1.1动量的变化与冲量的关系-课后练习（word 含答案）

1.1动量的变化与冲量的关系
一、选择题（共15题）
1．如图所示，水上飞行器是一种盛行的游乐设施，它利用喷水装置产生的反冲动力，让人在水上腾空而起，使人和飞行器上升后静止在空中。假设整个运动过程中，飞行器始终竖直向下喷水，不计喷出的水的重力影响，下列说法正确的是（　　）
A．喷出的水量越多，则喷出的水对飞行器的作用力越大
B．上升过程中，喷出的水对飞行器的冲量大于飞行器对喷出的水的冲量
C．上升过程中，喷出的水对飞行器的平均作用力大于人和飞行器的总重力
D．静止在空中时，喷出的水的动量变化率大小等于人和飞行器的总重力大小
2．如图所示，一个质量为的物体在与水平方向成角的恒定拉力的作用下沿水平面由静止开始匀加速前进了时间，获得速度，则（　　）
A．拉力对物体的冲量大小为 B．拉力对物体的冲量大小为
C．拉力对物体的冲量大小为 D．摩擦力对物体的冲量大小为
3．放在水平地面上的物体质量为m，用一水平恒力F推物体，持续作用t s，物体始终处于静止状态，那么在这段时间内 （ ）
A．F对物体的冲量为零 B．重力对物体的冲量为零
C．合力对物体的冲量为零 D．摩擦力对物体的冲量为零
4．为了安全，轿车中都装有安全气囊。当发生剧烈碰撞时，安全气囊启动为驾驶员提供保护。关于安全气囊的作用，下列说法正确的是（　　）
A．减小了驾驶员的动量变化量 B．减小了驾驶员的动量变化率
C．增大了驾驶员的动量变化量 D．减小了驾驶员受到撞击力的冲量
5．校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以增大（　　）
A．人的触地时间 B．人的动量
C．人的动量变化量 D．人受到的冲量
6．全民健身活动的开展，使得人们更加注重身体素质的提升，垒球运动也受到了更多人的青睐．如图所示，一个质量为0.20kg的垒球，以20m/s的水平速度向左飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40m/s，击球时间为0.01s，则这一过程中球棒对垒球的平均作用力为（　　）
A．大小为1200N，方向向左
B．大小为1200N，方向向右
C．大小为400N，方向向左
D．大小为400N，方向向右
7．如图所示，a、b、c三个相同的小球，a从光滑斜面顶端由静止开始自由下滑，同时b、c从同一高度分别开始自由下落和平抛．下列说法正确的有（ ）
A．它们同时到达同一水平面
B．重力对它们的冲量相同
C．它们的末动能相同
D．它们动量变化量的大小相同
8．如图所示，两个小朋友在玩弹性球，他们从同一点将质量相同的甲、乙两个弹性球水平抛出，两个小球经过了地面上的同一点O，两个小球的运动轨迹如图所示（实线和虚线分别为甲球和乙球的运动轨迹），忽略空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．两球从抛出至到达O点运动时间相同
B．甲、乙两球的初速度之比为7∶5
C．甲、乙两球在O点时速度大小之比为7∶5
D．每球与地面碰撞前后的动量大小相等、方向相反
9．如图所示，长为d质量为m的细金属杆ab，用长为L的细线悬挂后，恰好与水平光滑的平行金属导轨接触，平行金属导轨间距也为d，导轨平面处于竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中。闭合开关S后，细金属杆ab向右摆起，悬线的最大偏角为。重力加速度为g，则闭合开关的短时间内通过细金属杆ab的电荷量为（　　）
A． B．
C． D．
10．如图所示，竖直平面内有一固定半圆槽，A、C等高，B为半圆槽最低点，小球从A点正上方点由静止释放，从A点沿切线方向进入半圆槽，刚好能运动至C点.设球在AB段和BC段运动过程中，运动时间分别为、，合外力的冲量大小为、，则（ ）
