1、考点17动量、冲量、动量定理题组一基础小题1(多选)关于冲量和动量，下列说法中正确的是()A冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量B动量是描述物体运动状态的物理量C动量是物体冲量变化的原因D某一物体的动量发生了变化，一定是物体运动速度的大小发生了变化答案AB解析冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量，等于力与时间的乘积，即IFt，故A正确；动量是描述物体运动状态的物理量，等于质量与速度的乘积，即pmv，故B正确；力是速度改变的原因，故冲量是物体动量变化的原因，C错误；动量是矢量，某一物体的动量发生了变化，可能是物体运动速度的大小发生了变化，也可能是物体运动速度的方向发生了变化，故D错误。2校运
2、会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小()A人的触地时间 B人的动量变化率C人的动量变化量 D人受到的冲量答案B解析跳远比赛时，人从与沙坑接触到静止，其动量的变化量一定，设为p，由动量定理可知，人受到的合力的冲量Ip是一定的，在沙坑里填沙延长了人与沙坑的接触时间，t变大，由动量定理知：pFt，F，p一定，t越大，动量变化率越小，人受到的合外力F越小，越安全，所以要在沙坑里填上沙子，故B正确，A、C、D错误。3如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成角的拉力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FtcosB摩擦力的冲
3、量大小为FtsinC重力的冲量大小为mgtD物体所受支持力的冲量大小为mgt答案C解析拉力F的冲量大小为Ft，故A错误；物体做匀速直线运动，可知摩擦力fFcos，则摩擦力的冲量大小为ftFtcos，故B错误；重力的冲量大小为mgt，故C正确；支持力的大小为NmgFsin，则支持力的冲量大小为(mgFsin)t，故D错误。4古时有“守株待兔”的寓言。假设兔子质量约为2 kg，以10 m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1 m/s，设兔子与树的作用时间为0.1 s。下列说法正确的是()树对兔子的平均作用力大小为180 N树对兔子的平均作用力大小为220 N兔子的动能变化量为99 J兔子的动能变化量
4、为101 JA B C D答案C解析选初速度方向为正方向，对兔子，由动量定理：Ftmv2mv1，代入数据求得：F220 N；兔子的动能变化量：Ekmvmv，代入数据求得：Ek99 J，故C正确。5水平面上有质量相等的a、b两个物体，水平推力F1、F2分别作用在a、b上。一段时间后撤去推力，物体继续运动一段距离后停下。两物体的vt图线如图所示，图中ABCD。则整个过程中()AF1的冲量等于F2的冲量BF1的冲量大于F2的冲量C摩擦力对a物体的冲量等于摩擦力对b物体的冲量D合外力对a物体的冲量等于合外力对b物体的冲量答案D解析由题图可知，AB与CD平行，说明撤去推力后两物体的加速度相同，而撤去推力
5、后物体受到的合力等于摩擦力，根据牛顿第二定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等。但a的运动总时间小于b的时间，根据Ift可知，摩擦力对a物体的冲量小于摩擦力对b物体的冲量，故C错误；根据动量定理，对整个过程研究得F1t1ftOB0，F2t2ftOD0，由题图看出，tOBtOD，则有F1t1)，到达斜面底端的过程中()A两物体所受重力的冲量相同B两物体所受合外力的冲量不同C两物体到达斜面底端时动量相同D两物体到达斜面底端时动量不同答案BD解析根据(gsin)t，可得t1，同理有t2，故两物体到达斜面底端的时间不同，两物体的质量相等，在不同时间内重力的冲量不同，故A错误；物体在下滑中只有重力做功，而
6、重力做功只与高度差有关，故两物体重力做的功相等，由mv2mgh得两物体到达斜面底端的速度大小相等，而速度的方向不同，所以两物体到达斜面底端时的动量不同，故C错误，D正确；根据动量定理：Ipmv0，所以两物体所受合外力的冲量不同，故B正确。9(多选)如图1，一物块静止在光滑水平面上，t0时在水平力F的作用下开始运动，F随时间t按正弦规律变化如图2所示，则()A在01.5 s时间内，第1 s末物块的动量最大B第2 s末，物块回到出发点C在01 s时间内，F的功率先增大后减小D在0.51.5 s时间内，F的冲量为0答案ACD解析从图象可以看出在01 s内力F的方向与物块的运动方向相同，物块做变加速直
