高中物理【动量 冲量 动量定理】典型题(带解析)

高中物理

【动量、冲量、动量定理】典型题

1．课上老师做了这样一个实验：如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处．第一次，慢拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的P 点；第二次，将棋子、纸条放回原来的位置，快拉纸条，将纸条抽出，棋子掉落在地上的N 点．从第一次到第二次现象的变化，下列解释正确的是( )

A ．棋子的惯性变大了

B ．棋子受到纸条的摩擦力变小了

C ．棋子受到纸条的摩擦力的冲量变小了

D ．棋子离开桌面时的动量变大了

解析：选C ．两次拉动中棋子的质量没变，其惯性不变，故A 错误；由于正压力不变，则纸条对棋子的摩擦力没变，故B 错误；由于快拉时作用时间变短，摩擦力对棋子的冲量变小了，故C 正确；由动量定理可知，合外力的冲量减小，则棋子离开桌面时的动量变小，故D 错误．

2．如图所示，是一种弹射装置，弹丸的质量为m ，底座的质量为M ＝3m ，开始时均处于静止状态，当弹簧释放将弹丸以对地速度v 向左发射出去后，底座反冲速度的大小为 14

v ，则摩擦力对底座的冲量为( )

A ．0

B ．14m v ，方向向左

C ．14m v ，方向向右

D ．34

m v ，方向向左 解析：选B ．设向左为正方向，对弹丸，根据动量定理：I ＝m v ；则弹丸对底座的作用

力的冲量为－m v ，对底座根据动量定理：I f ＋(－m v )＝－3m ·v 4得：I f ＝＋m v 4

，正号表示方向向左；故选B ．

3．高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动．在启动阶段，列

车的动能( ) A ．与它所经历的时间成正比

B ．与它的位移成正比

C ．与它的速度成正比

D ．与它的动量成正比

解析：选B ．速度v ＝at ，动能E k ＝12m v 2＝12

ma 2t 2，与经历的时间的平方成正比，A 错；根据v 2＝2ax ，动能E k ＝12m v 2＝12m ·2ax ＝max ，与位移成正比，B 对；动能E k ＝12

m v 2，与速度的平方成正比，C 错；动量p ＝m v ，动能E k ＝12m v 2＝p 22m

，与动量的平方成正比，D 错． 4．如图所示，质量为m 的物体，在大小确定的水平外力F 作用下，以速度v 沿水平面匀速运动，当物体运动到A 点时撤去外力F ，物体由A 点继续向前滑行的过程中经过B 点，则物体由A 点到B 点的过程中，下列说法正确的是( )

A ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功越多

B ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越大，摩擦力做功与v 的大小无关

C ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功越少

D ．v 越大，摩擦力对物体的冲量越小，摩擦力做功与v 的大小无关

解析：选D ．由题知，物体所受的摩擦力F f ＝F ，且为恒力，由A 到B 的过程中，v 越大，所用时间越短，I f ＝Ft 越小；因为W f ＝F ·AB ，故W f 与v 无关．选项D 正确．

5. (多选)如图所示，AB 为竖直固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中( )

A ．小球所受合力的冲量水平向右

B ．小球所受支持力的冲量水平向右

C ．小球所受合力的冲量大小为m 2gR

D ．小球所受重力的冲量大小为零

解析：选AC ．在小球从A 点运动到B 点的过程中，小球在A 点的速度为零，在B 点的速度水平向右，由动量定理知，小球所受合力的冲量即重力和支持力的合力的冲量水平向

右，A 正确，B 错误；在小球从A 点运动到B 点的过程中机械能守恒，故有mgR ＝12m v 2B

，解得v B ＝2gR ，由动量定理知，小球所受合力的冲量大小为I ＝m 2gR ，C 正确；小球所受重力的冲量大小为I G ＝mgt ，大小不为零，D 错误．

6．如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为300 kg ，长度为2.5 m 的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的速率100 kg/s 向下漏原料，装料车以0.5 m/s 的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料．

(1)为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行．

(2)车装完料驶离漏斗下方仍以原来的速度前进，要使它在2 s 内停下来，需要对小车施加一个多大的水平制动力．

解析：(1)设在Δt 时间内漏到车上的原料质量为Δm ，要使这些原料获得与车相同的速度，需加力为F ，根据动量定理，有F ·Δt ＝Δm ·v

所以F ＝Δm Δt

·v ＝100×0.5 N ＝50 N. (2)车装完料的总质量为M ＝m 车＋Δm Δt

·t ＝????300＋100×2.50.5kg ＝800 kg 对车应用动量定理，有F ′·t ′＝0－(－M v )

解得F ′＝M v t ′＝800×0.52

N ＝200 N. 答案：(1)50 N (2)200 N

7．第二届进博会于2019年11月在上海举办，会上展出了一种乒乓球陪练机器人，该机器人能够根据发球人的身体动作和来球信息，及时调整球拍将球击回．若机器人将乒乓球以原速率斜向上击回，球在空中运动一段时间后落到对方的台面上，忽略空气阻力和乒乓球的旋转．下列说法正确的是( )

A ．击球过程合外力对乒乓球做功为零

B ．击球过程合外力对乒乓球的冲量为零

C ．在上升过程中，乒乓球处于失重状态

D ．在下落过程中，乒乓球处于超重状态

解析：选AC ．球拍将乒乓球原速率击回，可知乒乓球的动能不变，动量方向发生改变，可知合力做功为零，冲量不为零．A 正确，B 错误；在乒乓球的运动过程中，加速度方向向

