資源簡介

中小學教育資源及組卷應用平臺
1.2動量定理
考點一、沖量 1
考點二、動量定理 4
【鞏固練習】 9
考點一、沖量
1．沖量
(1)定義：力與力的作用時間的乘積．
(2)定義式：I＝FΔt.
(3)物理意義：沖量是反映力的作用對時間的累積效應的物理量，力越大，作用時間越長，沖量就越大．
(4)單位：在國際單位制中，沖量的單位是牛秒，符號為N·s.
(5)矢量性：如果力的方向恒定，則沖量的方向與力的方向相同；如果力的方向是變化的，則沖量的方向與相應時間內物體動量變化量的方向相同．
（2022 海南）在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是F1，乙對甲的作用力是F2，則這兩個力（　　）
A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同
C．F1的沖量大于F2的 D．F1的沖量小于F2的
【解答】解：AB、，在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是F1，乙對甲的作用力是F2，根據牛頓第三定律可知F1與F2為作用力反作用力，大小相等方向相反，故A正確，B錯誤；
CD、由于F1和F2大小相等，甲推乙兩力作用時間相等，故兩力的沖量大小相等，方向相反，故CD錯誤；
故選：A。
（2022春 海南期末）一質量為m的物體在水平恒力F作用下沿著水平面從靜止開始運動，運動一段時間后撤去外力，然后勻減速運動到靜止，整個過程，下列說法正確的是（　　）
A．重力對物體的沖量為零
B．拉力的沖量和摩擦力的沖量相同
C．拉力做的功和摩擦力做的功相同
D．重力做功為零
【解答】解：A、設整個過程所用時間為t，則重力對物體的沖量為I＝mgt，故A錯誤；
B、整個過程，物體的動量變化為零，根據動量定理可知拉力的沖量和摩擦力的沖量大小相等，方向相反，故B錯誤；
C、整個過程，物體的動能變化為零，根據動能定理可知拉力做的功大小和摩擦力做的功大小相等，但拉力做正功，摩擦力做負功，故C錯誤；
D、由于物體在水平面運動，位移方向與重力垂直，可知重力做功為零，故D正確。
故選：D。
（2022春 臨洮縣校級期中）如圖所示，兒童樂園里，質量為m的小女孩從滑梯上由靜止滑下?？諝庾枇Σ挥嫞菘傻刃樾泵?，與水平面的夾角為θ，已知小女孩與滑梯的動摩擦因數為μ，下滑的時間為t，重力加速度g，則小女孩下滑過程中（　?。?br/>A．彈力的沖量為零
B．重力的沖量為mgtsinθ
C．合力的沖量大小為mg（sinθ﹣μcosθ）t
D．受到的摩擦力與其反作用力的總沖量為零，總功也為零
【解答】解：A、小女孩下滑過程中彈力為mgcosθ，則彈力的沖量為I＝Ft＝mgtcosθ，故A錯誤；
B、重力的大小為mg，重力的沖量為mgt，故B錯誤；
C、在下滑過程中，合力的沖量大小等于動量的變化量為I＝F合t＝p末﹣0＝mg（sinθ﹣μcosθ）t，故C正確；
D、小女孩下滑過程中受到的摩擦力與其反作用力大小相等，方向相反，則根據沖量的計算公式I＝Ft可知，總沖量為零；根據Wf＝﹣μmgxcosθ，可知總功為負值，故D錯誤；
故選：C。
（2022春 海淀區校級期中）如圖所示，一物體在與水平成θ角的拉力F作用下勻速前進了時間t，則（　?。?br/>A．拉力F對物體的沖量大小為Ft
B．拉力F對物體的沖量大小為Ftcosθ
C．合外力對物體的沖量大小為Ftsinθ
D．合外力對物體的沖量為Ftcosθ
【解答】解：AB、拉力的沖量大小為I＝Ft，方向與水平方向成θ角，故A正確，B錯誤；
CD、物體勻速前進，合外力為零，故合外力的沖量為0，故CD錯誤；
故選：A。
（2022春 浙江期中）第24屆北京冬奧會短道速滑2000米混合接力賽中國隊驚險奪冠，獲得首金。在速滑接力賽中，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間的阻力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．甲對乙的作用力與乙對甲的作用力是一對平衡力