A． B． C． D．
11．下列说法正确的是（　　）
A．做匀速圆周运动的物体，其向心加速度不变
B．对于一质量不变做平抛运动的物体，在任意相等时间内合外力冲量相同
C．冲量的方向与动量的方向一致
D．开普勒对天体进行系统观测，获得了大量的精确资料，并发表了开普勒行星运动定律
12．如图所示，固定的竖直光滑长杆上套有质量为m的小圆环，圆环与水平状态的轻质弹簧一端连接．弹簧的另一端固定在墙上，并且处于原长状态．现让圆环由静止开始下滑，已知弹簧原长为L，圆环下滑到最低点时弹簧的长度为2L（未超过弹性限度），从圆环开始运动至第一次运动到最低点的过程中
A．弹簧对圆环的冲量方向始终向上，圆环的动量先增大后减小
B．弹簧对圆环的拉力始终做负功，圆环的动能一直减小
C．圆环下滑到最低点时，所受合力为零
D．弹簧弹性势能变化了
13．塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具，但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题。设有一只水枪，枪口直径为，出水速度为，储水箱的体积为，水的密度为，水柱水平地打在竖直平面（目标）上后速度变为零，不考虑重力、空气阻力等的影响，认为水柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同。下列说法中能有效控制水枪威力的是（　　）
A．减小枪口直径
B．减小出水速度
C．减小储水箱体积
D．把海水调整为淡水以减小水的密度
14．如图所示，甲球从O点以水平速度v1飞出，落在水平地面上的A点；乙球从O点以水平速度v2飞出，落在水平地面上的B点，反弹后恰好也落在A点。两球质量均为m，若乙球落在B点时的速度大小为v3，与地面的夹角为60°，且与地面发生弹性碰撞，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）
A．由O点到A点，甲、乙两球运动时间之比是1：1
B．OA两点的水平距离与OB两点的水平距离之比是3：1
C．设地面处势能为0，甲、乙两球在运动过程中的机械能之比为3：1
D．乙球在B点与地面碰撞的过程中动量变化量的大小为
15．一质量为2kg的物体受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的a-t图像如图所示，t=0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N。则（　　）
A．在t=6s时刻，物体的速度为18m/s
B．在0~6s时间内，合力对物体做的功为400J
C．在0~6s时间内，拉力对物体的冲量为48N·s
D．在t=6s时刻，拉力F的功率为200W
二、填空题
16．以15m/s的速度平抛一个小球，小球的质量为1kg，经2s小球落地，不计空气阻力，g取10m/s。小球落地时的速度大小为_____m/s，在这一过程中，小球的动量变化的大小为____kg·m/s。
17．图中，质量为20kg的物体M静止放在光滑的水平面上，现用与水平方向成30°角斜向上的力F作用在物体上，力F的大小为10N，作用时间为10s，在此过程中，力F对物体的冲量大小为__________N·s，重力对物体的冲量大小为__________N·s，10s末物体的动量大小是__________kg·m/s。
18．质量分别为m1=kg，m2=4kg的两辆玩具小汽车在同一直路面上匀速行驶，两车与路面间的动摩擦因数都是μ=0.02，求在下列情况下两汽车急刹车后滑行的最大距离之比s1：s2，最长时间之比t1：t2。
(1)以相同的动能匀速行驶，刹车后s1：s2=_________，t1：t2=_________；
(2)以相同的动量匀速行驶，刹车后s1：s2=__________，t1：t2=_________。
