1.1动量 课时练（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 1.1动量 课时练（Word版含解析） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 664.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-08-27 21:43:05 | ||
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文档简介
2021-2022学年人教版（2019）选择性必修第一册
1.1动量
课时练（解析版）
1．小明同学使质量为0.1kg的小球以5m/s的速度落至水平地面上，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向下为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量的变化量△p和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是（ ）
A．△p=-0.9kg·m/s，W=-0.45J
B．△p=-0.9kg·m/s，W=0.1J
C．△p=-2kg·m/s，W=0.1J
D．△p=0.9kg·m/s，W=0.45J
2．质量为m的乒乓球在离台高h处时速度刚好水平向左，大小为v1运动员在此时用球拍击球，使球以大小为的速度水平向右飞出，球拍和乒乓球作用的时间极短，则（ ）
A．击球前后球动量改变量的方向水平向左
B．击球前后球动量改变量的大小是
C．击球前后球动量改变量的大小是
D．球拍击球前乒乓球机械能不可能是
3．如图，从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿，这样做是为了（ ）
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
4．如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同
B．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同
C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度
D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量
5．经典物理学认为，氢原子中的电子围绕带正电的原子核做匀速圆周运动，下列关于做匀速圆周运动的电子的说法正确的是（ ）
A．动能和动量均保持不变
B．动能和动量均不断变化
C．动能不断变化，动量保持不变
D．动能保持不变，动量不断变化
6．对于竖直向上抛出的物体，下面关于物体在上升阶段的动量和动量变化量说法中，正确的是（ ）
A．物体的动量方向向上，动量变化量的方向也向上
B．物体的动量方向向上，动量变化量的方向向下
C．物体的动量方向向下，动量变化量的方向向上
D．物体的动量方向向下，动量变化量的方向也向下
7．为了迎接篮球比赛，某运动员站在与电脑连接的力传感器上做原地纵向摸高训练，图甲是他做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是电脑上显示的力传感器所受压力随时间变化的图象，已知重力加速度g=10m/s2，空气阻力不计，则根据图象分析可知（ ）
A．人在0.3s-0.7s时间内先加速下蹲后减速下蹲
B．c到d的过程中，人始终处于失重状态
C．人从起跳到双脚离开力传感器的过程中，重力的冲量大小等于240N·s
D．人跳起获得的初动量大小为240kg·m/s
8．质量为0.2
kg的球竖直向下以6
m/s
的速度落至水平地面，再以4
m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是（ ）
A．Δp＝2
kg·m/s W＝－2
J
B．Δp＝－2
kg·m/s W＝2
J
C．Δp＝0.4
kg·m/s W＝－2
J
D．Δp＝－0.4
kg·m/s W＝2
J
9．如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计黄豆的空气阻力，将黄豆看成质量相同的质点，则（ ）
A．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍
B．甲黄豆在P点动量与乙黄豆在最高点的动量相等
C．乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度一半
D．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角为乙的两倍
10．如图所示，2020年5月8日13时许，3朵红白相间的“伞花”在酒泉东风着陆场上空盛放，随后6个气囊打开，我国新一代载人飞船试验船返回舱稳稳降落在东风着陆场预定区域，顺利回到了祖国怀抱。下列说法正确的是（
）
A．返回舱着陆过程中对地球的引力远小于地球对返回舱的引力
