2020-2021学年高中物理新人教版选择性必修第一册 1.2动量定理 同步训练5(Word版含答案)
文档属性
| 名称 | 2020-2021学年高中物理新人教版选择性必修第一册 1.2动量定理 同步训练5(Word版含答案) |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 887.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2021-11-01 16:21:03 | ||
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文档简介
2020-2021学年度人教版（2019）选择性必修第一册
1.2动量定理同步训练5（含解析）
1．交通管理法规规定：骑摩托车必须戴好头盔，这样做的目的保护交通安全事故中的车手，理由是（ ）
A．减小头部的冲量，起到安全作用
B．延长头部与硬物接触时间，从而减小冲力，起到保护作用
C．减小头部的速度变化使人安全
D．减小头部的动量变化量，起到安全作用
2．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。高压水枪的质量为M，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
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为
C．水柱对汽车的平均冲力为
D．当高压水枪喷口C的出水速度变为原来2倍时，压强变为原来的4倍
3．如甲图所示，一质量为1kg的物体在水平地面上处于静止状态。一竖直方向外力F作用在物体上， F随时间变化的图像如乙图，t =4s时撤去外力F，重力加速度g = 10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．t=4s时物体速度为0 B．上升过程中物体的最大速度为12m/s
C．0到4s内物体速度一直在增加 D．撤去F后，物体的还能上升1.25m
4．如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则（ ）
A．拉力对物体的冲量大小为Ft B．拉力对物体的冲量大小为Ftsinθ
C．摩擦力对物体的冲量大小为Ftsinθ D．合外力对物体的冲量大小不为零
5．如图所示，将一质量为的小木块放在光滑的斜面上。小木块从斜面的顶端由静止开始沿斜面下滑，在下滑的前一半位移内重力的冲量为，在后一半位移内重力的冲量为，则为（ ）
A． B． C． D．
6．质量为4kg的物体以2m/s的初速度做匀加速直线运动，经过1s，动量变为14kgm/s，则该物体在这1s内（ ）
A．所受的合力为3N B．所受的合力为2N
C．所受的冲量为6Ns D．所受的冲量为1.5Ns
7．体操运动员从同样高度翻滚落地时，总有一个屈膝的动作，其原因是（ ）
A．屈膝落地动量小，不易受伤
B．屈膝落地动量改变小，不易受伤
C．不屈膝落地动量改变大，容易受伤
D．屈膝落地可以延长作用时间，从而减小腿部受力，不易受伤
8．质量为1.0kg的小球从离地面5.0m高度自由落下，与地面碰撞后，反弹的最大高度为3.2m，设小球与地面碰撞时间为0.1s，不计空气阻力，则小球和地面相撞过程中与地面间的平均作用力为( )（）
A．60N B．180.0N C．190.0N D．200.0N
9．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止，剪断轻绳后A、B分别沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块分别落地的过程中，两物块（ ）
A．速度变化快慢相同 B．重力的冲量相同
C．重力势能的变化量相同 D．重力的平均功率相同
10．质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.2s，安全带长5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小约为（ ）
A．500N B．1100N C．600N D．100N
11．质量为的木块静止在光滑的水平面上，先受到一个向东的拉力，后撤去，同时对木块施加一个向北的拉力，又经过，取，则（ ）
A．重力的冲量为0
B．整个过程木块受到拉力的冲量为
C．末木块的动能为
D．末木块的动量为
12．在一条直线上运动的物体,其初动量为8N·s,它在第一秒内受到的合冲量为-3N·s,第二秒内受到的合冲量为5N·s.它在第二秒末的动量为
A．10kg·m/s B．11kg·m/s C．13kg·m/s D．16kg·m/s
13．下列说法错误的是（ ）
