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选择题考点专项 35 动量定理的应用
1.(动量定理的应用)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞，车内的安全气囊会被弹出
并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零，关于安全气囊
在此过程中的作用，下列说法正确的是( )
A.增加了司机单位面积的受力大小
B.减少了碰撞前后司机动量的变化量
C.将司机的动能全部转换成汽车的动能
D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积
2.(动量定理的应用)如图所示，用质量为0.5 kg的铁锤钉钉子，打击前铁锤的速
度为3 m/s，打击后铁锤的速度变为0，设打击时间为0.05 s，重力加速度g＝10
m/s2，则铁锤钉钉子的平均作用力大小为( )
A.25 N B.30 N
C.35 N D.40 N
3.(动量定理的应用)如图所示，某同学在实验室用力传感器竖直向上提起一质量
m＝200 g的钩码，电脑屏幕上显示力传感器的示数与时间的关系为 F＝2t(均对
应国际单位)，已知重力加速度g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )A.2 s时钩码的速度为0
B.0～2 s内钩码向上做变加速直线运动
C.2 s时钩码的速度为5 m/s
D.2 s内钩码重力的冲量大小为2 N·s
4.(碰撞中动量定理的应用)某古法榨油中的一道工序是撞榨，即用重物撞击楔子
压缩油饼。如图所示，质量为 50 kg的重物用一轻绳与固定点 O连接，O与重
物重心间的距离为4 m，某次将重物移至轻绳与竖直方向成37°角处，由静止释
放，重物运动到最低点时与楔子发生碰撞，若碰撞后楔子移动的距离可忽略，
重物反弹，上升的最大高度为 0.05 m，作用时间约为 0.05 s，重力加速度 g取
10 m/s2，sin 37°＝0.6，整个过程轻绳始终处于伸直状态，则碰撞过程中重物对
楔子的作用力约为( )
A.4 000 N B.5 000 N
C.6 000 N D.7 000 N
5.(动量定理的应用)如图所示，圆盘在水平面内以角速度ω绕中心轴匀速转动，
圆盘上距轴r处的P点有一质量为m的小物体随圆盘一起转动。某时刻圆盘突
然停止转动，小物体由P点滑至圆盘上的某点停止。下列说法正确的是( )
A.圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
B.圆盘停止转动前，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量大小为2mωr
C.圆盘停止转动后，小物体沿圆盘半径方向运动
D.圆盘停止转动后，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量大小为mωr6.(动量定理的应用)研究蹦极运动时，在运动员身上装好传感器，用于测量他在
不同时刻下落的高度及速度。运动员身系弹性绳，从蹦极台无初速度下落，根
据某次传感器测到的数据，得到如图所示的速度—位移图像。忽略空气阻力，
根据图像可知( )
A.弹性绳的原长为15 m
B.0～15 m下落过程中，运动员重力势能的减少量大于动能的增加量
C.15～27 m下落过程中，运动员受合力先减小后增大
D.0～27 m下落过程中，运动员重力冲量大于弹性绳弹力冲量
7.(传送带模型中动量定理的应用)如图所示，足够长的传送带以恒定的速率 v 逆
1
时针运动，一质量为m的物块以大小为v 的初速度从传送带的P点冲上传送带，
2
v ≠v ，从此时起到物块再次回到P点的过程中，下列说法正确的是( )
1 2
A.合外力对物块的冲量大小一定为零
B.合外力对物块做的功一定为零
C.合力对物块的冲量大小可能为2mv
1
D.合力对物块的冲量大小可能为2mv
2
8.(机车起动模型中的动量定理的应用)(多选)2022年6月10日，中国首款仅靠太
阳能驱动的纯电动车“天津号”公开亮相。若该电动车的质量为m，某次试验时由静止沿直线加速行驶，经过时间t恰好达到最大速度，前进的距离为x。若
电动车受到的阻力大小恒为F，电动机输出功率恒为P，则该过程( )
f
A.电动车做匀加速直线运动
B.电动车的加速度逐渐减小
C.电动车的最大速度为
D.电动车所受牵引力的冲量为＋Ft
f
9.(航空航天模型中的动量定理的应用)(多选)我国神舟号载人飞船返回舱着地过
程如图所示。在返回舱距地面 1 m时，返回舱底部的四台反推发动机同时点火，
使其着地速度减为零，实现“软着陆”。已知返回舱的质量为3 t(含航天员，不
考虑推进剂喷出对质量的影响)，在距地面1 m时的速度为10 m/s，发动机喷出
推进剂的速度为v(远远大于返回舱的速度)，共喷出推进剂的质量为 10 kg，每
台发动机可以产生方向竖直向上、大小为 4.5×104 N的恒定推力。若发动机的
工作时间等于返回舱的落地时间，重力加速度 g＝10 m/s2，则在返回舱距地面1
m后的着地过程中，下列说法正确的是( )
A.航天员受到返回舱的作用力等于航天员重力的6倍
B.航天员受到返回舱的作用力等于航天员重力的5倍
C.反推发动机喷出推进剂的速度为v＝3.6×103 m/s
D.反推发动机喷出推进剂的速度为v＝0.9×103 m/s
10.(空气柱模型中动量定理的应用)“娱乐风洞”是一项惊险刺激的新型娱乐设
备，它能在一个特定的空间内通过人工制造的气流把人“吹”起来，使人产生
在天空翱翔的感觉。现有一直径为d的圆柱形风洞，一游客恰好可以静止在风
洞内，假设风洞内向上的风量Q(单位时间内风洞内空气的流通量，计算单位是m3/s)、风速v、空气密度ρ都保持不变，游客受风面积(游客在垂直风力方向的
投影面积)为S。假设风吹到人身上后速度变为零，则该游客的质量为(重力加速
度为g)( )
