2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第一册
1.1冲量动量 跟踪训练（解析版）
1．一质量m=4kg的物体静置在粗糙的水平地面上，物体与地面的摩擦因数μ=0.5从t=0时刻开始对物体施加一水平力F，其大小如图所示。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则在0~1.0s时间内，摩擦力对物体产生的冲量大小为（ ）
A．10N·s B．16N·s C．20N·s D．25N·s
2．如图所示，PQS是固定于竖直平面内的光滑的圆弧轨道，圆心O在S的正上方。在O和P两点各有一个质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑。以下说法正确的是（ ）
A．a比b先到达S，它们在S点的动量不相等
B．a与b同时到达S，它们在S点的动量不相等
C．a比b先到达S，它们在S点的动量相等
D．b比a先到达S，它们在S点的动量相等
3．一物体在从A点运动到B点的过程中，其末动能变为初动能的8倍，下列判断正确的是（ ）
A．物体的动量可能不变
B．物体的末动量变为初动量的2倍
C．物体的末动量变为初动量的16倍
D．物体的初动量和末动量的方向一定相同
4．下列说法正确的是（ ）
A．动量为零时，物体一定处于平衡状态
B．动能不变，物体的动量一定不变
C．物体所受合外力不变时，其动量一定不变
D．物体受到恒力作用也可能做曲线运动
5．随着手机逐渐走进每个人的生活，有些人喜欢躺着看手机，偶尔会出现手机滑落砸到脸的情况。若某手机（可视为质点）的质量为200 g，从距人脸上方约20 cm的高度无初速掉落，砸到脸后经0.1 s手机停止运动。忽略空气阻力，重力加速度g=10 m/s2，下列分析正确的是（ ）
A．脸受到的平均撞击力大小约为10 N
B．脸受到的平均撞击力大小约为3 N
C．全过程手机重力的冲量大小约为0.2 N·s
D．全过程手机重力的冲量大小约为0.6 N·s
6．关于质量一定的物体的动能、动量关系说法正确的是（ ）
A．动能不变，动量一定不变
B．动量变化，动能一定变化
C．动量的变化量为零，动能的变化量一定为零
D．动能的变化量为零，动量的变化量一定为零
7．如图所示，质量为m的物体，沿倾角为的固定粗糙斜面以速度v匀速下滑，经过时间t滑至底端，则物体在t时间内（ ）
A．摩擦力的冲量大小为 B．斜面支持力的冲量大小为0
C．重力的冲量大小为 D．合力的冲量大小为
8．如图所示，质量相同的两物体（可视为质点）处于同一高度，沿固定在地面上的光滑斜面下滑，自由下落，最后到达同一水平面，则上述运动过程中（ ）
A．重力对两物体做的功不同
B．重力对两物体的冲量相同
C．到达底端时两物体的动能相同
D．到达底端时重力对两物体的瞬时功率相同
9．某物体在某一过程中的动量变化量为，则初、末两状态相比（ ）
A．该物体的动量一定减小 B．该物体的动量一定反向
C．该物体的动量可能增大 D．该物体的动量一定同向
10．一物体从静止开始做直线运动，其加速度随时间变化如图所示，则该物体 （ ）
A．在1s末时运动方向发生改变
B．先做匀加速后做匀减速直线运动
C．1s~2s的平均速度大小大于3m/s
D．该物体在0~2s内受到合外力的冲量一定为4N·s
11．质量为2 kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10 m/s2，下列说法中正确的是（ ）
A．2 s末小球的动能为40 J
B．2 s末小球的动量大小为40 kg·m/s
C．2 s内小球动量的变化量大小为20 kg·m/s
D．2 s内重力的平均功率为200 W
12．大小为F的恒力作用在质量为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．拉力F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对物体的冲量大小为Ftcos θ D．合力对物体的冲量大小为零
13．如图所示，物体从t＝0时刻开始由静止做直线运动，0～4s内其合外力随时间变化的关系图线为正弦曲线，下列表述正确的是（ ）
A．0～2s内合外力的冲量一直增大 B．0～4s内合外力的冲量为零
C．2s末物体的动量方向发生变化 D．0～4s内物体动量的方向一直不变
14．如图所示，质量为的小球，固定在轻杆上，绕过点的转轴在竖直面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，A、是圆周上与圆心等高的两点。若小球运动的速度大小为，轨道半径为，且（为重力加速度），则小球从A点运动到点过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．小球所受重力的冲量为0
B．小球所受向心力的冲量为
C．小球所受合力的冲量大小为
D．轻杆对小球作用力的冲量大小为
15．下列关于动量的说法正确的是（ ）
A．质量大的物体，动量一定大
B．质量和速率都相等的物体，动量一定相同
C．质量一定的物体的速率改变，它的动量一定改变
D．质量一定的物体的运动状态改变，它的动量一定改变
16．质量为3kg的物体在水平面上做直线运动，若速度大小由2m/s变成5m/s，那么在此过程中，动量变化的大小可能是（ ）
A． B．
C． D．
17．羽毛球是速度较快的球类运动之一，运动员扣杀羽毛球的速度可达到100 m/s，假设球飞来的速度为50 m/s，运动员将球以100 m/s的速度反向击回。设羽毛球的质量为10 g，试求：
（1）运动员击球过程中羽毛球的动量变化量；
（2）运动员击球过程中羽毛球的动能变化量。
18．一个质量是0.2kg的钢球，以2m/s的速度水平向右运动，碰到一块坚硬的大理石后被弹回，沿着同一直线以2m/s的速度水平向左运动，碰撞前后钢球的动量有没有变化？变化了多少？
19．一个质量是0.2kg的钢球，以2m/s的速度斜射到坚硬的大理石板上，入射的角度是45 ，碰撞后被斜着弹出，弹出的角度也是45 ，速度大小仍为2m/s，用作图法求出钢球动量变化大小和方向？
20．我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功后，拉开了全面试验试飞的新征程，假设飞机在水平跑道上的滑跑是初速度为零的匀加速直线运动，当位移x=1.6×103 m时才能达到起飞所要求的速度v=80 m/s，已知飞机质量m=7.0×104 kg，滑跑时受到的阻力为自身重力的0.1倍，重力加速度取g=10m/s2，求飞机滑跑过程中：
（1）加速度a的大小；
（2）牵引力F的大小；
（3）牵引力F的冲量大小I。
参考答案
1．B
【详解】
最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则
0~0.4s，F0.4~1.0s，F>fmax,物体运动，摩擦力为滑动摩擦力，大小为20N，则滑动摩擦力的冲量
所以，摩擦力对物体产生的冲量大小为
故选B。
2．A
【详解】
物体a做自由落体运动，其加速度为g；而物块b沿圆弧轨道下滑，在竖直方向的加速度始终小于g，由运动学规律得tA＜tB；因为动量是矢量，方向与速度的方向相同，故a、b到达S时，它们在S点的动量方向不同，即动量不同。
