物理选择性必修 第一册2 动量定理同步测试题

这是一份物理选择性必修 第一册2 动量定理同步测试题，共40页。试卷主要包含了定义，矢量性，1 s手机停止运动，9W，5s；；2440N等内容，欢迎下载使用。

1.2动量定理
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课程标准
课标解读
1. 通过日常生活现象和理论推导，理解冲量的定义及动量定理的确切含义。
2. 通过分析生活中的缓冲现象，掌握动量定理的应用。
3. 通过对比的方法，理解并掌握冲量和功、动量定理和动能定理的区别。
1. 知道冲量的概念，知道冲量是矢量.3.理解动量定理的确切含义，掌握其表达式
2. 会用动量定理解释碰撞、缓冲等生活中的现象．

知识精讲


知识点01 冲量
1.定义：力与力的作用时间的乘积．公式：I＝Ft．单位：牛顿·秒，符号：N·s．
2.矢量性：方向与力的方向相同．
【即学即练1】沿同一直线，甲、乙两物体分别在力F1、F2作用下做直线运动，甲在t1时间内，乙在t2时间内动量p随时间t变化的p－t图象如图2所示，设甲物体在t1时间内所受到的冲量大小为I1，乙物体在t2时间内所受到的冲量大小为I2，则两物体所受外力F及其冲量I的大小关系是(　　)

A． F1>F2，I1＝I2
B． F1 C． F1>F2，I1>I2
D． F1＝F2，I1＝I2
【答案】A
【解析】由F＝知F1>F2，由Ft＝Δp知I1＝I2，选项A正确
【即学即练2】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自由滑下，在到达斜面底端的过程中(　　)

A． 重力的冲量相同
B． 弹力的冲量相同
C． 合力的冲量相同
D． 合力的冲量大小相同
【答案】D
【解析】重力的冲量IG＝mg·t，物体下滑时间不同，故IG不同，A错；弹力与斜面垂直，两物块所受弹力方向不同，故弹力的冲量不同，B错；两物块所受合力的方向平行斜面，故合力的冲量方向也与斜面平行，故合力的冲量不同，C错；由机械能守恒定律可知，物体到达底端时速率相等，由I＝mv知，合力冲量大小相等，故D对．
知识点02 动量定理
1．动量定理
(1)内容：物体在一个运动过程中始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量．
(2)公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I．
2．动量定理的应用
碰撞时可产生冲击力，要增大这种冲击力就要设法减少冲击力的作用时间．要防止冲击力带来的危害，就要减小冲击力，设法延长其作用时间．
【即学即练3】在一条直线上运动的物体，其初动量为8 kg·m/s，它在第一秒内受到的冲量为－3 N·s，第二秒内受到的冲量为5 N·s，它在第二秒末的动量为(　　)
A． 10 kg·m/s
B． 11 kg·m/s
C． 13 kg·m/s
D． 16 kg·m/s
【答案】A
【解析】根据动量定理得：p－mv0＝I1＋I2，则p＝I1＋I2＋mv0＝(－3＋5＋8) kg·m/s＝10 kg·m/s，故选A.
【即学即练4】如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为(　　)

A． 仍在P点
B． 在P点左侧
C． 在P点右侧不远处
D． 在P点右侧原水平位移的两倍处
【答案】A
【解析】以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间变短，而纸条对铁块的作用力相同，所以与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，平抛的速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧．

能力拓展


考法01对冲量的理解和计算
1．冲量的理解
(1)冲量是过程量，它描述的是力作用在物体上的时间累积效应，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)冲量是矢量，冲量的方向与力的方向相同．
2．冲量的计算
(1)求某个恒力的冲量：用该力和力的作用时间的乘积．
(2)求合冲量的两种方法：
可分别求每一个力的冲量，再求各冲量的矢量和；另外，如果各个力的作用时间相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．

(3)求变力的冲量：
①若力与时间成线性关系变化，则可用平均力求变力的冲量．
②若给出了力随时间变化的图象如图所示，可用面积法求变力的冲量．
③利用动量定理求解．
【典例1】（多选题）质量为m的物体沿直线运动，只受到力F(F≠0)的作用，物体的位移x、速度v、加速度a和受到冲量I随时间变化的图象如下图所示，其中可能的是(　　)
A． 
B． 
C． 
D． 
【答案】BCD
【解析】物体沿直线运动，且只受一个力的作用，所以会做匀变速直线运动，A图表示匀速直线运动，B图中斜率表示加速度，则可判断加速度恒定，C图加速度不变，D图根据I＝Ft，可知斜率表示合外力，也恒定，故B、C、D都正确．
考法02 对动量定理的理解和应用
1．动量定理的理解
(1)动量定理的表达式mv′－mv＝F·Δt是矢量式，等号
包含了大小相等、方向相同两方面的含义．
(2)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是变力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．
2．动量定理的应用
(1)定性分析有关现象：
①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大；力的作用时间越长，力就越小．
②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大；力的作用时间越短，动量变化量越小．
(2)应用动量定理定量计算的一般步骤：
①选定研究对象，明确运动过程．
②进行受力分析和运动的初、末状态分析．
③选定正方向，根据动量定理列方程求解．
【典例2】如图所示，质量为m的物体，在水平外力F作用下，以速度v沿水平面匀速运动，当物体运动到A点时撤去外力F，物体由A点继续向前滑行的过程中经过B点，则物体由A点到B点的过程中，下列说法正确的是(　　)