7、线运动，加速度先增大后减小，在11.5 s内力F的方向与运动方向相反，物块做减速运动，所以第1 s末，物块的速度最大，动量最大，A正确；该物块在01 s时间内受到的力与12 s时间内受到的力的方向相反，12 s时间内做加速运动，01 s时间内做减速运动，在2 s末速度为0，所以物块在2 s末的位移为正，没有回到出发点，B错误；01 s内，物块的速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率PFv得，力F在t0时刻的瞬时功率为0,1 s末的瞬时功率为0，所以在01 s时间内，F的功率先增大后减小，C正确；在Ft图象中，图线与t轴所围的面积表示力F的冲量，由图可知，0.51 s时间内图线与t轴所围的面
8、积与11.5 s时间内的面积大小相等，一正一负，和为0，则在0.51.5 s时间内，F的冲量为0，故D正确。题组二高考小题10(2019全国卷)最近，我国为“长征九号”研制的大推力新型火箭发动机联试成功，这标志着我国重型运载火箭的研发取得突破性进展。若某次实验中该发动机向后喷射的气体速度约为3 km/s，产生的推力约为4.8106 N，则它在1 s时间内喷射的气体质量约为()A1.6102 kg B1.6103 kgC1.6105 kg D1.6106 kg答案B解析设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理知Ftmv，m kg1.6103 kg，B正确。1
9、1(2018全国卷)高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50 g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2 ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为()A10 N B102 N C103 N D104 N答案C解析设鸡蛋落地瞬间的速度为v，每层楼的高度大约是3 m，由动能定理可知：mghmv2，解得：v m/s10 m/s。落地时受到自身的重力和地面的支持力，规定向上为正方向，由动量定理可知：(Nmg)t0(mv)，解得：N1103 N，根据牛顿第三定律可知鸡蛋对地面产生的冲击力约为103 N，故C正确。12(2017全国卷)(多选)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
10、运动。F随时间t变化的图线如图所示，则()At1 s时物块的速率为1 m/sBt2 s时物块的动量大小为4 kgm/sCt3 s时物块的动量大小为5 kgm/sDt4 s时物块的速度为零答案AB解析A对：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/s21 m/s2，t1 s时物块的速率v1a1t11 m/s。B对：t2 s时物块的速率v2a1t22 m/s，动量大小为p2mv24 kgm/s。C错：物块在24 s内做匀减速直线运动，加速度的大小a20.5 m/s2，t3 s时物块的速率v3v2a2t3(20.51) m/s1.5 m/s，动量大小p3mv33 kgm/s。D错：
11、t4 s时物块的速度v4v2a2t4(20.52) m/s1 m/s。题组三模拟小题13(2019湖南长沙二模)乒乓球运动的高抛发球是由我国运动员刘玉成于1964年发明的，后成为风靡世界乒兵球坛的一项发球技术。某运动员在一次练习发球时，手掌张开且伸平，将一质量为2.7 g的乒乓球由静止开始竖直向上抛出，抛出后球向上运动的最大高度为2.45 m，若抛球过程，手掌和球接触时间为5 ms，不计空气阻力，g取10 m/s2，则该过程中手掌对球的作用力大小约为()A0.4 N B4 N C40 N D400 N答案B解析规定向上为正方向，球离开手后的速度为v，由mv2mgh得v m/s7 m/s，忽略重