故选A。
3．B
【详解】
ABC．根据
Ek＝mv2
可知，当物体的末动能变为初动能的8倍时，物体末速度的大小变为初速度大小的2倍，由
p＝mv
可知，物体的末动量大小变为初动量大小的2倍，选项A、C错误，B正确；
D．物体的速度方向可能发生变化也可能不发生变化，所以物体的初动量和末动量的方向不一定相同，选项D错误。
故选B。
4．D
【详解】
A．动量为零说明物体的速度为零，但物体速度为零并不一定为平衡状态，如汽车的启动瞬时速度为零，A错误；
B．动能不变，说明速度的大小不变，但速度的方向是可以变化的，故动量是可能发生变化的，B错误；
C．物体做匀变速直线运动时，物体的合外力大小不变，但速度大小会变化，故动量的大小也会发生变化， C错误；
D．物体受到恒力作用时有可能做曲线运动，如平抛运动， D正确。
故选D。
5．D
【详解】
根据自由落体求速度、时间，结合冲量的定义求出冲量；由动量定理求作用力。
AB．20cm=0.20m；200g=0.2kg
根据自由落体速度
手机与脸作用后手机的速度变成0，选取向上为正方向，所以手机与脸作用过程中动量变化为
手机与脸接触的过程中受到的重力与脸的作用力，根据动量定理可知
代入数据解得，手机对脸的作用力大小约为6N
故A、B错误
CD．手机下落时间
全过程中重力的冲量
故C错误，D正确。
故选D。
6．C
【详解】
A．动能不变，可能是速度的大小不变，但是方向可能变化，则物体的动量不一定不变，例如匀速圆周运动，选项A错误；
B．动量变化，动能不一定变化，例如做匀速圆周运动的物体，选项B错误；
C．动量的变化量为零，即动量不变，则动能一定不变，即动能的变化量一定为零，选项C正确；
D．动能的变化量为零，即速度大小不变，则动量的变化量不一定为零，例如做匀速圆周运动的物体，选项D错误；
故选C。
7．A
【详解】
A．物体受到的摩擦力为
所以摩擦力的冲量大小为
A正确；
B．斜面支持力为
斜面支持力的冲量大小为
B错误；
C．重力的冲量大小为
C错误；
D．匀速下滑，所以合力为零。合力的冲量为零。D错误。
故选A。
8．C
【详解】
A．重力做功只与高度有关，同质量的两物体从同一高度释放，重力做功相同。A错误；
B．重物从斜面下滑用时较长，所以重力的冲量较大。B错误；
C．根据机械能守恒，到达底端时两物体的动能相同。C正确；
D．到达地面时，两物体速度方向与重力方向夹角不同，根据瞬时功率公式得重力功率不同。D错误。
故选C。
9．C
【详解】
AC．物体的动量变化量为，说明动量的变化量与规定的正方向相反，但该物体的动量可能增大，也可能减小，故C正确，A错误；
BD．物体的动量变化与动量无关，物体的动量变化量为，表示动量的变化与规定的正方向相反，不表示物体的动量一定为负方向，或者一定为正方向，故BD错误。
故选C。
10．C
【详解】
A．从图中看出物体先做加速度逐渐增大的加速运动，到1s时，加速度达到最大，此时运动方向没有发生改变，故A错误；
B．从图中看出物体先做加速度逐渐增大的加速运动，后做加速度逐渐减小的加速运动，故B错误；
C．根据图像可画出速度时间图像如图所示
假如1~2s做匀加速直线运动，则平均速度为
从图中可以看出实际的位移大于匀加速的位移，所以1s~2s的平均速度大小大于3m/s，故C正确；
D．缺少物体的质量m，无法计算冲量大小，故D错误。
故选C。
11．BD
【详解】
A．2 s末小球的速度
则动能为
A错误；
B．2 s末小球的动量大小为
B正确；
C．2 s内小球动量变化量大小为40 kg ·m/s，C错误；
D．2 s内重力的平均功率为
D正确。
故选BD。
12．BD
【详解】
ABC．根据冲量的定义知，拉力F对物体的冲量大小为Ft，B正确，A、C错误；
D．物体没有被拉动，说明合力为零，则合力对物体的冲量大小为零，D正确。
故选BD。
13．ABD
【详解】
A．根据F－t图象中图线与t轴围成的面积表示冲量，可知在0～2s内合外力的冲量一直增大，A正确；
B．由图像可知，0～4s内合外力的冲量为零，B正确；
CD．2s末冲量方向发生变化，物体的动量开始减小，但方向不发生变化，0～4s内物体动量的方向一直不变，C错误，D正确。
故选ABD。
【方法总结】
求动量变化量或冲量的方法
14．CD
【详解】
A．根据冲量公式得，重力的冲量为
又
从A到路程为，则
则
A错误；
B．由题可知，以速度向上为负小球所受合力等于小球所需向心力，又根据
得
B错误；
C．由B选项可知，小球所受合力等于小球所需向心力，C正确；
D．由A可知，重力的冲量为，合力的冲量为，由题设条件可知，>，所以轻杆的作用力是对小球的拉力，因此则轻杆对小球作用力的冲量大小为
D正确。
故选CD。
15．CD
【详解】
A．根据动量的定义，它是质量和速度的乘积，因此它由质量和速度共同决定，A错误；
B．又因为动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，而质量和速率都相等的物体，其动量大小一定相等，但方向不一定相同，B错误；
C．质量一定的物体的速率改变，则它的动量大小就一定改变，C正确；
D．质量一定的物体的运动状态改变，它的速度就一定改变，它的动量也就改变，D正确。
故选BD。
16．AD
【详解】
若两速度方向相同，则动量的变化为
若两速度方向相反，以末速度方向为正方向，则动量的变化为
故选AD。
17．（1）1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反；（2）37.5 J
【详解】
（1）以羽毛球飞来的方向为正方向，则
p1＝mv1＝10×10－3×50 kg·m/s＝0.5 kg·m/s
p2＝mv2＝－10×10－3×100 kg·m/s＝－1 kg·m/s
所以动量的变化量
Δp＝p2－p1＝－1 kg·m/s－0.5 kg·m/s＝－1.5 kg·m/s
即羽毛球的动量变化量大小为1.5 kg·m/s，方向与羽毛球飞来的方向相反。
（2）羽毛球的初动能
Ek＝m＝12.5 J
末动能
Ek′＝m＝50 J
所以
ΔEk＝Ek′－Ek＝37.5 J
18．有变化，-0.8kg·m/s，且动量变化的方向向左
【详解】
取水平向右的方向为正方向，碰撞前钢球的速度v=2m/s，碰撞前钢球的动量为
碰撞后钢球的速度为v′=0.2m/s，碰撞后钢球的动量为
且动量变化的方向向左
19．，
【详解】
碰撞前后钢球不在同一直线运动，据平行四边形定则，以p′和P为邻边做平行四边形，则△p就等于对角线的长度，对角线的指向就表示的方向
方向竖直向上。
20．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）根据
解得
（2）根据牛顿第二定律
解得
（3）飞机滑行的时间
牵引力F的冲量2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第一册
1.1冲量动量 课时练（解析版）
1．质量为5kg的小球以5m/s的速度竖直落到地板上，随后以3m/s的速度反向弹回，若取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为（ ）