A． v越大，摩擦力对物体的冲量越大；摩擦力做功越多
B． v越大，摩擦力对物体的冲量越大；摩擦力做功与v的大小无关
C． v越大，摩擦力对物体的冲量越小；摩擦力做功越少
D． v越大，摩擦力对物体的冲量越小；摩擦力做功与v的大小无关
【答案】D
【解析】由题意可知A、B两点间距离一定，摩擦力对物体的冲量取决于摩擦力的大小和作用时间，物体从A滑到B的过程中平均速度越大，所用时间越短，摩擦力对物体的冲量越小，A、B错误；摩擦力做功取决于摩擦力的大小和物体运动的位移，由于A、B间的距离一定，摩擦力做功与物体速度无关，C错误，D正确．
分层提分


题组A 基础过关练
一、单选题
1．下列说法中正确的是（　　）
A．“焦耳（J）”是国际单位制中的基本单位
B．“牛顿（N）”不是国际单位制中的单位
C．“冲量（I）”的单位用国际单位制中的基本单位表示为
D．“引力常量（G）”的单位用国际单位制中的基本单位表示为
【答案】C
【解析】A．“焦耳（J）”不是国际单位制中的基本单位。故A错误；
B．“牛顿（N）”是国际单位制中的导出单位。故B错误；
C．根据动量定理，有

可知，“冲量（I）”的单位用国际单位制中的基本单位表示为。故C正确；
D．因为“N”不是国际单位制中的基本单位，所以“引力常量（G）”的单位用国际单位制中的基本单位不能表示为。故D错误。
故选C。
2．随着手机逐渐走进每个人的生活，有些人喜欢躺着看手机，偶尔会出现手机滑落砸到脸的情况。若某手机（可视为质点）的质量为200 g，从距人脸上方约20 cm的高度无初速掉落，砸到脸后经0.1 s手机停止运动。忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，下列分析正确的是（　　）
A．脸受到的平均撞击力大小约为10 N B．脸受到的平均撞击力大小约为3 N
C．全过程手机重力的冲量大小约为0.2 N·s D．全过程手机重力的冲量大小约为0.6 N·s
【答案】D
【解析】根据自由落体求速度、时间，结合冲量的定义求出冲量；由动量定理求作用力。
AB．20cm=0.20m；200g=0.2kg
根据自由落体速度

手机与脸作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，所以手机与脸作用过程中动量变化为

手机与脸接触的过程中受到的重力与脸的作用力，根据动量定理可知

代入数据解得，手机对脸的作用力大小约为6N
故A、B错误
CD．手机下落时间

全过程中重力的冲量

故C错误，D正确。
故选D。
3．如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，则下列关于物体在时间t内所受力的冲量，正确的是（　　）

A．拉力F的冲量大小为Ftcosθ
B．摩擦力的冲量大小为Ftsinθ
C．重力的冲量大小为mgt
D．物体所受支持力的冲量大小为mgt
【答案】C
【解析】A．拉力F的冲量大小为
IF=Ft
故A错误；
B．物体做匀速直线运动，可知摩擦力
f＝Fcosθ
则摩擦力的冲量大小为
ft＝Ftcosθ
故B错误；
C．重力的冲量大小为
ＩG＝mgt
故C正确；
D．支持力的大小为
N＝mg－Fsinθ
则支持力的冲量大小为
IN=（mg－Fsinθ）t
故D错误。
故选C。
4．如图所示，一个质量为的物体在与水平方向成角的恒定拉力的作用下沿水平面由静止开始匀加速前进了时间，获得速度，则（　　）

A．拉力对物体的冲量大小为 B．拉力对物体的冲量大小为
C．拉力对物体的冲量大小为 D．摩擦力对物体的冲量大小为
【答案】B
【解析】AB．拉力对物体的冲量大小为

故A错误；B正确；
CD．根据动量定理有

故CD错误。
故选B。
5．下列说法正确的是（　　）

A．做匀速圆周运动的物体，加速度不变
B．只要合外力为零，则物体的机械能守恒
C．法拉第引入电场线，形象直观地描述电场
D．如图所示，t时间内恒力F对物体的冲量为Ftcosθ
【答案】C
【解析】A．做匀速圆周运动的物体，加速度时刻指向圆心，故A错误；
B．机械能守恒的条件是只有重力或者弹力做功，而不是合外力为零，故B错误；
C．1837年，英国物理学家法拉第最早引入了电场的概念，并提出用电场线表示电场，故C正确；
D．恒力F的冲量