12、力，由动量定理有：F N4 N，故B正确，A、C、D错误。14(2019山东青岛一模)雨打芭蕉是我国古代文学中重要的抒情意象。为估算雨天院中芭蕉叶面上单位面积所承受的力，小玲同学将一圆柱形水杯置于院中，测得10分钟内杯中雨水上升了15 mm，查询得知，当时雨滴落地速度约为10 m/s，设雨滴撞击芭蕉后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1103 kg/m3，据此估算芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为()A0.25 N B0.5 N C1.5 N D2.5 N答案A解析由于是估算压强，所以不计雨滴的重力。设雨滴受到支持面的平均作用力为，设在t时间内有质量为m的雨水的速度由v10 m/s减为零。以向上
13、为正方向，对这部分雨水应用动量定理：t0(mv)mv，得：，设水杯横截面积为S，对水杯里的雨水，在t时间内水面上升h，则有：mSh，Sv，压强为：pv110310 Pa0.25 Pa，即芭蕉叶面单位面积上的平均受力约为0.25 N，A正确。15(2019广东佛山二模)拍皮球是大家都喜欢的体育活动，既能强身又能健体。已知皮球的质量为0.4 kg，为保证皮球与地面碰撞后自然跳起的最大高度均为1.25 m，小明需每次在球到达最高点时拍球，每次拍球作用距离为0.25 m，使球在离手时获得一个竖直向下4 m/s的速度。若不计空气阻力及球的形变，g取10 m/s2，则每次拍球()A手给球的冲量为1.6 k
14、gm/sB手给球的冲量为2.0 kgm/sC人对球做的功为3.2 JD人对球做的功为2.2 J答案D解析球的重力与手对球的力的合力的冲量为Ipmv0.44 kgm/s1.6 kgm/s，因两力的冲量都向下，则手对球的冲量要小于1.6 kgm/s，故A、B错误；由动能定理：W手mghmv2，代入数据解得：W手2.2 J，故C错误，D正确。16(2019广东广州市一模)如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图，运动员从最高点到入水前的运动过程记为，运动员入水后到最低点的运动过程记为，忽略空气阻力，则运动员()A过程的动量改变量等于零B过程的动量改变量等于零C过程的动量改变量等于重力的冲量D过程的动
15、量改变量等于重力的冲量答案C解析运动员的动量改变量等于合外力的冲量，过程中的动量改变量等于重力的冲量，即为mgt，不为零，故A错误，C正确；运动员进入水之前的速度不为零，末速度为零，过程中运动员的动量改变量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，也不等于零，故B、D错误。17(2019河南平顶山二调)质量为m的小球被水平抛出，经过一段时间后小球的速度大小为v，若此过程中重力的冲量大小为I，重力加速度为g，不计空气阻力的大小，则小球抛出时的初速度大小为()Av BvC. D.答案C解析取竖直向下为正方向，由动量定理得：Imvmvy，解得：vy，设小球抛出时的初速度大小为v0，则v2vv，解得：v0
16、，故C正确。18.(2019北京丰台区一模)为了研究平抛物体的运动，用两个相同小球A、B做下面的实验：如图所示，用小锤打击弹性金属片，A球立即水平飞出，同时B球被松开，做自由落体运动，两球同时落到地面。A、B两小球开始下落到落地前瞬间的过程中，下列对A、B球描述正确的是()AA球与B球的速率变化量相同BA球与B球的动量变化量相同CA球与B球的速度变化率不同DA球与B球的动能变化量不同答案B解析两球所受的重力相同，落地时间相同，故动量变化量相同，为mgt，但其速率变化量不同，故A错误，B正确；两球速度的变化量相同，速度的变化率为重力加速度，相同，两球下落的高度相同，重力做的功相同，由动能定理知两
17、球的动能变化量相同，故C、D错误。19(2019山东烟台诊断)如图所示，光滑细杆BC、AC和虚线AB构成直角三角形ABC，其中AC杆竖直，BC杆和AC杆间的夹角37，两根细杆上分别套有可视为质点的小球P、Q，其质量之比为12。现将P、Q两个小球分别从杆AC和BC的顶点由静止释放，不计空气阻力，sin370.6。则P、Q两个小球由静止释放后到运动至C点的过程中，下列说法正确的是()A重力的冲量之比为11B重力的冲量之比为56C合力的冲量之比为58D合力的冲量之比为52答案C解析设AC杆长为L，则BC杆长为Lcos，对于P：gtL，得tP，对于Q：gcostLcos，得tQ，即P、Q两个小球由静止
