1.2动量定律 同步练习-2021-2022学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册（word含答案）
文档属性
| 名称 | 1.2动量定律 同步练习-2021-2022学年高二上学期物理人教版（2019）选择性必修第一册（word含答案） |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 402.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-08-28 06:11:48 | ||
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文档简介
2021-2022人教版（2019）高二物理选修一1.2动量定律
一、单选题
1．飞机在平直跑道上由静止开始匀加速滑行。在匀加速直线运动阶段，飞机的动量（ ）
A．与它的位移成正比
B．与它的动能成正比
C．与它的速度的平方成正比
D．与它所经历的时间成正比
2．中国高铁成为了走出国门的“中国名片”。小宏同学评估高铁在运行时撞击飞鸟的安全问题，假设飞鸟的质量有，列车的速度是，忽略小鸟的初速度，两者相撞的作用时间是，请你帮助小宏同学估算飞鸟对飞机的平均撞击力最接近于（ ）
A．
B．
C．
D．
3．如图甲所示，质量为的木块静止在光滑的水平面上，0时刻起在木块右端施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力，图像为一半圆，后撤去力。则整个过程中物体所受拉力的冲量大小以及木块在末的速度大小分别为（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
4．某次火箭发动机进行测试，发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为（ ）
A．1.6×102kg
B．1.6×103kg
C．1.6×105kg
D．1.6×106kg
5．质量为m的物体以初速度v0做竖直上抛运动。不计空气阻力，从抛出到落回抛出点这段时间内，以下说法正确的是（ ）
A．物体动量变化量的大小为零
B．物体动量变化量的大小为mv0
C．物体动量变化量的大小为2mv0
D．重力的冲量为零
6．下列说法中正确的是（ ）
A．一个物体在某一过程中动量不变，其动能也一定不变
B．一个物体在某一过程中动能不变，其动量也一定不变
C．一个物体在某一过程中所受的冲量方向和初动量方向相同
D．一个物体在某一过程中所受的冲量方向和末动量方向相同
7．如图所示，学生练习用头颠球。某次足球由静止自由下落20cm，被重新顶起，离开头部后沿着竖直方向上升的最大高度仍为20cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．头部对足球的平均作用力大小为16N
B．头部对足球的平均作用力大小为20
N
C．头部对足球做功为1.6J
D．头部对足球冲量为1.6N·s
8．一个质量为2kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随t变化的图线如图所示，则（ ）
A．前3s内合力F的冲量大小为0
B．t=1s时，物块的速率为2m/s
C．t=2s时，物块的动量的大小为2kg·m/s
D．前4s内动量的变化量大小为2kg·m/s
二、多选题
9．如图，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合。A、O、B为竖直平面上的点，且O为等量异种点电荷连线的中点，。现有带电荷量为q、质量为m的小物块视为质点，从A点以大小为的初速度向B滑动，到达B点时速度恰好为0，则（ ）
A．小物块一定带正电
B．从A到B，小物块电势能先减小后增大
C．从A到B，小物块加速度先增大后减小
D．从A到B，小物块重力的冲量小于
10．如图所示，放在水平地面上的物体受到的合外力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，则前3s内（ ）