故D错误。
故选C。
6．一质量为2kg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=2s时物块的速率为1m/s B．t=2s时物块的速率为4m/s
C．t=4s时物块的速率为3m/s D．t=4s时物块的速率为1m/s
【答案】D
【解析】AB．对物块应用动量定理，0~2s内有

代入数据，得

故A错误；B错误；
CD．对物块应用动量定理，0~4s内有

代入数据，得

故C错误；D正确。
故选D。
7．物体受到方向不变的力F作用，其中力的大小随时间变化的规律如图所示，则力F在4s内的冲量大小为（　　）

A．2N∙s B．4N∙s C．6N∙s D．8N∙s
【答案】C
【解析】根据I=Ft可知，力F的冲量等于F-t图像与坐标轴围成的“面积”，则力F在4s内的冲量大小为

故选C。
8．人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量约为，从离人眼约的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为，取。下列说法正确的是（　　）
A．手机落到眼睛处的速度大小约为 B．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
C．手机对眼睛的冲量大小约为 D．眼睛对手机的平均作用力大小约为
【答案】C
【解析】A．手机自由落体运动，有

解得

故A错误；
B．手机对眼睛的作用力，竖直向下，根据冲量的概念，可知其冲量方向竖直向下。故B错误；
C．取竖直向上为正方向，手机与眼睛作用过程应用动量定理，有

解得

故C正确；
D．眼睛对手机的平均作用力大小满足

解得

故D错误。
故选C。
9．某物块的质量为，静止在水平面上。现有水平推力作用在物块上，F持续作用4s。已知物块与水平面之间的动摩擦因数为0.4，取，则4s末物块的动量大小为(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由动量定理可得

代入数据解得

故选A。
10．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．作用在静止的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
【答案】A
【解析】A．冲量是力对时间的积累效应。力对物体的冲量，使物体的动量发生变化，而且合力的冲量等于物体动量的变化量。所以冲量是物体动量变化的原因，则A正确；
B．当物体静止时，动量变化量为零，物体所受合力的冲量为零，但是物体所受各个力的冲量不为零，所以B错误；
C．物体所受的冲量等于物体动量的变化量，动量越大不代表动量的变化量越大，所以物体所受的冲量不一定越大，所以C错误；
D．冲量是一个过程量，只有在一个过程中力的方向不变时，冲量的方向才是力的方向，如果力的方向是改变的，冲量的方向与力的方向不相同，所以D错误。
故选A。
11．关于冲量和动量，下列说法中错误的是（　　）
A．冲量是反映力对时间的积累效应的物理量
B．动量是描述物体运动状态的物理量
C．冲量是物体动量变化的原因
D．冲量方向与动量方向一致
【答案】D
【解析】A．根据冲量的定义可知，冲量是力在时间上的累积效应，故A正确，不符合题意；
B．根据动量的定义可知，动量是描述物体运动状态的物理量，故B正确，不符合题意；
C．根据动量定理可知，冲量是物体动量变化的原因，故C正确，不符合题意；
D．冲量的方向与力的方向一致，故D错误，符合题意。
故选D。
12．如题图所示，是我国跳高运动员张国伟跳高比赛时的场景。跳高时在横杆的后下方要放置厚海绵垫，其作用是（　　）

A．延长人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力增大
B．减少人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力增大
C．延长人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力减小
D．减少人体与海绵垫的接触时间，使人受到的冲力减小
【答案】C
【解析】人在和地面接触时，人的速度减为零，以向上为正，由动量定理可得
I=P
所以
(F-mg)t=0- m(-v)
而放置厚海绵垫可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力。
故选C。
13．无人机靠螺旋桨向下推动空气获得升力而悬停在空中不动，设无人机的总质量为M，上有四台相同的发动机，被推空气获得向下的速度为v，不计机械部件间及螺旋桨与空气间的摩擦，则此时无人机上每台发动机的输出功率是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设时间内被推空气的质量为，四台发运动机的总功率为P，对空气的平均推力为F．由动能定理有

由动量定理有

由题意有

联立方程得

每台发运动机的输出功率

故选D。
14．城市进入高楼时代后，高空坠物已成为危害极大的社会安全问题。假设一个质量为50g的鸡蛋从45m高处由静止释放后，砸到地面的一个安全帽上，鸡蛋壳与安全帽的作用时间为5.0×10-4s，重力加速度g取10m/s2，则安全帽受到的平均冲击力大小约为（　　）
A．50N B．300N C．3000N D．5000N
【答案】C
【解析】鸡蛋下落过程，有