18、释放到运动至C点的时间相等，重力的冲量：IGmgt，因t相等，则二者重力的冲量之比等于质量之比，为12，则A、B错误；合力的冲量之比为：，则C正确，D错误。20(2019湖南常德一模)(多选)一竖直放置的轻弹簧，一端固定于地面，一端与质量为3 kg的B固定在一起，质量为1 kg的A放于B上。现在A和B正在一起竖直向上运动，如图所示。当A、B分离后，A上升0.2 m到达最高点，此时B速度方向向下，弹簧为原长，则从A、B分离起至A到达最高点的这一过程中，下列说法正确的是(g取10 m/s2)()AA、B分离时B的加速度为gB弹簧的弹力对B做功为零C弹簧的弹力对B的冲量大小为6 NsDB的动量变化量
19、为零答案ABC解析A、B分离时二者的速度相等，加速度也相等，可知二者分离时弹簧恢复原长，此时A、B的加速度相等，都等于重力加速度g，故A正确；A到达最高点时弹簧又恰好恢复到原长，此时B的速度大小与分离时速度的大小是相等的，由动能定理可知，弹簧对B做的功等于0，故B正确；分离时二者速度相同，这以后A做竖直上抛运动，由题设条件可知，A竖直上抛的初速度：v m/s2 m/s，A上升到最高点所需的时间t0.2 s，对B在此过程内由动量定理(规定向下为正方向)得：mBgtINmBv(mBv)，解得：IN6 Ns，故C正确；分离时B的速度方向向上，A上升0.2 m到达最高点时，B的速度方向向下，所以B的动
20、量变化量向下，一定不等于0，故D错误。21(2019山西太原二模)狗是人类最忠实的朋友，但是也会给环境、秩序，甚至人身安全带来威胁。据报道，某小区内，处在三楼的金毛犬，看到楼下外出归来的主人异常激动，从阳台水平飞出后落到主人头部，将主人的颈椎砸折。不考虑空气阻力，则金毛犬从阳台水平飞出后()A与人相撞前，金毛犬速度的方向不可能总与重力的方向垂直B与人相撞前，金毛犬单位时间内速率的变化量总是不变C与人相撞过程中，金毛犬对主人的作用力大小与它的重力有关D与人相撞过程中，金毛犬对主人作用力的方向与它动量的变化方向相同答案C解析金毛犬做平抛运动，从阳台飞出后，其水平方向的速度不可能为零，所以与人相撞前
21、，金毛犬速度的方向不可能总与重力的方向垂直，故A错误；与人相撞前，金毛犬速度的变化量vgt，所以单位时间内速度的变化量总是不变，但由矢量合成原理可知，金毛犬单位时间内速率的变化量是变化的，故B错误；与人相撞过程中，设金毛犬与主人相撞前后的速度差大小为v，相互间的作用力大小为F，对金毛犬根据动量定理可得(Fmg)tmv，解得Fmg，所以F的大小与金毛犬的重力有关，故C正确；与人相撞过程中，金毛犬对主人作用力的方向与它动量的变化方向相反，故D错误。22(2019四川攀枝花三模)如图，物体P、Q置于光滑水平面上，某时刻分别在相同大小的水平恒力F1、F2作用下，由静止开始运动，经时间t，P、Q发生的位
22、移大小关系为xPxQ，则t时刻()AF2的功率比F1的大 BP的速度比Q的大CP的动能比Q的大 DP的动量比Q的大答案A解析由题可知P、Q两物体均做匀加速直线运动，设末速度为v，由xt，又xPxQ，可知vPvQ，根据PFv知F2的功率比F1的大，故A正确，B错误；由动能定理得：FxEk0，又xPxQ，得P的动能比Q的小，故C错误；由动量定理得：Ftmv0，F相同，t相等，所以t时刻P、Q的动量相等，D错误。23(2019湖北名校联盟三模)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t0时间内的位移等于第二个t0时间内的位移B第一个t0时间内的平
23、均速度等于第二个t0时间内的平均速度C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D第一个t0时间内合外力做的功大于第二个t0时间内合外力做的功答案C解析速度时间图象中，图线与时间轴围成的面积表示物块的位移，则物块第一个t0时间内的位移小于第二个t0时间内位移，根据得，物块第一个t0时间内的平均速度小于第二个t0时间内的平均速度，故A、B错误；重力的冲量Imgt，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；根据动能定理可知，合外力对物块做的功等于物块动能的改变量，由图知，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