A．根据F=可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力
B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量
C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便
D．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
14．一名消防队员从一平台上无初速度跳下，下落0.8s后双脚触地，接着用双腿弯曲的方法缓冲，又经过0.2s重心停止了下降，在该过程中（不计空气阻力），可估计地面对他双脚的平均作用力为
A．自身所受重力的5倍 B．自身所受重力的8倍
C．自身所受重力的4倍 D．自身所受重力的2倍
15．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为
B．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为
D．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零
16．如图所示，两个质量相等的物体分别从倾角为30°和60°的固定光滑斜面顶端由静止自由滑下，到达斜面底端，则两物体具有相同的物理量是（ ）
A．下滑过程中重力的冲量
B．下滑过程中合力的冲量
C．下滑过程中动量变化量的大小
D．下滑过程中弹力的冲量
17．如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道的内侧底部静止着一个质量为m的光滑小球（可视为质点），现给小球一个瞬时冲量I使其在瞬间得到一个水平初速度，重力加速度为g，则小球在圆桶中上升的高度（距离底部）可能为（ ）
A．大于 B．等于 C．小于 D．等于2R
18．质量为0.2kg的小球以6m/s、竖直向下的速度落至水平地面上，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，g取10m/s2。
(1)小球与地面碰撞前后的动量的变化为多少？
(2)若小球与地面的作用时间为0.2s，求小球受到地面的平均作用力大小。
19．在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m=0.5kg，AB间距离s=5m，如图所示．小物块以初速度v0=8m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1=7m/s，碰撞后以速度v2=6m/s反向弹回．重力加速度g取10m/s2．求：
（1）小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小；
（2）小物块与地面间的动摩擦因数μ；
（3）若碰撞时间t=0.05s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小．
20．质量1kg的小球从水平地面上方5m高处自由落下，与地面碰撞的接触时间为0.1s，反弹速度大小是碰前速度的，求：
(1)碰撞时小球受到地面给它的冲击力大小；
(2)第一次碰撞后小球能上升的最大高度。（g取10m/s2）
21．如图1所示，质量m=1.0kg的物块，在水平向右、大小F=5.0N的恒力作用下，沿足够长的粗糙水平面由静止开始运动。在运动过程中，空气对物块的阻力沿水平方向向左，其大小f空=kv，k为比例系数，f空随时间t变化的关系如图2所示。g取10m/s2。
(1)求物块与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)估算物块运动的最大速度vm；
(3)估算比例系数k。
22．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车车身因相互挤压，皆缩短了，据测算两车相撞前速度约为，则：
（1）假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约的人受到的平均冲力是多大；
（2）若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是，求这时人体受到的平均冲力为多大．
23．如图所示，质量的小球在水平轨道上受水平向右的拉力的作用，从静止开始做匀加速直线运动，F撤去后，小球从与水平面相切的光滑竖直圆轨道最低点B进入，小球运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力等于小球重力，在圆轨道上运行一周后从最低点的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出来后向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度，水平距离。已知圆轨道半径，BC长为，小球与BC面间动摩擦因数为，，求：
