專題9.1動量和動量定理【練】目錄TOC\o"1-3"\h\u一．練經典題型 1二、練創新情景 3三．練規范解答 6一．練經典題型1.(2021·山東九校上學期期末)物理學科核心素養第一要素是“物理觀念”，下列“物理觀念”中正確的是()A.做曲線運動的物體，動量的變化率一定改變B.合力對物體做功為零，則合力的沖量也一定為零C.做勻變速運動的物體，任意時間內的動量變化量的方向是相同的D.做圓周運動的物體，經過一個周期，合力的沖量一定為零【答案】C【解析】勻變速曲線運動中，物體動量的變化率恒定，選項A錯誤；合力做功為零說明力可能與位移相互垂直，或初末速度大小相等方向不同，但只要有力有時間則一定有沖量，故沖量不一定為零，選項B錯誤；勻變速運動中，合力恒定，物體的動量變化量的方向與受到的合力同向保持不變，選項C正確；做變速圓周運動的物體，經過一個周期，動量的變化量不一定為零，由動量定理知合力的沖量不一定為零，選項D錯誤。2.(2021·泉州模擬)在一光滑的水平面上，有一輕質彈簧，彈簧一端固定在豎直墻壁上，另一端緊靠著一物體A，已知物體A的質量m＝4kg，如圖所示。現用一水平力F作用在物體A上，并向左壓縮彈簧，力F做功50J后(彈簧仍處在彈性限度內)，突然撤去力F，物體A從靜止開始運動。則當撤去力F后，彈簧彈力對物體A的沖量大小為()A．20N·s B．50N·sC．25N·s D．40N·s【答案】A【解析】根據題意知，撤去力F時，彈簧具有的彈性勢能為Ep＝50J，根據機械能守恒定律得Ep＝eq\f(1,2)mv2，解得物體A離開彈簧的速度為v＝5m/s，根據動量定理得I＝mv－0＝4×5N·s＝20N·s，A正確，B、C、D錯誤。3.(多選)(2021·湖南衡陽八中二模)質量為2kg的物塊放在粗糙水平面上，在水平拉力的作用下由靜止開始運動，物塊的動能Ek與其位移x之間的關系如圖所示。已知物塊與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，g取10m/s2，則下列說法正確的是()A．x＝1m時物塊的速度大小為2m/sB．x＝3m時物塊的加速度大小為1.25m/s2C．在前2m的運動過程中物塊所經歷的時間為2sD．在前4m的運動過程中拉力對物塊做的功為25J【答案】BCD【解析】根據圖象知，x＝1m時，物塊的動能為2J，由eq\f(1,2)mv2＝2J，解得v＝eq\r(2)m/s，故A錯誤；對x＝2m到x＝4m的過程運用動能定理，有F合2Δx＝ΔEk，解得F合2＝2.5N，則物塊的加速度a＝eq\f(F合2,m)＝eq\f(2.5,2)m/s2＝1.25m/s2，故B正確；對前2m的運動過程運用動能定理得F合1Δx′＝ΔE′k，解得F合1＝2N，則物塊的加速度a′＝eq\f(F合1,m)＝eq\f(2,2)m/s2＝1m/s2，末速度v′＝eq\r(\f(2Ek,m))＝eq\r(\f(8,2))m/s＝2m/s，根據v′＝a′t得t＝2s，故C正確；對全過程運用動能定理得WF－μmgx＝ΔE″k，解得WF＝25J，故D正確。4.用水平力拉一物體，使物體在水平地面上由靜止開始做勻加速直線運動，t1時刻撤去拉力F，物體做勻減速直線運動，到t2時刻停止。其速度—時間圖象如圖所示，且α＞β，若拉力F做的功為W1，沖量大小為I1；物體克服摩擦阻力Ff做的功為W2，沖量大小為I2。則下列選項正確的是() A.W1＞W2；I1＞I2 B.W1＜W2；I1＞I2C.W1＜W2；I1＜I2 D.W1＝W2；I1＝I2【答案】D【解析】全過程由動能定理得W1－W2＝0，W1＝W2，由動量定理得I1－I2＝0，I1＝I2，故D正確。5.