專項強化練習 第6節(jié) 動量

第6講動量專題強化練習

基礎保分練

一.選擇題：

1.（2025?江蘇淮安市檢測）如圖為一種拓展訓練的團隊合作項目——“鼓動人

心”。每個隊友都拉著其中一條繩子，通過繩子控制鼓面來顛球。借助全體隊員

的共同努力，完成顛球目標。某次顛球過程，質(zhì)量為250g的排球從靜止下落45

cm擊中鼓面，被隊員齊心協(xié)力豎直彈回原高度，球與鼓面的接觸時間為（）.1s,

重力加速度取10m/s2,不計空氣阻力，則下列說法正確的是（）

A.從落下到彈回原處的過程中，排球重力的沖量一直增大

B.鼓面向上顛球的過程中,鼓面對排球的沖量等于排球動量的

變化量

C.若隊員齊心協(xié)力，可以使鼓面與每根繩子始終處于同一水平面上

D.鼓面向上顛球的過程中，鼓面對排球的平均作用力大小為20N

2.如圖所示，在光滑水平軌道上有一小車，它下面用輕繩系一沙袋。有一子彈水

平射入沙袋后并不穿出，子彈射入沙袋的時間極短，則下列說法中正確的是

（）

A.從子彈射入沙袋到沙袋擺到最高點的過程中，子彈、沙袋

和小車組成的系統(tǒng)動量守恒

B.從子彈射入沙袋到沙袋擺到最高點的過程中，子彈、沙袋

和小車組成的系統(tǒng)機械能守恒

C.從子彈射入沙袋后，子彈、沙袋和小車組成的系統(tǒng)動量和機械能都守恒

D.從子彈射入沙袋后,子彈、沙袋和小車組成的系統(tǒng)動量不守恒,但機械能守恒

3.如圖甲所示，質(zhì)量為〃?的某同學直立于箱子上,尸0時刻該同學從箱子上跳下，

力時刻著地，經(jīng)曲腿緩沖一系列動作后，“時刻起直立靜止于地面上，該同學所

受地面支持力大小尸隨時間，變化的關系如圖乙所示，忽略該同學離開箱子時的

初速度和空氣阻力，該同學在空中始終處于直立狀態(tài)，重力加速度大小為g,下

列說法正確的是（）O尸公

o八t2t./5

甲乙

A.該同學的最大速度為加

B.箱子的高度為gtj

C.圖乙中圖線與橫軸/L/6段圍成的面積為〃吆，6

D.o~f6時間內(nèi)該同學的機械能減少了

4.某小球質(zhì)量為M,現(xiàn)讓它在空氣中由靜止開始豎直下落，下落過程中所受空氣

阻力與速率的關系滿足戶外伏為定值），當下落時間為，時，小球開始勻速下落，

已知重力加速度為g,則小球在，時間內(nèi)下降的高度〃為（）

Mg（kt-M）MgtMg（kt+M）Mgt

A。-°，-

5.2025年4月11日成功發(fā)射通信技術(shù)試驗衛(wèi)星十七號。運載火箭點火時向下噴

氣，會對地面產(chǎn)生沖力。假設火箭剛離開地面時豎直向上速度大小為⑶，火箭噴

氣口的橫截面積大小為S,噴出氣體相對于火箭的速度大小為u,氣體垂直射向

地面后，豎直速度變?yōu)榱?，已知氣體的密度為〃，重力加速度大小為g,忽略氣

體自身重力，V>V0o則氣體對地面的平均沖力大小是（）

A.pSv2B.〃Sy（u-vo）

22

C.pSv0D.pS（v-vo）

6.（2025?江蘇南京市一模）如圖所示，輕質(zhì)彈簧的兩端分別與小物塊A、B相連，

并放在傾角為。的固定斜面上，A靠在固定的擋板P上，彈簧與斜面平行，A、

B均靜止。將物塊C在物塊B上方與B相距x處由靜止釋放，C和B碰撞的時

間極短，碰撞后粘在一起不再分開，已知A、B、C的質(zhì)量均為相，重力加速度

