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周測1　動量　動量定理
(時間：60分鐘　滿分：100分)
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.(2024·深圳高級中學高二期中改編)對于質量不變的物體，下列說法正確的是(　　)
A.甲、乙兩物體的質量之比是1∶4，它們的動量大小相等，則它們的動能之比是1∶4
B.做勻速圓周運動的物體，其動量一定不變
C.做勻速直線運動的物體，其動量可能變化
D.物體的速度發生變化時，其動量一定變化
2.(2024·滕州市第一中學高二月考)某過程中物體的動量變化量的大小為5 kg·m/s，則(　　)
A.物體的動量在減小
B.物體的動量在增大
C.物體的速度大小一定變化
D.物體的動量大小可能不變
3.下列說法正確的是(　　)
A.物體所受的合外力不變，它的動量變化率一定不變
B.物體的末動量方向一定和它所受的總沖量方向相同
C.只要力的作用時間和力的大小的乘積相同，物體所受的沖量一定相同
D.一質量為m的物體沿傾角為θ的粗糙固定斜面由靜止開始加速下滑，經過時間t滑至斜面底端，速度為v，重力加速度為g，則物體所受重力的沖量大小為mgtsin θ
4.(2024·日照市高二聯考改編)物體受到方向不變的力F的作用，F隨時間t變化的關系如圖所示，則F在0~4 s內的沖量大小為(　　)
A.8 N·s B.16 N·s
C.32 N·s D.64 N·s
5.(2024·贛州市高二聯考)將一個質量為m的小球從某一高度以速度v1豎直向上拋出，落回拋出點的速度大小為v2，在運動過程中，小球受到的阻力大小f與速度大小v成正比(f=kv，k為常數)，重力加速度為g。小球從拋出到回到拋出點的過程中，下列說法正確的是(　　)
A.阻力的沖量為0
B.重力的沖量大小為m(v2-v1)
C.小球上升過程的時間大于下降過程的時間
D.小球在這個過程中運動的總時間大于
6.(2024·天津市南開區高二期中)如圖所示，學生練習用頭顛球。某一次足球從頭部上方125 cm處由靜止自由下落，落到頭部后被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度為45 cm。已知足球與頭部的作用時間為0.1 s，足球的質量為0.5 kg，g取10 m/s2，不計空氣阻力，則(　　)
A.足球對頭部的平均作用力為足球重力的10倍
B.足球與頭部作用過程中動量變化量大小為4.0 kg·m/s
C.足球下落到與頭部剛接觸時動量大小為4.0 kg·m/s
D.整個過程中足球重力的沖量大小為4.0 N·s
7.如圖甲所示，質量為0.4 kg的物塊在水平力F的作用下由靜止釋放，物塊與足夠高的豎直墻面間的動摩擦因數為0.4，力F隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A.t=4 s時物塊離出發點最遠
B.t=2 s時物塊速度與t=6 s時相等
C.0~8 s內物塊速度先增大后減小
D.0~8 s內摩擦力的沖量大小為28 N·s
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題8分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得8分，選對但不全的得4分，有選錯的得0分。
8.(2024·西安市高二月考)下列說法正確的是(　　)
A.動量定理的物理實質與牛頓第二定律是相同的，但應用范圍更加廣泛
B.根據F=可把牛頓第二定律表述為物體動量的變化率等于它所受的合外力
C.力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量，它反映了力對時間的累積效應，是一個標量
D.易碎品運輸時要用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長作用時間以減小作用力