A．10kg·m/s B． - 10kg·m/s
C．40kg·m/s D． - 40kg·m/s
2．如图所示，一质量为2kg的物块在水平拉力F的作用下，从静止开始在水平地面上作直线运动，物块与水平地面的滑动摩擦因数，物块所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，拉力随时间变化的图线如图所示，重力加速度g取，则（ ）
A．时物块的速度为10m/s B．时物块的动量大小为40kg。m/s
C．时物块的速度为零 D．时物块的动量大小为。m/s
3．2021年2月10日19时52分，我国首次火星探测任务“天问一号”探测器实施近火捕获制动，环绕器3000牛轨控发动机点火全力工作15分钟，探测器顺利进入大椭圆环火轨道，成为我国第一颗人造火星卫星。则环绕器3000牛轨控发动机点火全力工作15分钟对“天问一号”探测器的冲量大小为（ ）
A． B． C． D．
4．质量为0.5kg的物块自斜面底端以一定初速度冲上斜面规定物块在斜面底端时重力势能为零，物块的动能和机械能随物块上滑的距离x的变化分别如图中直线I、Ⅱ所示，重力加速度g=10m/s2，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，下列说法正确的是（ ）
A．物块自底端滑至最高点过程中，合力的冲量大小为25N·s
B．物块自底端滑至最高点过程中，重力的冲量大小为15N·s
C．物块自底端滑至最高点过程中，摩擦力的冲量大小为2N·s
D．物块再次返回出发点的动能为10J
5．物体静止在光滑水平面上，先对物体施加一个水平向右的恒力F1，经过时间t后将F1立即改为水平向左的恒力F2，又经过t时间后物体回到出发点，在这一过程中，物体在两段相同时间内位移的大小分别为和，力F1、F2对物体做的功分别为W1和W2，力F1、F2对物体冲量的大小分别为和。则下列比值正确的是（ ）
A． B． C． D．
6．将一支圆珠笔的按压式小帽朝下按在桌面上，放手后笔会向上弹起一定高度。某次实验中测得圆珠笔弹起的最大高度为h，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力的冲量为零
B．圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为
C．弹簧恢复原长时，圆珠笔的动量最大
D．上升过程中，圆珠笔（含弹簧）的机械能守恒
7．如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1，速度为零并又开始下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为Ff。在整个运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．重力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2）sinθ
B．支持力对滑块的总冲量为mg（t1＋t2）cosθ
C．合力的冲量为0
D．摩擦力的总冲量为Ff（t1＋t2）
8．如图所示，水平面上固定有倾角分别为和的两个高度均为的光滑斜面，。将质量分别为和的两个小物块（均可视为质点）从两斜面的顶点由静止滑下，。下列说法正确的是（ ）
A．两个小物块滑到斜面底端时的速度大小相等
B．两个小物块滑到斜面底端时受到的重力的功率相等
C．两个小物块滑到斜面底端时的动能相等
D．两个小物块滑到斜面底端时的动量大小相等
9．如图所示，质量为m、速率为的小球沿光滑水平面向左运动，与墙壁发生碰撞后，以的速率沿水平方向向右运动，则碰撞过程中小球的动量变化量大小为（ ）
A． B． C． D．0
10．如图所示，在竖直圆上过顶点A到与圆周上的C、D两点建两条光滑的直轨道，是该圆的直径。让一个小球由静止开始，从A点出发，分别沿、滑行到C、D两点。设、与的夹角分别为和，下列结论正确的是（ ）
A．两次运动过程中，支持力的冲量之比为1∶1
B．两次运动过程中，重力做功之比为
C．到达C、D两点的动能之比为
D．在C、D两点处重力功率之比为
11．下列说法正确的是（ ）
A．作用力做正功时，反作用力一定做负功
B．一对作用力和反作用力的功一定大小相等，方向相反
C．一对作用力和反作用力的冲量一定大小相等，方向相反
D．滑动摩擦力一定对物体做负功
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
13．如图所示，把两个相同的小球从离地面相同高度处，以相同大小的初速度分别沿竖直向下和水平方向抛出，不计空气阻力。则下列说法中正确的是（ ）
A．两个小球落地时，重力做功的瞬时功率相等
B．两个小球落地时的动量大小相等
C．从小球抛出到落地，两个小球动能增量相等
D．从小球抛出到落地，重力对两个小球的冲量大小相等
14．小球做半径为R的匀速圆周运动，动量大小为p，动能大小为，下列说法正确的是（ ）
A．小球速度大小为
B．小球圆周运动周期为
C．小球所受向心力大小为
D．小球质量为
15．从同一高度以相同速率分别抛出质量相同的三个小球，一球竖直上抛，一球竖直下抛，一球平抛，所受阻力都不计，则（ ）
A．三球落地时动量相同
B．三球落地时动量不相同
C．从抛出到落地过程，三球受到的冲量相同
D．从抛出到落地过程，竖直下抛小球受到的冲量最小
16．质量的物体，在水平力的作用下，在光滑水平面上从静止开始运动，运动时间为，求：
（1）力在内对物体所做的功；
（2）力在内对物体所做的功的平均功率；
（3）内物体增加的动量大小。
17．如图所示为一个实验装置，把一个质量为的薄木板B放在光滑水平地面上，在薄木板B的最右端放上一质量为的小物块A（可视为质点）。电动机通过水平细绳与薄木板B相连，在细绳与薄木板B连接处接轻质拉力传感器。已知小物块A与薄木板B之间的动摩擦因数为，重力加速度大小为。现启动电动机使细绳开始水平向右拉薄木板B，细绳拉力的功率恒为。当小物块A在薄木板B上运动一段时间后，小物块A开始脱离薄木板B，此时拉力传感器的读数为（细绳足够长，薄木板B不会和电动机相碰）。试求：
（1）在时间内，小物块A和薄木板B之间由于摩擦而产生的热量；
（2）在时间内，拉力的冲量大小。
18．如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平地面上，质量为m的物块在与斜面的夹角为θ的拉力的作用下，沿斜面以速度v匀速向上运动，斜面光滑且足够长，重力加速度为g，求：
(1)拉力的功率；
(2)物块在运动时间t内，支持力的冲量以及重力势能的增加量。
19．质量为1 kg的物体在倾角为30°的光滑斜面顶端由静止释放，斜面高5 m，求物体从斜面顶端滑到底端的过程中重力的冲量为多少？物体的动量变化量为多少？（g取10 m/s2）
20．质量为0.1 kg的弹性小球从高1.25 m处自由下落至一光滑而坚硬的水平板上，碰撞后弹回到0.8 m高处，求：
（1）小球与水平板碰撞前后的动量；
（2）小球与水平板碰撞前后的动量变化。（g=10 m/s2）
参考答案
1．D
【详解】
由题知，取竖直向下的方向为正方向，则小球动量的变化为