(1)小球通过圆形轨道最高点P的速度大小；
(2)试通过计算判断小球能否到达壕沟的右侧；
(3)若AB段光滑，水平拉力F的作用时间范围可变，要使小球在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不掉进壕沟，试求水平拉力F作用时间的范围。
参考答案
1．B
【详解】
戴和不戴头盔，头部的速度变化相同，则动量变化量相同，根据动量定理可知受到的冲量也相同，而戴头盔能够延长头部与硬物接触时间，根据可知，可以减小冲力，从而起到保护作用，故B正确，A、C、D错误；
故选B。
2．D
【详解】
AB．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
故AB错误；
C．水柱对车的平均冲力为F，由动量定理得
Ft=mv
即
解得
选项C错误；
D．高压水枪对车产生的压强
则当高压水枪喷口C的出水速度变为原来2倍时，压强变为原来的4倍，选项D正确。
故选D。
3．D
【详解】
A．4s内物体所受重力和拉力作用，在1s前，物体处于静止状态，1s到4s内根据图像所围成的面积可知， 合力的冲量
由动量定理可知
I=mv
解得
v=5m/s
A错误；
D．4s时撤去F，此后，上升的高度
h==1.25m
选项D正确；
C．由图像可知t=3s时拉力等于重力，速度达到最大，此后开始做减速运动，选项C错误；
B．由图像包围面积可求出在1s到3s内合力的冲量
I1=10N·s= mvm
vm = 10m/s
选项B错误。
故选D。
4．A
【详解】
运动时间为t，则拉力的冲量为
I1=Ft
由于做匀速运动，阻力大小与F的水平分力相等，摩擦力大小为
f=Fcosθ
摩擦力对物体的冲量的大小为
I2=ft=Ftcosθ
物体匀速运动，由动量定理知合外力对物体的冲量为零。
故选A。
5．D
【详解】
物块沿斜面由静止开始匀加速下滑，根据相等位移的时间关系可知，物块滑过前半段位移和后半段位移的时间之比为１：（-1），根据I=Gt可知，物块滑过前半段位移和后半段位移时重力的冲量之比为１：（-1）。
故选D。
6．C
【详解】
取初动量方向为正方向，根据动量定理得
所受冲量为
则合力为
故选C。
7．D
【详解】
人从高处跳下落地时，总有一个曲膝的动作，是为了增加运动员与地面的作用时间，根据动量定理
在动量变化相同的情况下可以减小作用力，避免运动员受到伤害；不会减小动量变化量，也不会减小地面对人的冲量，故ABC错误，D正确。
故选D。
8．C
【详解】
由动能定理得小球下落过程：
代入数据得：，方向：竖直向下．小球上升过程：
代入数据解得：，方向竖直向上；以向下为正方向，由动量定理得：
得：F=-190N，负号表示方向向上
故选：C。
9．D
【详解】
滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故
mAgsin60°=mBgsin30°
A．剪断细线后物体下滑的加速度分别为
aA=gsin60°
aB=gsin30°
则两物体加速度不同，速度的变化快慢不相同，选项A错误；
B．根据
可得
则重力冲量
选项B错误；
C．根据
mAgsin60°=mBgsin30°
故
mA在同一高度下落，只质量大的B物体重力势能变化量大，故C错误；
D．重力的平均功率
因为
mAgsin60°=mBgsin30°
可知重力的平均功率相同，故D正确。
故选D。
10．B
【详解】
根据自由落体运动规律，该工人自由下落5m的时间为
则根据冲量定理则
代入数据则
故选B。
11．D
【详解】
A．重力的作用时间不为零，根据IG=mgt可知，重力的冲量不为零，选项A错误；
BCD．水平向东的冲量为
I1=F1t=3N s
水平向北的冲量为
I2=F2t=4N s
则整个过程木块受到拉力的冲量为
根据动量定理可知，2s末木块的动量
动能
选项BC错误，D正确。
故选D。
12．A
【解析】
根据动量定理得：P-mv0=Ft，则P=Ft+mv0=-3+5+8=10kg m/s，故选A．
13．B
【详解】
A．由动量定理可得
则
由此可知，物体动量的变化率等于它所受的力，故A正确；
B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的积累效应，是一个矢量，故B错误；
C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便，如不涉及运动的位移时用动量定理较方便，故C正确；
D．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减少作用力，故D正确。
本题选错误的，故选B。
14．A
