2019年
A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s
B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg·m/sC．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg·m/s
D．t＝4 s时物块的速度为零
解析：选AB 法一：根据F-t图线与时间轴围成的面积的物理意义为合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，应用动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、
4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B项正确，C、D项错误。
法二：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/s2＝1 m/s2，t＝1 s时物块的速率v1＝a1t1＝1 m/s，A正确；t＝2 s时物块的速率v2＝a1t2＝2 m/s，动量大小为p2＝mv2＝4 kg·m/s，B正确；物块在2～4 s内做匀减速直线运动，加速度的大小为a2＝＝0.5 m/s2，t＝3 s时物块的速率v3＝v2－a2t3＝(2－0.5×1) m/s＝1.5 m/s，动量大小为p3＝mv3＝3 kg·m/s，C错误；t＝4 s时物块的
速率v4＝v2－a2t4＝(2－0.5×2) m/s＝1 m/s，D错误。
4.将一个顶端由静止开
质量为m的小木块放在光滑的斜面上，使木块从斜面的始向下滑动，滑到底端总共用时t，如图所示，设在下滑
的前一半时间内木块的动量变化为Δp1，在后一半时间内其动量变化为Δp2，则
Δp1∶Δp2为( )
B．1∶3 A．1∶2
D．2∶1 C．1∶1
解析：选C 木块在下滑的过程中，一直受到的是重力与斜面支持力的作用，二力的合力大小恒定为F＝mgsin θ，方向也始终沿斜面向下不变。由动量定理可得Δp1∶Δp2＝(F·t1)∶(F·t2)＝(mgsin θ·t)∶(mgsin θ·t)＝1∶1。故选项C
正确。
★5．(2018·三明一中模拟)质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离开地的速率为v2。在碰撞过程中，钢球受到合力的冲量
2019年
的方向和大小为( )
B．向下，m(v1＋v2) A．向下，m(v1－v2)
D．向上，m(v1＋v2) C．向上，m(v1－v2)
解析：选D 根据动量定理可知钢球受到合力的冲量等于钢球动量的变化量，选取向下为正方向，I＝－mv2－mv1＝－m(v1＋v2)，则钢球受到合力的冲量的方向向
上，大小为m(v1＋v2)。故D正确。
[B级——中档题目练通抓牢]
6．[多选]某同学为了测定当地的重力加速度，完成了如下的操作：将一质量为m的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v0，经过一段时间后小球落地，取从发射到小球上升到最高点为过程1，小球从最高点至返回地面为过程2。如果忽
略空气阻力，则下述说法正确的是( )
A．过程1和过程2动量的变化大小都为mv0
B．过程1和过程2动量变化的方向相反
C．过程1重力的冲量为mv0，且方向竖直向下
D．过程1和过程2重力的总冲量为0
解析：选AC 根据竖直上抛运动的对称性可知，小球落地的速度大小也为v0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中小球只受到重力的作用。选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量Δp1＝0－(－mv0)＝mv0，下落过程动量的变化量Δp2＝mv0－0＝mv0，大小均为mv0，且方向均竖直向下，A、C正确，B错误；小球由地面竖直向上发射到上升至最高点又返回地面的整个过程中重力的冲量为I＝mv0－(－
mv0)＝2mv0，D错误。
7．一个质量为m＝100 g的小球从h＝0.8 m的高处自由下落，落到一个厚软垫上，若从小球接触软垫到小球陷至最低点经历了t＝0.2 s，规定竖直向下的方向为正，
则在这段时间内，软垫对小球的冲量为(取g＝10 m/s2)( )
B．0.4 N·s A．0.6 N·s C．－0.6 N·s
D．－0.4 N·s
解析：选C 设小球自由下落h＝0.8 m的时间为t1，由h＝gt12得t1＝ ＝0.4
2019年
s。设IN为软垫对小球的冲量，并令竖直向下的方向为正方向，则对小球整个运动过
程运用动量定理得mg(t1＋t2)＋IN＝0，解得IN＝－0.6 N·s。
负号表示软垫对小球的冲量方向和重力的方向相反。故选项C正确。
★8．[多选]质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动，经过时间t，下降的
高度为h，速度变为v，在这段时间内物体动量变化量的大小为( )