p = - mv′ - mv = 5 × ( - 3 - 5)kgm/s = - 40kgm/s
故选D。
2．C
【详解】
A．0~2s内由牛顿第二定律得
解得
所以在时物块的速度为
故A错误；
B．在时物块的速度为
则时物块的动量大小为
故B错误；
C．2~3s内由牛顿第二定律得
解得
则时物块的速度
故C正确；
D．在3s后，速度变为零，由于力F的大小与最大静摩擦力的大小相等，所以物体静止，故在4s时，物体速度为0，动量为0，故D错误。
故选C。
3．C
【详解】
根据冲量的概念可知，环绕器3000牛轨控发动机点火全力工作15分钟对“天问一号”探测器的冲量大小为
故选C。
4．C
【详解】
A．动能为零时，重力势能为15J，根据
所以
设斜面倾角为α，则
图线Ⅱ的斜率表示摩擦力，所以摩擦力
图线I的斜率表示合力，所以合力
初始动能
所以初速度
根据
计算可得
物块运动的时间为
合力的冲量
A错误；
B．重力的冲量
B错误；
C．摩擦力的冲量
C正确；
D．最大静摩擦力，物块可以下滑，下滑过程机械能损失与上滑机械能损失相同，所以返回动能为5J， D错误。
故选C。
5．B
【详解】
设在F1作用下经过t的速度为v1，在F2作用下再经过时间t回到出发点的速度为v2，则物体在两段相同时间内位移的大小相等，即
=
即
解得
v2=2v1
则
则
故选B。
6．D
【详解】
A．弹簧恢复原长的过程，圆珠笔所受合力不为0，故圆珠笔所受合力的冲量不为零，故A错误；
B．圆珠笔弹起的最大高度为h，根据公式得
解得
所以圆珠笔离开桌面瞬间的初速度大小为，故B错误；
C．当弹簧恢复到弹簧弹力等于重力时，此时速度最大，圆珠笔的动量最大，故C错误；
D．上升过程中，圆珠笔（含弹簧）只受到重力作用，所以圆珠笔（含弹簧）的机械能守恒，故D正确。
故选D。
7．B
【详解】
A．根据公式，可知重力对滑块的总冲量为
A错误；
B．支持力对滑块的总冲量为
B正确；
C．整个过程中小滑块的动量发生了改变，故合力的总冲量不为0，C错误；
D．上滑过程和下滑过程摩擦力的方向相反，故若以沿斜面向上为正方向，摩擦力的总冲量为
D错误。
故选B。
8．A
【详解】
A．物体在斜面上下滑过程，由动能定理得
解得
两个小物块滑到斜面底端时的速度大小相等，A正确；
B．设任一斜面的倾角为θ，物体滑到斜面底端时重力所做功的功率
，速度大小相同，，两个小物块滑到斜面底端时受到的重力的功率不相等，B错误；
C．物体在斜面上下滑过程，由动能定理得
质量不同，动能不同，C错误；
D．根据
质量不同，速度大小相同，所以两个小物块滑到斜面底端时的动量大小不相等，D错误。
故选A。
9．A
【详解】
向右为正方形，根据
碰撞过程中小球的动量变化量大小。
故选A。
10．C
【详解】
A．根据几何关系，光滑的直轨道长
小球下滑的加速度
解得
则小球下滑的运动时间
即
小球受到的支持力
支持力不同，时间相同，则冲量不相等，A错误；
B．重力做功为
B错误；
C．根据动能定理
C正确；
D．根据
则速度之比为
重力功率之比
D错误。
故选C。
11．C
【详解】
AB．作用力和反作用力是作用在两个相互作用的物体之上的；作用力和反作用力可以同时做负功，也可以同时做正功；如冰面上两个原来静止的小孩子相互推一下之后，两人同时后退，则两力做正功；而两个相对运动后撞在一起的物体，作用力和反作用力均做负功，故AB错误；
C．作用力和反作用力大小相等，方向相反，故它们的冲量一定大小相等，方向相反;故C正确；
D．滑动摩擦力可以做正功也可以做负功，还可以不做功，故D错误。
故选C。
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．BC
【详解】
AD．竖直下抛的小球由运动学公式可得
平运动的小球竖直方向做自由落体运动，可得
对比两个式子可得
可得两小球不是同时落地，由冲量的定义式
可知重力对两个小球的冲量大小不相等，故AD错误；
BC．两小球在运动过程中都只有重力做功，且高度相等，所以由动能定理得
得动能的增加量相等，落地速度
可得落地时速度大小相等，由动量表达式
可得动量的大小相等，故BC正确。
故选BC。
14．CD
【详解】
AD．根据动量，动能，联立解得小球的质量为
则小球的速度大小为
故A错误，D正确；
B．小球做匀速圆周运动，由周期与线速度关系有
联立解得小球圆周运动周期为
故B错误；
C．小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有
可得小球所受向心力大小为
故C正确；
故选CD。
15．BD
【详解】
AB．小球落地时的速度v大小相等，小球质量m相等，小球落地时的动量大小相等，但动量的方向不同，小球落地时的动量不同，故A错误，B正确；
CD．从同一高度以相同速率分别抛出质量相同的三个小球，从抛出到落地过程，竖直上抛的小球运动时间最长，竖直下抛的小球运动时间最短，即
小球所受冲量，小球质量m相等，则
故C错误，D正确。
故选BD。
16．（1）W＝54J；（2）P=18W；（3）
【详解】
（1）对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、恒力F三个力的作用，合外力为F，根据牛顿第二定律可得物体的加速度为
a==2m/s2
则物体在3s内的位移为
x==9m
所以力F做的功为
W＝Fs＝6×9J＝54J
（2）力F在3s内的平均功率为
P==18W
（3）物体在第3s末的速度为
v＝at＝2×3m/s＝6m/s
内物体增加的动量大小为
17．（1）；（2）
【详解】
设当小物块脱离薄木板时，小物块和薄木板的速度大小分别为和；在时间内的过程中，小物块和薄木板之间由于摩擦而产生的热量为，拉力的冲量大小为。
（1）在运动时间内，把小物块和薄木板做一个整体：
由功能关系得
由动量定理得
取小物块，设向右为正方向，有
在时刻，有
联立解得
（2）由（1）可得，拉力的冲量大小
18．(1) ；(2) ，
【详解】
(1)根据平衡条件
根据功率的公式
解得
(2)根据平衡条件
根据冲量的定义
解得
物块上升的高度为
增加的重力势能为
解得
19．20 N·s，方向竖直向下；10 kg·m/s，方向沿斜面方向向下
【详解】
物体受重力mg和支持力FN的作用，设物体到达斜面底端的速度为v，对物体由动能定理有
解得
物体的动量变化量为
Δp＝mv－0＝10 kg·m/s，方向沿斜面方向向下
物体运动的时间为
由冲量定义可知，重力冲量为
IG＝mgt＝20 N·s，方向竖直向下
20．（1），竖直向下，，竖直向上；（2）0.9 kg·m/s，竖直向上
【详解】
(1)设小球与水平板碰前的速度为，可得
方向竖直向下，小球与水平板碰撞前的动量
方向竖直向下，同理小球与水平板碰后的速度大小为
小球与水平板碰撞后的动量
方向竖直向上。
(2)规定竖直向下为正方向，则动量变化为
即动量变化的大小为0.9 kg·m/s，方向竖直向上。2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第一册
1.1冲量动量 同步练习（解析版）
1．质量为的物体放置在水平桌面上，物体与水平桌面间的动摩擦因数为，重力加速度。现对物体施加一水平外力F，使其做直线运动，物体的速度时间图像如图所示，则下列判断正确的是（ ）