【详解】
以向下为正，对消防队员下落的全程使用动量定理可得：
代入数据解得：
故A正确，BCD错误．
故选A。
15．D
【详解】
人的速度原来为零，起跳后变为v，以向上为正方向，由动量定理可得
I－mgΔt＝mv－0
故地面对人的冲量为
I=mv＋mgΔt
人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D正确，ABC错误。
故选D。
16．A
【详解】
AD．设斜面底边为L，物体下滑的加速度为
a=gsinθ
则由
解得
因两斜面的倾角为30°和60°，可知物块在两斜面上下滑的时间相同，根据
IG=mgt
可知，重力的冲量相同，弹力的冲量
可知弹力的冲量不同， 选项A正确，D错误；
BC．根据
可知，下滑到底端时速度大小和方向均不同，则根据动量定理可知，合外力的冲量不同，动量变化量的大小不同，选项BC错误；
故选A。
17．BCD
【详解】
B．当小球最远运动到与圆心等高处时，速度为0，则从最低点到与圆心等高点，由动能定理得
在最低点，对小球由动量定理得
得
所以B正确；
D．当小球运动到圆轨道的最高点时，小球在圆桶中上升的高度为2R，所以D正确；
AC．当小球运动到除最高点和与圆心等高点外的其他点时，则从最低点到与圆心等高点，由动能定理得
得
所以C正确，A错误。
故选BCD。
18．(1)2，方向竖直向上；(2)12N
【详解】
(1)由题知v=4m/s，方向为正，则动量变化
方向与正方向相同，即竖直向上
(2)由动量定理得
则有
19．（1）1.5m/s2；（2）0.15；（3）130N
【详解】
（1）从A到B过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：
=﹣1.5m/s2
（2）从A到B过程，由动能定理，有：
可得：
μ=0.15
（3）对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：
F△t=mv2﹣m（﹣v1）
可得：
F=130N
20．(1)190N；(2)3.2m
【详解】
(1)小球碰前的速度
碰后的速度为碰前的，则有碰后的速度
在碰撞过程中，规定向上的方向为正，由动量定理有
代入解得
F=190N
(2)由于第一次碰撞后的速度为8m/s，故第一次碰撞后小球能上升的最大高度
21．(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)设水平面对物块的摩擦力为f。由题意可知，2s后空气对物块的阻力大小不变，物块做匀速直线运动，则有
又因为
所以
(2)在0~2s内，物块做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度达到最大，根据动量定理有
由图2可知，f空-t图象线下面积约为
所以
m/s
(3)因为所以
k=2.0
22．（1） （2）
【详解】
（1）两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为，设运动的时间为，则由得，
根据动量定理
解得
（2）若人系有安全带，则
．
23．（1）；（2）能；（3）或
【详解】
（1）在P点
解得
（2）从P到C
解得
平抛运动
解得
能越过壕沟
（3）若恰好过竖直圆的最高点
从P到C
解得
能越过壕沟
从B到P
加速过程
解得
若不能过与圆心等高的点，则返回也满足题中条件，此时
加速过程
解得
由以上讨论可知
或
1.2动量定理同步训练5（含解析）
1．交通管理法规规定：骑摩托车必须戴好头盔，这样做的目的保护交通安全事故中的车手，理由是（ ）
A．减小头部的冲量，起到安全作用
B．延长头部与硬物接触时间，从而减小冲力，起到保护作用
C．减小头部的速度变化使人安全
D．减小头部的动量变化量，起到安全作用
2．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。高压水枪的质量为M，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
B．高压水枪单位时间喷出的水的质量为
C．水柱对汽车的平均冲力为
D．当高压水枪喷口C的出水速度变为原来2倍时，压强变为原来的4倍
3．如甲图所示，一质量为1kg的物体在水平地面上处于静止状态。一竖直方向外力F作用在物体上， F随时间变化的图像如乙图，t =4s时撤去外力F，重力加速度g = 10m/s2，则以下说法正确的是（ ）
A．t=4s时物体速度为0 B．上升过程中物体的最大速度为12m/s
C．0到4s内物体速度一直在增加 D．撤去F后，物体的还能上升1.25m
4．如图所示，一个物体在与水平方向成θ角的拉力F的作用下匀速前进了时间t，则（ ）
A．拉力对物体的冲量大小为Ft B．拉力对物体的冲量大小为Ftsinθ