B．乙對甲的作用力一定做正功，甲的動能一定增大
C．乙對甲作用力大于甲對乙的作用力
D．甲對乙的沖量與乙對甲的沖量相同
【解答】解：AC、甲對乙的作用力與乙對甲的作用力，作用在不同物體上，所以甲乙間的作用力為相互作用力，不是平衡力，且大小相等，方向相反，作用在同一直線上，故AC錯誤；
B、乙猛甲，對甲做正功，甲的動能增大，故B正確；
D、甲乙間作用力大小相等，方向相反，沖量是矢量，所以甲對乙的沖量與乙對甲的沖量大小相同，方向相反，故D錯誤；
故選：B。
考點二、動量定理
(1)內容：物體在一個運動過程中始末的動量變化量等于它在這個過程中所受力的沖量．
(2)公式：mv′－mv＝F(t′－t)或p′－p＝I．
（2023 麗水二模）在離地一定高度的O點，同時斜向上拋出兩質量不同的小球A和B，某時刻兩小球運動到同一豎直線上，如圖所示，此時兩小球均未落地且連線中點恰好與O點等高，阻力不計，則兩小球在此過程中（　?。?br/>A．位移相同
B．速度的變化量相同
C．動量的變化量相同
D．拋出時速度的大小可能相同
【解答】解：A．由題可知，兩小球在水平方向的位移相等，在豎直方向的位移大小相等，方向相反，根據平行四邊形定則可知此過程中的位移大小相等，方向不同，故A錯誤；
B．二者運動的時間相等，根據Δv＝gt，可知兩小球在此過程中速度的變化量相同，故B正確；
C．根據Δp＝mΔv，由于兩球的質量不同，可知兩小球在此過程中動量的變化量不相同，故C錯誤；
D．小球在水平方向做勻速運動，由于水平位相等，所以兩球拋出時的水平分速度v0x相等；豎直方向有，可知兩球拋出時的豎直分速度v0y不相等；根據，可知兩球拋出時速度的大小不相同，故D錯誤。
故選：B。
（2023春 中山區校級期中）如圖，籃球隊運動員進行原地縱跳摸高訓練。運動員先下蹲，重心下降，經過充分調整后，由靜止發力跳起摸高。忽略空氣阻力影響，在蹬地過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A．運動員始終處于超重狀態
B．運動員的機械能守恒
C．地面對運動員不做功
D．地面對運動員的沖量小于運動員重力的沖量
【解答】解：A．運動員從用力蹬地到剛離開地面的起跳過程，運動員先向上加速，當地面支持力等于重力時速度達到最大，之后腳與地面作用力逐漸減小，加速度向下，運動員開始減速，當腳與地面作用力為零時，離開地面。故運動員先超重后失重，選項A錯誤；
B．人要消耗體內化學能轉化為機械能，故機械能增加，機械能不守恒，選項B錯誤；
C．地面對運動員的支持力沒有位移，則不做功，選項C正確；
D．運動員向下加速時，地面對運動員的彈力小于重力，即地面對運動員的沖量小于運動員重力的沖量；向下減速時，地面對運動員的彈力大于重力，即地面對運動員的沖量大于運動員重力的沖量；向上加速到離地時，地面對運動員的彈力大于重力，即地面對運動員的沖量大于運動員重力的沖量，選項D錯誤。
故選：C。
（2023春 洛陽月考）2022年6月1日，網球名將納達爾以3：0的總比分淘汰德約科維奇，成功晉級四強，如圖所示，質量為58g的網球以144km/h的水平速度朝納達爾飛來，納達爾以216km/h的水平速度反向擊回，假設網球與球拍的作用時間為0.02s。則下列說法正確的是（　　）
A．網球動量變化量的大小為1.16kg m/s
B．網球動能變化量的大小為150.8J
C．球拍對網球做功為零
D．球拍與網球之間的平均作用力大小為290N
【解答】解：A、假設以網球飛來的方向為正，則初速度為v1＝144km/h＝40m/s
網球被擊回的速度為v2＝﹣216km/h＝﹣60m/s
同一條直線上的動量變化就等于末動量減去初動量，網球動量的變化量為
Δp＝mv2﹣mv1＝58×10﹣3×（﹣60）kg m/s﹣58×10﹣3×40kg m/s＝﹣5.8kg m/s
故A錯誤；
B、網球動能的變化量為末動能減去初動能，列式并代入數據解得：58J
故B錯誤；
C、由動能定理可知球拍對網球做的功等于球動能的變化量，故C錯誤；
D、以網球飛來的方向為正，設球拍與網球之間的平均作用力大小為F，由動量定理可知﹣Ft＝mv2﹣mv1