A．内物体位移的大小为 B．内物体的平均速度为
C．内外力F的冲量大小为 D．内外力F做的功为
2．如图所示，水平面上的物块在恒力F作用下匀速向右运动，水平面对物块的摩擦力为f，物块对水平面的摩擦力为，关于物块在一段时内运动的说法正确的是（ ）
A．F和f做功之和一定为零 B．F和f的冲量方向相同
C．f和的方向相同 D．f和做功都不为零
3．如图所示，摩天轮载着轿厢在竖直平面内做匀速圆周运动（游客与轿厢保持相对静止），在摩天轮转动过程中，关于游客的表述正确的是（ ）
A．游客速度保持不变 B．游客动能保持不变
C．游客动量保持不变 D．游客一直处于失重状态
4．一物体受到方向不变的力作用，其中力的大小随时间变化的规律如图所示，则力在内的冲量大小为（ ）
A． B． C． D．
5．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．一个物体的动能变化，它的动量一定改变
D．物体的运动状态不变，它的动量不一定变化
6．一物块在空中某位置从静止开始沿直线下落，其速度v随时间t变化的图线如图所示。则物块（ ）
A．第一个时间内的位移等于第二个时间内的位移
B．第一个时间内的平均速度等于第二个时间内的平均速度
C．第一个时间内重力的冲量等于第二个时间内重力的冲量
D．第一个时间内合外力做的功大于第二个时间内合外力做的功
7．如图为运动员在进行原地纵跳摸高训练时的情景。一质量为的运动员原地静止站立时摸高为。某次训练中，该运动员先下蹲，重心下降，然后发力跳起摸到了的高度。运动员从开始起跳至刚要离地的过程可视为初速度为0的匀加速直线运动，空中身体保持竖直，不计空气阻力的影响，重力加速度g取。下列说法正确的是（ ）
A．运动员刚跳离地面时的速度大小为
B．运动员起跳过程中对地面的压力大小为
C．从开始起跳到双脚刚落地所经历的时间为
D．从开始起跳到双脚刚落地的过程中重力的冲量大小为
8．在光滑水平面上，一静止的物块受到一水平力F的作用，F随时间t的变化规律如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．在0~4t0时间内，力F做的功为0
B．在2t0时刻，物体的速度最大
C．在3t0时刻，物体的加速度最大
D．在0~2t0时间内，力F的冲量为F0t0
9．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
10．质量为0.2kg的球竖直向下以6m/s的速度落至水平地面，再以4m/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Δp和合力对小球做W，下列说法正确的是（ ）
A． Δp=2kg m/s W= 2J B． Δp= 2kg m/s W=0
C． Δp=0.4kg m/s W= 2J D． Δp= 0.4kg m/s W=2J
11．如图所示，斜面倾角为θ，P为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙，一个小物体由顶端静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零。以沿斜面向下为正方向，则物体下滑过程中的位移x、速度v、合外力F、合外力的冲量I与时间t的关系图象可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
12．关于冲量和动量，下列说法中正确的是（ ）
A．冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量
B．动量是描述物体运动状态的物理量
C．动量是物体冲量变化的原因
D．某一物体的动量发生了变化，一定是物体运动速度的大小发生了变化
13．一质量kg的物块静止在光滑的水平面上，从t=0时刻开始，物块受到水平向右的外力F作用，外力F随时间t变化的关系如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A．第2s末物块的速度大小为3m/s B．第3s末物块的动量大小为12kg·m/s
C．第4s末外力的瞬时功率为18W D．第3s内与第4s内物块的动能增加量相等
14．水平桌面上，一质量为m的物体在水平恒力F拉动下从静止开始运动，物体通过的路程等于时，速度的大小为，此时撤去F，物体继续滑行的路程后停止运动，重力加速度大小为g，则（ ）
A．在此过程中F所做的功为 B．在此过中F的冲量大小等于
C．物体与桌面间的动摩擦因数等于
D．F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的2倍
15．如图所示，某校女篮球队员正在进行摸高训练，以提高自己的弹跳力。她们的运动过程是斜向上起跳、腾空、最后落地。若运动员弹跳后重心的高度变化最大为，不计空气阻力。已知运动员质量为，重力加速度为，则（ ）
A．运动员起跳过程地面弹力做功为零
B．运动员起跳过程地面弹力的冲量为零
C．动员从离开地面至运动到最高点的过程中机械能守恒
D．运动员落到地面上时的速度等于
16．2020年12月，“嫦娥五号”上升器携带月壤样品离开月面并成功与绕月返回舱会合，上升器在月面时的总质量为，上升过程火箭发动机推力恒为，发动机每秒喷出气体的质量为，上升器竖直上升阶段，月球的重力加速度恒为。
（1）若，，上升器由静止开始竖直上升一小段时间内，忽略上升器质量变化，求上升器：
①时间内上升的高度；
②时刻的动量大小；
（2）考虑上升器上升阶段的质量变化，上升器启动瞬间的加速度为，时刻加速度为，请在下图中大致作出时间内的图线，并比较时刻速度与的大小，简述理由。
17．质量m=2kg的物体自由下落0.5s，掉到沙面上后，经过0.1s停在了沙坑中，不考虑空气阻力作用，求：
（1）物体在空中下落过程中重力的冲量；
（2）物体陷入沙坑过程，沙对物体的平均作用力的大小。
18．2021年3月，在自由式滑雪世锦赛中，我国小将谷爱凌夺得两枚金牌。我们将她在滑雪坡面上向下滑行的一段过程，简化为小物块沿斜面下滑的过程，如图所示。已知物块质量m为50kg，与斜面间的动摩擦因数μ为0.5，斜面倾角θ为37°，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。
（1）若物块从静止开始沿斜面下滑2s时，求：
（a）位移的大小x；
（b）重力做的功W；
（c）重力的冲量；
（d）合力的冲量；
（2）若物块沿斜面上滑
（a）求加速度a’；
（b）上升的最大位移x’与初速度v0的函数关系。
参考答案
1．C
【详解】
A．由图像可知在内，物体加速运动的位移大小 为
在内，物体减速运动的位移大小为
在内，物体反向加速运动的位移大小为
故内物 体位移的大小为
选项A错误；
B．0 ~6 s内物体的平均速度为
选项B错误；
C．由图像可知在内，物体加速度大小为
由
得
在内，物体加速度大小为
由
得
在内，物体加速度大小为
由
得
以初始力的方向为正，故内外力的冲量为
选项C正确；
D．在内
选项D错误。
故选C。
2．A
【详解】
A．合力的功等于各个分力的功的代数和，一对平衡力的合力为零，故一对平衡力所做功之和一定为零；水平面对物块的摩擦力为f与恒力F是一对平衡力，故A正确；
