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第七章 第33 练 动量 动量定理
分值：60 分
1~6 题每小题5 分，共30 分
1.下列说法正确的是( )
A.平衡木运动员在着地时屈腿是为了减小地面对自己的冲量
B.火箭点火后离开地面向上运动，是地面对火箭的反作用力作用的结果
C.做直线运动的机器人动量变化量的方向一定和动量的方向相同
D.推铅球的过程中铅球所受合力的冲量等于铅球动量的变化量
2.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
3.(2021·湖南卷·2)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( )
4.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
5.(多选)(2023·广东卷·10)某同学受电动窗帘的启发，设计了如图所示的简化模型。多个质量均为1 kg 的滑块
可在水平滑轨上滑动，忽略阻力。开窗帘过程中，电机对滑块1 施加一个水平向右的恒力F，推动滑块1 以
0.40 m/s 的速度与静止的滑块2 碰撞，碰撞时间为0.04 s，碰撞结束后瞬间两滑块的共同速度为0.22 m/s。关
于两滑块的碰撞过程，下列说法正确的有( )
A.该过程动量守恒
1
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B.滑块1 受到合外力的冲量大小为0.18 N·s
C.滑块2 受到合外力的冲量大小为0.40 N·s
D.滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为5.5 N
6.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
7~10 题每小题6 分，共24 分
7.(多选)(2024·全国甲卷·20)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＝0.30 s 时，运动员的速度大小为10 m/s
C.t＝1.00 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
8.(多选)(2025·山东烟台市检测)质量为m＝1 kg 的物块在水平拉力的作用下从静止开始沿水平桌面做直线运动，
其拉力F 随时间t 的变化图线如图所示，物块与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s2，
最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则( )
A.在t＝2 s 时，物块的动量大小为1 kg·m/s
B.在t＝4 s 时，物块的速度为0
2
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C.在0~2 s 内和2~5 s 内，物块动量的变化量大小之比为3∶2
D.在0~5 s 内，物块的最大速度为1.5 m/s
9.(2022·湖北卷·7)一质点做曲线运动，在前一段时间内速度大小由v 增大到2v，在随后的一段时间内速度大
小由2v 增大到5v。前后两段时间内，合外力对质点做功分别为W1和W2，合外力的冲量大小分别为I1和I2。
下列关系式一定成立的是( )
A.W2＝3W1，I2≤3I1
B.W2＝3W1，I2≥I1
C.W2＝7W1，I2≤3I1
D.W2＝7W1，I2≥I1
10.2021 年6 月17 日，我国“神舟十二号”载人飞船发射成功，3 名航天员进驻“天宫”空间站的“天和号”
核心舱，标志着我国空间站建设进入新阶段。如图所示，“天和号”核心舱垂直于运动方向的横截面面积约
为9 m2，以第一宇宙速度v＝7.9×103 m/s 运行，核心舱经过某段宇宙尘埃区时尘埃会附着于舱体外表，已知
每个尘埃(初速度可忽略)的质量为m＝1.5×10-7 kg，为维持轨道高度不变，需要开启舱外发动机增加170 N 的
推力，则该区域每立方米空间内的尘埃数大约为( )
A.2×106个
B.16 个
C.14×104个
D.2 个
(6 分)
11.(多选)从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m 的小球，一段时间后落回地面的速度大小为v，若运动过
程中小球受到的阻力大小与其速率成正比，重力加速度大小为g。则( )
A.小球上升过程中的平均速度小于v0
2
B.整个过程中小球运动的时间小于v0＋v
g
C.小球在上升和下降过程中重力的冲量大小相等
D.小球在上升和下降过程中阻力的冲量大小相等
3
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答案精析
1.D 2.D
3.D [质点沿x 轴正方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有v2＝2ax，而动量为p＝mv，联立可得p＝m
√2ax＝m√2a·x
1
2，m>0，a>0，x>0，故正确的相轨迹可能为D。]
