规范演练25 动量定理及其应用
[抓基础]
1．物体的动量变化量的大小为5 kg·m/s，则( ) A．物体的动量在减小 B．物体的动量在增大 C．物体的动量大小也可能不变 D．物体的动量大小一定变化 答案：C
2．(多选)关于物体的动量，下列说法中正确的是( ) A．物体的动量越大，其惯性也越大 B．同一物体的动量越大，其速度一定越大 C．物体的加速度不变，其动量一定不变
D．运动物体在任一时刻的动量方向一定是该时刻的速度方向 答案：BD
3．质量为m的钢球自高处落下，以速度v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2.在碰撞过程中，地面对钢球的冲量的方向和大小为( )
A．向下，m(v1－v2) C．向上，m(v1－v2) 答案：D
4．(2019·珠海调研)将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s，以下判断正确的是( )
A．小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 N·s B．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零 C．小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s D．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 N·s 答案：A
5．(2019·湖南师大附中月考)水平拉力分别作用在静止于水平面上等质量的a、b两物体上，F1＞F2，作用相同距离，两物体与水平面的动摩擦因数相同，则这个过程中F1、F2的冲量I1、I2的大小关系正确的是( )
2
B．向下，m(v1＋v2) D．向上，m(v1＋v2)
A．一定I1＞I2 C．一定I1＝I2 12
解析：由x＝at，得t＝
2
B．一定I1＜I2 D．可能I1＜I2 2x，
a由牛顿第二定律F－μmg＝ma，得a＝则冲量I＝Ft＝F×
2x＝
F－μmgF－μmg， m，由数学知识，整理得
1μmg－2
2mxmI＝
2mx1??1
－μmg?－?4μmg?F2μmg?1
FF11
，当＝，即F＝2μmg时，冲量I有最小值，2F2μmg因不知道F1、F2与2μmg的大小关系，所以两冲量的关系无法确定，故D正确．
答案：D
6．(2019·北京房山区高三期末)质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速度落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向弹回．取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是( )
A．Δp＝2 kg·m/s，W＝－2 J B．Δp＝－2 kg·m/s，W＝2 J C．Δp＝0.4 kg·m/s，W＝－2 J D．Δp＝－0.4 kg·m/s，W＝2 J
解析：取竖直向上的正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为Δp＝mv2－mv1＝0.2×4 kg·m/s－0.2×(－6)kg·m/s＝2kg·m/s，方向竖直向上．由动能定理可知，合外力做12121122
的功W＝mv2－mv1＝×0.2×4 J－×0.2×6 J＝－2 J，故A正确．
2222
答案：A
7．(多选)质量相等的A、B两个小球，沿着倾角分别是α和β的两个光滑的固定斜面，由静止从同一高度h2下滑到同样的另一高度h1，如图所示，则A、B两小球( )
A．滑到h1高度时的动量相同 B．滑到h1高度时的动能相等
C．由h2滑到h1的过程中小球动量变化量相等 D．由h2滑到h1的过程中小球动能变化量相等 答案：BD
8．(多选)如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，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点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有( )
A．小球的机械能减少了mg(H＋h) B．小球克服阻力做的功为mgh C．小球所受阻力的冲量大于m2gH D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量
解析：由动能定理得mg(H＋h)＋Wf＝0，Wf＝－mg(H＋h)，所以小球的机械能减少了mg(H12
＋h)，A正确，B错误；小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgH＝mv，v＝2gH，落到
2地面上后又陷入泥潭，由动量定理IG－If＝0－mv，所以If＝IG＋mv＝IG＋m2gH，小球所受阻力的冲量大于m2gH，C正确；由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，D错误．
答案：AC
[提素养]
9．(2019·安徽铜陵联考)如图所示，在倾角为30°的足够长的光滑固定斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用．力F可按如图所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)．已知此物体在t＝0时速度为零，若用v1、
v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3 s末的速率，则这四个速率中最大的是( )
A B
C D
解析：根据动量定理分别研究四种情况下物体的速率．取t0＝1 s，A图中：mgsin 30°·3t0
＋F·2t0－Ft0＝mv1，得v1＝20 m/s；B图中：mgsin 30°·3t0－Ft0＋Ft0＝mv2，得v2＝15 m/s；C图中：mgsin 30°·3t0＋F·2t0＝mv3，得v3＝25 m/s；D图中：mgsin 30°·3t0＋F·2t0－F′t0＝mv4，得v4＝15 m/s.故选项C正确．
答案：C
10．(多选)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落回到地面．若该过程中空气阻力不能忽略，且大小近似不变，则下列说法中正确的是( )
A．重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等 B．重力在上升过程与下降过程中的冲量相同
C．整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量 D．整个过程中空气阻力的冲量等于小球动量的变化量
解析：根据W＝Gh可知，重力在上升过程与下降过程中做的功大小相等，选项A正确；上升过程中的加速度a上＝g＋大于下降过程中的加速度a下＝g－，则上升的时间小于下降的时间，即t上＜t下，根据I＝Gt可知，重力在上升过程中的冲量小于下降过程中的冲量，选项B错误；根据功能关系，整个过程中空气阻力所做的功等于小球机械能的变化量，选项C正确；整个过程中空气阻力的冲量和重力的冲量之和等于小球动量的变化量，选项D错误．
答案：AC
11.(多选)如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是( )
FfmFfm
A．斜面对物体的弹力的冲量为零 B．物体受到的重力的冲量大小为mgt C．物体受到的合力的冲量大小为零 D．物体动量的变化量大小为mgsin θ·t 答案：BD
12．质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上，物体与桌面间的动摩擦因数为
μ＝0.4.有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上，使之加速前进，经3 s后撤去F.求物
体运动的总时间．(g取10 m/s)
解析：物体由开始运动到停止运动的全过程中，F的冲量为Ft1，摩擦力的冲量为Fft.
2
选水平恒力F的方向为正方向，根据动量定理有
Ft1－Fft＝0，①
又Ff＝μmg，② 联立①②式解得t＝
Ft1
， μmg代入数据解得t＝3.75 s. 答案：3.75 s
13．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度约为30 m/s.
(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力；
(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力．
解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5 m.
v02x1
设运动的时间为t，根据x＝t，得t＝＝ s，
2v030
根据动量定理Ft＝Δp＝mv0， 得F＝
mv060×304
＝ N＝5.4×10 N. t1
30
(2)若人系有安全带，则F′＝
4
mv060×303
＝ N＝1.8×10 N. t′1
3
答案：(1)5.4×10 N (2)1.8×10 N
2021高考物理一轮复习规范演练25动量定理及其应用含解析新人教版