B．mgt
2gh
A．m(v－v0)
C．m
D．m
解析：选BCD 由动量定理可得，物体在时间t内动量变化量的大小为mgt，B正确；物体在平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向，其大小Δv＝，由机械能守恒定律可得：mv02＋mgh＝mv2，所以＝，故物体动量变化量Δp＝mΔv＝m＝m，选项
C、D均正确，只有选项A错误。
★9．将质量为500 g的杯子放在台秤上，一个水龙头以每秒700 g水的流量注
入杯中。注至10 s末时，台秤的读数为78.5 N，则注入杯中水流的速度是多大？
解析：以在很短时间Δt内，落在杯中的水柱Δm为研究对象，水柱受向下的重
力Δmg和向上的作用力F。
设向上的方向为正，由动量定理得：
(F－Δmg)Δt＝0－(－Δmv)
因Δm很小，Δmg可忽略不计，并且＝0.7 kg/s
F＝ v＝0.7v(N)台秤的读数G读＝(m杯＋m水)g＋F78．5＝(0.5＋0.7×10)×10＋0.7v
解得v＝5 m/s。
答案：5 m/s10．如图所上，它与桌面
示，质量0.5 kg，长1.2 m的金属盒AB，放在水平桌面间动摩擦因数μ＝，在盒内右端B放着质量也为0.5 kg，
半径为0.1 m的弹性球，球与盒接触面光滑。若在A端给盒以水平向右的冲量1.5
N·s，设盒在运动中与球碰撞时间极短，且无能量损失，求：
2019年
(1)盒从开始运动到完全停止所通过的路程是多少；(2)盒从开始运动到完全停止所经过的时间是多少。
解析：(1)研究对象是金属盒，盒受冲量I后获得速度v，
由动量定理，有I＝mv－0，v＝＝ m/s＝3 m/s
盒以此速度向右运动，运动中受到桌面对盒的摩擦力
f＝μFN＝μ·2mg－μ·2mg＝ma即a＝－2μg
盒运动了x1＝(1.2－0.1×2)m＝1 m后速度减少为v′。
v′2－v2＝2ax1
v′＝＝ m/s
＝2 m/s，
盒左壁A以v′速度与球相碰，因碰撞中无能量损失，盒停止，球以v′＝2 m/s的速度向右做匀速直线运动，运动1 m后又与盒的右壁相碰，盒又以v′＝2 m/s的
速度向右运动，直到停止。
0－v′2＝2ax2
即x2＝＝＝ m＝0.8 m
因x2只有0.8 m，此时静止小球不会再与盒的左壁相碰，所以盒通过的总路程为
s＝x1＋x2＝1 m＋0.8 m＝1.8 m。(2)盒从开始运动到与球相碰所用时间为t1根据动量定理，有－μ·2mgt1＝mv′－mv
t1＝＝ s＝0.4 s；小球匀速运动时间t2＝＝ s＝0.5 s ；
盒第二次与球相碰后到停止运动的时间为t3，根据动量定理，有－μ·2mgt3＝
0－mv′
t3＝＝ s＝0.8 s；总时间t＝t1＋t2＋t3＝(0.4＋0.5＋0.8)s＝1.7 s。
答案：(1)1.8 m (2)1.7 s
2019年
[C级——难度题目自主选做]
11．[多地面高H的A点阻力作用，到达力加速度为g。
选](2018·常德模拟)如图所示，质量为m的小球从距离由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重
关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有( )
A．小球的机械能减小了mg(H＋h)
B．小球克服阻力做的功为mgh
2gH
C．小球所受阻力的冲量大于m
D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
解析：选AC 小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小了mg(H＋h)，则小球的机械能减小了mg(H＋h)，故A正确；对小球下落的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错误；小球落到地面的速度v＝，对进入泥潭的过程运用动量定理得：IG－IF＝0－m，得：IF＝IG＋m，知阻力的冲量大于m，故C正确；对全过程分析，运用动量定理知，动量的变化量等于重
力的冲量和阻力冲量的矢量和，故D错误。
12．[多选](2018·天津质量调查)几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水
球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，则可以判断的是( )
A．子弹在每个水球中的速度变化相同B．子弹在每个水球中运动的时间不同
C．每个水球对子弹的冲量不同
D．子弹在每个水球中的动能变化相同
解析：选BCD 恰好能穿出第4个水球，即末速度v＝0，逆向看子弹由右向左做初速度为零的匀加速直线运动，则自左向右子弹通过四个水球的时间比为(2－)∶(－)∶(－1)∶1，则B正确。由于加速度a恒定，由at＝Δv，可知子弹在每个水球中的速度变化不同，A项错误。因加速度恒定，则每个水球对子弹的阻力恒定，则由I＝ft可知每个水球对子弹的冲量不同，C项正确。由动能定理有ΔEk＝fx，f
2020高考物理一轮复习第六章动量学案