(2021·北京市豐臺區二模)將一物體以某一初速度沿豎直方向向上拋出。p表示物體的動量，eq\f(Δp,Δt)表示物體的動量變化率，取豎直向下為正方向，忽略空氣阻力。則下圖中正確的是()【答案】C【解析】取豎直向下為正方向，動量p＝mv＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－v0＋gt))＝－mv0＋mgt，mv0、mg是定值，故動量和時間的關系圖應為截距為負、斜率為正的直線，故A、B錯誤；動量的變化量Δp＝mgΔt，解得eq\f(Δp,Δt)＝mg，mg是定值，故eq\f(Δp,Δt)不隨時間變化，故C正確，D錯誤。6．(2021·玉溪一中月考)如圖所示，ad、bd、cd是豎直面內三根固定的光滑細桿，a、b、c、d位于同一圓周上，a點為圓周的最高點，d點為最低點。每根桿上都套著一個完全相同的小滑環(圖中未畫出)，三個滑環分別從a、b、c點無初速度釋放，下列關于它們下滑過程的說法中正確的是()A．重力對各環的沖量中a的最大B．彈力對各環的沖量中c的最大C．合力對各環的沖量大小相等D．各環的動能增量相等【答案】B【解析】設任一細桿與豎直方向的夾角為α，環運動的時間為t，圓周的直徑為D。則環的加速度大小為a＝gcosα。由位移公式得Dcosα＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(1,2)gt2cosα，得到t＝eq\r(\f(2D,g))，所以三個環的運動時間相同，由于三個環的重力相等，運動時間相同，由公式I＝Ft分析可知，重力對各環的沖量相等，A錯誤；彈力FN＝mgsinα，則c環受到的彈力最大，三個環的運動時間相等，則彈力對c環的沖量最大，B正確；a環的加速度最大，受到的合力最大，則合力對a環的沖量最大，C錯誤；重力對a環做功最多，其動能的增量最大，D錯誤。7.如圖所示，質量為m的物體，在大小確定的水平外力F作用下，以速度v沿水平面勻速運動，當物體運動到A點時撤去外力F，物體由A點繼續向前滑行的過程中經過B點，則物體由A點到B點的過程中，下列說法正確的是()A．v越大，摩擦力對物體的沖量越大，摩擦力做功越多B．v越大，摩擦力對物體的沖量越大，摩擦力做功與v的大小無關C．v越大，摩擦力對物體的沖量越小，摩擦力做功越少D．v越大，摩擦力對物體的沖量越小，摩擦力做功與v的大小無關【答案】D【解析】由題知，物體所受的摩擦力Ff＝F，且為恒力，由A到B的過程中，v越大，所用時間越短，If＝Ft越小；因為Wf＝F·eq\x\to(AB)，故Wf與v無關。選項D正確。8．(2021·黑龍江省實驗中學開學考試)某物體的v－t圖象如圖所示，下列說法正確的是()A.0～t1和t2～t3，合力做功和沖量都相同B.t1～t2和t3～t4，合力做功和沖量都相同C.0～t2和t2～t4，合力做功和沖量都相同D.0～t1和t3～t4，合力做功和沖量都相同【答案】C【解析】0～t1內動能的變化量為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，動量變化量為mv0；t2～t3內動能變化量為eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，動量變化量為－mv0，根據動能定理可知這兩段時間內合力做功相等，根據動量定理知合力的沖量不同，故A錯誤；t1～t2內動能變化量為0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，動量變化量為0－mv0＝－mv0，t3～t4內動能變化量為0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，動量變化量為0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－mv0))＝mv0。