【A级——夯实基础】
1．下列解释正确的是( )
A．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量
B．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量
C．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来
D．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大
解析：跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft＝mv可知，运动时间相等，故选项C错误；人从越高的地方跳下，落地前瞬间速度越大，动量越大，落地时动量变化量越大，则受到的冲量越大，故选项D正确。
答案：D
2．一小球从水平地面上方无初速度释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零。假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是( )
A．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量
B．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零
C．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功
D．从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功
解析：根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得Ft－mgt＝mv2－(－mv1)，可知地面对小球的冲量Ft不为零，选项B错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功的代数和，选项C错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确。
答案：D
3．(2022·江苏常州期中)我国自主设计的自动驾驶系统，在两种刹车模式下的v-t图像如图所示，下列说法正确的是( )
A．第一种刹车模式平均速度较大
B．第二种刹车模式滑行距离较远
C．第一种模式刹车过程汽车克服阻力做功较多
D．第二种模式刹车过程汽车受到阻力冲量较小
解析：在v-t图像中，图像与时间轴围成的面积等于物体的位移，可知第一种滑行模式滑行距离较大，而刹车时间相同，因此第一种刹车模式平均速度较大，A正确，B错误；根据动能定理可知，两种情况下，动能变化量相同，因此两种模式刹车过程汽车克服阻力做功相同，C错误；根据动量定理，两种情况下，动量变化量相同，因此两种模式刹车过程汽车受到阻力冲量相同，D错误。
答案：A
4．某运动员在某场NBA比赛过程中的一个瞬间，他在原地运球寻找时机，假设篮球在竖直方向上运动，落地前瞬间的速度大小为8 m/s，弹起瞬间的速度大小为6 m/s，球与地面的接触时间为0.1 s。已知篮球质量为600 g，取g＝10 m/s2，则地面对球的弹力大小为( )
A．90 N B．84 N
C．18 N D．36 N
解析：设向上为正方向，根据动量定理可得(F－mg)t＝mvt－(－mv0)，代入数据得F＝90 N，故选A。
答案：A
5．(2022·广东湛江高三模拟)2020年7月26日，大型水陆两栖飞机“鲲龙”AG600海上首飞成功，为下一步飞机进行海上试飞科目训练及验证飞机相关性能奠定了基础。若飞机的质量为m，从t＝0时刻起，飞机在某段时间t0内由静止开始做加速直线运动，其加速度与时间的关系图像如图所示(图中a0、t0均为已知量)，则在这段时间t0内，飞机所受合力的冲量大小为( )
A．ma0t0 B．ma0t0
C．ma0t0 D．2ma0t0
解析：在t＝t0时刻，飞机的速度大小v＝a0×t0＋a0×t0＝a0t0。根据动量定理有I＝mv－0，解得I＝ma0t0，所以C正确，A、B、D错误。
答案：C
6．(2019·全国Ⅰ卷)最近，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
解析：设1 s内喷出气体的质量为m，喷出的气体与该发动机的相互作用力为F，由动量定理Ft＝mv知，m＝＝ kg＝1.6×103 kg，选项B正确。
答案：B
7．(2022·福建厦门高三模拟)2020年厦门出现过强对流冰雹天气。设一质量为4 g的球形冰雹从高空云层里由静止开始下落，下落过程中所受空气阻力与速度的关系为f＝kv2(k＝1×10－4 N·m－2·s2)，冰雹下落过程质量保持不变，落地前已达最大速度，与地面碰撞时间为0.01 s，碰撞后速度为零，g取10 m/s2，则( )
A．冰雹落地瞬间的速度大小为40 m/s
B．冰雹落地瞬间的速度大小为400 m/s
C．碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为8 N
D．碰撞过程中冰雹对地面的平均作用力大小约为16 N
解析：质量为m的冰雹下落过程中，受重力G和空气阻力f两个力的作用，刚开始下落时，G＞f，冰雹加速下落，随着冰雹速度的增大，它受到的阻力也在不断增大，而当阻力增大到与重力相等时，即当G＝f时，冰雹开始做匀速向下运动，冰雹的速度不再增大，此时的速度就是冰雹的最大速度，由 G＝f，得f＝kv2＝mg，冰雹落地瞬间的速度大小为v＝＝ m/s＝20 m/s，故A、B错误；冰雹与地面碰撞过程，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F－mg)t＝0－m(－v)，解得F＝mg＋＝0.004×10 N＋ N＝8.04 N，故C正确，D错误。
答案：C
8．将一物体以某一初速度沿竖直方向向上抛出。p表示物体的动量，表示物体的动量变化率，取竖直向下为正方向，忽略空气阻力，则下图中正确的是( )
解析：取竖直向下为正方向，动量p＝mv＝m(－v0＋gt)＝－mv0＋mgt，mv0、mg是定值，故动量和时间的关系图应为截距为负、斜率为正的直线，故A、B错误；动量的变化量Δp＝mgΔt，解得＝mg，mg是定值，故不随时间变化，故C正确，D错误。