C．摩擦力对物体的冲量大小为Ftsinθ D．合外力对物体的冲量大小不为零
5．如图所示，将一质量为的小木块放在光滑的斜面上。小木块从斜面的顶端由静止开始沿斜面下滑，在下滑的前一半位移内重力的冲量为，在后一半位移内重力的冲量为，则为（ ）
A． B． C． D．
6．质量为4kg的物体以2m/s的初速度做匀加速直线运动，经过1s，动量变为14kgm/s，则该物体在这1s内（ ）
A．所受的合力为3N B．所受的合力为2N
C．所受的冲量为6Ns D．所受的冲量为1.5Ns
7．体操运动员从同样高度翻滚落地时，总有一个屈膝的动作，其原因是（ ）
A．屈膝落地动量小，不易受伤
B．屈膝落地动量改变小，不易受伤
C．不屈膝落地动量改变大，容易受伤
D．屈膝落地可以延长作用时间，从而减小腿部受力，不易受伤
8．质量为1.0kg的小球从离地面5.0m高度自由落下，与地面碰撞后，反弹的最大高度为3.2m，设小球与地面碰撞时间为0.1s，不计空气阻力，则小球和地面相撞过程中与地面间的平均作用力为( )（）
A．60N B．180.0N C．190.0N D．200.0N
9．如图所示，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止，剪断轻绳后A、B分别沿斜面下滑，则从剪断轻绳到物块分别落地的过程中，两物块（ ）
A．速度变化快慢相同 B．重力的冲量相同
C．重力势能的变化量相同 D．重力的平均功率相同
10．质量为60kg的建筑工人，不慎从高空跌下，幸好有弹性安全带的保护，使他悬挂起来。已知弹性安全带的缓冲时间是1.2s，安全带长5m，g取10m/s2，则安全带所受的平均冲力的大小约为（ ）
A．500N B．1100N C．600N D．100N
11．质量为的木块静止在光滑的水平面上，先受到一个向东的拉力，后撤去，同时对木块施加一个向北的拉力，又经过，取，则（ ）
A．重力的冲量为0
B．整个过程木块受到拉力的冲量为
C．末木块的动能为
D．末木块的动量为
12．在一条直线上运动的物体,其初动量为8N·s,它在第一秒内受到的合冲量为-3N·s,第二秒内受到的合冲量为5N·s.它在第二秒末的动量为
A．10kg·m/s B．11kg·m/s C．13kg·m/s D．16kg·m/s
13．下列说法错误的是（ ）
A．根据F=可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力
B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量
C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便
D．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
14．一名消防队员从一平台上无初速度跳下，下落0.8s后双脚触地，接着用双腿弯曲的方法缓冲，又经过0.2s重心停止了下降，在该过程中（不计空气阻力），可估计地面对他双脚的平均作用力为
A．自身所受重力的5倍 B．自身所受重力的8倍
C．自身所受重力的4倍 D．自身所受重力的2倍
15．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上跳起，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中，下列说法正确的是(重力加速度为g)( )
A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为
B．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为
D．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零
16．如图所示，两个质量相等的物体分别从倾角为30°和60°的固定光滑斜面顶端由静止自由滑下，到达斜面底端，则两物体具有相同的物理量是（ ）
A．下滑过程中重力的冲量
B．下滑过程中合力的冲量
C．下滑过程中动量变化量的大小
D．下滑过程中弹力的冲量
17．如图所示，半径为R的竖直光滑圆轨道的内侧底部静止着一个质量为m的光滑小球（可视为质点），现给小球一个瞬时冲量I使其在瞬间得到一个水平初速度，重力加速度为g，则小球在圆桶中上升的高度（距离底部）可能为（ ）
A．大于 B．等于 C．小于 D．等于2R
18．质量为0.2kg的小球以6m/s、竖直向下的速度落至水平地面上，再以4m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，g取10m/s2。
(1)小球与地面碰撞前后的动量的变化为多少？
(2)若小球与地面的作用时间为0.2s，求小球受到地面的平均作用力大小。