B．F和f的方向在作用时间内保持不变，冲量的方向就和力的方向相同，F和f是一对平衡力，方向不同，则冲量方向不同，故B错误；
C．f和是一对相互作用力，方向相反，故C错误；
D．物块对水平面的摩擦力不能使水平面发生位移，则没有做功，故D错误。
故选A。
3．B
【详解】
ABC．摩天轮载着轿厢在竖直平面内做匀速圆周运动，速度大小不变，方向不断改变，所以游客的速度、动量是变化的，动能不变，故AC错误，B正确；
D．在摩天轮的最高点，加速度方向向下，游客处于失重状态，在最低点，加速度方向向上，游客处于超重状态，故D错误。
故选B。
4．B
【详解】
由公式
可知在F-t图像中，图线与坐标轴的面积为冲量的大小，所以
故B正确，ACD错误。
故选B。
5．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. 质量和速率都相同的物体，它们的速度方向不一定相同，则动量不一定相同，选项B错误；
C. 一个物体的动能变化，一定是速度的大小发生变化，则它的动量一定改变，选项C正确；
D. 物体的运动状态不变，速度一定不变，则它的动量一定不变化，选项D错误。
故选C。
6．C
【详解】
AB．速度—时间图象中，图线与时间轴围成的面积表示物块的位移，则物块第一个时间内的位移小于第二时间内位移，根据
得，物块第一个时间内的平均速度小于第二个时间内的平均速度，故A、B错误；
C．重力的冲量
可知第一个时间内重力的冲量等于第二个时间内重力的冲量，故C正确；
D．根据动能定理可知，合外力对物块做的功等于物块动能的改变量，由图知，第一个时间内动能的变化量大小等于第二个时间内动能的变化量大小，则第一个时间内合外力做的功等于第二个时间内合外力做的功，故D错误。
故选C。
7．D
【详解】
A．运动员离地后上升的高度为，由
可得，运动员刚跳离地面时的速度大小
故选项A错误；
B．由于起跳高度，运动员从开始起跳至刚要离地的过程中加速度大小为
根据牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律得运动员对地面的压力大小为
故选项B错误；
CD．运动员起跳时间
在空中时间
运动总时间为
从开始起跳到双脚刚落地过程中重力的冲量大小为
故选项C错误、选项D正确。
故选D。
8．A
【详解】
A．F-t图像与坐标轴所围图形的面积表示冲量。由题图可知，0~4t0时间内，F的合冲量为0，根据动量定理可知物体的末速度为0，根据动能定理可知0~4t0时间内F做的功为0，故A正确；
BD．0~2t0时间内，F的合冲量为0，根据动量定理可知2t0时刻物体的速度为0，故BD错误；
C．在3t0时刻，F为0，所以物体的加速度为0，故C错误。
故选A。
9．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。
10．A
【详解】
取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞的过程中动量变化量为
由动能定理可得，合外力做功为
故A正确，BCD错误。
故选A。
11．BD
【详解】
A．物体在光滑的斜面上先由静止开始向下做匀加速直线运动，过P点后做匀减速直线运动，x t图线的斜率先增大后减小到零，故A错误；
BC．物体在前半段做初速度为零的匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，到达底端时速度为零，则前半段和后半段的平均速度相等，运动时间相等，加速度大小相等、方向相反，则合力大小相等、方向相反，故B正确，C错误；
D．由于合力大小相等，方向相反，根据
I＝Ft
可知，D正确。
故选BD。
12．AB
【详解】
A．冲量是反映力对作用时间积累效果的物理量，等于力与时间的乘积，即I = Ft，A正确；
B．动量是描述物体运动状态的物理量，等于质量与速度的乘积，即p = mv，B正确；
C．力是速度改变的原因，故冲量是物体动量变化的原因，C错误；
D．动量是矢量，某一物体的动量发生了变化，可能是物体运动速度的大小发生了变化，也可能是物体运动速度的方向发生了变化，D错误。
故选AB。
13．AB
【详解】
A．在F-t图象中，图线与时间轴围成的面积表示力的冲量，所以在0～2s的时间内，由动量定理
解得第2s末的速度为
A正确；
BC．同理根据动量定理，可得第3s末、第4s末的速度分别为
第3s末物块的动量
第4s末外力做功的瞬时功率
B正确，C错误；
D．第3s内物块动能增加量
第4s内物块动能增加量
D错误。
故选AB。
14．BC
【详解】
CD．外力撤去前，由牛顿第二定律可知
①
由速度位移公式有
②
外力撤去后，由牛顿第二定律可知
③
由速度位移公式有
④
由①②③④可得，水平恒力
动摩擦因数
滑动摩擦力
可知F的大小等于物体所受滑动摩擦力大小的3倍，
故C正确，D错误；
A．在此过程中，外力F做功为
故A错误；
B．由平均速度公式可知，外力F作用时间
在此过程中，F的冲量大小是
故B正确。
故选BC。
15．AC
【详解】
A．由于运动员起跳过程中，地面没有损失能量，因此地面对运动员的弹力做功为零，A正确；
B．由于运动员起跳过程中，地面对运动员有弹力，并且有一定的作用时间，因此弹力的冲量不为零，B错误；
C．动员从离开地面到运动到最高点的过程中，只有重力做功，因此机械能守恒，C正确；
D．由于运动过程是斜向上起跳，因此落地时竖直速度为，而水平方向速度不为零，因此合速度大于，D错误。
故选AC。
16．（1）①102.5m；②16400kg m/s（2）时刻速度小于；a-t图像的面积等于速度变化量；
【详解】
（1）①上升器的加速度
时间内上升的高度
②时刻的动量大小
（2）在t时刻的加速度
则随着时间t的增加，加速度逐渐变大，则图像如图；
因a-t图像的面积等于速度变化量，则时刻速度小于。
17．（1）；（2）120N
【详解】
（1）根据冲量的定义得出，物体在空中下落过程，重力的冲量为：
（2）整个过程所用得时间
对整个过程列出动量定理得
解得沙对物体的平均作用力为
18．（1）（a）4m；（b）120J;（c）1000N·s方向：竖直向下;（d）200N·s方向：沿斜面向下（2）（a）10m/s2方向：沿斜面向下；（b）x=0.05v02
【详解】
（1）a）由牛顿第二定律得
a=2m/s2
根据运动学公式
得
x=4m
b）由功的定义式得
W=Fxcos（90°-θ）=120J
c）由冲量的定义式得
IG=mgt=1000N·s
方向：竖直向下
d）由冲量的定义式得
I合=mat=200N·s
方向沿斜面向下
（2）a）由牛顿第二定律得
a’=10m/s2
方向：沿斜面向下
b）设初速度方向为正方向，由运动学规律得
x=0.05v022021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第一册
1.1冲量动量 同步作业（解析版）
1．下列关于动量的说法中，正确的是（ ）
A．动能不变，物体的动量一定不变
B．做匀速圆周运动的物体，其动量不变
C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变