答案：C
【B级——能力提升】
9．如图所示为清洗汽车用的高压水枪。设水枪喷出水柱直径为D，水流速度为v，水柱垂直汽车表面，水柱冲击汽车后水的速度为零。手持高压水枪操作，进入水枪的水流速度可忽略不计，已知水的密度为ρ。下列说法正确的是( )
A．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρπvD2
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为ρvD2
C．水柱对汽车的平均冲力为ρD2v2
D．当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，喷出的水对汽车的压强变为原来的4倍
解析：高压水枪单位时间喷出水的质量等于单位时间内喷出的水柱的质量，即m0＝ρV＝ρπ·v＝πρvD2，选项A、B错误；水柱对汽车的平均冲力为F，由动量定理得Ft＝mv，即Ft＝ρπvD2·t·v，解得F＝ρπv2D2，选项C错误；高压水枪喷出的水对汽车产生的压强p＝＝＝ρv2，则当高压水枪喷口的出水速度变为原来的2倍时，压强变为原来的4倍，选项D正确。
答案：D
10．人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为120 g，从离人眼约20 cm的高度无初速度掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2 s，取重力加速度g＝10 m/s2。下列分析正确的是( )
A．手机与眼睛作用过程中手机动量变化量大小约为0.48 kg·m/s
B．手机对眼睛的冲量大小约为0.48 N·s
C．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
D．手机对眼睛的作用力大小约为0.24 N
解析：根据自由落体运动公式得v＝＝ m/s＝2 m/s，选取向上为正方向，手机与眼睛作用后手机的速度变为0，所以手机与眼睛作用过程中动量变化量为Δp＝0－(－mv)＝0.12×2 kg·m/s＝0.24 kg·m/s，故A错误；手机与眼睛接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，则Iy－mgt＝Δp，代入数据可得Iy＝0.48 N·s，手机对眼睛的作用力与眼睛对手机的作用力大小相等，方向相反，作用的时间相等，所以手机对眼睛的冲量大小约为0.48 N·s，方向竖直向下，故B正确，C错误；由冲量的定义得Iy＝Ft，可得F＝＝
N＝2.4 N，故D错误。
答案：B
11．质量相等的A、B两物体放在同一水平面上，分别受到水平拉力F1、F2的作用从静止开始做匀加速直线运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时，分别撤去F1和F2，两物体都做匀减速直线运动直至停止。两物体速度随时间变化的图线如图所示。设F1和F2对A、B两物体的冲量分别为I1和I2，F1和F2对A、B两物体做的功分别为W1和W2，则下列结论正确的是( )
A．I1∶I2＝12∶5，W1∶W2＝6∶5
B．I1∶I2＝6∶5，W1∶W2＝3∶5
C．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝6∶5
D．I1∶I2＝3∶5，W1∶W2＝12∶5
解析：由题可知，两物体匀减速运动的加速度大小都为，根据牛顿第二定律，匀减速运动中有Ff＝ma，则摩擦力大小都为m。由题图可知，匀加速运动的加速度分别为、，根据牛顿第二定律，匀加速运动中有F－Ff＝ma，则F1＝，F2＝，故I1∶I2＝F1t0∶4F2t0＝3∶5；对全过程运用动能定理得W1－Ff x1＝0，W2－Ff x2＝0，得W1＝Ff x1，W2＝Ff x2，vt图像中图线与时间轴围成的面积表示运动的位移，则位移之比为6∶5，整个运动过程中F1和F2做功之比为W1∶W2＝x1∶x2＝6∶5，故C正确。
答案：C
12．起跳摸高是中学生常进行的一项活动。某中学生身高1.80 m，质量80 kg，他站立举臂，手指摸到的高度为2.10 m。在一次摸高测试中，如果他先下蹲，再用力蹬地向上跳起，同时举臂，离地后手指摸到的高度为2.55 m。设他从蹬地到离开地面所用的时间为0.2 s。不计空气阻力(g取10 m/s2)。求：
(1)他跳起刚离地时的速度大小；
(2)上跳过程中他对地面平均压力的大小。
解析：(1)跳起后重心升高h＝2.55 m－2.10 m＝0.45 m，
根据机械能守恒定律得mv2＝mgh
解得v＝＝3 m/s。
(2)由动量定理得(F－mg)t＝mv－0
即F＝＋mg
将数据代入上式可得F＝2.0×103 N
根据牛顿第三定律可知，人对地面的平均压力F′＝2.0×103 N。
答案：(1)3 m/s (2)2.0×103 N
13．根据量子理论，光子的能量E与动量p之间的关系式为E＝pc，其中c表示光速，由于光子有动量，照到物体表面的光子被物体吸收或反射时都会对物体产生压强，这就是“光压”，用I表示。
(1)一台二氧化碳气体激光器发出的激光，功率为P0，射出的光束的横截面积为S，当它垂直照射到一物体表面并被物体全部反射时，激光对物体表面的压力F＝2pN，其中p表示光子的动量，N表示单位时间内激光器射出的光子数，试用P0和S表示该束激光对物体产生的光压；
(2)有人设想在宇宙探测中用光为动力推动探测器加速，探测器上安装有面积极大、反射率极高的薄膜，并让它正对太阳，已知太阳光照射薄膜时每平方米面积上的辐射功率为1 350 W，探测器和薄膜的总质量为m＝100 kg，薄膜面积为4×104 m2，c＝3×108 m/s，求此时探测器的加速度大小。(不考虑万有引力等其他力)
解析：(1)在单位时间内，功率为P0的激光的总能量为
P0×1 s＝NE＝Npc，所以p＝
由题意可知，激光对物体表面的压力F＝2pN
故激光对物体产生的光压I＝＝。
(2)由(1)可知I＝＝ Pa＝9×10－6 Pa
所以探测器受到的光的总压力FN＝IS膜
对探测器应用牛顿第二定律有FN＝ma
故此时探测器的加速度
a＝＝ m/s2＝3.6×10－3 m/s2。
答案：(1) (2)3.6×10－3 m/s2