B．减速伞打开前，返回舱内物体所受重力减小了
C．减速伞打开后，伞绳对返回舱的总拉力大于返回舱受到的重力
D．打开6个气囊是为了减小返回舱着陆过程中的动量变化量
11．一质量为2kg、可看成质点的物块做直线运动，其运动过程中动量的平方与位置关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．物体运动的加速度大小为16m/s2
B．物块运动中受到的合力大小为32N
C．物块在坐标原点的速度大小为8m/s
D．物体从0m到1m所用时间为0.5s
12．下列关于动量的一些说法，正确的是（ ）
A．质量大的物体，其动量一定大
B．质量和速率都相同的物体，它们的动量一定相同
C．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变
D．物体的动能不变，它的动量也一定不变
13．如图甲所示，质量为m的物块在时刻受沿斜面向上的恒力作用，从足够长的倾角为的固定光滑斜面底端由静止向上滑行，在时刻撤去恒力加上反向恒力，物块的速度一时间图像如图乙所示，时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物块在时刻的速度为，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块从时刻到返回斜面低端的过程中重力的冲量大小为
B．物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为
C．的冲量大小为
D．的冲量大小为
14．恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（ ）
A．重力对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ
D．合外力对物体的冲量大小为零
15．关于动量的变化，下列说法中正确的是（ ）
A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量的方向与运动方向相同
B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量的方向与运动方向相反
C．物体的速度大小不变时，动量的增量一定为零
D．物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零
16．一个物体的质量是2
kg，沿竖直方向下落，以10
m/s的速度碰到水泥地面上，随后又以8
m/s的速度被反弹回，若取竖直向上为正方向，则
（1）小球与地面相碰前的动量？相碰后的动量？
（2）小球的动量变化的大小和方向？
17．如图所示，斜面AC的倾角为，其中AB段粗糙，BC段光滑。质量为m的小木块从斜面顶端C点由静止开始下滑，木块滑到AB段时以速度v匀速运动，到达斜面底端A时与挡板P碰撞后原速率返回，木块恰能上升到B点。已知重力加速度为g，求：
(1)木块沿斜面下滑的过程中，滑块动量变化；
(2)木块与斜面AB段间的动摩擦因数；
(3)斜面AB段的长度L；
18．如图所示，在倾斜角α=37°的斜面上，有一质量为5kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面的动摩擦因素μ=0.2，求物体下滑2s的时间内，物体所受各力的冲量。（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）
19．“避险车道”是由粗糙碎石铺成的上坡路段，供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。如图是某公路的避险车道及周围路段示意图（俯视图），其中下坡路段倾角为，避险车道倾角为。一辆总质量为kg，以54km/h的速率在下坡路段向下匀速行驶的汽车突然刹车失灵（同时发动机失去动力），司机仅控制方向，使汽车驶入避险车道，最后停下。后经交警勘察和回放录像，发现该汽车在避险车道上运动的距离为28m，且从刹车失灵到停止运动经历了28s。若该汽车在避险车道上运动时受到的平均阻力大小为汽车总重力的0.8倍，它在下坡路段和避险车道上的运动均看成匀变速直线运动且不计其在下坡路段和避险车道交界处的能量损失，取，，求：
（1）汽车在避险车道上的加速度的大小；
（2）汽车在运动过程中的最大动量的大小；
（3）汽车在刹车失灵后进入避险车道前受到的平均阻力的大小。
参考答案
1．A
【详解】
小球动量的变化量为
外力对小球做的功为
故选A
。
2．B
【详解】
ABC．规定向右为正方向，击球前球的动量
击球后球的动量
击球前后球动量改变量的大小是
动量改变量的方向水平向右，AC错误B正确；
D．由于没有规定重力势能的零势能的位置，所以无法确定击球前球的机械能，D错误。
故选B。
3．C
【详解】
人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知
（F－mg）t＝Δp
而屈腿可以增加人着地的时间，从而减小受到地面的冲击力，所以C正确；ABD错误；
故选C。
4．B
【详解】