9.(2025·孝感普通高中協作體高二聯考)嚴冬樹葉結有冰塊，人在樹下經常出現冰塊砸到頭部的情況，非常危險。若冰塊質量為100 g，從頭部上方約45 cm的高度處無初速度掉落，砸到頭部后冰塊未反彈，頭部受到冰塊的沖擊時間約為0.3 s，g取10 m/s2，不計空氣阻力，下列分析正確的是(　　)
A.冰塊接觸頭部之前的速度大小約為3 m/s
B.冰塊對頭部的沖量大小約為0.3 N·s
C.冰塊對頭部的平均作用力大小約為4 N
D.冰塊與頭部作用過程中冰塊的動量變化量大小約為0.3 kg·m/s
10.(2024·北京交通大學附屬中學高二期末)如圖所示，質量為m的小球固定在輕桿上，繞過O點的轉軸在豎直面內沿順時針方向做勻速圓周運動，A、B是圓周上與圓心O等高的兩點。若小球運動的速度大小為v，軌跡半徑為R，且v=(g為重力加速度)，則對于小球從A點運動到B點的過程(不計空氣阻力)，下列說法正確的是(　　)
A.小球所受重力的沖量大小等于mv
B.小球所需向心力的沖量大小等于mv
C.小球所受合力的沖量大小等于2mv
D.輕桿對小球作用力的沖量大小等于2mv
三、非選擇題：本題共3小題，共34分。
11.(8分)(2024·重慶市渝中區高二檢測)如圖甲所示，質量m=0.5 kg的物塊，靜止放在水平地面上，t=0時起，受到一水平向右的推力F，F隨時間變化的規律如圖乙所示。物塊與地面間的動摩擦因數μ=0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)(3分)6 s內推力對物塊的總沖量大小；
(2)(5分)t=5 s時的速度大小。
12.(11分)高空跳傘者在空中下降的過程受到的阻力大小與下降速率成正比，即f=kv，其中k是與降落傘相關的比例系數，假設降落傘沿豎直方向運動，地球自轉及氣流影響不計，g取10 m/s2。
(1)(6分)某型號降落傘以10 m/s的速度勻速下降時，重力的功率為1×105 W，求該型號降落傘以5 m/s的速度勻速下降時，重力的功率；
(2)(5分)另一降落傘從速度大小為6 m/s加速至10 m/s后開始勻速下降，此過程耗時10 s，求此過程中，降落傘下降的距離。
13.(15分)噴射懸浮飛行器由抽水機、壓縮機等組成，利用一根軟管將水抽入飛行器，再以較大的速度豎直向下噴出兩道高壓水柱，可將使用者推至距水面一定的高度，如圖所示。現有一質量為M的使用者被緩慢推至水面上某一高處懸停，設此狀態下飛行器的質量恒為m，水噴出前的速度為零，兩個噴水口的橫截面積均為S，水的密度為ρ，重力加速度為g，空氣阻力及抽水過程中軟管和水對飛行器的作用均可忽略不計，求：
(1)(8分)兩個噴水口噴出水的速度大小；
(2)(7分)飛行器噴水的平均功率。
周測1　動量　動量定理
(時間：60分鐘　滿分：100分)
一、單項選擇題：本題共7小題，每小題6分，共42分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1.(2024·深圳高級中學高二期中改編)對于質量不變的物體，下列說法正確的是(　　)
A.甲、乙兩物體的質量之比是1∶4，它們的動量大小相等，則它們的動能之比是1∶4
B.做勻速圓周運動的物體，其動量一定不變
C.做勻速直線運動的物體，其動量可能變化
D.物體的速度發生變化時，其動量一定變化
答案　D
解析　兩物體的動量大小相等，由Ek=，可知Ek甲∶Ek乙=m乙∶m甲=4∶1，故A錯誤；做勻速圓周運動的物體，速度大小不變，但是方向一直在變，而動量是矢量，所以動量一定變化，B錯誤；由動量公式p=mv可知，做勻速直線運動的物體速度不變，則動量不變，C錯誤；由動量公式p=mv可知，物體的速度發生變化時，動量一定變化，D正確。
2.(2024·滕州市第一中學高二月考)某過程中物體的動量變化量的大小為5 kg·m/s，則(　　)
A.物體的動量在減小
B.物體的動量在增大
C.物體的速度大小一定變化
D.物體的動量大小可能不變
答案　D
解析　動量是矢量，物體的動量變化量的大小為5 kg·m/s，該變化量可以是正值，也可以是負值，所以物體的動量可能增大，也可能減小；如果該變化量是由速度的方向變化引起的，動量大小可能不變，如物體以大小為5 kg·m/s的動量做勻速圓周運動時速度大小不變，動量大小不變，當初動量和末動量夾角為60°時動量變化量的大小為5 kg·m/s，故A、B、C錯誤，D正確。