則知動能變化量相同，而動量變化量不同，所以合力做功相等，合力的沖量不同，故B錯誤；0～t2和t2～t4內動能變化量均為0，動量變化量均為0，根據動能定理和動量定理得知合力的功和沖量都相同，故C正確；由上分析得知：0～t1和t3～t4內動能變化量不同，動量變化量相同，故合力的功不相同，合外力的沖量相同，故D錯誤。9．(2021·贛州一模)一位質量為m的運動員從下蹲狀態向上跳起，經Δt時間，身體伸直并剛好離開地面，速度為v。在此過程中()A．地面對他的平均作用力為mg＋eq\f(mv,Δt)，地面對他做的功為eq\f(1,2)mv2B．地面對他的平均作用力為mg＋eq\f(mv,Δt)，地面對他做的功為零C．地面對他的平均作用力為eq\f(mv,Δt)，地面對他做的功為eq\f(1,2)mv2D．地面對他的平均作用力為eq\f(mv,Δt)，地面對他做的功為零【答案】B【解析】人的速度原來為零，起跳后變為v，則由動量定理可得I－mgΔt＝Δ(mv)＝mv，故地面對人的沖量為mv＋mgΔt；則地面對人的平均作用力F＝eq\f(I,Δt)＝mg＋eq\f(mv,Δt)，人在跳起時，地面對人的支持力豎直向上，在跳起過程中，在支持力方向上沒有位移，地面對運動員的支持力不做功，故B項正確，A、C、D三項錯誤。10.(2021·陜西寶雞市高考模擬檢測(二))如圖所示，在傾角為30°的足夠長的光滑固定斜面上有一質量為m的物體，它受到沿斜面方向的力F的作用。力F可按如圖所示的四種方式隨時間變化(圖中縱坐標是F與mg的比值，力沿斜面向上為正)。已知此物體在t＝0時速度為零，若用v1、v2、v3、v4分別表示上述四種受力情況下物體在3s末的速率，則這四個速度中最大的是()ABCD【答案】C【解析】根據動量定理分別研究四種情況下物體的速率。取t0＝1s，A圖中：mgsin30°·3t0＋F·2t0－Ft0＝mv1，得v1＝20m/s；B圖中：mgsin30°·3t0－Ft0＋Ft0＝mv2，得v2＝15m/s；C圖中：mgsin30°·3t0＋F·2t0＝mv3，得v3＝25m/s；D圖中：mgsin30°·3t0＋F·2t0－F′t0＝mv4，得v4＝15m/s。故選項C正確。二、練創新情景1.(2021·山東濰坊市第二次高考模擬)灌漿機可以將涂料以速度v持續噴在墻壁上，涂料打在墻壁上后完全附著在墻壁上。涂料的密度為ρ，墻壁上涂料厚度每秒增加u，不計涂料重力的作用，則噴涂料對墻產生的壓強為()A.ρuv B.eq\f(ρu,v)C.eq\f(ρv,u) D.eq\f(u,ρv)【答案】A【解析】在涂料持續飛向墻壁并不斷附著在墻壁上的過程中，涂料小顆粒的速度從v變為0，其動量的變化緣于墻壁對它的沖量，設在時間Δt內噴到墻壁上面積為ΔS，涂料增加的厚度為h。以質量為Δm的涂料為研究對象，墻壁對它的作用力設為F，由動量定理知FΔt＝Δmv，又p＝eq\f(F,ΔS)，Δm＝ρΔSh，h＝uΔt，聯立可得p＝ρuv，故A正確，B、C、D錯誤。2．(多選)(2021·1月河北學業水平選擇性考試模擬演練，7)游樂場滑索項目的簡化模型如圖6所示，索道AB段光滑，A點比B點高1.25m，與AB段平滑連接的BC段粗糙，長4m。質量為50kg的滑塊從A點由靜止下滑，到B點進入水平減速區，在C點與緩沖墻發生碰撞，反彈后在距墻1m的D點停下。設滑塊與BC段的動摩擦因數為0.2，規定向右為正方向。g取10m/s2。下列說法正確的是()A.緩沖墻對滑塊的沖量為－50N·sB.