解得：F290N
故D正確。
故選：D。
（2023 平度市二模）如圖甲所示，固定光滑斜面上有質量為m＝6kg的物體，在大小為12N，方向平行于斜面的拉力F的作用下做勻速直線運動，從x1＝﹣2.5m位置處拉力F逐漸減小，力F隨位移x的變化規律如圖乙所示，當x2＝7m時拉力減為零，物體速度剛好為零，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（　?。?br/>A．斜面傾角θ為30°
B．整個上滑的過程中，物體的機械能增加27J
C．物體勻速運動時的速度大小為3m/s
D．物體在減速階段所受合外力的沖量為﹣12N s
【解答】解：A.當物體沿斜面向上做勻速直線運動時，由平衡條件得：
F＝mgsinθ
其中F＝12N，m＝6kg
代入數據得：sinθ＝0.2，所以θ＜30°，故A錯誤；
B.圖象與坐標軸圍成的面積表示拉力做的功，則由圖象可知，整個過程中拉力F做的功為：
WF＝12×2.5J（7﹣2.5）×12J＝57J
物體機械能的變化量等于重力以外的力做的功，則該物體在上滑過程中除重力做功外只有拉力F做功，所以物體的機械能增加了57J，故B錯誤；
CD.整個過程中重力做功為：
WG＝ mgx2sinθ
代入數據得：WG＝ 84J
根據動能定理得：WG+WF＝0
解得：v0＝3m/s
根據動量定理可得：
I＝0﹣mv0
代入數據得：I＝﹣18Ns，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2023 皇姑區校級模擬）如圖甲所示，一小物塊在水平向右的推力F作用下從A點由靜止開始向右做直線運動，力F的大小隨時間變化的規律如圖乙所示，小物塊塊的質量m＝1kg，與臺面間的動摩擦因數μ＝0.1，g＝10m/s2。則小物塊在t＝1.5s時刻的速度（　?。?br/>A． B． C． D．
【解答】解：F﹣t圖像與坐標軸圍成的面積表示力F的沖量，即為：IF2×（1.5﹣1）N s＝2.4N s
取向右為正方向，根據動量定理可得：IF﹣μmgt＝mv﹣0
解得：vm/s，故B正確、ACD錯誤。
故選：B。
1．沖量的計算
(1)求某個恒力的沖量：用該力和力的作用時間的乘積．
(2)求合沖量的兩種方法：
可分別求每一個力的沖量，再求各沖量的矢量和；另外，如果各個力的作用時間相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．
(3)求變力的沖量：
①若力與時間成線性關系變化，則可用平均力求變力的沖量．
②若給出了力隨時間變化的圖象如圖所示，可用面積法求變力的沖量．
③利用動量定理求解．
2．動量定理的應用
(1)定性分析有關現象：
①物體的動量變化量一定時，力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越?。?br/>②作用力一定時，力的作用時間越長，動量變化量越大；力的作用時間越短，動量變化量越?。?br/>(2)應用動量定理定量計算的一般步驟：
①選定研究對象，明確運動過程．
②進行受力分析和運動的初、末狀態分析．
③選定正方向，根據動量定理列方程求解．
【鞏固練習】
（2023春 大興區期中）如圖所示，一個質量為0.1kg的鋼球，以5m/s的速度水平向右運動，若碰到堅硬的墻壁后以原來速度大小彈回。關于碰撞前后鋼球的動量變化量，下列說法正確的是（　?。?br/>A．動量變化量的大小是0
B．動量變化量的大小是1.0kg m/s，方向水平向左
C．動量變化量的大小是1.0kg m/s，方向水平向右
D．動量變化量的大小是0.5kg m/s，方向水平向左
【解答】解：設向左為正方向，則動量變化量：Δp＝p'﹣p＝mv′﹣mv＝0.1×5kg m/s﹣0.1×（﹣5）kg m/s＝1kg m/s，方向水平向左；故ACD錯誤，B正確；
故選：B。
（2023春 大興區期中）如圖所示，一物體靜止在水平地面上，受到與水平方向成θ角的恒定拉力F作用時間t后，物體仍保持靜止。下面說法正確的是（　　）
A．物體所受拉力F的沖量方向水平向右