鸡蛋壳与安全帽的作用，应用动量定理有

联立可得

故选C。
15．质量为0.2kg的小球竖直向下以6m/s的速度落到水平地面。再以4m/s的速度反向弹回，若小球与地面的作用时间为0.1s，则地面受到小球的平均作用力为（g取10m/s2）（ ）
A．4N B．18N C．20N D．22N
【答案】D
【解析】根据动量定理

其中，，解得

故选D。
16．一个水龙头以垂直于墙面的速度喷出水柱，水柱的横截面积为，水柱垂直冲击竖直墙壁后变为速度为零的无数小水滴，水的密度为，则水柱对墙壁的冲击力为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】时间t内的水柱质量
m＝svtρ
水柱受力为F，由动量定理
Ft＝0﹣mv
得
F＝﹣＝﹣sρv2
带入数据，可得
F＝﹣30N
由牛顿第三定律可知水柱对墙壁的力为30N。
故选A。
二、解答题
17．如图，一物体静止在水平地面上，受到与水平方向成角的恒定拉力作用时间后，物体仍保持静止。现有以下看法：
A．物体所受拉力的冲量方向水平向右
B．物体所受拉力的冲量大小是
C．物体所受摩擦力的冲量大小为0
D．物体所受合力的冲量大小为0
你认为这些看法正确吗？请简述你的理由。

【答案】A．错误，物体所受拉力的冲量方向与F相同；B．错误，物体所受拉力的冲量大小是；C． 错误，物体所受摩擦力的冲量大小为；D．正确，物体所受合力为零，所以物体所受合力的冲量大小为0
【解析】A．根据冲量

物体所受拉力的冲量方向与F相同，A错误；
B．物体所受拉力的冲量大小是，B错误；
C．物体处于平衡状态，则有

则物体所受摩擦力的冲量大小为

C错误；
D．物体所受合力为零，所以物体所受合力的冲量大小为0，D正确。
18．如图所示，某同学要杷压在水杯下的纸抽出来。第一次他将纸迅速抽出，水杯几乎不动；第二次他将纸较慢地抽出，水杯却被拉动了。请解释此现象。

【答案】见详解
【解析】第一次将纸迅速抽出，水杯受到摩擦力作用的时间非常短，摩擦力对水杯的冲量小，由动量定理知水杯动量的改变量小，所以水杯几乎不动；第二次将纸较慢抽出，水杯受到摩擦力作用时间长，水杯受到的冲量大，则动量改变量大，水杯运动。
题组B 能力提升练
一、单选题
1．2021年5月15日7时18分，“天问一号”探测器在火星成功着陆，中国成为第二个成功着陆火星的国家。假定火星上风速约为18m/s，火星大气密度约为，“祝融号”火星车迎风面积约为，风垂直吹到火星车上速度立刻减为零。则火星车垂直迎风面受到的压力约为（　　）
A．1.4N B．25N C．140N D．2500N
【答案】A
【解析】设t时间内吹到火星车上的气体质量为m

根据动量定理

解得

根据牛顿第三定律火星车垂直迎风面受到的压力约为1.4N。
故选A。
2．某码头采用斜面运送冷链食品，简化如图甲所示，电动机通过绕轻质定滑轮的轻细绳与放在倾角为的足够长斜面上的物体相连，启动电动机后物体沿斜面上升，在时间内物体运动的图像如图乙所示，其中除时间段图像为曲线外，其余时间段图像均为直线，后电动机的输出功率保持不变。已知物体的质量为，不计一切摩擦，重力加速度。则下列判断正确的是（　　）

A．在内电动机所做的功为
B．后电动机的输出功率为
C．在内电动机牵引力的冲量大小为
D．在内物体沿斜面向上运动了
【答案】C
【解析】A．在0~1s内，物体位移大小为

设0~1s内电动机做的功为，由动能定理得

解得

故A错误；
B．在0~1s内，物体的加速度大小为

设0~1s内细绳拉力的大小为，由牛顿第二定律得

解得

由题意知1s后电动机输出功率为

故B错误；
C．当物体达到最大速度后，根据平衡条件可得细绳的拉力大小为

根据功率的公式可得

在1~5s内，设电动机牵引力的冲量大小为I，由动量定理得

解得

故C正确；
D．设1~5s内物体沿斜面向上运动的距离为，对物体由动能定理得

解得

所以在内物体沿斜面向上运动的距离为

故D错误。
故选C。
3．一质量为m的物体在水平恒力F的作用下沿水平面运动，在t0时刻撤去力F，其v-t图像如图所示。已知物体与水平面间的动摩擦因数为μ，则物体在运动过程中（　　）

A．摩擦力做功为 B．物体速度变化为零，所以F平均功率为零
C．F做功 D．F=2μmg
【答案】C
【解析】对过程和过程，由动量定理


解得

速度图线与横轴所围面积为位移则

解得

由动能定理可得

解得

F在这段时间内做功不为零，所以平均功率也不为0，故C正确，ABD错误。
故选C。
4．如图所示，一弹簧正好处于自然长度，另一质量为小球自点（刚好与弹簧相接触，但无作用力）由静止开始往下运动，某时刻速度的大小为，方向向下。经时间，小球的速度方向变为向上，大小仍为。忽略空气阻力，重力加速度为，则在该运动过程中小球所受弹簧弹力的冲量（　　）