B．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点所受万有引力相同，由牛顿第二定律可知，在P点的加速度都相同，B正确；
A．卫星从轨道1变到轨道2，要点火加速，故卫星在轨道1上P点的速度小于卫星在轨道2上P点的速度，A错误；
C．卫星在轨道1上不同位置所受万有引力不同，其加速度不相同，C错误；
D．卫星在轨道2上不同位置速度大小虽然相同，但是方向不同，所以动量不相同，D错误。
故选B。
5．D
【详解】
电子做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向时刻在变，故电子的动能是标量，保持不变，动量是矢量，时刻在变。
故选D。
6．B
【详解】
取竖直向上为正方向，物体在上升阶段时，速度向上，则物体的动量方向向上，根据动量定理可知，动量的变化量
Δp=-mgt
重力的方向竖直向下，则动量变化量的方向向下，B正确。
故选B。
7．D
【详解】
A．人在0.3s~0.7s时间内，对传感器的压力先减小到零再增大到等于人的重量，如果是先加速下蹲后减速下蹲，则压力应该是先减小到零再增大到超过人的重量，故A错误；
B．c到d的过程中，人还没有完全脱离传感器，对传感器仍有向下的压力，这个压力从大于人的重量逐渐减小到零，即人先处于超重，后处于失重状态，故B错误；
C．由图乙可知，人所受的重力为800N，从下蹲过程中的压力等于重力时刻（此时下蹲过程还未完成）到双脚离开力传感器，用时，则重力的冲量大小等于240N·s，所以从起跳到双脚离开力传感器的过程中，重力的冲量大小小于240N·s，故C错误；
D．人在空中停留的时间，所以人跳起时获得的初速度为，初动量大小为
故D正确。
故选D。
8．A
【详解】
取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量
Δp＝mv2－mv1＝0.2×4
kg·m/s-(-0.2×6)
kg·m/s=2
kg·m/s
方向竖直向上。
由动能定理，合外力做的功
故选A。
9．B
【详解】
A．甲黄豆做平抛运动，由平抛运动规律有
解得
乙黄豆做斜抛运动，乙黄豆上升到最大高度的时间为甲下落到N点时间的一半，由斜抛运动规律有
解得
所以A错误；
B．甲黄豆在P点动量
乙黄豆在最高点时，竖直方向的速度减为0，只有水平速度
乙黄豆在最高点的动量
甲黄豆在P点动量与乙黄豆在最高点的动量相等，所以B正确；
C．乙黄豆上升到最大高度的时间为甲下落到N点时间的一半，匀加速直线规律可知
甲t时间下落的高度为
乙
时间上升的最大高度为
所以C错误；
D．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角为
有
乙的速度与水平方向的夹角为有
所以D错误；
故选B。
10．C
【详解】
A．返回舱对地球的引力和地球对返回舱的引力是一对作用力和反作用力，大小相等，A项错误；
B．减速伞打开前，返回舱加速下降，处于失重状态，超重和失重并非是物体受到的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，返回舱内物体所受重力不变，B项错误；
C．减速伞打开后，返回舱减速下降，处于超重状态，伞绳对返回舱的拉力大于返回舱受到的重力，C项正确；
D．返回舱着陆时的动量变化量不变，打开6个气囊是为了增加着陆时的时间，减小返回舱与地面间的相互作用力，D项错误。
故选C。
11．D
【详解】
ABC．由速度位移的关系式得
两边同时乘上得
结合图象知
斜率
解得
，
由牛顿第二定律得物块运动中受到的合力
故ABC错误；
D．由图象知时的速度为0，从0到所用时间
故D正确。
故选D。
12．C
【详解】
A．根据p=mv可知，质量大的物体，其动量不一定大，选项A错误；
B．动量是矢量，质量和速率都相同的物体，它们的动量不一定相同，选项B错误；
C．一个物体的运动状态变化，则速度一定变化，则它的动量一定改变，选项C正确；
D．物体的动能不变，可能是速度大小不变，方向变化，则它的动量不一定不变，选项D错误。
故选C。
13．AC
【详解】
A．物块从t=0开始运动到2t0时刻物块恰好返回到斜面底端，重力的冲量为
A正确；
B．0-t0做匀加速直线运动
t0-2t0做匀变速直线运动
联立解得
则2t0的速度为
则物块从t0时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小
B错误；
C．0-t0的加速度为
根据牛顿第二定律
则F1的冲量大小为
C正确；
D．因为
根据牛顿第二定律
解得
根据C的分析F1的冲量大小为
得到F2的冲量大小为
D错误。
故选AC。
14．BD
【详解】
A．重力是恒力，冲量大小为mgt，A错误；
BC．拉力F对物体的冲量
C错误B正确；
D．由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，说明物体仍然处于平衡状态，受到的合外力为0，所以合力对物体的冲量大小为零，D正确。
故选BD。
15．ABD
【详解】
A.
动量的变化等于初末两状态动量的差值；对于加速直线运动，动量的增量△p与运动方向相同，选项A正确；
B.
对于减速直线运动，动量的增量△p与运动方向相反，即动量是在减小的，选项B正确；
C.