19．在水平地面的右端B处有一面墙，一小物块放在水平地面上的A点，质量m=0.5kg，AB间距离s=5m，如图所示．小物块以初速度v0=8m/s从A向B运动，刚要与墙壁碰撞时的速度v1=7m/s，碰撞后以速度v2=6m/s反向弹回．重力加速度g取10m/s2．求：
（1）小物块从A向B运动过程中的加速度a的大小；
（2）小物块与地面间的动摩擦因数μ；
（3）若碰撞时间t=0.05s，碰撞过程中墙面对小物块平均作用力F的大小．
20．质量1kg的小球从水平地面上方5m高处自由落下，与地面碰撞的接触时间为0.1s，反弹速度大小是碰前速度的，求：
(1)碰撞时小球受到地面给它的冲击力大小；
(2)第一次碰撞后小球能上升的最大高度。（g取10m/s2）
21．如图1所示，质量m=1.0kg的物块，在水平向右、大小F=5.0N的恒力作用下，沿足够长的粗糙水平面由静止开始运动。在运动过程中，空气对物块的阻力沿水平方向向左，其大小f空=kv，k为比例系数，f空随时间t变化的关系如图2所示。g取10m/s2。
(1)求物块与水平面间的动摩擦因数μ；
(2)估算物块运动的最大速度vm；
(3)估算比例系数k。
22．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车车身因相互挤压，皆缩短了，据测算两车相撞前速度约为，则：
（1）假设两车相撞时人与车一起做匀减速运动，试求车祸中车内质量约的人受到的平均冲力是多大；
（2）若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是，求这时人体受到的平均冲力为多大．
23．如图所示，质量的小球在水平轨道上受水平向右的拉力的作用，从静止开始做匀加速直线运动，F撤去后，小球从与水平面相切的光滑竖直圆轨道最低点B进入，小球运动到圆轨道的最高点时对轨道的压力等于小球重力，在圆轨道上运行一周后从最低点的出口（未画出，且入口和出口稍稍错开）出来后向C点运动，C点右侧有一壕沟，C、D两点的竖直高度，水平距离。已知圆轨道半径，BC长为，小球与BC面间动摩擦因数为，，求：
(1)小球通过圆形轨道最高点P的速度大小；
(2)试通过计算判断小球能否到达壕沟的右侧；
(3)若AB段光滑，水平拉力F的作用时间范围可变，要使小球在运动过程中，既不脱离竖直圆轨道，又不掉进壕沟，试求水平拉力F作用时间的范围。
参考答案
1．B
【详解】
戴和不戴头盔，头部的速度变化相同，则动量变化量相同，根据动量定理可知受到的冲量也相同，而戴头盔能够延长头部与硬物接触时间，根据可知，可以减小冲力，从而起到保护作用，故B正确，A、C、D错误；
故选B。
2．D
【详解】
AB．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
故AB错误；
C．水柱对车的平均冲力为F，由动量定理得
Ft=mv
即
解得
选项C错误；
D．高压水枪对车产生的压强
则当高压水枪喷口C的出水速度变为原来2倍时，压强变为原来的4倍，选项D正确。
故选D。
3．D
【详解】
A．4s内物体所受重力和拉力作用，在1s前，物体处于静止状态，1s到4s内根据图像所围成的面积可知， 合力的冲量
由动量定理可知
I=mv
解得
v=5m/s
A错误；
D．4s时撤去F，此后，上升的高度
h==1.25m
选项D正确；
C．由图像可知t=3s时拉力等于重力，速度达到最大，此后开始做减速运动，选项C错误；
B．由图像包围面积可求出在1s到3s内合力的冲量
I1=10N·s= mvm
vm = 10m/s
选项B错误。
故选D。
4．A
【详解】
运动时间为t，则拉力的冲量为
I1=Ft
由于做匀速运动，阻力大小与F的水平分力相等，摩擦力大小为
f=Fcosθ
摩擦力对物体的冲量的大小为
I2=ft=Ftcosθ
物体匀速运动，由动量定理知合外力对物体的冲量为零。
故选A。
5．D
【详解】
物块沿斜面由静止开始匀加速下滑，根据相等位移的时间关系可知，物块滑过前半段位移和后半段位移的时间之比为１：（-1），根据I=Gt可知，物块滑过前半段位移和后半段位移时重力的冲量之比为１：（-1）。
故选D。
6．C
【详解】
取初动量方向为正方向，根据动量定理得
所受冲量为
则合力为
故选C。
7．D
【详解】
人从高处跳下落地时，总有一个曲膝的动作，是为了增加运动员与地面的作用时间，根据动量定理
在动量变化相同的情况下可以减小作用力，避免运动员受到伤害；不会减小动量变化量，也不会减小地面对人的冲量，故ABC错误，D正确。
故选D。
8．C
【详解】
由动能定理得小球下落过程：
代入数据得：，方向：竖直向下．小球上升过程：
代入数据解得：，方向竖直向上；以向下为正方向，由动量定理得：
得：F=-190N，负号表示方向向上
故选：C。
9．D
【详解】
滑块A和滑块B沿着斜面方向的分力等大，故
mAgsin60°=mBgsin30°
A．剪断细线后物体下滑的加速度分别为