A．大小为，方向向上 B．大小为，方向向下
C．大小为，方向向上 D．大小为，方向向下
【答案】C
【解析】规定向上为正方向，根据动量定理得


解得

方向向上；
故选C。
5．“蹦蹦床”游乐项目是孩子们经常去游乐场玩的一款项目。将儿童在“蹦蹦床”上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下，从接触蹦床到速度大小减为零的时间为，在此过程中（　　）

A．蹦床对他的冲量大小为，蹦床对他做功不为0
B．蹦床对他的冲量大小为，蹦床对他做功不为0
C．蹦床对他的冲量大小为，蹦床对他做功为0
D．蹦床对他的冲量大小为，蹦床对他做功为0
【答案】A
【解析】儿童接触蹦床时的速度为，接触蹦床后，以向上为正方向，根据动量定理得

解得

设儿童接触蹦床后，又下降了x，全程根据动能定理得

所以蹦床对儿童做的功为

故选A。
6．绍兴市中考体育项目“垫排球”要求一分钟垫72个能得满分，已知排球质量为260g，有效高度为离地2m。小明同学在某次测试中一分钟连续垫了75个，假设每次在空中的时间相等，每次与手部平均作用时间为0.2s，则（　　）

A．每次垫球后排球在空中运动时间约为0.8s
B．垫球后球离开手的高度约为0.8m
C．手对球的作用力约为10.4N
D．每次垫球过程，排球克服重力做功的平均功率约为3.9W
【答案】C
【解析】A．一分钟连续垫了75个，每次与手部平均作用时间为0.2s，每次垫球后排球在空中运动时间约为

选项A错误；
B．垫球后球离开手的高度约为

选项B错误；
C．排球弹起速度与下落速度相等

根据动量定理

解得

选项C正确；
D．垫球瞬间，排球克服重力做功几乎为0，则克服重力做功的功率约为0，D错误。
故选C。
7．一质量为m的物块静止在水平光滑桌面上，现用一力F（大小未知）拉动物块，物块运动时的图像如图所示，下列说法错误的是（　　）

A．0.5T时，物块速度为
B．与物块运动形式不同
C．，过程中F冲量为
D．过程中F做功为零
【答案】C
【解析】AB．根据a-t图像与时间轴所围的面积大小表示速度的变化量，且物体从静止开始运动可知：物体在0～0.5T时间内做初速度为零的加速度为a0的匀加速直线运动，0.5T时物体的速度

0.5T~T时间内物体的加速度为零，以速度v做匀速运动
T~1.5T时间内物体的加速度为-a0，物体做匀减速运动，1.5T时刻的速度

1.5T~2T时间内物体做初速度为零加速度为-a0的反向匀加速直线运动，2T时物体的速度

其速度时间图像如图所示

AB正确；
C．T~1.5T，根据动量定理可知F冲量等于物体的动量变化，即

C错误；
D．T~2T过程中，根据动能定理可知：F做的功等于物体的动能变化，即

D正确。
故选C。
8．一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图线如图所示。则物块（　　）

A．第一个时间内的位移等于第二个时间内的位移
B．第一个时间内合外力做的功小于第二个时间内合外力做的功
C．第一个时间内重力的冲量等于第二个时间内重力的冲量
D．第一个时间内合外力的冲量小于第二个时间内合外力的冲量
【答案】C
【解析】A．在图象中，图线与时间轴围成的面积表示物块的位移。由图可知，物块第一个t0时间内的位移小于第二个t0时间内位移，A错误；
B．根据动能定理可知，合外力对物块做的功等于动能的改变量，由图可知，第一个t0时间内动能的变化量大小等于第二个t0时间内动能的变化量大小，则第一个t0时间内合外力做的功大小等于第二个t0时间内合外力做的功大小，B错误；
C．根据冲量定义

可知第一个t0时间内重力的冲量等于第二个t0时间内重力的冲量，故C正确；
D．根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化，因两个过程动量变化大小相等，则第一个时间内合外力的冲量大小等于第二个时间内合外力的冲量的大小，故D错误；
故选C。
9．一物体受到方向不变的力作用，其中力的大小随时间变化的规律如图所示，则力在内的冲量大小为（　　）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由公式

可知在F-t图像中，图线与坐标轴的面积为冲量的大小，所以

故B正确，ACD错误。
故选B。
10．将一支圆珠笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放手后笔会向上弹起一定高度。某次实验中测得圆珠笔弹起的最大高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（　　）