A．物体的位移为0
B．物体的动量改变量为0
C．物体的动能变化量为0
D．物体的机械能改变量为0
11．下列关于做匀速圆周运动的物体的说法正确的是（ ）
A．是匀变速曲线运动
B．动能保持不变，动量不断变化
C．在小于周期的一段时间内，合外力做功不为零
D．在小于周期的一段时间内，合外力的冲量不为零
12．如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，重力加速度为g。则下列关于物体在时间t内所受力的冲量，正确的是（ ）
A．重力的冲量大小为mgt
B．物体所受合力的冲量为0
C．拉力F的冲量大小为Ftcosθ
D．摩擦力的冲量大小为Ftsinθ
三、解答题
13．一艘帆船在静水中行驶，由于风力的作用做匀速直线运动，帆面的面积S=10m2，风速v1=10m/s，船速v2=4m/s。空气的密度ρ=1.29kg/m3.帆船受到的平均风力多大？
14．如图所示，为汽车碰撞试验，一款轿车以p=20000kg?m/s的动量撞击试验台，经t=0.1s的时间停止运动。求：
（1）撞击过程中的汽车受到的平均力大小；
（2）若汽车质量是1000kg，撞击前瞬间汽车的速度大小。
15．一高空作业的工人质量为60kg，系一条长为L=5m的安全带，若工人由静止不慎跌落时安全带的缓冲时间t=1s（工人最终静止悬挂在空中），则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？（g取10m/s2，忽略空气阻力的影响）
16．质量为20g的小球，以20m/s水平速度与竖直墙壁碰撞后，仍以20m/s的水平速度反弹，在这个过程中，求：
（1）小球动量变化量；
（2）若小球和墙壁的作用时间为0.20s，则墙对小球的平均作用力的大小。
参考答案
1．D
【详解】
AB．飞机的动量为
结合动能定理可得，飞机的动能为
联立可得
故动量与它的动能不成正比，与它的位移也不成正比，AB错误；
C．飞机的动量与它的速度成正比，C错误；
D．由动量定理可得
故飞机的动量与它所经历的时间成正比，D正确。
故选D。
2．A
【详解】
，根据动量定理
解得
故选A。
3．C
【详解】
整个过程中物体所受拉力的冲量大小等于F-t图像的面积，即
根据动量定理
解得木块在末的速度大小为
故选C。
4．B
【详解】
以气体为研究对象，设t=1s内喷出的气体质量为m，根据动量定理可得
Ft=mv-0
解得
故选B。
5．C
【详解】
ABC．根据竖直上抛运动的对称性可知物体落到抛出点时的速度大小为v0，所以从抛出到落回抛出点这段时间内，物体动量变化量的大小为2mv0，故AB错误，C正确；
D．根据动量定理可知重力的冲量大小为2mv0，故D错误。
故选C。
6．A
【详解】
AB．动能是标量，动量是矢量。由
可知，动量不变，动能一定不变；若速度方向发生变化时，动能不变，动量发生了变化，故A正确，B错误；
CD．根据动量定理
△
可知，合外力的冲量和动量的变化量的方向相同，故CD错误。
故选A。
7．B
【详解】
AB．足球下落20cm经历时间
与头作用0.1s，上升0.2s，这个过程中，足球的动量变化为0，所以重力对球的冲量大小等于头作用力对球的冲量
故A错误，B正确；
C．头部对足球的力的作用点在竖直方向上位移为0，所以做功为0，故C错误；
D．头部对足球冲量为
故D错误；
故选B。
8．A
【详解】
A．图像的面积即为冲量，所以由图像可知，前3s内合力F的冲量大小为0，A正确。
B．根据动量定理
所以可解得物块的速率为1m/s，B错误。
C．根据动量定理
所以可解得2s时物块的动量为1
kg·m/s，C错误。
D．图像的面积即为冲量，所以由图像可知，前4s内动量的变化量大小为1
kg·m/s，D错误。
故选A。
9．AC
【详解】
A．由场强的叠加规律可知，图中等量异种电荷中垂线上的场强水平向右，若小物块带负电，受到的电场力水平向左，不可能沿AB下滑，故小物块带正电，A正确；
B．AB为该等量异种电荷电场中的等势面，故从A到B，电场力不做功，小物块电势能不变，B错误；
