力冲量不为零，故B错误；

CD.由于人的重心升高，则重力做负功，即该同学克服重力做了功，在向上撑起过程中，同学的机械能增

加了，故CD正确。

故选CD„

11.在汽车相撞时，汽车的安全气囊可使头部受伤率减少约25%,面部受伤率减少80%左右。如图所示,

某次汽车正面碰撞测试中，汽车以108km/h的速度撞上测试台后停下，安全气囊在系有安全带的假人的正

前方水平弹出，假人用时02s停下。车内假人的质量为50kg,则下列说法正确的是（）

A.安全气囊的作用是假人碰撞前后起到缓冲作用

B.安全气囊对假人的作用力小于假人对安全气囊的作用力

C.碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的冲量大小为300N-S

D.碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的平均作用力大小为7500N

【答案】AD

【详解】A.安全气囊的作用增加了碰撞时假人的减速时间，对假人碰撞前后起到缓冲作用。故A正确;

B.根据牛顿第三定律可知安全气囊对假人的作用力等于假人对安全气囊的作用力。故B错误；

C.根据动量定理可知碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的冲量大小

1=mv=1500N-s

故C错误;

D.碰撞过程中安全气囊和安全带对假人的平均作用力大小为

F=-=7500N

故D正确。

故选AD。

12.（多选）风洞实验是了解飞行器空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在风洞中将一质量为机的飞

行器（可视为质点）由静止释放，假设飞行器所受风洞阻力方向竖直向上，风洞阻力大小,与飞行器下降

速率v的关系为户无，测出飞行器由静止下降场后做匀速直线运动，重力加速度大小为g。关于飞行器下降

的过程下列说法正确的是（）

32

A.飞行器的最大速率丫=等B.风洞阻力对飞行器做功为mg/z一丝与

k2k

2hk勿/2p-i-“2力

C.飞行器运动时间为D.飞行器运动时间r=T——

mgkmg

【答案】AD

【详解】A.飞行器速度最大时加速度为零，由牛顿第二定律得

mg=kvm

则

%=等

K

故A正确；

B.对飞行器由动能定理得

12