物体的速度大小不变时，动量的增量不一定为零；如圆周运动，选项C错误；
D.
物体做平抛运动时，有，速度变化不为零，则动量的增量一定不为零，选项D正确。
故选ABD。
16．（1）
方向竖直向下，
方向竖直向上；(2)
竖直向上
【详解】
（1）（2）取竖直向上为正，则小球与地面相碰前的动量为
方向竖直向下
碰后的动量为
方向竖直向上
则小球的动量变化为
方向竖直向上
17．(1)mv，方向沿斜面向下；(2)；(3)
【详解】
(1)木块沿斜面下滑的过程中，滑块动量变化
方向沿斜面向下
(2)木块滑到AB段时以速度v匀速运动，根据平衡条件可得
解得
(3)小木块从A到B运动过程中的加速度大小为
根据速度－位移关系可得，解得
18．重力100
N?s，方向竖直向下；支持力
80
N?s，方向垂直斜面向上；摩擦力16
N?s，方向沿斜面向上；
【详解】
物体在下滑过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用
重力的冲量为
IG=mgt=5×10×2
N?s=100N?s
方向竖直向下；
支持力的冲量为
IF=mgcosαt=5×10×0.8×2
N?s=80
N?s
方向垂直斜面向上；
摩擦力的冲量为
If=μmgcosαt=5×10×0.8×0.2×2
N?s=16
N?s
方向沿斜面向上。
19．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）在避险车道上
所以
（2）由运动公式
所以
最大动量
（3）在避险车道上减速过程有
所以
故加速下滑过程
求得
1.1动量
课时练（解析版）
1．小明同学使质量为0.1kg的小球以5m/s的速度落至水平地面上，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向下为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量的变化量△p和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是（ ）
A．△p=-0.9kg·m/s，W=-0.45J
B．△p=-0.9kg·m/s，W=0.1J
C．△p=-2kg·m/s，W=0.1J
D．△p=0.9kg·m/s，W=0.45J
2．质量为m的乒乓球在离台高h处时速度刚好水平向左，大小为v1运动员在此时用球拍击球，使球以大小为的速度水平向右飞出，球拍和乒乓球作用的时间极短，则（ ）
A．击球前后球动量改变量的方向水平向左
B．击球前后球动量改变量的大小是
C．击球前后球动量改变量的大小是
D．球拍击球前乒乓球机械能不可能是
3．如图，从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿，这样做是为了（ ）
A．减小冲量
B．减小动量的变化量
C．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地面的压强，起到安全作用
4．如图所示，一颗人造卫星原来在椭圆轨道1绕地球E运行，在P点变轨后进入轨道2做匀速圆周运动，下列说法正确的是（ ）
A．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的速度都相同
B．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点的加速度都相同
C．卫星在轨道1的任何位置都具有相同加速度
D．卫星在轨道2的任何位置都具有相同动量
5．经典物理学认为，氢原子中的电子围绕带正电的原子核做匀速圆周运动，下列关于做匀速圆周运动的电子的说法正确的是（ ）
A．动能和动量均保持不变
B．动能和动量均不断变化
C．动能不断变化，动量保持不变
D．动能保持不变，动量不断变化
6．对于竖直向上抛出的物体，下面关于物体在上升阶段的动量和动量变化量说法中，正确的是（ ）
A．物体的动量方向向上，动量变化量的方向也向上
B．物体的动量方向向上，动量变化量的方向向下
C．物体的动量方向向下，动量变化量的方向向上
D．物体的动量方向向下，动量变化量的方向也向下
7．为了迎接篮球比赛，某运动员站在与电脑连接的力传感器上做原地纵向摸高训练，图甲是他做下蹲、起跳和回落动作的示意图，图中的小黑点表示人的重心，图乙是电脑上显示的力传感器所受压力随时间变化的图象，已知重力加速度g=10m/s2，空气阻力不计，则根据图象分析可知（ ）