19．两物体的质量为和，他们分别在恒力和的作用下由静止开始运动，经相同的位移，动量的增加量相同，则两恒力的比值________。
三、综合题
20．在粗糙绝缘的水平面上的同一直线上有A、B、C三个质量都为m的物体（都可视为质点），其中物体C被固定，其带电量为+Q，它产生的电场在竖直面MN的左侧被屏蔽。物体B带电量为+q，恰好处在被屏蔽区边缘；物体A不带电。此时A、B均静止，它们相距l1，B与C相距l2。现对位于P点的物体A施加一水平向右的瞬时冲量，A在向右运动过程中与B碰撞后粘连（碰撞时间极短），并进入电场区前进了l（l＜l2）的距离时，由于物体C排斥作用而折回，再次进入被屏蔽区后恰好也前进了l距离时静止。已知物体A、B与整个水平面间的动摩擦因数都为μ，求：最初在P点时对物体A施加的瞬时冲量的大小。（竖直面MN不影响物体在两区域间穿行，忽略带电体在MN左侧被屏蔽区域受到的一切电场力）
21．如图所示是一则安全警示广告，描述了高空坠物对人伤害的严重性。小王同学用下面的实例来检验广告词的科学性：一个用一个鸡蛋从8楼的窗户自由下落到地面。经测量鸡蛋质量约，下落到地面的瞬时速度约为，与地面接触时间约为。不计空气阻力，重力加速度．求鸡蛋：
（1）下落到地面时动量的大小；
（2）对地面平均作用力的大小。
22．如图所示是一乒乓球水平抛出后的运动轨迹，抛出点A距水平桌面的高度，A点至落点B的水平距离，乒乓球与桌面撞击后运动的最高点P与A等高，两个落点B、C间的距离为。已知乒乓球的质量，重力加速度g取，不计空气阻力。
（1）求乒乓球刚运动至B点时的速度大小；
（2）若乒乓球在B点与桌面作用的时间，求桌面对乒乓球的平均作用力大小。
23．如图所示，质量为m＝2 kg的物体，在水平力F＝16 N的作用下，由静止开始沿水平面向右运动．已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用t1＝2 s后撤去，撤去F后又经t2＝2 s，物体与竖直墙壁相碰，若物体与墙壁作用时间t3＝0.1 s，碰撞后反向弹回的速度v′＝6 m/s，(g取10 m/s2).求：
（1）物体开始碰墙时的速度大小；
（2）墙壁对物体的平均作用力大小；
（3）物体由静止开始运动到碰撞后反向弹回的速度v′＝6 m/s的过程中合外力的冲量．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
A．由
可得
所以每秒喷出的水量越多，则喷出的水对飞行器的作用力越大。故A错误；
B．上升过程中，喷出的水对飞行器的作用力等于飞行器对喷出的水的作用力，根据冲量的概念有
可知，喷出的水对飞行器的冲量大小等于飞行器对喷出的水的冲量大小。故B错误；
C．上升过程中，当做加速运动时，喷出的水对飞行器的平均作用力才大于人和飞行器的总重力。题目中没有明确飞行器的运动状态，故不一定成立。故C错误；
D．静止在空中时受力平衡，喷出的水的动量变化率为
等于人和飞行器的总重力大小。故D正确。
故选D。
2．B
【详解】
AB．拉力对物体的冲量大小为
故A错误；B正确；
CD．根据动量定理有
故CD错误。
故选B。
3．C
【详解】
A．力的大小为F，作用时间为t，则推力的冲量Ft，故A错误；
B．重力为mg，作用时间为t，故重力的冲量为mgt，故B错误；
C．物体保持静止，合力为零，根据动量定理，合力冲量为零，故C正确；
D．物体保持静止，静摩擦力f与推力F等大反向，故摩擦力对物体的冲量为-Ft，故D错误；
故选C。
4．B
【详解】
在碰撞过程中，人的动量变化量是一定的，等于末动量与初动量的差值，而用安全气囊后增加了作用时间，根据动量定理可知，动量变化量相同时，作用时间越长，作用力越小，即动量变化率越小。
故选B。
5．A
【详解】