為g,彈簧勁度系數(shù)為且始終在彈性限度內(nèi)，不計一切摩擦，則為保證A不

綜合創(chuàng)新練

一.選擇題：

7.（2025?河南卷7）兩小車P、Q的質(zhì)量分別為MP和恨,將它們分別與小車N沿

直線做碰撞實驗，碰撞前后的速度U隨時間，的變化分別如圖甲和圖乙所示。小

車N的質(zhì)量為〃2N,碰撞時間極短，則（）

A."ZP>"ZN>/〃Q

Q

C.mQ>"2P>〃?N

碰撞后

D.〃吟加N>〃川

乙

8.（2025?江蘇鹽城市模擬）一質(zhì)量為m的小球從水平地面豎直上拋，在運動過

程中小球受到的空氣阻力與速率成正比。它從拋出到落地過程中動量隨時間

變化的圖像如圖所示。已知重力加速度為g,則下列說法正確的是（）

A.小球Z2時刻剛好落地

B.小球在運動過程中加速度最大為2g

C.小球從拋出到落地的總時間為普一泉一，ZU-

27ng

D.小球上升和下降過程中阻力的沖量大小不相等

9.（2025.廣東卷.7）如圖所示，光滑水平面上，小球M、N分別在水平恒力Fi

和正2作用下，由靜止開始沿同一直線相向運動，在九時刻發(fā)生正碰后各自反

向運動。已知人和人始終大小相等，方向相反。從開始運動到碰撞后第1

次速度減為（）的過程中，兩小球速度v隨時間t變化的圖像，可能正確的是

10.（2025?江蘇蘇錫常鎮(zhèn)四市一模）質(zhì)量為M的半圓形凹槽靜置在光滑水平面上，

質(zhì)量為m的光滑小球靜止在凹槽底部。初始時刻給小球一個水平初速度vo,計

算機模擬得到小球的部分軌跡如圖，已知圖中軌跡頂點與凹槽端口等高，則

)

A.心M

B.僅增大M值后重新模擬，小球能飛離凹槽

C.長時間觀察，有些時間段內(nèi)凹槽對地向左運動

D.小球從圖中A到8運動過程中，凹槽先加速后減速

二.計算題：

11.(2025?河北卷14)如圖,一長為2m的平臺,距水平地面高度為1.8m。質(zhì)量為

0.01kg的小物塊以3m/s的初速度從平臺左端水平向右運動。小物塊與平臺、地

面間的動摩擦因數(shù)均為().2。小物塊視為質(zhì)點，不考慮空氣阻力，重力加速度g

2

取1()m/so

(1)求小物塊第一次落到地面時距平臺右端的水平距離。

(2)若小物塊第一次落到地面后彈起的最大高度為0.45m,小物塊從離開平臺到

彈起至最大高度所用時間共計1求小物塊第一次與地面接觸過程中，所受彈

力沖量的大小，以及小物塊彈離地面時水平速度的大小。

小物塊

以―

?

平臺;

/

/

，/

/

‘‘k〃ifti

12.(2025?四川卷，15)如圖所示,傾角為。的斜面固定于水平地面,斜面上固定有半

徑為R的半圓擋板和長為7R的直擋板。a為直擋板下端點,bd為半圓擋板直徑

且沿水平方向,c?為半圓擋板最高點,兩擋板相切于b點,de與ab平行且等長。小

球乙被鎖定在c點。小球甲從。點以一定初速度出發(fā),沿擋板運動到c點與小球

乙發(fā)生彈性碰撞,碰撞前瞬間解除對小球乙的鎖定，小球乙在此后的運動過程中

無其他碰撞。小球甲質(zhì)量為加，兩小球均可視為質(zhì)點,不計一切摩擦,重力加速度

大小為g。

(1)求小球甲從。點沿直線運動到h點過程中的加速度大??；

⑵若小球甲恰能到達c點，且碰撞后小球乙能運動到e點,求小球乙與小球甲的質(zhì)