A．弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力的冲量为零
B．圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为
C．弹簧恢复原长时，圆珠笔的动量最大
D．上升过程中，圆珠笔（含弹簧）的机械能守恒
【答案】D
【解析】A．弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力不为0，故圆珠笔所受合力的冲量不为零，故A错误；
B．圆珠笔弹起的最大高度为h，根据公式得

解得

所以圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为，故B错误；
C．当弹簧恢复到弹簧弹力等于重力时，此时速度最大，圆珠笔的动量最大，故C错误；
D．上升过程中，圆珠笔（含弹簧）只受到重力作用，所以圆珠笔（含弹簧）的机械能守恒，故D正确。
故选D。
11．如图甲是我国首艘“海上飞船”一“翔州1”。“翔州1”在平静的水面由静止开始在水平面上沿 直线运动，若运动过程中受到的阻力不变，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙 所示t=50s后，“翔州1”以20m/s的速度做匀速直线运动。则下列说法正确的是（　　）

A．“翔州1”所受阻力的大小为2. 0×104N
B．0-50s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为1. 0×106N•s
C．“翔州1”的质量为2. 5×104kg
D．0-50s内，动力F的功为5. 0×106J
【答案】C
【解析】A. 根据图像中匀速运动可知“翔州1”所受阻力的大小为1. 0×104N，故A错误；
B. 0-50s内，“翔州1”所受合外力冲量的大小为

代入数据可得

故B错误；
C. 有动量定理可知

解得：

故C正确；
D. 0-50s内，动力F是变力，无法求解功，故D错误；
故选C。
12．质量为0.5kg的物块自斜面底端以一定初速度冲上斜面规定物块在斜面底端时重力势能为零，物块的动能和机械能随物块上滑的距离x的变化分别如图中直线I、Ⅱ所示，重力加速度g=10m/s2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（　　）

A．物块自底端滑至最高点过程中，合力的冲量大小为25N·s
B．物块自底端滑至最高点过程中，重力的冲量大小为15N·s
C．物块自底端滑至最高点过程中，摩擦力的冲量大小为2N·s
D．物块再次返回出发点的动能为10J
【答案】C
【解析】A．动能为零时，重力势能为15J，根据

所以

设斜面倾角为α，则


图线Ⅱ的斜率表示摩擦力，所以摩擦力

图线I的斜率表示合力，所以合力

初始动能

所以初速度

根据

计算可得

物块运动的时间为

合力的冲量

A错误；
B．重力的冲量

B错误；
C．摩擦力的冲量

C正确；
D．最大静摩擦力，物块可以下滑，下滑过程机械能损失与上滑机械能损失相同，所以返回动能为5J， D错误。
故选C。
13．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，速度为零并又开始下滑，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。在整个运动过程中，下列说法正确的是（　　）

A．重力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2）sinθ
B．支持力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2）cosθ
C．合力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量为Ff（t1＋t2）
【答案】B
【解析】A．根据公式，可知重力对滑块的总冲量为

A错误；
B．支持力对滑块的总冲量为

B正确；
C．整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C错误；
D．上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为

D错误。
故选B。
二、多选题
14．如图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自时刻起对其施加一竖直向上的力F，力F随时间t变化的关系如图乙所示，已知当地重力加速度为g，空气阻力不计，则在物体上升过程中下列说法正确的是（　　）

A．时间内拉力F的冲量为0
B．时间内拉力F所做的做功为0
C．物体上升过程中的最大速度为
D．时刻物体的速度为0
【答案】BC
【解析】A．根据冲量定义

知，时间内拉力F不为0，故力F的冲量不为0，故A错误；
B．时间，由题图知

物体静止，拉力F所做的功为0，故B正确；
C．由题图可知，内

物体在这段时间内一直在加速，时刻物体具有上升过程中的最大速度；时刻之后，由于

物体减速上升。所以从到运用动量定理有

结合图像围成的面积表示力F的冲量可知


联立求得

故C正确；
D．从到时刻运用动量定理

结合图像的面积得

并不为0，故D错误。
故选BC。
15．一物体静止在光滑的水平面上，现对其施加一水平外力，使它沿水平面做直线运动，该物体的速度一时间图像如图所示，根据图像判断下列说法正确的是（　　）

A．2s末和6s末物体距离出发点的位移相等
B．0~6s时间内物体的位移为6m
C．0~1s时间内与3~4s时间内水平外力对物体的冲量相同
D．1~2s时间内与2~3s时间内水平外力对物体所做的功相同
【答案】AC
【解析】AB．根据图像可知，在0~1s时间内，物体做匀加速直线运动；1~2s时间内物体做匀减速直线运动，2s末速度为零，2~3s时间内物体反向做匀加速直线运动，3~4s时间内物体做匀减速直线运动，4s末速度为零，4~5s时间内物体再次反向做匀加速直线运动，5~6s时间内物体做匀减速直线运动,6s末速度为零，根据图像与时间轴围城的面积表示位移，从图像上可以看出2s末和6s末物体距离出发点的位移相等为

