1.1冲量动量综合训练（word版含答案）

1.1冲量动量
一、选择题（共15题）
1．“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下。将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动。从弹性绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，若不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．弹性绳恰好伸直时，人的速度最大
B．弹性绳对人的冲量始终向上，人的动量一直减小
C．弹性绳对人的拉力始终做负功，人的动能一直减小
D．人的速度最大时，弹性绳对人的拉力等于人所受的重力
2．如图所示，两个质量相等的物体沿同一高度、倾角不同的两光滑斜面顶端从静止自由下滑，到达斜面底端，两个物体具有相同的物理量是( )
A．下滑的过程中重力的冲量
B．下滑的过程中弹力的冲量
C．下滑的过程中合力的冲量
D．刚到达底端时的动量大小
3．甲、乙是两辆额定功率相同而质量不同的卡车，它们都在平直的公路上同向行驶，若卡车所受运动阻力等于车重的k倍(k＜1)，则两车在行驶过程中(　　)
A．有相同的最大速度 B．有相同的最大动量
C．有相同的最大动能 D．速度相同时的加速度也相同
4．空间有一水平匀强电场，范围足够大，场中有一粒子源，某时刻释放出速度大小相同的同种带电粒子，速度方向沿垂直于电场的竖直面内各方向，粒子的重力不计，如图所示，则
A．同一时刻所有粒子的动量相同
B．同一时刻所有粒子的位移相同
C．同一时刻所有粒子到达同一等势面上
D．同一时刻所有粒子到达同一水平面上
5．跳水运动员从高台上往下的运动可近似看成自由落体运动，则对他从开始下落直到入水的运动过程，下列说法正确的是（ ）
A．前一半时间内的位移小，后一半时间内的位移大
B．前一半时间内的重力冲量小，后一半时间内的重力冲量大
C．前一半位移用的时间短，后一半位移用的时间长
D．前一半位移重力做的功少，后一半位移重力做的功多
6．下面关于冲量的说法正确的是（　　）
A．只要力恒定，不管物体运动状态如何，其冲量就等于该力与时间的乘积 B．当力与位移垂直时，该力的冲量一定为零
C．物体静止时，其重力的冲量一定为零 D．物体受到很大的力时，其冲量一定很大
7．如图所示，A、B两颗质量相同的卫星均绕地球做匀速圆周运动，若p表示卫星的动量大小，E表示卫星的机械能，a表示卫星的向心加速度大小，T表示周期，则下列关系正确的是（　　）
A．pA> pB B．EA8．下列关于物体动量和冲量说法正确的是
A．物体动量改变的方向，就是它所受合力冲量的方向
B．物体动量越大，则合外力冲量越大
C．物体所受合外力为零，它的动量一定为零
D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越大
9．一质点由静止开始先做匀加速直线运动，这一阶段加速度大小为a1，时间t末进入第二阶段做加速度大小为a2且方向与第一阶段加速度反向的匀变速直线运动，第二阶段持续2t时间，质点恰好回到出发点。则两个阶段合外力冲量大小之比应为（　　）
A．2:5 B．4:3 C．3:4 D．5:4
10．“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一.摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，下列叙述正确的是（　　）
A．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变
B．在最低点，乘客重力大于座椅对他的支持力
C．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
D．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量不为零
11．如图所示，动量分别为、的两个小球A、B在光滑的水平面上沿一直线向右运动，经过一段时间后两球发生正碰，分别用、表示两小球动量的变化量，则下列选项中可能正确的是（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
12．如图甲所示，一质量为m的物块在t=0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图像如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端.下列说法正确的是（　　）
A．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小为
B．物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为
C．斜面倾角的正弦值为
D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功
13．一质量为的物块在合外力的作用下从静止开始沿直线运动，合外力F随时间t变化的图线如图所示，则下列说法正确的是（　　）
A．时物块的速率为
B．时物块的动量大小为
C．前内物块所受合外力的冲量大小为
D．t=4s时物块的动能为1J
14．质量为m1、m2的两物体A、B并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于A和B上，作用一段时间后撤去，A、B运动的v-t图像如图中图线a、b所示，己知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可知（　　）
A．若，则m1小于m2
B．若，则力F1对物体A所做的功较多
C．若，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4∶5
D．若，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍
15．如图所示，小球甲从倾角θ=60°的斜面顶端以初速度2v0水平抛出的同时，让小球乙从斜面顶端以初速v0沿斜面滑下，经时间t小球甲落到斜面上，已知两小球质量相等，斜面光滑，则下列说法正确的是（　　）
A．t时刻甲的动量大于乙 B．0~t时间内重力对甲的冲量大于乙
C．0~t时间内重力对甲做的功大于乙 D．t时刻重力对甲做功的功率大于乙
二、填空题
16．如图，质量为20 kg的物体M静止放在光滑水平面上，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10 N，作用时间为10 s。在此过程中，力F对物体的冲量大小为__________N·s，10s末物体的动量大小是__________kg·m/s。
17．质量m的物体，从高h处以速度v0水平抛出，从抛出到落地物体所受重力的冲量为_______。
18．以初速度v0水平抛出一个质量为m的物体，在不计空气阻力的情况下，物体的速度从v0变到2v0的过程中，重力冲量为__________．
19．汽车在平直公路上做匀加速直线运动，已知汽车的质量为m，其速度从v1增大到v2所经历的时间为t，路面阻力为Ff，以汽车的运动方向为正方向，那么这段时间内，汽车的动量改变量是________，路面阻力的冲量是________，汽车所受合力的冲量是________，牵引力的冲量是________．
三、综合题
20．足球场上,一个质量为0.5kg的足球以20m/s的速度向小明飞来,小明飞起一脚将足球反向踢回,踢回的速度大小为30m/s,脚与球的接触时间为0.2s．(忽略脚踢球时的重力和空气阻力的影响).求:
(1)足球动量变化量的大小;
(2)脚对足球的平均作用力的大小.