量比值應滿足的條件；

⑶在滿足(2)中質(zhì)量比值的條件下,若碰撞后小球乙能穿過線段de,求小球甲初動

能應滿足的條件。

尖子生選練

13.大型工廠的車間中有一種設備叫作天車如圖甲所示，是運輸材料的一種常

用工具。此裝置可以簡化為如圖乙所示的模型，足夠長的光滑水平桿上套有

一個質(zhì)量為3m的滑塊,滑塊正下方用長為L不可伸長的輕繩懸掛一個質(zhì)量為

加的小球。開始兩者均靜止，現(xiàn)給小球一個水平初速度出(未知)，小球恰好能

達到與滑塊等高的位置，此時滑塊水平向右移動s,重力加速度為g,求：

(1)初速度如大??；

(2)小球第1次返回最低點時繩的拉力大小；

(3)從給小球初速度開始到第1次擺到最高點的時間。

甲乙

參考答案：

1.答案A解析沖量是作用力與時間的乘積，則排球從落下到彈回原處的過程

中，排球重力的沖量一直增大，故A正確；根據(jù)動量定理，鼓面向上顛球的過

程中，鼓面對排球的作用力與排球重力的合力的沖量等于排球動量的變化量，

故B錯誤；因鼓有重力，鼓面與每根繩不可能在同一平面上，故C錯誤；對排

球由動量定理（F-冷移）片〃其中y1=也=淄，^=3m/s,解得F=17.5N,故

D錯誤。

2.答案D解析從子彈射入沙袋到它們擺動達到最大偏角的過程中，子彈和沙

袋組成的系統(tǒng)做圓周運動，合力不等于零，系統(tǒng)的動量不守恒，故A錯誤；子

彈打入沙袋時有能量損失，所以子彈與沙袋組成系統(tǒng)的機械能不守恒，故B錯

誤；子彈射入沙袋的瞬間運動過程中，子彈與沙袋組成的系統(tǒng)水平方向動量守

恒，但擺動過程中，對子彈和沙袋組成的系統(tǒng)做圓周運動，合力不等于零，系

統(tǒng)的動量不守恒，機械能守恒，故C錯誤，D正確。

3.答案C解析由尸?，圖像可知，Of時間內(nèi)該同學在空中，八時刻著地時速

度為gfi,力~七時間內(nèi)，支持力小于重力，合力向下，根據(jù)牛頓第二定律F-mg=maf

知該同學接觸地面后繼續(xù)向下加速，速度大于gd該同學的最大速度大于g%

故A錯誤；0~力時間內(nèi)該同學做自由落體運動，根據(jù)運動規(guī)律知箱子的高度為

權(quán)丫，故B錯誤；0~4時間內(nèi)根據(jù)動量定理有-〃磔=機（-羽0）,題圖乙中圖線與橫

軸fi~f6段圍成的面積表示在fi"時間內(nèi)地面對該同學的沖量，根據(jù)動量定理有

/-機g（164D=0-〃2（-y0）,解得I=mgt6,故C正確；0-/6時間內(nèi)該同學的機械能減少

Tmg九號故D錯誤。

4.答案A解析根據(jù)題意可得，當小球勻速下落時，有Mg=J^kv,下落過程

中，根據(jù)動量定理可得j仁由Mkh,聯(lián)立可得依M嗎；M）,故選

Ao

5.答案D解析由題意可知氣體對地的速度為uLP-H）,設Af時間內(nèi)有A血質(zhì)