B．物體所受拉力F的沖量大小是Ftcosθ
C．物體所受重力的沖量大小為0
D．物體所受合力的沖量大小為0
【解答】解：A、拉力的沖量方向與拉力的方向相同，即方向與水平方向成θ角斜向右上方，故A錯誤；
B、根據沖量的定義可知，拉力F的沖量大小IF＝Ft，故B錯誤；
C、物體受到的重力的沖量為mgt，不為零，故C錯誤；
D、物體保持靜止，動量變化為零，根據動量定理可知，物體所受合力的沖量大小為零，故D正確。
故選：D。
（2023春 番禺區校級期中）如圖所示，a、b、c三個相同的小球，a從光滑斜面頂端由靜止開始自由下滑，同時b、c從同一高度分別開始自由下落和平拋．下列說法正確的有（　?。?br/>A．它們同時到達同一水平面
B．重力對它們的沖量相同
C．它們的末動能相同
D．它們動量變化量的大小相同
【解答】解：A．球b自由落體運動，球c的豎直分運動是自由落體運動，故b、c兩個球的運動時間相同，為t
球a受重力和支持力，合力為mgsinθ，加速度為gsinθ，根據
得
故t＜t′，故A錯誤；
B．由于重力相同，而重力的作用時間不同，故重力的沖量不同，故B錯誤；
C．初動能不全相同，而合力做功相同，故根據動能定理mgh
可知b的動能最小，ac動能相同，故C錯誤；
D．b、c兩球合力相同，運動時間相同，故合力的沖量相同，根據動量定理，動量的變化量也相同，a、b兩球機械能守恒
可得
所以，它們動量變化的大小相同，故D正確。
故選：D。
（2023春 重慶月考）水平拋出在空中飛行的物體，不考慮空氣阻力，則下列說法中錯誤的是（　?。?br/>A．在相等的時間間隔內動量的變化相同
B．在剛拋出物體的瞬間，動量對時間的變化率為零
C．在任何時間內，動量對時間的變化率恒定
D．在任何時間內，動量變化的方向都是豎直方向
【解答】解：A、平拋運動的物體只受到重力的作用，根據動量定理，動量的變化ΔP＝Gt，G恒定不變，在相等的時間間隔內動量的變化ΔP相同。故A正確。
D、根據動量定理：平拋物體動量變化的方向與重力方向相同，不變。故D正確。
BC、由動量定理變形得G，平拋物體動量對時間的變化率恒定。故C正確，B錯誤。
本題選錯誤的，故選：B。
（2023春 南京期中）將一小球豎直向上拋出，其動能隨時間的變化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。已知小球的質量為m，最終小球的動能為E0，重力加速度為g，若不考慮小球會落地，則小球在整個運動過程中（　　）
A．加速度先減小后增大
B．合力的沖量大小為
C．最大的加速度為5g
D．從最高點下降至原位置所用時間小于t1
【解答】解：A．依題意，空氣阻力f＝kv，上升過程，由牛頓第二定律mg+kv＝ma1
小球做加速度逐漸減小的減速直線運動，到最高點速度減為零，加速度減小為g；
小球下降的過程，由牛頓第二定律有mg﹣kv＝ma2
小球做加速度逐漸減小的加速直線運動，當加速度減為零后，小球向下做勻速直線運動，故全程加速度一直減小，故A錯誤；
B．設小球的初速度為v0，根據題中圖象
而小球的末速度為v1，根據題中圖象有
取向下為正，根據動量定律有，故B錯誤；
C．小球剛拋出時阻力最大，其加速度最大，由牛頓第二定律有mg+kv0＝mamax
當小球向下勻速時，根據平衡條件有mg＝kv1
聯立解得amax＝5g，故C正確；
D．小球上升和下降回到出發點的過程，由逆向思維，根據自由落體位移—時間公式
因，則有
t1＜t2
即從最高點下降至原位置所用時間大于t1，故D錯誤。
故選：C。
（2023 南通模擬）如圖所示，從地面上同一位置同時拋出兩小球A、B，分別落在地面上的M、N點，已知兩球運動的最大高度相同，空氣阻力不計，則上述運動過程中（　　）
A．B相對A做勻速直線運動
B．B的速度變化率逐漸增大
C．B的速率始終比A的小
D．B的初動量比A的大
【解答】解：A．兩小球均做斜拋運動，加速度相同，故B相對A做勻速直線運動。故A正確；
B．根據，B的速度變化率不變。故B錯誤；