C．从A到B，场强先增大后减小，O点场强最大，小物块在水平方向由平衡条件可得
小物块从A点以大小为的初速度向B滑动，到达B点时速度恰好为0，故小物块全程减速，加速度始终向上，竖直方向由牛顿第二定律可得
故小物块加速度先增大后减小，C正确；
D．从A到B，对小物块由动量定理可得
可得
无法确定重力的冲量是否小于，D错误。
故选AC。
10．BC
【详解】
AB．第1s内F=20N，第2、3s内F=-10N，物体先加速、后减速，在3s内的冲量为
根据动量定理I=Δp，前3s内，动量的变化量为零，在第3s末速度为零，物体的位移不为零，A错误，B正确；
C．由于初速度和末速度都为零，因此动能变化量也为零，C正确；
D．但物体的重力势能是否改变不能判断，因此物体的机械能是否改变不能确定，D错误。
故选BC。
11．BD
【详解】
A．匀速圆周运动的加速度（向心加速度）方向始终指向圆心，故匀速圆周运动不是匀变速曲线运动，A错误；
B．匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，故动能（标量）保持不变，动量（矢量）不断变化，B正确；
C．由于动能保持不变，故在小于周期的一段时间内，合外力做功为零，C错误；
D．由于在小于周期的一段时间内，动量发生变化，由动量定理可知，合外力的冲量不为零，D正确。
故选BD。
12．AB
【详解】
A．由冲量的定义可知
故A正确；
B．物体做匀速直线运动，故合力为0，则合力的冲量为0，故B正确；
C．由冲量的定义知
故C错误；
D．由平衡条件可得摩擦力的大小
则摩擦力的冲量大小为
故D错误。
故选AB。
13．77.4N
【详解】
取一小段时间t，并以在这段时间内与帆面作用的空气为研究对象。这部分空气的质量为
m=ρS（v1-v2）t
其速度由v1变v2，根据动量定理得
Ft=ρS（v1-v2）2t
代入数据解得
F=77.4N
14．（1）2×105N；（2）20m/s
【详解】
（1）由动量定理得
代入数据解得
F=2×105N
（2）由动量表达式知
代入数据得
v=20m/s
15．1200N，方向竖直向下
【详解】
设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1，由自由落体运动规律可得
经缓冲时间t=1s后速度变为0，取竖直向下为正方向，对工人由动量定理可得
联立解得
F=1200N
由牛顿第三定律可知，工人对安全带的平均冲力大小为1200N，方向竖直向下。
16．（1）；（2）4N
【详解】
（1）取小球原速度方向为正方向，则
“－”号表示与原速度方向相反。
（2）对小球与墙壁作用过程由动量定理得
－Ft=
代入数据解得
F=4N
试卷第2页，总2页
一、单选题
1．飞机在平直跑道上由静止开始匀加速滑行。在匀加速直线运动阶段，飞机的动量（ ）
A．与它的位移成正比
B．与它的动能成正比
C．与它的速度的平方成正比
D．与它所经历的时间成正比
2．中国高铁成为了走出国门的“中国名片”。小宏同学评估高铁在运行时撞击飞鸟的安全问题，假设飞鸟的质量有，列车的速度是，忽略小鸟的初速度，两者相撞的作用时间是，请你帮助小宏同学估算飞鸟对飞机的平均撞击力最接近于（ ）
A．
B．
C．
D．
3．如图甲所示，质量为的木块静止在光滑的水平面上，0时刻起在木块右端施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力，图像为一半圆，后撤去力。则整个过程中物体所受拉力的冲量大小以及木块在末的速度大小分别为（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
4．某次火箭发动机进行测试，发动机向后喷射的气体速度约为3km/s，产生的推力约为4.8×106N，则它在1s时间内喷射的气体质量约为（ ）
A．1.6×102kg
B．1.6×103kg
C．1.6×105kg
D．1.6×106kg
5．质量为m的物体以初速度v0做竖直上抛运动。不计空气阻力，从抛出到落回抛出点这段时间内，以下说法正确的是（ ）
A．物体动量变化量的大小为零
B．物体动量变化量的大小为mv0
C．物体动量变化量的大小为2mv0