4.B [设该发动机在t 时间内，喷射出的气体质量为m，根据动量定理Ft＝mv 可知，在1 s 内喷射出的气体
质量m0＝m
t ＝F
v ＝4.8×10
6
3 000 kg＝1.6×103 kg，故选B。]
5.BD [取向右为正方向，滑块1 和滑块2 组成的系统的初动量为p1＝mv1＝1×0.40 kg·m/s＝0.40 kg·m/s，碰
撞后的动量为p2＝2mv2＝2×1×0.22 kg·m/s＝0.44 kg·m/s，则滑块的碰撞过程动量不守恒，故A 错误；对滑
块1，则有I1＝mv2－mv1＝1×0.22 kg·m/s－1×0.40 kg·m/s＝－0.18 kg·m/s，负号表示方向水平向左，故B 正
确；对滑块2，则有I2＝mv2＝1×0.22 kg·m/s＝0.22 kg·m/s，故C 错误；对滑块2 根据动量定理有FΔt＝I2，
解得F＝5.5 N，则滑块2 受到滑块1 的平均作用力大小为5.5 N，故D 正确。]
6. A [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|= p0
t
∶p0
2t
=2∶1，故A 正确，B 错误；根据能量守恒，有W=1
2
mv0
2= p0
2
2m
，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。]
7.BD [根据牛顿第三定律结合题图可知t＝0.15 s 时，蹦床对运动员的弹力最大，蹦床的形变量最大，此时
运动员处于最低点，运动员的重力势能最小，故A 错误；
运动员从t＝0.30 s 离开蹦床到t＝2.30 s 再次落到蹦床上经历的时间为2 s，根据竖直上抛运动的对称性可知，
运动员上升时间为1 s，则在t＝1.30 s 时，运动员恰好运动到最大高度处，t＝0.30 s 时运动员的速度大小v
＝10×1 m/s＝10 m/s，故B 正确，C 错误；
同理可知运动员落到蹦床时的速度大小为10 m/s，以竖直向上为正方向，根据动量定理得
F·Δt－mg·Δt＝mv－(－mv)
其中Δt＝0.30 s
代入数据可得F＝4 600 N
根据牛顿第三定律可知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，故D 正
确。]
4
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8.AD [F－t 图像与t 轴围成的面积表示拉力的冲量，根据动量定理可知F1+ F2
2
t－μmgt＝p，代入数据可解得
p＝1 kg·m/s，故A 正确；同理，2~4 s 根据动量定理有F2
2 t'－μmgt'＝mv－p，代入数据解得v＝1 m/s，故B
错误；由上述分析可知0~2 s 内物块动量的变化量大小为1 kg·m/s，2~4 s 内物块动量的变化量大小为0，
4~5 s 内F≤1 N＝μmg，F 与摩擦力同向，物块做匀减速运动直到静止，动量变化量大小为1 kg·m/s，所以
在0~2 s 内和2~5 s 内，物块动量的变化量大小之比为1∶1，故C 错误；当拉力与摩擦力相等时，速度最大，
由题图可知为t＝3 s 时刻，根据动量定理可知F2+ F3
2
t″－μmgt″＝mv'－p，代入数据解得v'＝1.5 m/s，故D 正
确。]
9.D [根据动能定理有
W1＝1
2m(2v)2－1
2mv2＝3
2mv2，
W2＝1
2m(5v)2－1
2m(2v)2
＝21
2 mv2，可得W2＝7W1；
由于速度是矢量，具有方向，当初、末速度方向相同时，动量变化量最小，方向相反时，动量变化量最大，
因此冲量的大小范围是mv≤I1≤3mv，3mv≤I2≤7mv，可知I2≥I1，故选D。]
10.D [设该区域每立方米空间内的尘埃数为n 个，则在Δt 时间内有vΔtSn 个尘埃附着于舱体外表，对尘埃由
动量定理可得FΔt＝vΔtSnmv
代入数据解得n≈2，故选D。]
11.AD [小球在上升的过程中，根据牛顿第二定律mg+kv＝ma，随着速度的减小，阻力逐渐减小，加速度逐
渐减小，在下降的过程中，根据牛顿第二定律mg－kv＝ma，随着速度的增大，阻力逐渐增加，加速度逐渐减
小，因此在整个过程中加速度逐渐减小，v－t 图像如图所示。在v－t 图像中，图像与时间轴围成的面积表示
小球的位移，由图像可知，上升过程的位移小于小球做匀减速直线运动的位移，因此平均速度小于匀减速直
线运动的平均速度v0
2 ，A 正确；设上升的高度为h，小球在上升过程中，阻力的冲量大小I1＝∑kvΔt＝k∑vΔt
＝k∑Δh＝kh，因为小球在下降过程中的位移大小等于上升过程中的位移大小，所以小球在上升和下降过程中
阻力的冲量大小相等，D 正确；由于上升和下降过程中，位移大小相等，而上升过程的平均加速度大，所用
时间短，重力的冲量小于下降过程中重力的冲量，C 错误；规定向下为正方向，上升过程所用时间为t1，下
5
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降过程所用的时间为t2，根据动量定理，上升过程中mgt1+I1＝0－(－mv0)，下降过程中mgt2－I2＝mv，又因为
I1＝I2，可得：t＝t1+t2＝v0+ v
g
，B 错误。
]
6