量的氣體射向地面，地面對氣體平均沖力大小為用規(guī)定向下為正方向，由動量

定理有-FAQO-A/MP?，因為氣A應），聯(lián)立解得產(chǎn)二〃5（…。戶，根據(jù)牛頓第三

定律可知，氣體對地面的平均沖力大小是〃S（y-uo）2,故選D。

6.答案B解析設靜止時彈簧的壓縮量為xi,對B有wtgsin,要使A不

離開擋板，則A剛要離開擋板時物塊B、C速度為零，彈簧伸長，彈力大小等

于A重力沿斜面的分力，則彈簧伸長量等于達，從碰后到A剛要離開擋板，彈

黃彈性勢能變化為零，設碰后B、C速度為vz,由機械能守恒定律得

2

|x2mv2=2mgX2xisinOfC碰撞過程根據(jù)動量守恒有/〃力=26也，下滑過程

有;〃2%2=〃嚕4加仇聯(lián)立解得X=8m寫皿,故選B。

7.答案D解析P、N碰撞時，根據(jù)碰撞前后動量守恒有

wipyP+〃2NPN二〃ipUp'+，〃NV、'，即mp(vp-vpF-VN),根據(jù)題圖甲可知

(VP-VP9>(VN-VN),故mp<m^;同理，Q、N碰撞時，根據(jù)碰撞前后動量守恒有

/nQVQ+/WNVN=/nQVQ，+//lNVN，,即WQ(VQ-VQr-VN),根據(jù)題圖乙可知

(VQ-VQX(UNRN),故〃2Q>，〃N；綜上可得mQ>m^>mp,故選D。

8.答案C解析由題圖可知，打時刻后小球的動量不變，即小球的速度不變，

小球速度不變后，又運動了一段時間，說明及時刻小球還沒落地，故A錯誤；

設在運動過程中小球受到的空氣阻力與速率滿足關系式f=kvt根據(jù)動量定理

Ap=FAZ,可知p-t圖像的斜率表示合外力，由題圖可知/=0時刻，p-t圖像斜率

的絕對值最大，小球的加速度最大，設小球運動過程中的最大加速度為Qm,有

mg+kvi=mamt其中打嚀，當片卷時，小球合外力為零，此時有mg=%2=嚀%

解得〃m=3g,故B錯誤；由題圖知從拋出到最高點的時間為公設此時上升的高

度為hf從最高點到落地的時間為f9從地面拋出到最高點由動量定理得

Tigh-k51tl=。邛0,即mgti+kh=po,同理下降階段mgt'-行2f-y，即mgt，-kh噂,

聯(lián)立可得小球從拋出到落地的總時間為Uh+代曾，故C正確；小球上升過程

中阻力的沖量大小為In=k7h=kh,小球下落過程中阻力的沖量大小為

iBki^kkh,故小球上升和下降過程中阻力的沖量大小相等，故D錯誤。

9.答案A解析根據(jù)牛頓第二定律a=￡，兩小球所受外力F大小相等，由沙

m

圖像的斜率表示加速度可知，M、N的加速度大小之比為4：6=2：3,則M、N

的質(zhì)量之比為3：2;設M、N的質(zhì)量分別為3根和2,〃；由圖像可設M、N碰前

的速度大小分別為4P和6匕因M、N系統(tǒng)所受合外力為零，則系統(tǒng)動量守恒，

以向右為正方向，由動量守恒定律有3mX4v+2rnX(-6v)=3mvi+2mv2f若系統(tǒng)為

彈性碰撞，由能量守恒定律可知

2222

|x3mX(4v)+1x2mX(-6V)=1X37/IV14-1X2WV2,解得力=-4八vz=6v,因碰撞

后M、N的加速度大小之比仍為2:3,則停止運動的時間之比為1：1,即兩小

球一起停止，故B、D錯誤；若不是彈性碰撞，則3mX4v+2mX(-6v)=3mvi+2mv2,

可知碰后速度大小之比為Ml：|也|二2：3,若假設vi=-2v,則V2=3V,此時滿足

222

ix3/nX(4v)+ix2mX(-6v)>|x3/nv^+ix2/nv2,則假設成立，因碰撞后M、