A. B.
C. D.
11.(液柱模型中动量定理的应用)喷口竖直向下的水龙头喷出的水形成水柱冲击
到地面，已知喷口距地面的高度h＝1 m，水喷出时初速度v ＝4 m/s，落到地面
0
时水柱横截面积为S＝2 cm2水柱冲击地面的时间很短，冲击地面后的速度为零，
忽略空气阻力，已知水的密度ρ＝1 000 kg/m2，重力加速度g＝10 m/s2，则水柱
对地面的平均冲击力大小最接近( )
A.5.5 N B.7.5 N
C.8.5 N D.9.5 N
12.(粒子束模型中动量定理的应用)人们射向未来深空探测器是以光压为动力的，
让太阳光垂直薄膜光帆照射并全部反射，从而产生光压。设探测器在轨道上运
行时，每秒每平方米获得的太阳光能 E ＝1.5×104 J，薄膜光帆的面积 S＝
0
6.0×102 m2，探测器的质量m＝60 kg，已知光子的动量的计算式p＝，那么探
测器得到的加速度大小最接近( )
A.0.001 m/s2 B.0.01 m/s2
C.0.000 5 m/s2 D.0.005 m/s2解析答案35 动量定理的应用
1．D [因安全气囊充气后，受力面积增大，故减小了司机单位面积的受力大小，
故A错误；有无安全气囊，司机初动量和末动量均相同，所以动量的改变量也
相同，故B错误；因有安全气囊的存在，司机和安全气囊接触后会有一部分动
能转化为气体的内能，不能全部转化成汽车的动能，故 C错误；因为安全气囊
充气后面积增大，司机的受力面积也增大，在司机挤压气囊作用过程中由于气
囊的缓冲故增加了作用时间，故D正确。]
2．C [以铁锤为研究对象，取竖直向上为正方向，则打击之前铁锤的速度为 v
1
＝－3 m/s，打击之后铁锤的速度为v ＝0，设钉子对铁锤的平均作用力为F，方
2
向竖直向上，根据动量定理可得(F－mg)t＝Δmv＝mv －mv ，代入数据解得F＝
2 1
35 N；根据牛顿第三定律可得铁锤钉钉子的平均作用力大小为 35 N，方向竖直
向下，故C正确。]
3．C [t＝1 s时，F＝2 N，所以钩码在0～1 s内处于静止状态，1 s后钩码开始
运动，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，解得a＝(10t－10)m/s2，所以钩码1 s后
做变加速直线运动，B错误；设2 s时钩码的速度为v，I －mgΔt＝mv，其中Δt
F
＝1 s，I ＝×1 N·s＝3 N·s，解得v＝5 m/s，故C正确，A错误；0～2 s内重力的
F
冲量I ＝mgt ＝0.2×10×2 N·s＝4 N·s，故D错误。]
G 2
4．B [根据机械能守恒定律有mgL(1－cos 37°)＝mv，碰撞后重物上升过程，
有mgh＝mv；根据动量定理，有Ft＝mv －(－mv )，联立解得F＝5 000 N，故
2 1
B正确。]
5．D [圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心
力，方向沿半径方向，故 A错误；圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力 F＝
f
mω2r，根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为I＝mv－mv＝0，
大小为0，故B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故 C错误；
圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量
为I′＝Δp＝0－mv＝－mωr，大小为mωr，故D正确。]
6．B [由图像可知位移大小为 15 m时，速度大小为最大值，可知该位移处有
弹性绳的弹力与运动员的重力等大，所以弹性绳处于伸长状态，即弹性绳的原长小于15 m，故A错误；运动员下落过程中先做加速度为 g的加速运动，至弹
性绳恰好拉直后运动员继续做加速度减小的加速运动，直至速度达到最大，此
时位移大小为15 m，所以0～15 m下落过程中，运动员重力势能的减少量等于
动能的增加量加上弹性绳弹性势能的增加量，故 B正确；15 m时，弹性绳的弹
力与运动员的重力等大合力为零，之后运动员继续向下运动，弹性绳伸长量继
续变大，弹性绳弹力大于重力，合力向上且变大，故 C错误；0～27 m下落过
程中由动量定理可得I ＋I ＝0，可知运动员重力冲量大小等于弹性绳弹力冲量
G 弹
大小，故D错误。]
7．D [由于物块的速度方向发生变化，根据动量定理I ＝Δp，即动量一定会
合
发生变化，则合外力的冲量一定不会等于 0，故A错误；如果设v ＝v ，回到P
1 2
点时，物块的动能没有发生变化，根据动能定理，合外力对物块做功为 0，但
由于v ≠v ，则合外力对物块做的功不为零，故B错误；当v >v ，时，根据对
1 2 1 2
称性，物块再次回到 P点时的速度仍为 v ，根据动量定理 I ＝Δp＝2mv ，当
2 合 2
v