aA=gsin60°
aB=gsin30°
则两物体加速度不同，速度的变化快慢不相同，选项A错误；
B．根据
可得
则重力冲量
选项B错误；
C．根据
mAgsin60°=mBgsin30°
故
mA
D．重力的平均功率
因为
mAgsin60°=mBgsin30°
可知重力的平均功率相同，故D正确。
故选D。
10．B
【详解】
根据自由落体运动规律，该工人自由下落5m的时间为
则根据冲量定理则
代入数据则
故选B。
11．D
【详解】
A．重力的作用时间不为零，根据IG=mgt可知，重力的冲量不为零，选项A错误；
BCD．水平向东的冲量为
I1=F1t=3N s
水平向北的冲量为
I2=F2t=4N s
则整个过程木块受到拉力的冲量为
根据动量定理可知，2s末木块的动量
动能
选项BC错误，D正确。
故选D。
12．A
【解析】
根据动量定理得：P-mv0=Ft，则P=Ft+mv0=-3+5+8=10kg m/s，故选A．
13．B
【详解】
A．由动量定理可得
则
由此可知，物体动量的变化率等于它所受的力，故A正确；
B．力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的积累效应，是一个矢量，故B错误；
C．动量定理的物理实质与牛顿第二定律是相同的，但有时用起来更方便，如不涉及运动的位移时用动量定理较方便，故C正确；
D．易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减少作用力，故D正确。
本题选错误的，故选B。
14．A
【详解】
以向下为正，对消防队员下落的全程使用动量定理可得：
代入数据解得：
故A正确，BCD错误．
故选A。
15．D
【详解】
人的速度原来为零，起跳后变为v，以向上为正方向，由动量定理可得
I－mgΔt＝mv－0
故地面对人的冲量为
I=mv＋mgΔt
人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，故D正确，ABC错误。
故选D。
16．A
【详解】
AD．设斜面底边为L，物体下滑的加速度为
a=gsinθ
则由
解得
因两斜面的倾角为30°和60°，可知物块在两斜面上下滑的时间相同，根据
IG=mgt
可知，重力的冲量相同，弹力的冲量
可知弹力的冲量不同， 选项A正确，D错误；
BC．根据
可知，下滑到底端时速度大小和方向均不同，则根据动量定理可知，合外力的冲量不同，动量变化量的大小不同，选项BC错误；
故选A。
17．BCD
【详解】
B．当小球最远运动到与圆心等高处时，速度为0，则从最低点到与圆心等高点，由动能定理得
在最低点，对小球由动量定理得
得
所以B正确；
D．当小球运动到圆轨道的最高点时，小球在圆桶中上升的高度为2R，所以D正确；
AC．当小球运动到除最高点和与圆心等高点外的其他点时，则从最低点到与圆心等高点，由动能定理得
得
所以C正确，A错误。
故选BCD。
18．(1)2，方向竖直向上；(2)12N
【详解】
(1)由题知v=4m/s，方向为正，则动量变化
方向与正方向相同，即竖直向上
(2)由动量定理得
则有
19．（1）1.5m/s2；（2）0.15；（3）130N
【详解】
（1）从A到B过程是匀减速直线运动，根据速度位移公式，有：
=﹣1.5m/s2
（2）从A到B过程，由动能定理，有：
可得：
μ=0.15
（3）对碰撞过程，规定向左为正方向，由动量定理，有：
F△t=mv2﹣m（﹣v1）
可得：
F=130N
20．(1)190N；(2)3.2m
【详解】
(1)小球碰前的速度
碰后的速度为碰前的，则有碰后的速度
在碰撞过程中，规定向上的方向为正，由动量定理有
代入解得
F=190N
(2)由于第一次碰撞后的速度为8m/s，故第一次碰撞后小球能上升的最大高度
21．(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)设水平面对物块的摩擦力为f。由题意可知，2s后空气对物块的阻力大小不变，物块做匀速直线运动，则有
又因为
所以
(2)在0~2s内，物块做加速度逐渐减小的加速运动，匀速运动时速度达到最大，根据动量定理有
由图2可知，f空-t图象线下面积约为
所以
m/s
(3)因为所以
k=2.0
22．（1） （2）
【详解】
（1）两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为，设运动的时间为，则由得，
根据动量定理
解得
（2）若人系有安全带，则
．
23．（1）；（2）能；（3）或
【详解】
（1）在P点
解得
（2）从P到C
解得
平抛运动
解得
能越过壕沟
（3）若恰好过竖直圆的最高点
从P到C
解得
能越过壕沟
从B到P
加速过程
解得
若不能过与圆心等高的点，则返回也满足题中条件，此时
加速过程
解得
由以上讨论可知
或