3.下列說法正確的是(　　)
A.物體所受的合外力不變，它的動量變化率一定不變
B.物體的末動量方向一定和它所受的總沖量方向相同
C.只要力的作用時間和力的大小的乘積相同，物體所受的沖量一定相同
D.一質量為m的物體沿傾角為θ的粗糙固定斜面由靜止開始加速下滑，經過時間t滑至斜面底端，速度為v，重力加速度為g，則物體所受重力的沖量大小為mgtsin θ
答案　A
解析　根據FΔt=Δp可知，物體所受的合外力不變，它的動量變化率一定不變，選項A正確；物體的動量變化量方向一定和它所受的總沖量方向相同，物體的末動量方向不一定和它所受的總沖量方向相同，選項B錯誤；只要力的作用時間和力的大小的乘積相同，物體所受的沖量大小一定相同，但沖量是矢量，有可能方向不同，選項C錯誤；由I=Ft可得，物體所受重力的沖量大小為IG=mgt，選項D錯誤。
4.(2024·日照市高二聯考改編)物體受到方向不變的力F的作用，F隨時間t變化的關系如圖所示，則F在0~4 s內的沖量大小為(　　)
A.8 N·s B.16 N·s
C.32 N·s D.64 N·s
答案　B
解析　由題圖可知F與t成正比關系，則當t=4 s時，F=8 N，根據I=Ft可知，F-t圖像與t軸圍成圖形的面積表示沖量大小，則F在0~4 s內的沖量大小I=×8×4 N·s=16 N·s，B正確，A、C、D錯誤。
5.(2024·贛州市高二聯考)將一個質量為m的小球從某一高度以速度v1豎直向上拋出，落回拋出點的速度大小為v2，在運動過程中，小球受到的阻力大小f與速度大小v成正比(f=kv，k為常數)，重力加速度為g。小球從拋出到回到拋出點的過程中，下列說法正確的是(　　)
A.阻力的沖量為0
B.重力的沖量大小為m(v2-v1)
C.小球上升過程的時間大于下降過程的時間
D.小球在這個過程中運動的總時間大于
答案　A
解析　以豎直向下為正方向，根據沖量的表達式可知阻力的沖量為fΔt=kvΔt=kx，小球從拋出到回到拋出點的過程中位移為零，則阻力的沖量為零，故A正確；根據動量定理可知I合=IG=mgt=mv2-m(-v1)=mv2+mv1，所以小球在這個過程中運動的總時間為t=，故B、D錯誤；小球上升的初速度大于小球下降的末速度，上升的位移和下降的位移相等，所以小球上升過程的時間小于下降過程的時間，故C錯誤。
6.(2024·天津市南開區高二期中)如圖所示，學生練習用頭顛球。某一次足球從頭部上方125 cm處由靜止自由下落，落到頭部后被重新頂起，離開頭部后豎直上升的最大高度為45 cm。已知足球與頭部的作用時間為0.1 s，足球的質量為0.5 kg，g取10 m/s2，不計空氣阻力，則(　　)
A.足球對頭部的平均作用力為足球重力的10倍
B.足球與頭部作用過程中動量變化量大小為4.0 kg·m/s
C.足球下落到與頭部剛接觸時動量大小為4.0 kg·m/s
D.整個過程中足球重力的沖量大小為4.0 N·s
答案　B
解析　以豎直向上為正方向，設足球自由下落125 cm時的速度為v1，時間為t1，反彈后的速度為v2，上升的時間t2，由v2=2gh，h=gt2，得v1=-5 m/s，v2=3 m/s，t1=0.5 s，t2=0.3 s，對足球與頭部接觸的過程，由動量定理有(-mg)·Δt=mv2-mv1=Δp，解得=45 N，Δp=4 kg·m/s，即頭部對足球的平均作用力大小為45 N，結合牛頓第三定律可知足球對頭部的平均作用力是重力的9倍，此過程的動量變化量大小為4 kg·m/s，A錯誤，B正確；足球與頭部剛接觸時的動量大小為|p|=|mv1|=2.5 kg·m/s，C錯誤；整個過程中足球重力的沖量大小為IG=mg(t1+t2+Δt)=4.5 N·s，D錯誤。
7.如圖甲所示，質量為0.4 kg的物塊在水平力F的作用下由靜止釋放，物塊與足夠高的豎直墻面間的動摩擦因數為0.4，力F隨時間t變化的關系圖像如圖乙所示，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度大小g取10 m/s2，下列說法正確的是(　　)