跳高比赛时，运动员从与沙坑接触到静止动量的变化量相等，由动量定理可知，人受到的合力的冲量是一定的，人落在沙坑中比落在地面上延长了人与沙坑的接触时间，t变大，由动量定理得
一定，t越长，动量变化率越小，人受到的合外力越小，越安全；BCD错误，A正确。
故选A。
6．B
【详解】
设向右为正方向，根据动量定理
得
方向向右，故B正确，ACD错误。
故选B。
7．D
【详解】
A．球b自由落体运动，球c的竖直分运动是自由落体运动，故b、c两个球的运动时间相同，为
t=
球a受重力和支持力，合力为mgsinθ，加速度为gsinθ，根据
得
故t＜t′，A错误；
B．由于重力相同，而重力的作用时间不同，故重力的冲量不同，B错误；
C．初动能不全相同，而合力做功相同，故根据动能定理
末动能不全相同，C错误；
D．b、c两球合力相同，运动时间相同，故合力的冲量相同，根据动量定理，动量的变化量也相同，a、b两球机械能守恒
可得
末速度相等，故末动量相等，初动量为零，则动量增加量相等，所以，它们动量变化的大小相同，D正确。
故选D。
8．B
【详解】
A．由题意可知小球抛出后做平抛运动，两个小球抛出时离地面的高度相同，所以从抛出后到第一次落地的时间相等，设此时间为t0，则两球抛出后到O点的运动时间分别为5t0和7t0，故A错误；
B．设甲、乙两球抛出时的速度分别为v甲、v乙，由图结合平抛运动规律可知
解得
故B正确；
C．由图结合平抛运动规律可知，两个小球与地面碰撞时竖直方向的速度相等，有
则两个小球落地时速度分别为
则
故C错误；
D．由图可知球与地面碰撞前后水平方向速度不变，竖直方向速度大小不变但方向相反，则球与地面碰撞前后的合速度大小不变，但方向不是相反的，故每球与地面碰撞前后的动量大小相等、方向不是相反的，故D错误；
9．C
【详解】
细金属杆ab离开导轨向右摆起的过程，由机械能守恒定律可得
细金属杆在通电瞬间在水平方向受到磁场的安培力，根据动量定理可得
即
又
可得
解得
ABD错误，C正确。
故选C。
10．C
【详解】
AB．小球刚开始自由下落，到达点的速度为零，由受力分析知小球在段一直减速，则小球在段的平均速率大于段的，两段弧长相等，所以
AB错误；
CD．根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，在段合外力的冲量大小为
在段小球动量变化如图所示
合外力的冲量大小为，即
D错误C正确。
故选C。
11．B
【详解】
A．做匀速圆周运动的物体，其向心加速度大小不变，方向时刻改变，A错误；
B．因为做平抛的物体的合外力为重力，当物体的质量不变时，根根冲量的公式可得
故在任意相等时间内合外力冲量相同，B正确；
C．由定义可知，冲量的方向与动量的方向没有关系，C错误；
D．第谷对天体进行系统观测，获得了大量的精确资料，开普勒发表了开普勒行星运动定律，D错误。
故选B。
12．D
【详解】
试题分析：在环刚刚开始运动时，只受到重力的作用，向下运动的过程中弹簧被拉长，弹簧的弹力沿弹簧的方向斜向上，竖直方向向上的分力随弹簧的伸长而增大，所以环受到的合力沿竖直方向的分力先向下，逐渐减小，该过程中环的速度增大；圆环所受合力为零时，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，合力的方向向上，并逐渐增大，环向下做减速运动，直到速度为0．所以圆环的动量先增大后减小．但弹簧对圆环的冲量方向始终斜向左上方．故A错误；环先加速后减速，所以动能先增大后减小．故B错误．圆环所受合力为零，速度最大，此后圆环继续向下运动，则弹簧的弹力增大，圆环下滑到最大距离时，所受合力不为零，故C错误．图中弹簧水平时恰好处于原长状态，圆环下滑到最大距离时弹簧的长度变为2L，可得物体下降的高度为h=L，根据系统的机械能守恒得弹簧的弹性势能增大量为△Ep=mgh=mgL，故D正确．故选D．
13．ABD
【详解】
取一小片液柱，由动量定理
可得
解得