D．动量变化，物体的动能一定变化
2．下列有关冲量的说法中，正确的是（ ）
A．力越大冲量也越大 B．作用时间越长冲量越大
C．恒力F与t的乘积越大冲量越大 D．物体不动，重力的冲量为零
3．质量为0.2 kg的小球以6 m/s的速度竖直向下落至水平地面上，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，关于小球动量的变化量Δp，下列说法正确的是（ ）
A．Δp＝2 kg·m/s B．Δp＝－2 kg·m/s C．Δp＝0.4 kg·m/s D．Δp＝－0.4 kg·m/s
4．一个质量为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
5．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，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（ ）
A．拉力F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．合力对物体的冲量大小为Ft
6．估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s。据此估算1m2叶面受力约为（ 设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1103kg/m3）（ ）
A．0.15N B．0.54N C．1.5N D．5.1N
7．—质量为的物体受到水平拉力的作用，在粗糙的水平面上从静止开始做直线运动，动摩擦因数为0.2，水平拉力随时间的变化关系如图所示，重力加速度取，则下列说法正确的是（ ）
A．在时间内拉力的冲量为
B．在时间内物体动量的变化量为
C．在时间内合力所做的功为
D．当时物体的速度为
8．在光滑水平面上，一物体以6m/s的速度匀速运动，t=0时刻受到一个与物体运动方向相同，但大小随时间变化的外力F作用，力F作用了4s，0~4s内物体运动的加速度a随时间t变化的关系图像如图所示。已知物体的质量m=2kg，以下说法正确的是（ ）
A．外力F的最大值为2N
B．4s末物体停止运动
C．0~4s外力F对物体的冲量大小为8N·s
D．物体在0~4s内的位移小于32m
9．放在水平面上的物块，受到与水平方向夹角为60°，斜向上拉力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体速度v与时间t的关系分别如图所示，根据图象提供的信息，下面判断正确的是（ ）
A．由图象可以求出物体的质量
B．拉力F在4秒内的冲量是8N·s
C．拉力F在4秒内的冲量是3N·s
D．物体在4秒内的动能变化是6J
10．关于力的冲量以下说法正确的是（ ）
A．只有作用时间很短的力才能产生冲量
B．冲量是矢量，其方向就是力的方向
C．一对作用力与反作用力的冲量一定等大且反向
D．如果力不等于零，则在一段时间内其冲量也可能为零
11．质量为m甲=2kg，m乙=0.5kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动量随时间变化的图象如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲的加速度大小为1m/s2
B．乙的加速度大小为0.75m/s2
C．t=9s时乙的速度大小为18m/s
D．t=3s时两物体相遇
12．一质量为m、带电量为q（q>0）的小球，在真空中由A点无初速度自由下落，经过t时间落到B点。此时在空间加竖直向上的匀强电场，使该小球又经过t时间返回A点。已知重力加速度为g，空间足够高。则下列说法正确的是（ ）
A．小球返回A点时的速率是其下落至B点时速率的3倍
B．空间所加匀强电场的电场强度大小为
C．小球自A点下落至最低点的过程中重力的冲量大小为
D．小球自A点下落到再返回A点的过程中机械能增量为
13．水平力F方向确定，大小随时间变化如图中所示。用力F拉静止在水平桌面上的小物块，物块质量为1kg，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化如图乙所示，取g=10m/s2，由图像可知（ ）
A．小物块所受滑动摩擦力的大小为6N
B．4s时小物块的速度为8m/s
C．在0~4s时间内，合外力的功为64J
D．在0~4s时间内，摩擦力的冲量大小为16N·s
14．如图所示，将一质量为m的小球从O点以速度v水平抛出，过A点时速度大小为2v，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．小球过A点时动量大小为
B．小球过A点时重力做功的功率为
C．从O点到A点的过程中重力做功为
D．从O点到A点的过程中重力冲量大小为
15．如图所示，质量为50g的小球以12m/s的水平速度抛出，恰好与倾角为37°的斜面垂直碰撞，求此过程中：（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
（1）小球所受重力的冲量？
（2）小球动量的变化量？
16．一小孩把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降高度为0.8 m时与地面相撞，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2 m，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，求地面与篮球相互作用的过程中：
（1）篮球动量的变化量；
（2）篮球动能的变化量。
17．如图甲所示，是倾角为的足够长的光滑斜面，A处连接一粗糙水平面，长，一质量的滑块在点处于静止状态，在时刻给滑块施加水平向右拉力，拉力按图乙所示的规律变化。滑块与间的动摩擦因数，取，试求：
（1）摩擦力在内冲量的大小（时滑块未到达点）；
（2）滑块沿斜面上升的最大高度。
18．如图所示，足够长的水平传送带左端放置一个质量1kg的木块，二者均静止，某时刻传送带以大小为2m/s2的加速度开始向右运行，加速2s后传送带保持匀速运行。木块与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)木块从开始运动到刚好与传送带相对静止的过程中，摩擦力对木块的冲量大小；
(2)运动过程中由于木块与传送带间的摩擦而产生的内能。
19．滑板是年轻人喜欢的运动项目。滑板爱好者及滑板总质量m = 60kg，以v0 = 2.0m/s的初速度沿斜坡匀加速滑下，斜坡的倾角θ = 30°，经t = 4.0s的时间下滑位移x = 40m到达坡底。将人和滑板整体看作质点，设其在下滑过程中所受阻力的大小不变，重力加速度g取10m/s2，求下滑过程中
(1)滑板及人的加速度的大小a；
(2)滑板及人受到的阻力的大小f；
(3)滑板及人受到的重力的冲量大小I。
20．质量为的金属小球，以的速度水平抛出，抛出后经过落地，取。
(1)小球抛出时和刚落地时，动量的大小、方向如何？
(2)小球从抛出到落地的动量变化量的大小和方向如何？
