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课时突破练32　动量和动量定理
基础·满分练
命题角度一　对动量的理解和分析
1.(2026广西柳州模拟)某市学生体能测试中有一重要项目:排球垫球个数测试。某同学在一次测试中双手在同一高度多次竖直垫起排球,第一次垫球后,球竖直上升高度为0.2 m,第二次垫球后,球竖直上升高度为0.45 m。已知排球的质量为0.27 kg,重力加速度取10 m/s2,不计空气阻力。则第二次垫球过程,排球动量变化量的大小为(　　)
A.0.27 kg·m/s B.0.54 kg·m/s
C.0.81 kg·m/s D.1.35 kg·m/s
命题角度二　动量与动能的比较
2.如图所示,甲、乙两人静止在光滑的水平冰面上,甲推了乙一下,结果两人向相反的方向滑去,已知甲的质量比乙的大。则在甲推乙的过程中,下列说法正确的是(　　)
A.甲的动能变化量小于乙的动能变化量
B.甲的速度变化量大于乙的速度变化量
C.甲、乙的动量变化量相同
D.甲对乙的冲量大于乙对甲的冲量
命题角度三　对冲量的理解和计算
3.(多选)(2025陕西西安模拟)一质量为m的运动员从下蹲状态开始起跳,经Δt的时间,身体伸直并刚好离开地面,速度为v,重力加速度为g。在此过程中(　　)
A.地面对他作用力的冲量大小为mv
B.地面对他作用力的冲量大小为mv+mgΔt
C.地面对他做的功为0
D.地面对他做的功为mv2
命题角度四　用动量定理定性分析实际问题
4.(2026黑龙江佳木斯检测)防弹衣是警察和士兵的重要防护装备。当子弹击中防弹衣时,子弹在防弹衣中减速至停止,而穿戴者通常只感到轻微冲击。与子弹直接击中人体相比,防弹衣能有效降低穿戴者受到的伤害,主要是因为防弹衣能(　 　)
A.减小子弹的冲量
B.减小子弹的动量变化量
C.减小子弹对人的作用力
D.减小子弹的动能变化量
命题角度五　动量定理的过程建模与灵活应用
5.(10分)(2026广西南宁模拟)电梯性能测试实验装置简化图如图所示,在某次实验中电梯缆绳发生断裂后向下坠落。已知下落过程两侧安全钳对电梯施加的滑动摩擦力共为Ff=18 000 N,电梯刚接触井底缓冲弹簧时的速度为v=4 m/s,此后经t=0.15 s电梯停止运动,缓冲弹簧被压缩了x=0.4 m。若电梯的质量为m=1 600 kg,重力加速度g取10 m/s2,不考虑空气阻力。求:
(1)电梯刚接触井底缓冲弹簧时的加速度大小;
(2)缓冲弹簧的最大弹性势能;
(3)下落过程中弹簧对电梯的冲量。
命题角度六　动量定理和图像的融合应用
6.(2021湖南卷)物体的运动状态可用位置x和动量p描述,称为相,对应p-x图像中的一个点。物体运动状态的变化可用p-x图像中的一条曲线来描述,称为相轨迹。假如一质点沿x轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动,则对应的相轨迹可能是(　　)
命题角度七　微元法解决流体类、微粒类问题
7.(2025重庆三模)《卖油翁》是宋代文学家欧阳修创作的一则写事明理的寓言故事,说明了熟能生巧的道理。如图所示,油从距离地面高度为H的地方倒出,油束刚好充满钱孔倒入壶内,钱孔的横截面积为S,油壶的高度为h,油的密度为ρ,重力加速度为g。若油倒入瓶底四处散开,没有飞溅。下列说法正确的是(　　)
A.单位时间倒入壶中油的质量为ρS
B.单位时间倒入壶中油的质量为ρ
C.在动量减小阶段,后落入壶内的油,动量变化更多
D.在动量减小阶段,任何时候落入壶内的油,动量变化都一样多
能力·高分练
8.(多选)(2024全国甲卷)蹦床运动中,体重为60 kg的运动员在t=0时刚好落到蹦床上,对蹦床作用力大小F与时间t的关系如图所示。假设运动过程中运动员身体始终保持竖直,在其不与蹦床接触时蹦床水平。忽略空气阻力,重力加速度大小取10 m/s2。下列说法正确的是(　　)
A.t=0.15 s时,运动员的重力势能最大
B.t=0.3 s时,运动员的速度大小为10 m/s
C.t=1.0 s时,运动员恰好运动到最大高度处
D.运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N
9.(跨模块融通)甲、乙两物体以相同的初动量在水平面上做匀减速直线运动,直到停止,其动量随时间变化的p-t图像如图所示,已知甲、乙两物体与地面间的动摩擦因数相同,则在此过程中(　　)
A.甲、乙两物体的质量之比为2∶1
B.甲、乙两物体的质量之比为1∶2
C.甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为2∶1
D.甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为1∶1
素养·提升练
10.(14分)(跨模块融通)“打水漂”是一种投掷扁平的石片或瓦片的游戏。图甲是打水漂的图片,图乙是石片运动轨迹的示意图。现将打水漂简化成如下理想模型,弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上,薄片每次从水平面弹起时速度与水平面的夹角均为30°,速率损失25%。测得薄片第1次弹起后的滞空时间为0.6 s。薄片运动过程中不计空气阻力,并始终在同一竖直面内且没有旋转。碰撞过程中忽略薄片重力的影响,重力加速度g取10 m/s2,结果可用根号表示。求:
(1)薄片第1次弹起后速度v的大小及第2次弹起到第3次弹起的水平距离x;
(2)薄片与弹性水平面间的动摩擦因数μ。
答案：
1.D　解析 第一次垫球后,球竖直上升高度为0.2 m,球落回到手上的速度为v0==2 m/s,方向向下;第二次垫球后,球竖直上升高度为0.45 m,则球刚离手时的速度为v1==3 m/s,方向向上;取向上为正方向,第二次垫球过程,排球动量变化量的大小为Δp=mv1-(-mv0)=m(v1+v0)=0.27×5 kg·m/s=1.35 kg·m/s。故选D。
2.A　解析 甲推乙的过程中,由于在光滑的水平冰面,所以甲、乙两人组成的系统动量守恒,由于系统总动量为0,故甲、乙动量变化量等大反向,甲、乙末动量也等大反向,根据Ek=,而甲的质量大于乙的质量,故甲的动能小于乙的动能,即甲的动能变化量小于乙的动能变化量,故A正确;由于甲、乙末动量等大,根据动量p=mv,由于甲的质量大于乙的质量,所以甲的速度小于乙的速度,由于初速度为0,故甲的速度变化量小于乙的速度变化量,故B错误;结合A选项分析可知,甲、乙的动量变化量等大反向,故C错误;甲推乙的过程中,根据牛顿第三定律可知,甲对乙的力与乙对甲的力等大反向,作用时间也相等,故甲对乙的冲量大小等于乙对甲的冲量大小,故D错误。
3.BC　解析 设地面对运动员的平均作用力为F,规定向上为正方向,由动量定理得FΔt-mgΔt=mv,故地面对运动员作用力的冲量大小为FΔt=mv+mgΔt,故A错误,B正确;运动员从下蹲状态到身体伸直并刚好离开地面过程,因为地面对运动员的作用力沿力的方向没有位移,所以地面对运动员做的功为零,故C正确,D错误。
4.C　解析 根据动量定理,冲量FΔt=Δp。子弹的动量变化量Δp由初末速度决定,无论是否使用防弹衣,子弹最终停止,Δp相同,故A、B错误;防弹衣通过延长作用时间Δt,减小子弹对人的平均作用力F=,从而降低伤害,故C正确;动能变化量ΔEk由子弹初动能决定,防弹衣未改变总动能变化,故D错误。
5.(1)1.25 m/s2　(2)12 000 J　(3)6 100 N·s,方向竖直向上
解析 (1)电梯刚接触井底缓冲弹簧时,弹簧弹力为零,以竖直向上为正方向,
由牛顿第二定律,有Ff-mg=ma
解得a=1.25 m/s2。
(2)由动能定理得mgx-Ffx-W克=0-mv2
W克=Ep弹,W克=12 000 J。
(3)以竖直向下为正方向,由动量定理mgt-Fft+I弹=0-mv
I弹=-6 100 N·s
故弹力的冲量大小为6 100 N·s,方向竖直向上。
6.D　解析 本题考查对运动图像的理解和新概念的学习能力。动量p=mv,质点做初速度为零的匀加速直线运动,有v2=2ax,联立解得p=m,由此可知选项D正确,A、B、C错误。
7.A　解析 设Δt时间内倒入壶中油的质量为m,油到达壶口时的速度为v,则有m=ρ·ΔV,ΔV=S·vΔt,根据机械能守恒得mv2=mg(H-h),联立解得m=ρS·Δt,故单位时间内落入壶中油的质量为Δm==ρS,A正确,B错误;随着油面的上升,后落入壶内的油到达油面的速度逐渐减小,因此在动量减小阶段,其动量的变化更少,C、D错误。
8.BD　解析 由题图可知,t=0.15 s时,对蹦床的作用力最大,运动员的重力势能最小,A错误;从题图可知,运动员在空中运动了2.0 s,根据对称性,1.3 s时运动员处在最大高度处,可知运动员自由落体了1 s,即v=gt=10 m/s,B正确,C错误;根据动量定理mv-(-mv)=(F-mg)t,解得F=4 600 N,即运动员每次与蹦床接触到离开过程中对蹦床的平均作用力大小为4 600 N,D正确。
9.A　解析 根据动量定理-μmgt=p-p0,整理得p=-μmgt+p0,图像斜率的绝对值为|k|=μmg,甲、乙两物体的质量之比为m1∶m2=|k1|∶|k2|==2∶1,故A正确,B错误;根据能量守恒,甲、乙两物体受到的摩擦力做功为W=,甲、乙两物体受到的摩擦力做功之比为Wf1∶Wf2=m2∶m1=1∶2,故C、D错误。
10.(1)6 m/s　 m　(2)
解析 (1)薄片在竖直方向做竖直上抛运动,运动总时间t=0.6 s=2t1
由vy=gt1
解得vy=3 m/s
根据vy=vsin 30°
联立解得v=6 m/s
对薄片在第2次碰撞后,速度v2=(1-25%)v
空中运动时间t2=
则水平距离x=v2cos 30°×t2
联立解得x= m。
(2)薄片竖直方向,碰撞过程中,忽略重力,设水面给薄片的作用力为FN,规定向下为正方向,
由动量定理,-FNΔt=mΔvy
在水平方向,每次与水平面碰撞过程中,由于摩擦力作用,有-Ff=μFN
规定向右为正方向, 由动量定理,-μFNΔt=mΔvx
由速率损失25%,有Δvx=(1-0.25)vx-vx=-0.25vx,Δvy=-0.75vy-vy=-1.75vy
由每次从水面弹起时速度与水面的夹角均为30°,有tan 30°=
联立解得μ=。
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