A.t=4 s時物塊離出發點最遠
B.t=2 s時物塊速度與t=6 s時相等
C.0~8 s內物塊速度先增大后減小
D.0~8 s內摩擦力的沖量大小為28 N·s
答案　D
解析　當物塊受到的摩擦力與重力相等時，有mg=μF0，解得F0=10 N
可知0~2 s內物塊向下做加速運動，
2~4 s內物塊向下做減速運動，由動量定理可知4 s末物塊的速度為零，
4~6 s內物塊靜止，6~8 s內物塊向下做加速運動，故t=8 s時物塊離出發點最遠，故A錯誤；
由上述分析可知，t=6 s時物塊的速度為零，t=2 s時物塊的速度不為零，故B錯誤；
由上述分析可知，0~8 s內物塊速度先增大后減小，再增大，故C錯誤；
0~4 s內、6~8 s內物塊受到的摩擦力為Ff=μF
0~4 s內摩擦力的沖量為
If1=t1=×4 N·s=16 N·s
4~6 s內，物塊靜止，受靜摩擦力，摩擦力的沖量為If2=Ff2t2=mgt2=4×2 N·s=8 N·s
6~8 s內摩擦力的沖量為
If3=t3=×2 N·s=4 N·s
0~8 s內摩擦力的沖量大小為
If=If1+If2+If3=28 N·s，故D正確。
二、多項選擇題：本題共3小題，每小題8分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得8分，選對但不全的得4分，有選錯的得0分。
8.(2024·西安市高二月考)下列說法正確的是(　　)
A.動量定理的物理實質與牛頓第二定律是相同的，但應用范圍更加廣泛
B.根據F=可把牛頓第二定律表述為物體動量的變化率等于它所受的合外力
C.力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量，它反映了力對時間的累積效應，是一個標量
D.易碎品運輸時要用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是為了延長作用時間以減小作用力
答案　ABD
解析　動量定理的物理實質與牛頓第二定律是相同的，但應用范圍更加廣泛，用起來更方便，故A正確；物理量的變化量與時間的比值叫物理量的變化率，根據F=，可把牛頓第二定律表述為物體動量的變化率等于它所受的合外力，故B正確；力與力的作用時間的乘積叫作力的沖量，它反映了力對時間的累積效應，是一個矢量，故C錯誤；易碎品運輸時要用柔軟材料包裝，船舷常常懸掛舊輪胎，都是在動量變化量相等時，延長作用時間以減小作用力，故D正確。
9.(2025·孝感普通高中協作體高二聯考)嚴冬樹葉結有冰塊，人在樹下經常出現冰塊砸到頭部的情況，非常危險。若冰塊質量為100 g，從頭部上方約45 cm的高度處無初速度掉落，砸到頭部后冰塊未反彈，頭部受到冰塊的沖擊時間約為0.3 s，g取10 m/s2，不計空氣阻力，下列分析正確的是(　　)
A.冰塊接觸頭部之前的速度大小約為3 m/s
B.冰塊對頭部的沖量大小約為0.3 N·s
C.冰塊對頭部的平均作用力大小約為4 N
D.冰塊與頭部作用過程中冰塊的動量變化量大小約為0.3 kg·m/s
答案　AD
解析　冰塊掉落時做自由落體運動，故冰塊接觸頭部前瞬間的速度大小約為v== m/s=3 m/s，A正確；設頭部對冰塊的作用力為F，因為冰塊落在頭部未反彈，速度減為零，以豎直向上為正方向，由動量定理得(F-mg)t=0-(-mv)，解得F=2 N，根據牛頓第三定律可知，冰塊對頭部的作用力大小為F'=F=2 N，作用時間約為0.3 s，故冰塊對頭部的沖量大小約為I=F't=2 N×0.3 s=0.6 N·s，B、C錯誤；以豎直向上為正方向，冰塊的動量變化量大小約為Δp=0-(-mv)=0-(-0.1 kg×3 m/s)=0.3 kg·m/s，D正確。
10.(2024·北京交通大學附屬中學高二期末)如圖所示，質量為m的小球固定在輕桿上，繞過O點的轉軸在豎直面內沿順時針方向做勻速圓周運動，A、B是圓周上與圓心O等高的兩點。若小球運動的速度大小為v，軌跡半徑為R，且v=(g為重力加速度)，則對于小球從A點運動到B點的過程(不計空氣阻力)，下列說法正確的是(　　)