CD．根據，H相同，兩球拋出時初速度豎直分速度相同。又vy＝gt，即兩球在空中運動時間也相同，根據x＝vxt，球A拋出時初速度的水平分速度較小。根據，球B的初速度比球A的大。根據p＝mv可知兩球質量關系未知，無法判斷初動量大小。
同理兩小球在運動過程中，豎直方向分速度始終相同，水平方向分速度A球小于B球，所以B速率始終比A大。故CD錯誤。
故選：A。
（2022秋 永州期末）貴州省壩陵河特大懸索橋，高370米，蹦極愛好者段樹軍在此打破了以往的陸地蹦極記錄。某次他從平臺自由落下，下落125m時繩索達到自然長度，此后又經7s，他達到最低點。已知段樹軍的質量為70kg，重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力，則這7s內繩對他的平均作用力大小為（　?。?br/>A．500N B．700N C．1200N D．1760N
【解答】解：段樹軍在自由下落125m時的速度為v
v2＝2gh
代入數據解得v＝50m/s
后7s，設向下為正方向，設7s內繩對他的平均作用力大小為F，根據動量定理
（mg﹣F）t＝0﹣mv
代入數據解得F＝1200N，故C正確，BCD錯誤。
故選：C。
（2022春 鼓樓區校級期中）清洗汽車用的高壓水槍噴出水柱直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零。手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ。則水柱對汽車的平均沖力為（　?。?br/>A．ρπD2v2 B． C． D．
【解答】解：由分析可知，首先要求高壓水槍單位時間噴出水的質量，即單位時間內噴出的水柱的質量，由質量體積公式知，即m0＝ρV
設水柱對汽車的平均沖力為F，由動量定理得
Ft＝mv
m＝m0t
故Ft＝mv＝m0tv
即
解得
故A、B、D錯誤，C正確。
故選：C。
（2023 邵陽二模）如圖所示，有一固定的傾斜長鋼索，小球Q通過輕繩與環P相連，并隨P一起沿鋼索下滑，下滑過程中，輕繩始終與鋼索是垂直的，不計空氣阻力，則（　?。?br/>A．球Q的加速度大小與重力加速度的大小相等
B．球Q所受重力的功率保持不變
C．球Q的機械能守恒
D．球Q動量變化的方向豎直向下
【解答】解：A.設鋼索與水平方向夾角為θ，小球Q受力分析可得
mgsinθ＝ma
得加速度
a＝gsinθ
故A錯誤；
B.球Q下降過程中所受重力的功率
P＝mgvsinθ
因速度在增大，故重力功率也增大，故B錯誤；
C.小球運動過程中繩子拉力與運動方向垂直，不做功。只有重力做功，因此機械能守恒，故C正確；
D.合外力沖量等于動量變化量，故球Q動量變化的方向沿鋼索向下，故D錯誤。
故選：C。
（2023春 長壽區校級月考）如圖所示，兩個質量均為m的物塊P、Q通過豎直放置的輕彈簧連接，Q距地面的高度為h，開始時彈簧處于原長。現將系統由靜止釋放，經過一段時間Q落到地面上，又經時間t彈簧恢復到原長，Q落到地面上后，速度突變為零。已知彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則從Q落到地面上前的瞬間到彈簧恢復到原長的過程中，地面對Q的沖量I的大小為（　?。?br/>A．I＝3m3mgt B．I＝3m2mgt
C．I＝4m2mgt D．I＝2m3mgt
【解答】解：取豎直向下為正方向，P、Q自由下落過程可得：v2＝2gh
則v
從Q落到地面上前的瞬間到彈簧恢復到原長的過程中，對整個系統由動量定理得：2mgt﹣I＝m（﹣v﹣v）+m（0﹣v）
解得：I＝3m2mgt，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
（2023 石景山區一模）如圖所示，長為l的輕繩上端固定在O點，下端系一質量為m的小球（可視為質點）。重力加速度為g。
（1）在水平拉力的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為θ，小球保持靜止。請畫出此時小球的受力示意圖，并求所受水平拉力的大小F；
（2）由圖示位置無初速釋放小球，不計空氣陰力。當小球通過最低點時，求：