故A正确，B错误；
C．合外力的冲量等于动量的变化量，0~1s时间内与3~4s时间内，物体动量变化量相等，所以水平外力对物体的冲量相等，故C正确；
D．1~2s时间内物体的动能减小，水平外力做负功，2~3s时间内物体的动能增加，水平外力做正功，故D错误。
故选AC。
16．蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为50kg的运动员从离蹦床1.8m处自由下落，若从运动员接触蹦床到运动员降至最低点经历了0.2s，取g=10m/s2，不计空气阻力，则这段时间内，下列说法正确的是（　　）
A．运动员受到的合力冲量大小为300N·s
B．重力的冲量大小为100N·s
C．运动员动量变化量大小为300N·s
D．蹦床对运动员的冲量大小为200N·s
【答案】ABC
【解析】AC．根据运动学规律可知，运动员接触蹦床瞬间的速度大小为

从运动员接触蹦床到运动员降至最低点的过程中，运动员动量变化量大小为

根据动量定理可知运动员受到的合力冲量大小为

故AC正确；
B．根据冲量的定义可知，从运动员接触蹦床到运动员降至最低点的过程中，重力的冲量大小为

故B正确；
D．设蹦床对运动员的冲量大小为I2，取竖直向上为正方向，则由动量定理有

代入数据解得

故D错误。
故选ABC。
17．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，从离人头约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，下列分析正确的是（　　）

A．手机接触头部之前的速度约为
B．手机对头部的冲量大小约为
C．手机对头部的作用力大小约为2.4N
D．手机与头部作用过程中手机动量变化约为
【答案】BC
【解析】A．手机做自由落体运动，根据运动学公式


故A错误；
B．手机没有反弹，速度减为零，以竖直向下为正方向，对手机根据动量定理

带入数值得

负号表示方向竖直向上，根据牛顿第三定律可知，手机对头部得冲量约为

故B正确。
C．根据冲量定义


故C正确；
D．手机与头部作用后速度变为零，取向下为正方向，手机动量变化为

故D错误。
故选BC。
18．如图1所示，一根长为L=1m的空心铝管竖直放置，把一枚m=20g的小圆柱形永磁体从铝管上端管口放入管中由静止释放，圆柱形永磁体直径略小于铝管的内径。永磁体在管内运动时，不与铝管内壁发生摩擦且无翻转，不计空气阻力。若永磁体下落过程中在铝管内受到的阻力f与永磁体下落的速度大小v成正比，且满足f=0.1v（N），永磁体运动的v-t图像如图2所示，永磁体在时刻离开铝管下端时阻力恰好等于重力，重力加速度g取。关于永磁体在铝管内运动的过程，下列说法正确的是（　　）

A．永磁体离开铝管下端时的速度大小为2m/s
B．永磁体穿过铝管的时间为0.5s
C．永磁体穿过铝管的过程中阻力的冲量大小为0.10
D．永磁体穿过铝管的过程中重力的冲量大小为0.10
【答案】AC
【解析】A．永磁体在时刻离开铝管下端时阻力恰好等于重力，则有

解得

选项A正确；
C．永磁体穿过铝管的过程中阻力的冲量大小为

选项C正确；
D．竖直方向根据动量定理有

解得永磁体穿过铝管的过程中重力的冲量大小

选项D错误；
B．重力的冲量

解得

选项B错误。
故选AC。
19．如图所示，质量为m、2m的甲、乙两个同种材质的物体静止在粗糙水平面上，某时刻，它们同时受到水平恒力F，经过时间t，同时撤掉力F。下列叙述中，正确的是（　　）

A．在力F作用的时间内，两物体动量变化Δp甲<Δp乙
B．在力F作用的时间内，两物体动量变化Δp甲>Δp乙
C．在力F作用的时间内，两物体摩擦力的冲量I甲 D．在力F作用的时间内，两物体摩擦力的冲量I甲>I乙
【答案】BC
【解析】由冲量的定义
I＝Ft
可知，两物体的恒力的冲量相同；由于两物体的质量不同，故在相同时间内乙物体所受到的摩擦力大于甲物体受到的摩擦力；摩擦力的冲量
I甲 乙物体受到的合外力的冲量小于甲的冲量，由动量定理可知，两物体动量变化
p甲>p乙
故选BC。
20．一质量kg的物块静止在光滑的水平面上，从t=0时刻开始，物块受到水平向右的外力F作用，外力F随时间t变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）

A．第2s末物块的速度大小为3m/s
B．第3s末物块的动量大小为12kg·m/s
C．第4s末外力的瞬时功率为18W
D．第3s内与第4s内物块的动能增加量相等
【答案】AB
【解析】A．在F-t图象中，图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，所以在0～2s的时间内，由动量定理

