高中物理第二节 动量定理练习题

冲量 动量 动量定理

1．(2020·河北唐山调研)关于力的冲量，下列说法正确的是(　　)

A．力越大，力的冲量就越大

B．一对作用力与反作用力的冲量一定大小相等、方向相反

C．冲量是矢量，冲量的方向一定与力的方向相同

D．F1与作用时间t1的乘积大小等于F2与作用时间t2的乘积大小，则这两个冲量一定相同

解析：选B　冲量是力对时间的积累效果，其大小等于力与力的作用时间的乘积，力大，冲量不一定大，其大小还与力的作用时间有关，A错误；一对作用力与反作用力总是大小相等、方向相反、同时产生、同时消失，因此一对作用力与反作用力的冲量总是大小相等、方向相反，B正确；冲量是矢量，在作用时间内力的方向不变时冲量的方向与力的方向相同，在作用时间内力的方向变化时冲量的方向与力的方向不一定相同，C错误；冲量是矢量，两个矢量相同必须满足大小相等、方向相同，故D错误。

2．关于物体的动量，下列说法正确的是(　　)

A．质量越大的物体动量越大

B．质量和速率都相同的物体，其动量一定相同

C．一个物体的运动状态变化，其动量一定改变

D．一个物体的加速度不变，其动量一定不变

解析：选C　 物体的动量等于物体的质量与其速度的乘积，即p＝mv，质量较大，如果速度较小，则动量不一定大，故A错误；质量和速率都相同的物体，其动量大小相同，方向不一定相同，故B错误；物体的运动状态改变，则速度发生变化，根据p＝mv知，动量一定改变，故C正确；若物体的加速度(不为零)不变，则物体的速度一定是变化的，所以动量一定变化，故D错误。

3．(2020·山东泰安期末)将一小球从地面以速度v0竖直向上抛出，小球上升到某一高度后又回到地面。若该过程空气阻力不能忽略，且可视为恒力，则小球(　　)

A．上升过程中重力的冲量大于下降过程中重力的冲量

B．上升过程中重力的冲量等于下降过程中重力的冲量

C．下降过程中重力的冲量大于小球动量的变化量

D．下降过程中重力的冲量等于小球动量的变化量

解析：选C　由于空气阻力对小球做负功，所以小球的机械能不断减少，则经过同一点时上升的速度比下降的速度大，所以上升过程的平均速度比下降过程的平均速度大，而两个过程位移大小相等，所以上升过程所用时间比下降过程所用时间短，由I＝mgt知，上升过程中重力的冲量小于下降过程中重力的冲量，选项A、B错误；下降过程中，根据动量定理知重力和空气阻力的合力的冲量等于小球动量的变化量，重力的冲量方向与小球动量变化量的方向相同，空气阻力的冲量的方向与小球动量变化量的方向相反，故重力的冲量大于小球动量的变化量，选项C正确，选项D错误。

4.(2020·河南开封期末)粗糙的水平地面上的物体在一个水平恒力作用下做直线运动，其v­t图像如图所示，下列物理量中第1 s内与第2 s内相同的是(　　)

A．摩擦力做的功

B．摩擦力的冲量

C．水平恒力做的功

D．水平恒力的冲量

解析：选D　摩擦力做的功Wf＝－μmgx，根据题图可知，第1 s内与第2 s内位移不同，因此摩擦力做的功不同，A错误；摩擦力的冲量I＝μmgt，第1 s内与第2 s内速度方向不同，则摩擦力的方向不同，故第1 s内与第2 s内摩擦力的冲量大小相等、方向相反，B错误；水平恒力做的功WF＝Fx，因第1 s内与第2 s内位移不同，故水平恒力F做的功不同，C错误；水平恒力的冲量I＝Ft，第1 s内与第2 s内水平恒力F的大小、方向不变，则水平恒力的冲量相同，D正确。