緩沖墻對滑塊的沖量為－250N·sC.緩沖墻對滑塊做的功為－125JD.緩沖墻對滑塊做的功為－250J【答案】BC【解析】彈運動到D點的過程，根據動能定理有：－μmgxCD＝0－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，代入數據解得v1＝3m/s，v2＝2m/s。滑塊與緩沖墻作用的過程中，根據動量定理有I＝－mv2－mv1，代入數據，得I＝－250N·s，故A錯誤，B正確；根據動能定理有：W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，代入數據得W＝－125J，故C正確，D錯誤。3.(多選)(2021·廣東汕頭市第一次模擬)科研人員在太空進行實驗，用質量為m的宇宙飛船去對接前方的火箭組，對接后整體保持勻速運動。然后開動飛船尾部的推進器，使飛船和火箭組共同加速。若推進器開動的時間為Δt，平均推力為F，測出飛船和火箭的速度變化為Δv，下列說法正確的是()A.飛船和火箭組的機械能守恒B.火箭組的質量M＝eq\f(FΔt,Δv)－mC.飛船對火箭組的彈力大小為FD.飛船對火箭組的彈力大小為F－eq\f(Δv,Δt)m【答案】BD【解析】飛船和火箭組受推力作用而加速運動，則機械能增加，選項A錯誤；對飛船和火箭組由動量定理FΔt＝(M＋m)Δv，可得火箭組的質量M＝eq\f(FΔt,Δv)－m，選項B正確；對火箭組，由牛頓第二定律得F1＝Ma＝Meq\f(Δv,Δt)＝F－eq\f(Δv,Δt)m＜F，選項C錯誤，D正確。4.(2021·山東青島市上學期期末)2020年8月11日超強臺風“利奇馬”登陸青島，導致部分高層建筑頂部的廣告牌損毀。臺風“利奇馬”登陸時的最大風力為11級，最大風速為30m/s。某高層建筑頂部廣告牌的尺寸為：高5m、寬20m，空氣密度ρ＝1.2kg/m3，空氣吹到廣告牌上后速度瞬間減為0，則該廣告牌受到的最大風力約為()A.3.9×103N B.1.1×105NC.1.0×104N D.9.0×104N【答案】B【解析】廣告牌的面積S＝5×20m2＝100m2，設t時間內吹到廣告牌上的空氣質量為m，則有m＝ρSvt，根據動量定理有－Ft＝0－mv＝0－ρSv2t，得F＝ρSv2，代入數據解得F＝1.1×105N，故B正確，A、C、D錯誤。5.(多選)[2021·山西太原市模擬(一)]如圖所示，從P點以水平速度v將小皮球拋向固定在地面上的塑料筐，小皮球恰好能夠入筐。不考慮空氣阻力，則小皮球在空中飛行的過程中()A.在相等的時間內，皮球動量的改變量相同B.在相等的時間內，皮球動能的改變量相同C.下落相同的高度，皮球動量的改變量相同D.下落相同的高度，皮球動能的改變量相同【答案】AD【解析】根據動量定理可得，皮球動量的改變量相同，故A正確；在相等的時間間隔內，皮球下落的高度不同，故重力做的功不相等，由動能定理知皮球動能的改變量不同，故B錯誤；下落相同的高度，時間并不相等，故皮球受到的重力的沖量不相等，由動量定理知皮球動量的增量不相同，故C錯誤；下落相同的高度，重力做功均為mgh，由動能定理知，小球動能的增量相同，故D正確。6．(多選)(2021·山東省等級考試模擬卷)第二屆進博會于2020年11月在上海舉辦，會上展出了一種乒乓球陪練機器人，該機器人能夠根據發球人的身體動作和來球信息，及時調整球拍將球擊回。若機器人將乒乓球以原速率斜向上擊回，球在空中運動一段時間后落到對方的臺面上，忽略空氣阻力和乒乓球的旋轉。下列說法正確的是()A.擊球過程合力對乒乓球做功為零B.擊球過程合力對乒乓球的沖量為零C.在上升過程中，乒乓球處于失重狀態D.