下，可知乒乓球处于失重状态，C 正确，D 错误．

8.如图所示，物体从t ＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4 s 内其合外力随时间变化的关系图线为某一正弦函数，下列表述不正确的是( )

A ．0～2 s 内合外力的冲量一直增大

B ．0～4 s 内合外力的冲量为零

C ．2 s 末物体的动量方向发生变化

D ．0～4 s 内物体动量的方向一直不变

解析：选C ．根据F -t 图象面积表示冲量，可知在0～2 s 内合外力的冲量一直增大，A 正确；0～4 s 内合外力的冲量为零，B 正确；2 s 末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4 s 内物体动量的方向一直不变，C 错误，D 正确．

9．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4.8×106 N ，则它在1 s 时间内喷射的气体质量约为( )

A ．1.6×102 kg

B ．1.6×103 kg

C ．1.6×105 kg

D ．1.6×106 kg

解析：选B ．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Ft ＝m v 知，m ＝Ft v ＝4.8×106×13×103

kg ＝1.6×103 kg ，选项B 正确． 10．(多选)如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击右侧的煤层．设水柱直径为D ，水流速度为v ，方向水平，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零．高压水枪的质量为M ，手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ.下列说法正确的是( )

A ．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρv πD 2

B ．高压水枪的功率为18

ρπD 2v 3 C ．水柱对煤层的平均冲力为14

ρπD 2v 2 D ．手对高压水枪的作用力水平向右

解析：选BC ．设Δt 时间内，从水枪喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV ，

ΔV ＝S v Δt ＝14πD 2v Δt ，单位时间喷出水的质量为Δm Δt ＝14

ρv πD 2，选项A 错误．Δt 时间内水枪喷出的水的动能E k ＝12Δm v 2＝18

ρπD 2v 3Δt ，由动能定理知高压水枪在此期间对水做功为W ＝E k ＝18ρπD 2v 3Δt ，高压水枪的功率P ＝W Δt ＝18

ρπD 2v 3，选项B 正确．考虑一个极短时间Δt ′，在此时间内喷到煤层上水的质量为m ，设煤层对水柱的作用力为F ，由动量定理，F Δt ′＝

m v ，Δt ′时间内冲到煤层水的质量m ＝14ρπD 2v Δt ′，解得F ＝14

ρπD 2v 2，由牛顿第三定律可知，水柱对煤层的平均冲力为F ′＝F ＝14

ρπD 2v 2，选项C 正确．当高压水枪向右喷出高压水流时，水流对高压水枪的作用力向左，由于高压水枪有重力，根据平衡条件，手对高压水枪的作用力方向斜向右上方，选项D 错误．

11．质量相等的A 、B 两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F 1、F 2的作用而从静止开始做匀加速直线运动．经过时间t 0和4t 0速度分别达到2v 0和v 0时，分别撤去F 1和F 2，两物体都做匀减速直线运动直至停止．两物体速度随时间变化的图线如图所示．设F 1和F 2对A 、B 两物体的冲量分别为I 1和I 2，F 1和F 2对A 、B 两物体做的功分别为W 1和W 2，则下列结论正确的是( )

A ．I 1∶I 2＝12∶5，W 1∶W 2＝6∶5

B ．I 1∶I 2＝6∶5，W 1∶W 2＝3∶5

C ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝6∶5

D ．I 1∶I 2＝3∶5，W 1∶W 2＝12∶5

解析：选C ．由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为v 0t 0

，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有F f ＝ma ，则摩擦力大小都为m v 0t 0

.由题图可知，匀加速运动的加速度分别为2v 0t 0、v 04t 0，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F －F f ＝ma ，则F 1＝3m v 0t 0，F 2＝5m v 04t 0，故I 1∶I 2＝F 1t 0∶4F 2t 0＝3∶5；对全过程运用动能定理得：W 1－F f x 1＝0，W 2－F f x 2＝0，得W 1＝F f x 1，W 2＝F f x 2，图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6∶5，整个

运动过程中F 1和F 2做功之比为W 1∶W 2＝x 1∶x 2＝6∶5，故C 正确． 12． 2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之

一．某滑道示意图如图所示，长直助滑道AB 与弯曲滑道BC 平滑衔接，滑道BC 高h ＝10 m ，C 是半径R ＝20 m 圆弧的最低点．质量m ＝60 kg 的运动员从A 处由静止开始匀加速下滑，加速度a ＝4.5 m/s 2，到达B 点时速度v B ＝30 m/s.取重力加速度g ＝10 m/s 2.

(1)求长直助滑道AB 的长度L ；

(2)求运动员在AB 段所受合外力的冲量I 的大小；

(3)若不计BC 段的阻力，画出运动员经过C 点时的受力图，并求其所受支持力F N 的大小．

解析：(1)根据匀变速直线运动公式，

有L ＝v 2B －v 2A 2a

＝100 m. (2)根据动量定理，有I ＝m v B －m v A ＝1 800 N ·s.

(3)运动员经过C 点时的受力分析如图所示．

运动员在BC 段运动的过程中，根据动能定理，有

mgh ＝12m v 2C －12

m v 2B 根据牛顿第二定律，有

F N －mg ＝m v 2C R

解得F N ＝3 900 N.

答案：(1)100 m (2)1 800 N ·s (3)受力图见解析 3 900 N