A．人在0.3s-0.7s时间内先加速下蹲后减速下蹲
B．c到d的过程中，人始终处于失重状态
C．人从起跳到双脚离开力传感器的过程中，重力的冲量大小等于240N·s
D．人跳起获得的初动量大小为240kg·m/s
8．质量为0.2
kg的球竖直向下以6
m/s
的速度落至水平地面，再以4
m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于球动量变化量Δp和合外力对小球做的功W，下列说法正确的是（ ）
A．Δp＝2
kg·m/s W＝－2
J
B．Δp＝－2
kg·m/s W＝2
J
C．Δp＝0.4
kg·m/s W＝－2
J
D．Δp＝－0.4
kg·m/s W＝2
J
9．如图所示，两人各自用吸管吹黄豆，甲黄豆从吸管末端P点水平射出的同时乙黄豆从另一吸管末端M点斜向上射出，经过一段时间后两黄豆在N点相遇，曲线1和2分别为甲、乙黄豆的运动轨迹。若M点在P点正下方，M点与N点位于同一水平线上，且PM长度等于MN的长度，不计黄豆的空气阻力，将黄豆看成质量相同的质点，则（ ）
A．两黄豆相遇时甲的速度大小为乙的两倍
B．甲黄豆在P点动量与乙黄豆在最高点的动量相等
C．乙黄豆相对于M点上升的最大高度为PM长度一半
D．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角为乙的两倍
10．如图所示，2020年5月8日13时许，3朵红白相间的“伞花”在酒泉东风着陆场上空盛放，随后6个气囊打开，我国新一代载人飞船试验船返回舱稳稳降落在东风着陆场预定区域，顺利回到了祖国怀抱。下列说法正确的是（
）
A．返回舱着陆过程中对地球的引力远小于地球对返回舱的引力
B．减速伞打开前，返回舱内物体所受重力减小了
C．减速伞打开后，伞绳对返回舱的总拉力大于返回舱受到的重力
D．打开6个气囊是为了减小返回舱着陆过程中的动量变化量
11．一质量为2kg、可看成质点的物块做直线运动，其运动过程中动量的平方与位置关系如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．物体运动的加速度大小为16m/s2
B．物块运动中受到的合力大小为32N
C．物块在坐标原点的速度大小为8m/s
D．物体从0m到1m所用时间为0.5s
12．下列关于动量的一些说法，正确的是（ ）
A．质量大的物体，其动量一定大
B．质量和速率都相同的物体，它们的动量一定相同
C．一个物体的运动状态变化，它的动量一定改变
D．物体的动能不变，它的动量也一定不变
13．如图甲所示，质量为m的物块在时刻受沿斜面向上的恒力作用，从足够长的倾角为的固定光滑斜面底端由静止向上滑行，在时刻撤去恒力加上反向恒力，物块的速度一时间图像如图乙所示，时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物块在时刻的速度为，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．物块从时刻到返回斜面低端的过程中重力的冲量大小为
B．物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为
C．的冲量大小为
D．的冲量大小为
14．恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（ ）
A．重力对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ
D．合外力对物体的冲量大小为零
15．关于动量的变化，下列说法中正确的是（ ）
A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量的方向与运动方向相同
B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量的方向与运动方向相反
C．物体的速度大小不变时，动量的增量一定为零
D．物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零
16．一个物体的质量是2
kg，沿竖直方向下落，以10
m/s的速度碰到水泥地面上，随后又以8
m/s的速度被反弹回，若取竖直向上为正方向，则
（1）小球与地面相碰前的动量？相碰后的动量？
（2）小球的动量变化的大小和方向？