在下落過程中，乒乓球處于超重狀態【答案】AC【解析】擊球過程乒乓球以原速率擊回，動能不變，根據動能定理，合力對乒乓球做功為零，速度方向改變，速度變化量不為零，根據動量定理，合力對乒乓球的沖量不為零，故選項A正確，B錯誤；在上升和下落過程中，乒乓球都只受到重力作用，加速度方向豎直向下，所以處于失重狀態，故選項C正確，D錯誤。7.(2021·湖南師大附中模擬)我國航天事業持續飛速發展，2019年1月，“嫦娥四號”飛船在太陽系最大的撞擊坑內靠近月球南極的地點著陸月球背面。假設有一種宇宙飛船利用離子噴氣發動機加速起飛。發動機加速電壓為U，噴出二價氧離子，離子束電流為I，那么下列結論正確的是(基本電荷為e，原子質量單位為m0，飛船質量為M)()A．噴出的每個氧離子的動量p＝2eUB．飛船所受到的推力為F＝4Ieq\r(\f(m0U,e))C．飛船的加速度為a＝eq\f(4I,m0)eq\r(\f(MU,e))D．推力做功的功率為2MeU【答案】B【解析】對于每個氧離子，根據動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，動量為p＝eq\r(2qmU)，其中q＝2e，m＝16m0，故p＝8eq\r(em0U)，故A錯誤；設在Δt時間內噴出N個氧離子，飛船受到的推力為F＝Neq\f(Δp,Δt)＝eq\f(N\r(2qmU),Δt)＝eq\f(Nq,Δt)eq\r(\f(2mU,q))，其中eq\f(Nq,Δt)＝I，q＝2e，m＝16m0，所以F＝4Ieq\r(\f(m0U,e))，a＝eq\f(4I,M)eq\r(\f(m0U,e))，故B正確，C錯誤；功率的單位是J·s－1，而2MeU的單位是kg·J，故D錯誤。8．(多選)(2021·福建龍巖市連城縣第一中學月考)如圖，完全相同的均勻水球緊挨在一起水平排列，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運動，恰好能穿出第4個水球，下列說法正確的是()A．子彈在每個水球中的速度變化量相同B．子彈在每個水球中的動能變化量相同C．子彈在每個水球中運動的時間相同D．每個水球對子彈的沖量不同【答案】BD【解析】設子彈穿過每個水球的距離為d，子彈在水球中做勻減速直線運動，穿出第4個水球時，其末速度為零，我們可以把子彈的運動視為反向的初速度為零的勻加速直線運動，則子彈穿過最后1個、最后2個、最后3個、全部的4個水球的位移大小分別為d、2d、3d、4d，根據x＝eq\f(1,2)at2知，這4段位移對應的時間之比為1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶2，所以子彈在每個水球中運動的時間不同，子彈在水球中沿水平方向做勻變速直線運動，則子彈在每個水球中加速度相同，受力相同，由Δv＝at及子彈在每個水球中運動的時間不同可知，子彈在每個水球中速度的變化量不同，選項A、C錯誤；子彈在每個水球中受力是相同的，運動的位移相同，所以子彈受到的阻力對子彈做的功相等，根據動能定理ΔEk＝W＝Fd，可知子彈在每個水球中的動能變化量相同，選項B正確；子彈在每個水球中受力是相同的，運動的時間不同，沖量I＝Ft，可知每個水球對子彈的沖量不同，選項D正確．9．(2021·山西晉中市模擬)質量相等的A、B兩物體放在同一水平面上，分別受到水平拉力F1、F2的作用從靜止開始做勻加速直線運動．經過時間t0和4t0速度分別達到2v0和v0時，分別撤去F1和F2，兩物體都做勻減速直線運動直至停止．兩物體速度隨時間的變化圖線如圖所示．設F1和F2對A、B兩物體的沖量分別為I1和I2，F1和F2對A、B兩物體做的功分別為W1和W2，則下列結論正確的是()A．