①小球動量的大小p；
②輕繩對小球拉力的大小FT。
【解答】解：（1）對小球受力分析如圖
可得F＝mgtanθ
（2）①小球從釋放到通過最低點，機械能守恒
小球在最低點的速度大小
小球在最低點的動量大小
②小球在最低點受到重力和繩子拉力作用，根據牛頓第二定律
小球在最低點，受到繩子的拉力大小FT＝mg（3﹣2cosθ）
答：（1）小球的受力示意圖見解析，所受水平拉力的大小為mgtanθ；
（2）①小球動量的大小為；
②輕繩對小球拉力的大小為mg（3﹣2cosθ）。
（2023 屯昌縣二模）現代人越來越依賴手機，有些人喜歡躺著刷手機，經常出現手機掉落傷眼睛或者額頭的情況，若有一手機質量為120g，從離人額頭為20cm的高度無初速掉落，磕到額頭后手機的反彈忽略不計，額頭受到手機的沖擊時間為0.05s。取g＝10m/s2，求：
（1）手機與額頭作用過程中，手機的動量變化量；
（2）手機對額頭平均作用力的大小。
【解答】解：（1）選取豎直向下為正方向，根據自由落體運動規律，手機掉落到人額頭位置時的速度為
手機與額頭作用后手機的速度變為0，所以手機與額頭作用過程中動量變化量為Δp＝0﹣mv＝﹣0.12×2kg m/s＝﹣0.24kg m/s
即手機動量變化量的大小為0.24kg m/s，方向豎直向上。
（2）選取豎直向下為正方向，手機與額頭作用過程中，設額頭對手機平均作用力的大小為F，對手機由動量定理得（mg﹣F）Δt＝Δp
代入數據解得
F＝6N
根據牛頓第三定律知，手機對額頭平均作用力的大小為6N。
答：（1）手機與額頭作用過程中，手機的動量變化量為0.24kg m/s，方向豎直向上；
（2）手機對額頭平均作用力的大小為6N。
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1.2動量定理
考點一、沖量 1
考點二、動量定理 3
【鞏固練習】 6
考點一、沖量
1．沖量
(1)定義：力與 的乘積．
(2)定義式：I＝ .
(3)物理意義：沖量是反映力的作用對時間的 的物理量，力越大，作用時間越長，沖量就越大．
(4)單位：在國際單位制中，沖量的單位是 ，符號為N·s.
(5)矢量性：如果力的方向恒定，則沖量的方向與力的方向 ；如果力的方向是變化的，則沖量的方向與相應時間內物體動量變化量的方向相同．
（2022 海南）在冰上接力比賽時，甲推乙的作用力是F1，乙對甲的作用力是F2，則這兩個力（　?。?br/>A．大小相等，方向相反 B．大小相等，方向相同
C．F1的沖量大于F2的 D．F1的沖量小于F2的
（2022春 海南期末）一質量為m的物體在水平恒力F作用下沿著水平面從靜止開始運動，運動一段時間后撤去外力，然后勻減速運動到靜止，整個過程，下列說法正確的是（　　）
A．重力對物體的沖量為零
B．拉力的沖量和摩擦力的沖量相同
C．拉力做的功和摩擦力做的功相同
D．重力做功為零
（2022春 臨洮縣校級期中）如圖所示，兒童樂園里，質量為m的小女孩從滑梯上由靜止滑下。空氣阻力不計，滑梯可等效為斜面，與水平面的夾角為θ，已知小女孩與滑梯的動摩擦因數為μ，下滑的時間為t，重力加速度g，則小女孩下滑過程中（　　）
A．彈力的沖量為零
B．重力的沖量為mgtsinθ
C．合力的沖量大小為mg（sinθ﹣μcosθ）t
D．受到的摩擦力與其反作用力的總沖量為零，總功也為零
（2022春 海淀區校級期中）如圖所示，一物體在與水平成θ角的拉力F作用下勻速前進了時間t，則（　　）
A．拉力F對物體的沖量大小為Ft
B．拉力F對物體的沖量大小為Ftcosθ
C．合外力對物體的沖量大小為Ftsinθ
D．合外力對物體的沖量為Ftcosθ
（2022春 浙江期中）第24屆北京冬奧會短道速滑2000米混合接力賽中國隊驚險奪冠，獲得首金。在速滑接力賽中，“接棒”的運動員甲提前站在“交棒”的運動員乙前面，并且開始向前滑行，待乙追上甲時，乙猛推甲一把，使甲獲得更大的速度向前沖出。在乙推甲的過程中，忽略運動員與冰面間的阻力，下列說法正確的是（　?。?br/>A．甲對乙的作用力與乙對甲的作用力是一對平衡力
B．乙對甲的作用力一定做正功，甲的動能一定增大