24、间内合外力做的功等于第二个t0时间内合外力做的功，故D错误。题组一基础大题24蹦床运动有“空中芭蕾”之称，某质量m50 kg的运动员从空中h11.25 m落下，接着又能弹起h21.8 m高度，此次人与蹦床的接触时间t0.50 s，取g10 m/s2，求：(1)运动员与蹦床接触时间内，所受重力的冲量大小I；(2)运动员与蹦床接触时间内，受到蹦床平均弹力的大小F。答案(1)250 Ns(2)1600 N解析(1)重力的冲量大小为：Imgt50100.5 Ns250 Ns。(2)设运动员下落h1高度时的速度大小为v1，再次弹起时的速度大小为v2，则有：v2gh1，v2gh2以竖直向上为正方向，对运动
25、员，由动量定理有：(Fmg)tmv2(mv1)代入数据解得：F1600 N。25科学家设想未来的宇航事业中利用太阳帆来加速星际飞船。设该飞船所在地每秒每单位面积的光子数为n，光子的平均能量为E，太阳帆的面积为S，反射率为100%。假定太阳光垂直射到太阳帆上，光速为c，试求：(1)一个光子的动量的大小；(2)光子对飞船的平均作用力的大小。答案(1)(2)解析(1)光子的平均能量为E，则光子的动量为：p。(2)设t时间内飞船对光子的平均作用力为F，取光子反射的方向为正方向，对t时间内射到太阳帆上的所有光子，根据动量定理可知：t(nSt)p(nSt)(p)解得：2nSp由牛顿第三定律可得光子对飞船的
26、平均作用力为。题组二高考大题26(2018江苏高考)如图所示，悬挂于竖直弹簧下端的小球质量为m，运动速度的大小为v，方向向下。经过时间t，小球的速度大小为v，方向变为向上。忽略空气阻力，重力加速度为g，求该运动过程中，小球所受弹簧弹力冲量的大小。答案2mvmgt解析取向上为正方向，由动量定理mv(mv)I且小球所受总的冲量I(mg)t，解得小球所受弹簧弹力的冲量，It2mvmgt。27(2016全国卷)某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底
27、板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为g。求：(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。答案(1)v0S(2)解析(1)设t时间内，从喷口喷出的水的体积为V，质量为m，则：mVVv0St由式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为v0S(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v。对于t时间内喷出的水，由能量守恒得(m)v2(m)gh(m)v在h高度处，t时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为p(m)v设水对玩具的作用力的大小为F，
28、根据动量定理有Ftp由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得FMg联立式得h。题组三模拟大题28(2019内蒙古呼和浩特市二模)撑杆跳高是奥运会一个重要的比赛项目。撑杆跳高整个过程可以简化为三个阶段：助跑、上升、下落；而运动员可以简化成质点来处理。某著名运动员在助跑过程中从静止开始以加速度2 m/s2做匀加速直线运动，速度达到10 m/s时撑杆起跳；达到最高点后，下落过程可以认为是自由落体运动，重心下落高度为6.05 m；然后落在软垫上，从接触软垫到速度为零用时0.8 s。运动员质量m75 kg，g取10 m/s2。(1)求运动员起跳前的助跑距离；(2)求自由落体运动下落的时间，以及运动员与软垫接触时的速度；(3)假设运动员从接触软垫到速度为零做匀减速直线运动，求运动员在这个过程中对软垫的压力。答案(1)25 m(2)1.1 s11 m/s(3)1.8103 N解析(1)根据速度位移公式得，运动员的助跑距离：x m25 m。(2)设运动员做自由落体运动的时间为t1，则位移为：hgt，代入数据得：t11.1 s设运动员刚要接触软垫时的速度为v，则有：v22gh，解得v m/s11 m/s。(3)设软垫对运动员的作用力大小为F，以竖直向下为正方向，对运动员，由动量定理得：(mgF)t0mv代入数据得：F1.8103 N由牛顿第三定律得运动员对软垫的压力为1.8103 N。