D．重力的冲量为零
6．下列说法中正确的是（ ）
A．一个物体在某一过程中动量不变，其动能也一定不变
B．一个物体在某一过程中动能不变，其动量也一定不变
C．一个物体在某一过程中所受的冲量方向和初动量方向相同
D．一个物体在某一过程中所受的冲量方向和末动量方向相同
7．如图所示，学生练习用头颠球。某次足球由静止自由下落20cm，被重新顶起，离开头部后沿着竖直方向上升的最大高度仍为20cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．头部对足球的平均作用力大小为16N
B．头部对足球的平均作用力大小为20
N
C．头部对足球做功为1.6J
D．头部对足球冲量为1.6N·s
8．一个质量为2kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随t变化的图线如图所示，则（ ）
A．前3s内合力F的冲量大小为0
B．t=1s时，物块的速率为2m/s
C．t=2s时，物块的动量的大小为2kg·m/s
D．前4s内动量的变化量大小为2kg·m/s
二、多选题
9．如图，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂线重合。A、O、B为竖直平面上的点，且O为等量异种点电荷连线的中点，。现有带电荷量为q、质量为m的小物块视为质点，从A点以大小为的初速度向B滑动，到达B点时速度恰好为0，则（ ）
A．小物块一定带正电
B．从A到B，小物块电势能先减小后增大
C．从A到B，小物块加速度先增大后减小
D．从A到B，小物块重力的冲量小于
10．如图所示，放在水平地面上的物体受到的合外力随时间变化的关系，若物体开始时是静止的，则前3s内（ ）
A．物体的位移为0
B．物体的动量改变量为0
C．物体的动能变化量为0
D．物体的机械能改变量为0
11．下列关于做匀速圆周运动的物体的说法正确的是（ ）
A．是匀变速曲线运动
B．动能保持不变，动量不断变化
C．在小于周期的一段时间内，合外力做功不为零
D．在小于周期的一段时间内，合外力的冲量不为零
12．如图所示，质量为m的物体在一个与水平方向成θ角的拉力F作用下，一直沿水平面向右匀速运动，重力加速度为g。则下列关于物体在时间t内所受力的冲量，正确的是（ ）
A．重力的冲量大小为mgt
B．物体所受合力的冲量为0
C．拉力F的冲量大小为Ftcosθ
D．摩擦力的冲量大小为Ftsinθ
三、解答题
13．一艘帆船在静水中行驶，由于风力的作用做匀速直线运动，帆面的面积S=10m2，风速v1=10m/s，船速v2=4m/s。空气的密度ρ=1.29kg/m3.帆船受到的平均风力多大？
14．如图所示，为汽车碰撞试验，一款轿车以p=20000kg?m/s的动量撞击试验台，经t=0.1s的时间停止运动。求：
（1）撞击过程中的汽车受到的平均力大小；
（2）若汽车质量是1000kg，撞击前瞬间汽车的速度大小。
15．一高空作业的工人质量为60kg，系一条长为L=5m的安全带，若工人由静止不慎跌落时安全带的缓冲时间t=1s（工人最终静止悬挂在空中），则缓冲过程中安全带受的平均冲力是多少？（g取10m/s2，忽略空气阻力的影响）
16．质量为20g的小球，以20m/s水平速度与竖直墙壁碰撞后，仍以20m/s的水平速度反弹，在这个过程中，求：
（1）小球动量变化量；
（2）若小球和墙壁的作用时间为0.20s，则墙对小球的平均作用力的大小。
参考答案
1．D
【详解】
AB．飞机的动量为
结合动能定理可得，飞机的动能为
联立可得
故动量与它的动能不成正比，与它的位移也不成正比，AB错误；
C．飞机的动量与它的速度成正比，C错误；
D．由动量定理可得
故飞机的动量与它所经历的时间成正比，D正确。
故选D。
2．A
【详解】
，根据动量定理
解得
故选A。
3．C
【详解】
整个过程中物体所受拉力的冲量大小等于F-t图像的面积，即
根据动量定理
解得木块在末的速度大小为
故选C。
4．B
【详解】
以气体为研究对象，设t=1s内喷出的气体质量为m，根据动量定理可得
Ft=mv-0
解得
故选B。
5．C
【详解】