5．(2020·安徽六安一中月考)一质量为m＝60 kg的运动员从下蹲状态竖直向上跳起，经t＝0.2 s，以大小为v＝1 m/s的速度离开地面，取重力加速度g＝10 m/s2，在这0.2 s内(　　)

A．重力对运动员的冲量大小为0

B．地面对运动员的冲量大小为60 N·s

C．地面对运动员做的功为30 J

D．地面对运动员做的功为零

解析：选D　运动员的重力是恒力，则重力对运动员的冲量大小为mgt＝120 N·s，A错误；以竖直向上为正方向，设地面对运动员的冲量为I，由动量定理可得I－mgt＝mv，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgt＝180 N·s，方向竖直向上，B错误；运动员在跳起时，地面对运动员的支持力竖直向上，在跳起过程中，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，C错误，D正确。

6．(2020·安徽亳州期末)马路“低头族”已经成为交通安全的一个大问题，一个小朋友手拿手机正在过马路，突然听到一阵急促鸣笛，手机掉在地上，还好有惊无险，小朋友没事，手机虽然戴着有很好缓冲作用的保护套，可是屏还是摔碎了。如果手机的质量为180 g，从静止开始下落，开始时离地高度为0.8 m，与地面的撞击时间为0.04 s，且落地后不再反弹，重力加速度g取10 m/s2，那么手机在与地面作用的过程中，地面对手机作用力的大小为(　　)

A．19.8 N　　　　　 B．18.0 N

C．16.2 N D．18.18 N

解析：选A　手机质量m＝180 g＝0.18 kg，下落高度h＝0.8 m，与地面的撞击时间t＝0.04 s。手机做自由落体运动，落地的速度为v＝＝ m/s＝4 m/s。取竖直向下为正方向，由动量定理得(mg－F)t＝0－mv，解得地面对手机的作用力大小F＝＋mg＝19.8 N。选项A正确。

7.(2020·山东青岛期末)2019年8月11日超强台风“利奇马”登陆青岛，导致部分高层建筑顶部的广告牌损毁。台风“利奇马”登陆时的最大风力为9级，最大风速为23 m/s。如图所示，某高层建筑顶部广告牌的尺寸为高5 m、宽20 m，空气密度ρ＝1.2 kg/m3，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为(　　)

A．3.9×104 N B．6.3×104 N

C．1.0×104 N D．9.0×104 N

解析：选B　广告牌的面积S＝5×20 m2＝100 m2，设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有m＝ρSvt，根据动量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，解得广告牌受到的最大风力F＝ρSv2，代入数据得F≈6.3×104 N，选项B正确。

8．质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处由静止下落到海绵垫上，经Δt1＝1 s后停下，则该运动员受到的海绵垫的平均冲力约为多大？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多大？(g取10 m/s2，不计空气阻力)

解析：以全过程为研究对象，初、末动量的数值都是零，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的规律知，运动员下落到地面上所需要的时间是t＝＝1 s

从开始下落到在海绵垫上停止时，有mg(t＋Δt1)－FΔt1＝0

代入数据，解得F＝1 400 N

下落到沙坑中时，有mg(t＋Δt2)－F′Δt2＝0

代入数据，解得F′＝7 700 N。

答案：1 400 N　7 700 N

9．(2020·湖南长沙期末)“守株待兔”是我们熟悉的寓言故事，它出自《韩非子》，原文为：宋人有耕者。田中有株，兔走触株，折颈而死。因释其耒而守株，冀复得兔。兔不可复得，而身为宋国笑。假设一只兔子质量为2 kg，受到惊吓后从静止开始沿水平道路做匀加速直线运动，经过1.2 s速度大小达到9 m/s，此后匀速奔跑，撞树后被水平弹回，反弹速度大小为1 m/s，设兔子与树的作用时间为0.05 s，重力加速度g＝10 m/s2。下列说法正确的是(　　)