I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5B．I1∶I2＝6∶5，W1∶W2＝3∶5C．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5D．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5【答案】C【解析】由題圖可知，兩物體勻減速運動的加速度大小相等，根據牛頓第二定律，勻減速運動過程中有Ff＝ma，則摩擦力大小相等．對全過程應用動量定理，有I－Fft＝0，則I1＝Ff·3t0，I2＝Ff·5t0，故I1∶I2＝3∶5；對全過程運用動能定理得：W－Ffx＝0，得W＝Ffx，v－t圖線與時間軸所圍成的面積表示物體運動的位移，則位移之比為6∶5，整個運動過程中F1和F2做功之比為W1∶W2＝x1∶x2＝6∶5，故C正確．10．(2021·江蘇吳江中學月考)如圖所示，武裝直升機的旋翼槳盤面積(槳葉旋轉形成的圓面面積)為S，空氣密度為ρ，直升機質量為m，重力加速度為g.當直升機向上勻速運動時，假設空氣阻力恒為f，空氣浮力不計，風力的影響也不計，下列說法正確的是()A．直升機懸停時受到的升力大小為mg＋fB．直升機向上勻速運動時，1s內被螺旋槳推動的空氣質量為eq\r(\f(mg＋f,2ρS))C．直升機向上勻速運動時，1s內被螺旋槳推動的空氣質量為eq\r(mg＋fρS)D．直升機向上勻速運動時，1s內發動機做的功為eq\r(\f(m3g3,ρS))【答案】C【解析】根據平衡條件可得直升機懸停時受到的升力大小為mg，故A錯誤；Δt時間內被螺旋槳推動的空氣的質量為Δm′＝ρSvΔt，螺旋槳對空氣的作用力大小F＝eq\f(Δp,Δt)，Δp＝Δm′v，由牛頓第三定律知空氣對螺旋槳的作用力大小F′＝F，為使飛機向上勻速運動，有F′＝mg＋f，聯立解得v＝eq\r(\f(mg＋f,ρS))，1s內被螺旋槳推動的空氣質量為M＝ρSv＝ρSeq\r(\f(mg＋f,ρS))＝eq\r(mg＋fρS)，故B錯誤，C正確；由動能定理可得1s內發動機所做的功為W＝eq\f(1,2)Mv2＝eq\f(1,2)eq\r(\f(mg＋f3,ρS))，故D錯誤．三．練規范解答1.在水平力F＝30N的作用下，質量m＝5kg的物體由靜止開始沿水平面運動．已知物體與水平面間的動摩擦因數μ＝0.2，若F作用6s后撤去，撤去F后物體還能向前運動多長時間才停止？(g取10m/s2)【答案】12s【解析】解法一用動量定理，分段求解．選物體為研究對象，對于撤去F前物體做勻加速運動的過程，始態速度為零，終態速度為v.取水平力F的方向為正方向，根據動量定理有(F－μmg)t1＝mv－0，對于撤去F后物體做勻減速運動的過程，始態速度為v，終態速度為零．根據動量定理有－μmgt2＝0－mv.聯立解得t2＝eq\f(F－μmg,μmg)t1＝eq\f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6s＝12s.解法二用動量定理，研究全過程．選物體作為研究對象，研究整個運動過程，這個過程的始、末狀態物體的速度都等于零．取水平力F的方向為正方向，根據動量定理得(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0解得t2＝eq\f(F－μmg,μmg)t1＝eq\f(30－0.2×5×10,0.2×5×10)×6s＝12s.2.(2021·懷化質檢)一輛轎車強行超車時，與另一輛迎面駛來的轎車相撞，兩車相撞后，兩車車身因相互擠壓，皆縮短了0.5m，據測算兩車相撞前速率約為30m