有效控制水枪威力，可以减小枪口直径、减小出水速度、把海水调整为淡水以减小水的密度，与储水箱体积无关。
故选ABD。
14．BD
【详解】
A．设OA间的竖直高度为h。由O点到A点，甲球运动时间为
乙球运动时间是甲球的3倍。故A错误；
B．乙球先做平抛运动，再做斜上抛运动，根据对称性可知，从B到A的水平位移等于从O到B的水平位移的2倍，所以甲球由O点到A点的水平位移是乙球由O点到B点水平位移的3倍，故B正确；
C．设乙球由O点到B点水平位移为x，时间为t。对甲球有
3x=v1t
对乙球有
x=v2t
则得
v1：v2=3：1
设地面处势能为0，则机械能为，故甲、乙两球在运动过程中的机械能之比不为3：1，故C错误；
D．乙球落在B点时的速度大小为v3，与地面的夹角为60°，故竖直方向的分量
vy=v3sin60°
反弹后竖直方向的分量为
v′y=-vy=v3sin60°
水平方向速度不变，故动量变化量大小为
故D正确。
故选BD。
15．CD
【详解】
A．由速度时间公式
为a—ｔ图中图像与时间轴所围的面积，所以6s末的速度
故A错误；
B．由动能定理，合力做的功
故B错误；
C．由动量定理
代入数据，得
故C正确；
D．在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得
则在t=6s时刻，拉力F的功率
故D正确．
故选CD。
16． 25 20
【详解】
平抛运动竖直方向
落地时合速度
根据动量定理动量改变量
17． 100 2000 50
【详解】
力F对物体的冲量大小为
重力对物体的冲量大小为
物体的加速度
10s末物体的速度
物体的动量大小
18． 4：1 2：1 16：1 4：1
【详解】
(1)以相同的初动能匀速行驶，刹车后，对、据动能定理分别可得
联立可得
根据动量与动能的关系得到初动量为
末动量均为零，以初速度方向为正方向，则对、根据动量定理分别可得
联立解得
(2)以相同的动量匀速行驶，初动量为p，末动量为零，则根据动量与动能的关系得到初动能为
则刹车后，对、根据动能定理分别可得
联立解得
刹车后，对、根据动量定理分别可得
联立解得
19．
【详解】
因为动量的增加量相同，根据动量定理有
根据，解得
则有
解得
则有
20．
【详解】
对A由动量定理知
I=mv0-0
A和B碰撞前，对A由动能定理知：
μmgl1=mv12-mv02
A和B碰撞过程动量守恒：
mv1=2mv2
从A和 B碰撞到静止的全过程，由动能定理知：
μ 2mg 3l=0 2m v2 2
联立解得：
21．（1）；（2）
【详解】
（1）根据动量的计算公式可得
（2）设竖直向上为正方向，根据动量定理有
解得
22．（1）；（2）
【详解】
（1）乒乓球从A到B做平抛运动，设平抛的初速度为，运动时间为t，则有
，
解得
t=0.3s，
竖直方向的速度
则B点的速度为
（2）乒乓球与地面撞击后B至P的运动是一逆向的平抛运动，与A至B完全对称，则撞击后刚离开桌面时，乒乓球的水平速度仍为，水平向右竖直方向速度变为，设桌面对乒乓球的平均作用力大小为F，取竖直向上为正方向，对乒乓球，在与桌面撞击过程中利用动量定理
解得
23．（1）8m/s（2）280N（3）-12N.s. 方向与F方向反向.
【详解】
(1)取从物体开始运动到开始碰撞的过程用动量定理，并取F方向为正方向，则由动量定理：
Ft1－μmg(t1＋t2)＝mv1
v1=8m/s.
(2) 取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程用动量定理，并取F方向为正方向，则由动量定理：
Ft1－μmg(t1＋t2)－t3＝－mv′
代入数据整理解得：＝280 N
（3）取从物体开始运动到碰撞后反向弹回的全过程，并取F方向为正方向，
I合=Ft1－μmg(t1＋t2)－t3=-12N.s.
方向与F方向反向.