C．乙對甲作用力大于甲對乙的作用力
D．甲對乙的沖量與乙對甲的沖量相同
考點二、動量定理
(1)內容：物體在一個運動過程中始末的 等于它在這個過程中所受 的沖量．
(2)公式： 或 ．
（2023 麗水二模）在離地一定高度的O點，同時斜向上拋出兩質量不同的小球A和B，某時刻兩小球運動到同一豎直線上，如圖所示，此時兩小球均未落地且連線中點恰好與O點等高，阻力不計，則兩小球在此過程中（　?。?br/>A．位移相同
B．速度的變化量相同
C．動量的變化量相同
D．拋出時速度的大小可能相同
（2023春 中山區校級期中）如圖，籃球隊運動員進行原地縱跳摸高訓練。運動員先下蹲，重心下降，經過充分調整后，由靜止發力跳起摸高。忽略空氣阻力影響，在蹬地過程中，下列說法正確的是（　?。?br/>A．運動員始終處于超重狀態
B．運動員的機械能守恒
C．地面對運動員不做功
D．地面對運動員的沖量小于運動員重力的沖量
（2023春 洛陽月考）2022年6月1日，網球名將納達爾以3：0的總比分淘汰德約科維奇，成功晉級四強，如圖所示，質量為58g的網球以144km/h的水平速度朝納達爾飛來，納達爾以216km/h的水平速度反向擊回，假設網球與球拍的作用時間為0.02s。則下列說法正確的是（　?。?br/>A．網球動量變化量的大小為1.16kg m/s
B．網球動能變化量的大小為150.8J
C．球拍對網球做功為零
D．球拍與網球之間的平均作用力大小為290N
（2023 平度市二模）如圖甲所示，固定光滑斜面上有質量為m＝6kg的物體，在大小為12N，方向平行于斜面的拉力F的作用下做勻速直線運動，從x1＝﹣2.5m位置處拉力F逐漸減小，力F隨位移x的變化規律如圖乙所示，當x2＝7m時拉力減為零，物體速度剛好為零，取g＝10m/s2，下列說法正確的是（　?。?br/>A．斜面傾角θ為30°
B．整個上滑的過程中，物體的機械能增加27J
C．物體勻速運動時的速度大小為3m/s
D．物體在減速階段所受合外力的沖量為﹣12N s
（2023 皇姑區校級模擬）如圖甲所示，一小物塊在水平向右的推力F作用下從A點由靜止開始向右做直線運動，力F的大小隨時間變化的規律如圖乙所示，小物塊塊的質量m＝1kg，與臺面間的動摩擦因數μ＝0.1，g＝10m/s2。則小物塊在t＝1.5s時刻的速度（　?。?br/>A． B． C． D．
1．沖量的計算
(1)求某個恒力的沖量：用該力和力的作用時間的乘積．
(2)求合沖量的兩種方法：
可分別求每一個力的沖量，再求各沖量的矢量和；另外，如果各個力的作用時間相同，也可以先求合力，再用公式I合＝F合Δt求解．
(3)求變力的沖量：
①若力與時間成線性關系變化，則可用平均力求變力的沖量．
②若給出了力隨時間變化的圖象如圖所示，可用面積法求變力的沖量．
③利用動量定理求解．
2．動量定理的應用
(1)定性分析有關現象：
①物體的動量變化量一定時，力的作用時間越短，力就越大；力的作用時間越長，力就越?。?br/>②作用力一定時，力的作用時間越長，動量變化量越大；力的作用時間越短，動量變化量越?。?br/>(2)應用動量定理定量計算的一般步驟：
①選定研究對象，明確運動過程．
②進行受力分析和運動的初、末狀態分析．
③選定正方向，根據動量定理列方程求解．
【鞏固練習】
（2023春 大興區期中）如圖所示，一個質量為0.1kg的鋼球，以5m/s的速度水平向右運動，若碰到堅硬的墻壁后以原來速度大小彈回。關于碰撞前后鋼球的動量變化量，下列說法正確的是（　?。?br/>A．動量變化量的大小是0
B．動量變化量的大小是1.0kg m/s，方向水平向左
C．動量變化量的大小是1.0kg m/s，方向水平向右
D．動量變化量的大小是0.5kg m/s，方向水平向左
（2023春 大興區期中）如圖所示，一物體靜止在水平地面上，受到與水平方向成θ角的恒定拉力F作用時間t后，物體仍保持靜止。下面說法正確的是（　?。?br/>A．物體所受拉力F的沖量方向水平向右
B．物體所受拉力F的沖量大小是Ftcosθ
C．物體所受重力的沖量大小為0
D．物體所受合力的沖量大小為0