A.小球所受重力的沖量大小等于mv
B.小球所需向心力的沖量大小等于mv
C.小球所受合力的沖量大小等于2mv
D.輕桿對小球作用力的沖量大小等于2mv
答案　AC
解析　根據沖量公式I=Ft得重力的沖量大小I1=mgt，又v=，從A到B路程為πR，則t==，則I1=m=mv，A正確；由題意可知，以豎直向下為正方向，小球所受合力等于小球所需向心力，根據I=Δp得合力的沖量大小為I2=F合t=mv-(-mv)=2mv，小球所受合力的沖量等于所需向心力的沖量，大小為2mv，B錯誤，C正確；由A項分析可知，重力的沖量大小為mv，方向向下，合力的沖量大小為2mv，方向向下，根據I桿+I1=I2，可得I桿=I2-I1=2mv-mv=mv，方向向下，D錯誤。
三、非選擇題：本題共3小題，共34分。
11.(8分)(2024·重慶市渝中區高二檢測)如圖甲所示，質量m=0.5 kg的物塊，靜止放在水平地面上，t=0時起，受到一水平向右的推力F，F隨時間變化的規律如圖乙所示。物塊與地面間的動摩擦因數μ=0.4，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，求：
(1)(3分)6 s內推力對物塊的總沖量大小；
(2)(5分)t=5 s時的速度大小。
答案　(1)12 N·s　(2)4 m/s
解析　(1)6 s內推力對物塊的總沖量大小為IF=F1Δt1+F2Δt2+F3Δt3=1×2 N·s+3×2 N·s+2×2 N·s=12 N·s。
(2)物塊所受滑動摩擦力Ff=μmg=2 N，即t=2 s后物塊開始運動，
由動量定理可知F2Δt2+F3-Ff(Δt2+)=mv5，解得t=5 s時的速度大小為v5=4 m/s。
12.(11分)高空跳傘者在空中下降的過程受到的阻力大小與下降速率成正比，即f=kv，其中k是與降落傘相關的比例系數，假設降落傘沿豎直方向運動，地球自轉及氣流影響不計，g取10 m/s2。
(1)(6分)某型號降落傘以10 m/s的速度勻速下降時，重力的功率為1×105 W，求該型號降落傘以5 m/s的速度勻速下降時，重力的功率；
(2)(5分)另一降落傘從速度大小為6 m/s加速至10 m/s后開始勻速下降，此過程耗時10 s，求此過程中，降落傘下降的距離。
答案　(1)2.5×104 W　(2)96 m
解析　(1)降落傘勻速下降時，重力等于阻力，mg=f=kv，
則重力的功率P=mgv=fv=kv2，即以不同的速率勻速下降時，重力的功率之比=，則降落傘以5 m/s的速度勻速下降時，重力的功率P'=P=2.5×104 W
(2)對任意一段時間Δt內，由動量定理可得mgΔt-kvΔt=Δp，
而vΔt=Δh，累加可得mgt-kh=m(v-v0)，結合(1)中，當降落傘以10 m/s的速度勻速下落時，有mgv=kv2，
聯立解得h=96 m。
13.(15分)噴射懸浮飛行器由抽水機、壓縮機等組成，利用一根軟管將水抽入飛行器，再以較大的速度豎直向下噴出兩道高壓水柱，可將使用者推至距水面一定的高度，如圖所示。現有一質量為M的使用者被緩慢推至水面上某一高處懸停，設此狀態下飛行器的質量恒為m，水噴出前的速度為零，兩個噴水口的橫截面積均為S，水的密度為ρ，重力加速度為g，空氣阻力及抽水過程中軟管和水對飛行器的作用均可忽略不計，求：
(1)(8分)兩個噴水口噴出水的速度大小；
(2)(7分)飛行器噴水的平均功率。
答案　(1)　(2)(M+m)g
解析　(1)使用者和飛行器在水面某一高處懸停，根據平衡條件可知，兩個噴水口噴水產生的總推力為F=(M+m)g，
對兩個噴水口噴出的水，由動量定理可得F'Δt=2Δm·v，
其中一個噴水口噴出的水的質量Δm=ρSvΔt，
根據牛頓第三定律可知F=F'，
解得v=
(2)根據動能定理，飛行器在Δt時間內對水做的功為W=×2Δm·v2-0，
則飛行器噴水的平均功率為==(M+m)g。

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