17．如图所示，斜面AC的倾角为，其中AB段粗糙，BC段光滑。质量为m的小木块从斜面顶端C点由静止开始下滑，木块滑到AB段时以速度v匀速运动，到达斜面底端A时与挡板P碰撞后原速率返回，木块恰能上升到B点。已知重力加速度为g，求：
(1)木块沿斜面下滑的过程中，滑块动量变化；
(2)木块与斜面AB段间的动摩擦因数；
(3)斜面AB段的长度L；
18．如图所示，在倾斜角α=37°的斜面上，有一质量为5kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面的动摩擦因素μ=0.2，求物体下滑2s的时间内，物体所受各力的冲量。（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）
19．“避险车道”是由粗糙碎石铺成的上坡路段，供下坡的汽车在刹车失灵的情况下避险。如图是某公路的避险车道及周围路段示意图（俯视图），其中下坡路段倾角为，避险车道倾角为。一辆总质量为kg，以54km/h的速率在下坡路段向下匀速行驶的汽车突然刹车失灵（同时发动机失去动力），司机仅控制方向，使汽车驶入避险车道，最后停下。后经交警勘察和回放录像，发现该汽车在避险车道上运动的距离为28m，且从刹车失灵到停止运动经历了28s。若该汽车在避险车道上运动时受到的平均阻力大小为汽车总重力的0.8倍，它在下坡路段和避险车道上的运动均看成匀变速直线运动且不计其在下坡路段和避险车道交界处的能量损失，取，，求：
（1）汽车在避险车道上的加速度的大小；
（2）汽车在运动过程中的最大动量的大小；
（3）汽车在刹车失灵后进入避险车道前受到的平均阻力的大小。
参考答案
1．A
【详解】
小球动量的变化量为
外力对小球做的功为
故选A
。
2．B
【详解】
ABC．规定向右为正方向，击球前球的动量
击球后球的动量
击球前后球动量改变量的大小是
动量改变量的方向水平向右，AC错误B正确；
D．由于没有规定重力势能的零势能的位置，所以无法确定击球前球的机械能，D错误。
故选B。
3．C
【详解】
人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知
（F－mg）t＝Δp
而屈腿可以增加人着地的时间，从而减小受到地面的冲击力，所以C正确；ABD错误；
故选C。
4．B
【详解】
B．不论在轨道1还是在轨道2运行，卫星在P点所受万有引力相同，由牛顿第二定律可知，在P点的加速度都相同，B正确；
A．卫星从轨道1变到轨道2，要点火加速，故卫星在轨道1上P点的速度小于卫星在轨道2上P点的速度，A错误；
C．卫星在轨道1上不同位置所受万有引力不同，其加速度不相同，C错误；
D．卫星在轨道2上不同位置速度大小虽然相同，但是方向不同，所以动量不相同，D错误。
故选B。
5．D
【详解】
电子做匀速圆周运动，线速度大小不变，方向时刻在变，故电子的动能是标量，保持不变，动量是矢量，时刻在变。
故选D。
6．B
【详解】
取竖直向上为正方向，物体在上升阶段时，速度向上，则物体的动量方向向上，根据动量定理可知，动量的变化量
Δp=-mgt
重力的方向竖直向下，则动量变化量的方向向下，B正确。
故选B。
7．D
【详解】
A．人在0.3s~0.7s时间内，对传感器的压力先减小到零再增大到等于人的重量，如果是先加速下蹲后减速下蹲，则压力应该是先减小到零再增大到超过人的重量，故A错误；
B．c到d的过程中，人还没有完全脱离传感器，对传感器仍有向下的压力，这个压力从大于人的重量逐渐减小到零，即人先处于超重，后处于失重状态，故B错误；
C．由图乙可知，人所受的重力为800N，从下蹲过程中的压力等于重力时刻（此时下蹲过程还未完成）到双脚离开力传感器，用时，则重力的冲量大小等于240N·s，所以从起跳到双脚离开力传感器的过程中，重力的冲量大小小于240N·s，故C错误；
D．人在空中停留的时间，所以人跳起时获得的初速度为，初动量大小为
故D正确。
故选D。
8．A
【详解】
取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化量
Δp＝mv2－mv1＝0.2×4
kg·m/s-(-0.2×6)
kg·m/s=2
kg·m/s
方向竖直向上。
由动能定理，合外力做的功
故选A。
9．B
【详解】
A．甲黄豆做平抛运动，由平抛运动规律有
解得
乙黄豆做斜抛运动，乙黄豆上升到最大高度的时间为甲下落到N点时间的一半，由斜抛运动规律有
解得
所以A错误；
B．甲黄豆在P点动量
乙黄豆在最高点时，竖直方向的速度减为0，只有水平速度