A．加速过程中兔子的加速度大小为180 m/s2

B．加速过程中地面对兔子水平方向的平均作用力大小为20 N

C．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为320 N

D．撞树过程中树对兔子的平均作用力大小为400 N

解析：选D　兔子经过1.2 s速度由零均匀增加到9 m/s，根据匀变速直线运动的速度公式可得，兔子的加速度大小为a＝＝7.5 m/s2，A错误；加速过程中，设地面对兔子在水平方向的平均作用力大小为f，根据动量定理可得ft＝mv－0，代入数据解得f＝15 N，B错误；撞树过程中，以撞树前兔子的速度方向为正方向，则兔子撞树前的动量为p＝mv＝2×9 kg·m/s＝18 kg·m/s，撞树后的动量为p′＝mv′＝2×(－1)kg·m/s＝－2 kg·m/s，动量变化量为Δp＝   p′－p＝－2 kg·m/s－18 kg·m/s＝－20 kg·m/s，由动量定理得Ft′＝Δp＝－20 kg·m/s＝－20 N·s，解得兔子受到树对它的平均作用力为F＝－400 N，大小为400 N，C错误，D正确。

10.(多选)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球从释放到速度变为零的过程，下列说法中正确的有(　　)

A．小球的机械能减少了mgh

B．小球克服阻力做的功为mg(H＋h)

C．小球所受阻力的冲量等于m

D．在小球刚落到地面到速度变为零的过程中，小球动量的改变量大小等于m

解析：选BD　小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg(H＋h)，则小球的机械能减少了mg(H＋h)，故A错误。对全过程运用动能定理得mg(H＋h)－Wf＝0，则小球克服阻力做功Wf＝mg(H＋h)，故B正确。小球落到地面时的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得IG＋If＝0－m，可知阻力的冲量大小不等于m，故C错误。小球落到地面时的速度v＝，进入泥潭后的速度为零，所以小球动量的改变量大小等于m，故D正确。

11．(多选)如图甲所示，一固定的、光滑的、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，受到沿斜面方向的拉力F的作用，取沿斜面向上为正方向，拉力F随时间t变化的图像如图乙所示，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：选AC　在0～2 s内，由牛顿第二定律可得F1－mgsin 30°＝ma1，解得a1＝5 m/s2，在2～4 s内，由

牛顿第二定律可得F2＋mgsin 30°＝ma2，解得a2＝10 m/s2，则物块在0～2 s内向上做匀加速直线运动，2～3 s内向上匀减速直线运动，3 s时减少为零，3～4 s内向下做匀加速直线运动，4～6 s内向下匀减速直线运动，6 s时速度减为零，故A正确，B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错误。

12.如图所示，斜面和水平面之间通过小圆弧平滑连接，质量为m的物体(可视为质点)从斜面上h高处的A点由静止开始沿斜面下滑，最后停在水平地面上的B点。要使物体能原路返回A点，求在B点物体需要的最小瞬时冲量。

解析：物体从A运动到B的过程中，根据动能定理得

mgh－Wf＝0

物体从B运动到A的过程中，根据动能定理得

－mgh－Wf＝0－mvB2

联立解得vB＝2

根据动量定理可知，瞬时冲量I＝mvB＝2m。

答案：2m

13.如图所示，质量m＝2 kg的物体，在水平力F＝8 N的作用下由静止开始沿水平面向右运动，已知物体与水平面间的动摩擦因素μ＝0.2，若F作用了t1＝6 s后撤去，撤去F后又经t2＝2 s物体与竖直墙相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1 s，碰墙后反向弹回的速度大小v′＝6 m/s，求墙壁对物体的平均作用力大小。(g取10 m/s2)

解析：选物体为研究对象，在t1时间内其受力情况如图甲所示，

选F的方向为正方向，根据动量定理得

(F－μmg)t1＝mv1－0，解得v1＝12 m/s

撤去F后，物体受力如图乙所示，

由动量定理得－μmgt2＝mv2－mv1

解得v2＝8 m/s

物体与墙壁作用后速度变为向左，根据动量定理得

t3＝－mv′－mv2

解得＝－280 N

故墙壁对物体的平均作用力大小为280 N。

答案：280 N