解得第2s末的速度为

A正确；
BC．同理根据动量定理，可得第3s末、第4s末的速度分别为


第3s末物块的动量

第4s末外力做功的瞬时功率

B正确，C错误；
D．第3s内物块动能增加量

第4s内物块动能增加量

D错误。
故选AB。
21．如图甲所示，一质量为m的物块在t=0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图乙所示。t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。下列说法正确的是（　　）

A．3t0末的速度大小为0.45v0
B．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为3mgt0·cosθ
C．斜面倾角θ的正弦值为
D．物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为
【答案】CD
【解析】A．物块上滑和下滑的位移大小相等，设3t0末的速度大小为v1，可得

解得

A错误；
B．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为

B错误；
C．由牛顿第二定律可得，上滑过程满足

下滑过程满足

由乙图可得，加速度分别为
，
联立解得

C正确；
D．物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量的变化量为

D正确。
故选CD。
三、解答题
22．海鸥捕到外壳坚硬的鸟蛤（贝类动物）后，有时会飞到空中将它丢下，利用地面的冲击打碎硬壳。一只海鸥叼着质量的鸟蛤，在的高度、以的水平速度飞行时，松开嘴巴让鸟蛤落到水平地面上。取重力加速度，忽略空气阻力。
（1）若鸟蛤与地面的碰撞时间，弹起速度可忽略，求碰撞过程中鸟蛤受到的平均作用力的大小F；（碰撞过程中不计重力）
（2）在海鸥飞行方向正下方的地面上，有一与地面平齐、长度的岩石，以岩石左端为坐标原点，建立如图所示坐标系。若海鸥水平飞行的高度仍为，速度大小在之间，为保证鸟蛤一定能落到岩石上，求释放鸟蛤位置的x坐标范围。

【答案】（1）；（2）或
【解析】（1）设平抛运动的时间为t，鸟蛤落地前瞬间的速度大小为v。竖直方向分速度大小为，根据运动的合成与分解得
，，
在碰撞过程中，以鸟蛤为研究对象，取速度v的方向为正方向，由动量定理得

联立，代入数据得

（2）若释放鸟蛤的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为x1，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，m
若释放鸟蛤时的初速度为，设击中岩石左端时，释放点的x坐标为，击中右端时，释放点的x坐标为，得
，
联立，代入数据得
，
综上得x坐标区间
或
23．距离北京冬季奥运会越来越近，跳台滑雪运动员积极备战。运动员从起滑台起滑，在助滑道上获得高速度，于台端水平飞出，之后在着陆坡着陆，滑行直至停止。某着陆坡可看作倾角为的斜面，运动员连同滑雪板的总质量m=80kg。某次试跳通过携带的传感器显示运动员离开台端O点的速度为30m/s，落到着陆坡上的M点。如图所示，不计运动员所受空气阻力的影响，重力加速度g=10m/s2，sin37°=，cos37°=。
（1）求运动员从O点运动到M点的时间；
（2）求运动员在着陆前瞬间重力的瞬时功率；
（3）运动员落到斜坡上顺势屈腿以缓冲，使他垂直于斜坡的分速度在0.80s的时间内减少为零，求缓冲阶段斜坡对运动员的平均弹力的大小。

【答案】(1)4.5s；(2)；(3)2440N
【解析】(1)设运动员从O点运动到M点的时间为t，由位移偏角公式可得

解得

(2)运动员在着陆前瞬间竖直分速度为

重力的瞬时功率为

(3)运动员在M点时垂直于斜坡向下的分速度为

设缓冲阶段斜坡对运动员的平均弹力的大小为F，以垂直斜坡向上为正方向，由动量定理可得

解得
F=2440N
24．一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止，g取10m/s2。
（1）求物块与地面间的动摩擦因数μ；
（2）若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
（3）求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。

【答案】（1）0.32；（2）130N；（3）9J
【解析】（1）由动能定理，有

代入数据可得
μ=0.32
（2）由动量定理，有
FΔt=mv′-(-mv)
代入数据可得
F=130N
（3）由动能定理，有

代入数据可得
W=9J
25．如图所示，水平地面上静止放置一辆小车A，质量mA=4kg，上表面光滑，小车与地面间的摩擦力极小，可以忽略不计。可视为质点的物块B置于A的最右端，B的质量mB=2kg。现对A施加一个水平向右的恒力F=10N，A运动一段时间后，小车左端固定的挡板与B发生碰撞，碰撞时间极短，碰后A、B粘合在一起，共同在F的作用下继续运动，碰撞后经时间t=0.6s，二者的速度达到vt=2m/s。求：
（1）A开始运动时加速度a的大小；
（2）A、B碰撞后瞬间的共同速度v的大小。

【答案】（1）2.5m/s2；（2）1m/s
【解析】（1）以A为研究对象，由牛顿第二定律有
F=mAa
代入数据解得
a=2.5m/s2.
（2）对A、B碰撞后共同运动t=0.6s的过程，由动量定理得
Ft=（mA＋mB）vt-（mA＋mB）v
代入数据解得
v=1m/s