(3)小球在空中运动的内所受重力的冲量的大小和方向如何？
(4)说出你解答上述问题后的认识。
参考答案
1．C
【详解】
A．物体的动能不变，但速度方向可能发生变化，则动量发生变化，故A错误；
B．做匀速圆周运动的物体，其速度方向不断变化，其动量发生变化，故B错误；
C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变,故C正确；
D．动量变化，可能是速度的方向改变，大小不变，此时动能不变，所以动量变化，物体的动能不一定变化，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】
冲量等于力和时间的乘积，故冲量取决于力和时间的乘积，乘积越大，冲量越大，故C正确，ABD错误。
故选C。
3．A
【详解】
小球与地面碰撞过程用动量变化量为
故A正确，BCD错误。
故选A。
4．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。
5．B
【详解】
ABC．拉力F对物体的冲量大小为Ft，AC错误，B正确；
D．由于物体处于静止状态，合力为零，故合力对物体的冲量大小为0，D错误。
故选B。
6．A
【分析】
考查动量定理。
【详解】
一小时内落入杯中的水的质量
根据动量定理
可求得雨滴与接触面的作用力
故A项正确，BCD项错误。
故选A。
7．B
【详解】
A．根据冲量的定义可知拉力的冲量对应F-t图像的面积，则在时间内拉力的冲量为
选项A错误；
B．物体受到的摩擦力
可知物体在t=2s时开始运动。在时间内拉力的冲量为
摩擦力的冲量
根据动量定理可知在时间内物体动量的变化量为
选项B正确；
D．根据可得时的速度
选项D错误；
C．根据动能定理可得在时间内合力所做的功
选项C错误。
故选B。
8．C
【详解】
A．在光滑水平面上，力F则是物体的合力，由
得外力最大值为,故A错误；
B．有图可知在4s末，加速度变为0，此时物体速度达到最大，且做匀速直线运动，故B错误；
C．0~4s内
所以
故C正确；
D．由于物理做加速度减小的加速运动，故位移应大于32m，故D错误。
故选C。
9．B
【详解】
A．物体加速阶段的加速度为：a=2m/s2
对物体受力分析，受拉力F、重力mg、支持力N、滑动摩擦力f，假设动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，有
Fcos60°-μ（mg-Fsin60°）=ma
由于μ未知，故无法求出物体的质量，故A错误；
BC．根据冲量定义式I=Ft，得到拉力F的冲量为
I=1N×2s+3N×2s=8N s
故B正确，C错误；
D．由于物体质量无法求出，故动能增加量未知，故D错误；
故选B。
10．BC
【详解】
A．只要力作用一段时间，力就会有冲量，故A错误；
B．冲量是力在时间上的积累，其方向由力的方向决定，故B正确；
C．作用力和反作用力等大方向，作用时间相同，所以一对作用力与反作用力的冲量一定等大且反向，故C正确；
D．由冲量的定义可知，如果力不等于零，则在一段时间内其冲量不可能为零，故D错误。
故选BC。
11．AC
【详解】
AB．p-t图像的斜率的绝对值表示物体所受合外力的大小，由图像可知，甲物体所受的合外力的大小
乙物体所受的合外力的大小
根据牛顿第二定律可得甲物体的加速度大小
同理，乙物体的加速度大小
A正确，B错误；
C．时
C正确；
D．根据P-t图像可知，t=0时，甲物体具有的动量为18kg·m/s，可得甲物体的初速度v0=9m/s，根据
当两物体相遇时
解得
D错误；
故选AC。
12．BCD
【详解】
A．根据平均速度可得
解得
vA=2vB
选项A错误；
B．由于
解得
选项B正确；
C．从B点到最低点的时间
小球自A点下落至最低点的过程中重力的冲量大小为
选项C正确；
D．小球自A点下落到再返回A点的过程中电场力做功
则机械能增量为，选项D正确。
故选BCD。
13．BD
【详解】
A．由图知：当t=2s时，a=1m/s2，F=6N，根据牛顿第二定律得
F-μmg=ma
代入得
6-μm×10=m
当t=4s时，a=7m/s2，F=12N，根据牛顿第二定律得
F-μmg=ma
代入得
12-μm×10=7m
联立解得
μ=0.5，m=1kg
小物块所受滑动摩擦力的大小为
故A错误；
B．a-t图像面积代表速度变化量，4s时小物块的速度为
故B正确；
C．在0~4s时间内，合外力的功为
故C错误；
D．根据F-t图像面积代表冲量可知，在0-2s内摩擦力为静摩擦力，冲量
之后物体滑动
所以在0~4s时间内，摩擦力的冲量大小为16N·s，故D正确。
故选BD。
14．AC
【详解】
A．A点时的动量
A正确；
B．A点在竖直方向的分速度
A点时重力功率
B错误；
C．O点到A所运动的竖直高度
从O点到A点的过程中重力做功
C正确；
D．O点到A所运动时间
从O点到A点的过程中重力冲量
D错误。
故选AC。
15．（1），重力冲量的方向竖直向下；（2），动量变化量的方向竖直向下
【详解】
(1)因为是垂直撞上斜面，斜面与水平面之间的夹角为37°，故速度与水平方向夹角为53°， 所以
解得
设飞行的时间为t，所以
故小球所受重力冲量的大小为
重力冲量的方向竖直向下
(2)对小球由动量定理
故小球的动量变化量的大小为
动量变化量的方向竖直向下
16．（1）3 kg·m/s，方向竖直向上；（2）减少了3 J
【详解】
（1）根据题意，可知篮球与地面相撞前瞬间的速度为
且方向竖直向下
由篮球反弹后的高度，可知篮球反弹时的初速度
且方向竖直向上
规定竖直向下为正方向，篮球的动量变化量为
Δp＝（－mv2）－mv1＝－0.5×2 kg·m/s－0.5×4 kg·m/s＝－3 kg·m/s
即篮球的动量变化量大小为3 kg·m/s，方向竖直向上
（2）篮球的动能变化量为
即动能减少了3 J
17．（1）；（2）3.5m
【详解】
（1）滑块所受最大静摩擦力为
由题图乙知，内，，滑块静止
内滑块做匀加速直线运动
摩擦力在内冲量的大小
（2）由牛顿第二定律得
解得
对过程，由动能定理列式得
解得
18．(1)；(2)
【详解】
(1)设传送带加速度为，加速时间为，木块的加速度为a，木块从开始运动到刚好和传送带达到相对静止所需时间为t，由运动学公式有
又
由牛顿第二定律有
又
联立解得
(2)设运动过程中产生的内能为Q
传送带的位移
木块的位移
故
联立解得
19．(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)根据匀变速直线运动规律解得
(2)根据牛顿第二定律，有
解得
(3)重力的冲量大小
20．(1)，方向与抛出时的速度方向相同，，方向与水平方向夹角为；(2)，方向竖直向下；(3)，方向竖直向下；(4)见解析
【详解】
(1)小球抛出时的动量为
方向与抛出时的速度方向相同，小球落地时竖直方向的速度为
则小球落地时的速度为
小球落地时的动量为
设落地时速度方向与水平方向成角，则
则
(2)由平行四边形定则可知，小球从抛出到落地的动量变化量
方向即竖直向下；
(3)由冲量定义式可知，小球在空中运动的内所受重力的冲量的大小
方向与重力方向相同，即竖直向下；
(4)由(2)(3)可知，小球的动量变化等于小球合外力的冲量。