（2023春 番禺區校級期中）如圖所示，a、b、c三個相同的小球，a從光滑斜面頂端由靜止開始自由下滑，同時b、c從同一高度分別開始自由下落和平拋．下列說法正確的有（　　）
A．它們同時到達同一水平面
B．重力對它們的沖量相同
C．它們的末動能相同
D．它們動量變化量的大小相同
（2023春 重慶月考）水平拋出在空中飛行的物體，不考慮空氣阻力，則下列說法中錯誤的是（　　）
A．在相等的時間間隔內動量的變化相同
B．在剛拋出物體的瞬間，動量對時間的變化率為零
C．在任何時間內，動量對時間的變化率恒定
D．在任何時間內，動量變化的方向都是豎直方向
（2023春 南京期中）將一小球豎直向上拋出，其動能隨時間的變化如圖。已知小球受到的空氣阻力與速率成正比。已知小球的質量為m，最終小球的動能為E0，重力加速度為g，若不考慮小球會落地，則小球在整個運動過程中（　?。?br/>A．加速度先減小后增大
B．合力的沖量大小為
C．最大的加速度為5g
D．從最高點下降至原位置所用時間小于t1
（2023 南通模擬）如圖所示，從地面上同一位置同時拋出兩小球A、B，分別落在地面上的M、N點，已知兩球運動的最大高度相同，空氣阻力不計，則上述運動過程中（　?。?br/>A．B相對A做勻速直線運動
B．B的速度變化率逐漸增大
C．B的速率始終比A的小
D．B的初動量比A的大
（2022秋 永州期末）貴州省壩陵河特大懸索橋，高370米，蹦極愛好者段樹軍在此打破了以往的陸地蹦極記錄。某次他從平臺自由落下，下落125m時繩索達到自然長度，此后又經7s，他達到最低點。已知段樹軍的質量為70kg，重力加速度g＝10m/s2，忽略空氣阻力，則這7s內繩對他的平均作用力大小為（　　）
A．500N B．700N C．1200N D．1760N
（2022春 鼓樓區校級期中）清洗汽車用的高壓水槍噴出水柱直徑為D，水流速度為v，水柱垂直汽車表面，水柱沖擊汽車后水的速度為零。手持高壓水槍操作，進入水槍的水流速度可忽略不計，已知水的密度為ρ。則水柱對汽車的平均沖力為（　　）
A．ρπD2v2 B． C． D．
（2023 邵陽二模）如圖所示，有一固定的傾斜長鋼索，小球Q通過輕繩與環P相連，并隨P一起沿鋼索下滑，下滑過程中，輕繩始終與鋼索是垂直的，不計空氣阻力，則（　　）
A．球Q的加速度大小與重力加速度的大小相等
B．球Q所受重力的功率保持不變
C．球Q的機械能守恒
D．球Q動量變化的方向豎直向下
（2023春 長壽區校級月考）如圖所示，兩個質量均為m的物塊P、Q通過豎直放置的輕彈簧連接，Q距地面的高度為h，開始時彈簧處于原長。現將系統由靜止釋放，經過一段時間Q落到地面上，又經時間t彈簧恢復到原長，Q落到地面上后，速度突變為零。已知彈簧始終處于彈性限度內，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則從Q落到地面上前的瞬間到彈簧恢復到原長的過程中，地面對Q的沖量I的大小為（　?。?br/>A．I＝3m3mgt B．I＝3m2mgt
C．I＝4m2mgt D．I＝2m3mgt
（2023 石景山區一模）如圖所示，長為l的輕繩上端固定在O點，下端系一質量為m的小球（可視為質點）。重力加速度為g。
（1）在水平拉力的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為θ，小球保持靜止。請畫出此時小球的受力示意圖，并求所受水平拉力的大小F；
（2）由圖示位置無初速釋放小球，不計空氣陰力。當小球通過最低點時，求：
①小球動量的大小p；
②輕繩對小球拉力的大小FT。
（2023 屯昌縣二模）現代人越來越依賴手機，有些人喜歡躺著刷手機，經常出現手機掉落傷眼睛或者額頭的情況，若有一手機質量為120g，從離人額頭為20cm的高度無初速掉落，磕到額頭后手機的反彈忽略不計，額頭受到手機的沖擊時間為0.05s。取g＝10m/s2，求：
（1）手機與額頭作用過程中，手機的動量變化量；
（2）手機對額頭平均作用力的大小。
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