N的加速度大小之比仍為2:3,則停止運動的時間之比為1：1,對M來說碰撞

前后的速度大小之比為4v：2v=2：1,可知碰撞前后運動時間之比為2：1,故A

正確，C錯誤。

10.答案B解析當小球由最低點開始運動到第一次回到最低點時，水平方向

動量守恒，小球光滑，則系統(tǒng)機械能守恒，設此時小球速度為力、凹槽速度為

222

V2,^'1mvo=mvi+Mv2,lmVQ=^mv1+z-Mv29聯(lián)立可得,以初速度方

222VQ+VJ

向為正方向，由題圖中小球的運動軌跡可知，當小球第一次回到最低點時力<0,

即也”>1,可以判斷加VM,故A錯誤；當小球第一次到最高點時，水平方向速

Vo+Vi

度共速，設小球和凹槽此時的水平方向速度為昨，則由動量守恒〃

共，得v共二弋，當增大M值后v共會減小，系統(tǒng)機械能守恒，則

2二"①共2+u豎直2)+)陽升?如共2,僅增大M值，由最低點開始運動到最高

點時，V共減小，則P登直增大，小球會飛的更高，飛離凹槽，故B正確；設小球

末速度水平分速度為也'，凹槽末速度為V2\由動量守恒可知〃"0=機力'+/以也’，

，，f

即m(V(^V\)=MV2t若當凹槽對地向左運動時V2<0,可得Vo<Vl\則;吸為2VmM%

不滿足系統(tǒng)機械能守恒，小球由A到B過程中加力一直增大，所以也'一直增

大，故C、D錯誤。

11.答案(1)0.6m(2)0.1N-s0

解析(1)小物塊在平臺做勻減速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律有

22

則小物塊從開始運動到離開平臺有vx-vo=-2axo

2

小物塊從平臺飛出后做平拋運動有/J=|gti,x=vr/i

聯(lián)立解得x=0.6m。

(2)小物塊第一次落到地面后彈起的最大高度為0.45m,則小物塊彈起至最大高

度所用時間和彈起的豎直初速度有〃'二"后，Vy2=gt2

則小物塊與地面接觸的時間A/=Z-/|-/2=0.1s

小物塊與地面接觸的過程中根據(jù)動量定理，取豎直向上為正，

在豎直方向有/N-/?gAZ=/nvy2-/7i(-vyi),vyi=gti

解得ZN=0.1N-S

取水平向右為正方向，在水平方向有-〃/N=F\A/

解得以'=/I11/S

但由于減小為0將無相對運動和相對運動的趨勢，故vx-Oo

12.答案(l)gsin0(2璘W1或等=7(3)mmgRsin^<Ek0<12migZ?sin3

解析(1)小球甲從〃點沿直線運動到〃點過程中，

根據(jù)牛頓第二定律有whgsin0=tn\a\

解得甲在曲段運動的加速度大小。kgsin凡

⑵甲恰能到c點,設到達。點時的速度為切，

根據(jù)牛頓第二定律有whgsinO=mr^-

解得V產(chǎn)JgRsin。

根據(jù)題意知，甲、乙在。點發(fā)生彈性碰撞,設小球乙的質(zhì)量為〃22,

根據(jù)動量守恒定律和能量守恒定律有m\V\-m\V\,JtmYOi

121nJ2

-rniVi=-/niVi+^in2V2

解得碰后乙的速度為功二衛(wèi)詈=二^/而而

ml+m2ml+m2Y

碰后乙能運動至e點,有兩種情況：

第一種情況,碰撞后乙順著擋板做圓周運動后沿著斜面到達e點，

需滿足/?/2gsin4-即sNjgRsine

聯(lián)立解得膽W1;

mi

第二種情況,碰撞后乙在斜面上做類平拋運動到達e點，

此時有7/?+&=/§加0-t2,R=vzt解得生2=:JgRsin?

聯(lián)立解得四=7

綜上，小球乙與小球甲的質(zhì)量比值應滿足四W