ABC．根据竖直上抛运动的对称性可知物体落到抛出点时的速度大小为v0，所以从抛出到落回抛出点这段时间内，物体动量变化量的大小为2mv0，故AB错误，C正确；
D．根据动量定理可知重力的冲量大小为2mv0，故D错误。
故选C。
6．A
【详解】
AB．动能是标量，动量是矢量。由
可知，动量不变，动能一定不变；若速度方向发生变化时，动能不变，动量发生了变化，故A正确，B错误；
CD．根据动量定理
△
可知，合外力的冲量和动量的变化量的方向相同，故CD错误。
故选A。
7．B
【详解】
AB．足球下落20cm经历时间
与头作用0.1s，上升0.2s，这个过程中，足球的动量变化为0，所以重力对球的冲量大小等于头作用力对球的冲量
故A错误，B正确；
C．头部对足球的力的作用点在竖直方向上位移为0，所以做功为0，故C错误；
D．头部对足球冲量为
故D错误；
故选B。
8．A
【详解】
A．图像的面积即为冲量，所以由图像可知，前3s内合力F的冲量大小为0，A正确。
B．根据动量定理
所以可解得物块的速率为1m/s，B错误。
C．根据动量定理
所以可解得2s时物块的动量为1
kg·m/s，C错误。
D．图像的面积即为冲量，所以由图像可知，前4s内动量的变化量大小为1
kg·m/s，D错误。
故选A。
9．AC
【详解】
A．由场强的叠加规律可知，图中等量异种电荷中垂线上的场强水平向右，若小物块带负电，受到的电场力水平向左，不可能沿AB下滑，故小物块带正电，A正确；
B．AB为该等量异种电荷电场中的等势面，故从A到B，电场力不做功，小物块电势能不变，B错误；
C．从A到B，场强先增大后减小，O点场强最大，小物块在水平方向由平衡条件可得
小物块从A点以大小为的初速度向B滑动，到达B点时速度恰好为0，故小物块全程减速，加速度始终向上，竖直方向由牛顿第二定律可得
故小物块加速度先增大后减小，C正确；
D．从A到B，对小物块由动量定理可得
可得
无法确定重力的冲量是否小于，D错误。
故选AC。
10．BC
【详解】
AB．第1s内F=20N，第2、3s内F=-10N，物体先加速、后减速，在3s内的冲量为
根据动量定理I=Δp，前3s内，动量的变化量为零，在第3s末速度为零，物体的位移不为零，A错误，B正确；
C．由于初速度和末速度都为零，因此动能变化量也为零，C正确；
D．但物体的重力势能是否改变不能判断，因此物体的机械能是否改变不能确定，D错误。
故选BC。
11．BD
【详解】
A．匀速圆周运动的加速度（向心加速度）方向始终指向圆心，故匀速圆周运动不是匀变速曲线运动，A错误；
B．匀速圆周运动的线速度大小不变，方向时刻改变，故动能（标量）保持不变，动量（矢量）不断变化，B正确；
C．由于动能保持不变，故在小于周期的一段时间内，合外力做功为零，C错误；
D．由于在小于周期的一段时间内，动量发生变化，由动量定理可知，合外力的冲量不为零，D正确。
故选BD。
12．AB
【详解】
A．由冲量的定义可知
故A正确；
B．物体做匀速直线运动，故合力为0，则合力的冲量为0，故B正确；
C．由冲量的定义知
故C错误；
D．由平衡条件可得摩擦力的大小
则摩擦力的冲量大小为
故D错误。
故选AB。
13．77.4N
【详解】
取一小段时间t，并以在这段时间内与帆面作用的空气为研究对象。这部分空气的质量为
m=ρS（v1-v2）t
其速度由v1变v2，根据动量定理得
Ft=ρS（v1-v2）2t
代入数据解得
F=77.4N
14．（1）2×105N；（2）20m/s
【详解】
（1）由动量定理得
代入数据解得
F=2×105N
（2）由动量表达式知
代入数据得
v=20m/s
15．1200N，方向竖直向下
【详解】
设工人刚要拉紧安全带时的速度为v1，由自由落体运动规律可得
经缓冲时间t=1s后速度变为0，取竖直向下为正方向，对工人由动量定理可得
联立解得
F=1200N
由牛顿第三定律可知，工人对安全带的平均冲力大小为1200N，方向竖直向下。
16．（1）；（2）4N
【详解】
（1）取小球原速度方向为正方向，则
“－”号表示与原速度方向相反。
（2）对小球与墙壁作用过程由动量定理得
－Ft=
代入数据解得
F=4N
试卷第2页，总2页