乙黄豆在最高点的动量
甲黄豆在P点动量与乙黄豆在最高点的动量相等，所以B正确；
C．乙黄豆上升到最大高度的时间为甲下落到N点时间的一半，匀加速直线规律可知
甲t时间下落的高度为
乙
时间上升的最大高度为
所以C错误；
D．两黄豆相遇时甲的速度与水平方向的夹角为
有
乙的速度与水平方向的夹角为有
所以D错误；
故选B。
10．C
【详解】
A．返回舱对地球的引力和地球对返回舱的引力是一对作用力和反作用力，大小相等，A项错误；
B．减速伞打开前，返回舱加速下降，处于失重状态，超重和失重并非是物体受到的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，返回舱内物体所受重力不变，B项错误；
C．减速伞打开后，返回舱减速下降，处于超重状态，伞绳对返回舱的拉力大于返回舱受到的重力，C项正确；
D．返回舱着陆时的动量变化量不变，打开6个气囊是为了增加着陆时的时间，减小返回舱与地面间的相互作用力，D项错误。
故选C。
11．D
【详解】
ABC．由速度位移的关系式得
两边同时乘上得
结合图象知
斜率
解得
，
由牛顿第二定律得物块运动中受到的合力
故ABC错误；
D．由图象知时的速度为0，从0到所用时间
故D正确。
故选D。
12．C
【详解】
A．根据p=mv可知，质量大的物体，其动量不一定大，选项A错误；
B．动量是矢量，质量和速率都相同的物体，它们的动量不一定相同，选项B错误；
C．一个物体的运动状态变化，则速度一定变化，则它的动量一定改变，选项C正确；
D．物体的动能不变，可能是速度大小不变，方向变化，则它的动量不一定不变，选项D错误。
故选C。
13．AC
【详解】
A．物块从t=0开始运动到2t0时刻物块恰好返回到斜面底端，重力的冲量为
A正确；
B．0-t0做匀加速直线运动
t0-2t0做匀变速直线运动
联立解得
则2t0的速度为
则物块从t0时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小
B错误；
C．0-t0的加速度为
根据牛顿第二定律
则F1的冲量大小为
C正确；
D．因为
根据牛顿第二定律
解得
根据C的分析F1的冲量大小为
得到F2的冲量大小为
D错误。
故选AC。
14．BD
【详解】
A．重力是恒力，冲量大小为mgt，A错误；
BC．拉力F对物体的冲量
C错误B正确；
D．由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，说明物体仍然处于平衡状态，受到的合外力为0，所以合力对物体的冲量大小为零，D正确。
故选BD。
15．ABD
【详解】
A.
动量的变化等于初末两状态动量的差值；对于加速直线运动，动量的增量△p与运动方向相同，选项A正确；
B.
对于减速直线运动，动量的增量△p与运动方向相反，即动量是在减小的，选项B正确；
C.
物体的速度大小不变时，动量的增量不一定为零；如圆周运动，选项C错误；
D.
物体做平抛运动时，有，速度变化不为零，则动量的增量一定不为零，选项D正确。
故选ABD。
16．（1）
方向竖直向下，
方向竖直向上；(2)
竖直向上
【详解】
（1）（2）取竖直向上为正，则小球与地面相碰前的动量为
方向竖直向下
碰后的动量为
方向竖直向上
则小球的动量变化为
方向竖直向上
17．(1)mv，方向沿斜面向下；(2)；(3)
【详解】
(1)木块沿斜面下滑的过程中，滑块动量变化
方向沿斜面向下
(2)木块滑到AB段时以速度v匀速运动，根据平衡条件可得
解得
(3)小木块从A到B运动过程中的加速度大小为
根据速度－位移关系可得，解得
18．重力100
N?s，方向竖直向下；支持力
80
N?s，方向垂直斜面向上；摩擦力16
N?s，方向沿斜面向上；
【详解】
物体在下滑过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用
重力的冲量为
IG=mgt=5×10×2
N?s=100N?s
方向竖直向下；
支持力的冲量为
IF=mgcosαt=5×10×0.8×2
N?s=80
N?s
方向垂直斜面向上；
摩擦力的冲量为
If=μmgcosαt=5×10×0.8×0.2×2
N?s=16
N?s
方向沿斜面向上。
19．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）在避险车道上
所以
（2）由运动公式
所以
最大动量
（3）在避险车道上减速过程有
所以
故加速下滑过程
求得