21．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。
22．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。
23．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37o的斜面垂直碰撞，求重力的冲量大小。（g=10m/s2）
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
A．弹性绳恰好伸直，绳对人的拉力为零，由于重力大于绳对人的拉力，所以人还在加速，此时速度不是最大值，A错误；
BCD．弹性绳对人的拉力始终是向上的，所以弹性绳对人的冲量始终是向上的，弹性绳对人的拉力始终做负功，刚开始对人的拉力小于重力，人做加速运动，当对人的拉力等于重力，人的速度达到最大值，当对人的拉力大于重力时人做减速运动，人先做加速后做减速，所以人的动量先增大后减小，动能先增大后减小，BC错误，D正确。
故选D。
2．D
【详解】
A．由运动学知识可知两个物体下滑所用的时间不同，由
可知下滑的过程中重力的冲量不同，A错误；
B．由于倾角不同，两物体受的弹力方向不同，下滑的过程中弹力的冲量不同，B错误；
C．根据机械能守恒知两物体到达底端时的速度大小相等，由于速度方向不同，两物体的动量变化也不同，由动量定理可知，下滑的过程中合力的冲量不同，C错误；
D．根据机械能守恒知两物体到达底端时的速度大小相等，根据
可得两物体到达底端时动量大小相同，均为，D正确。
故选D。
3．B
【详解】
A. 以最大速度行驶时，牵引力与阻力平衡，故根据功率公式可知：
所以最大速度不同，故A错误．
B. 由于
所以
故动量相同，故B正确．
C. 最大动能：
故最大动能不同，故C错误．
D. 根据牛顿第二定律，有：
F-kmg=ma且P=Fv
故
由于功率P、速度v和比例系数k相同而质量不同，故加速度不同，故D错误．
4．C
【详解】
A．粒子在电场中做类平抛运动，所有粒子初速度大小相等，则在同一时刻，所有粒子动量大小相等而方向不同，粒子动量不同，故A错误；
B．粒子在电场中做类平抛运动，同一时刻所有粒子位移大小相等但方向不同，粒子位移不同，故B错误；
CD．粒子在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，在相等时间内所有粒子在水平方向位移相等，所有粒子同时到达与电场垂直的同一竖直面内，所有粒子不会同时到达同一水平面，匀强电场等势面是与电场垂直的平面，由此可知，在同一时刻所有粒子到达同一等势面，故C正确，D错误；
5．A
【详解】
运动员在下落中做自由落体运动，即为初速度为零的匀加速直线运动，两段相等时间内的位移之比为：1:3，前一半时间内的位移小，后一半时间内的位移大，选项A正确；相邻前一段位移与后一段位移时间之比为，则前一半位移用的时间长，后一半位移用的时间短，选项C错误；根据I=mgt可知，前一半时间和后一半时间的重力冲量相等，选项B错误；根据W=mgh可知，前一半位移重力做的功与后一半位移重力做的功相等，选项D错误；故选A.
6．A
【详解】
A．只要力恒定，不管物体运动状态如何，其冲量就等于该力与时间的乘积，A正确；
B．因当力与位移垂直时，该力的功一定为零，但是冲量不为零，B错误；
C．根据I=Ft可知，物体静止时，其重力的冲量不为零，C错误；
D．根据I=Ft可知，物体受到很大的力时，但是若作用时间短，其冲量不一定很大，D错误。
故选A。
7．C
【详解】
A．根据万有引力提供向心力，则有
解得，A的轨道半径较大，则vAp=mv
可知两者动量的大小关系pAB．卫星由低轨道向高轨道运动需要增加机械能，故在A轨道的机械能大于B轨道的机械能，故B错误；
C．根据万有引力提供向心力，则有
解得，A的轨道半径较大，则aAD．根据万有引力提供向心力，则有
解得，A的轨道半径较大，则TA>TB，故D错误。
故选C。
8．A
【详解】
A．根据动量定理知，合力冲量的方向与动量变化的方向相同，故A正确；
B．根据动量定理知，物体动量越大，合外力冲量不一定大，故B错误；
C．根据动量定理知，物体所受合外力为零，合外力的冲量为零，则动量的变化量为零，它的动量不一定为零，故C错误；
D．根据知，，合外力越大，动量的变化越快，它的动量变化量不一定就越大，故D错误；
故选A．
9．A
【详解】
t秒匀加速直线运动有，t秒末的速度，规定初速度的方向为正方向，则2t秒内的位移
因为
则
得
则
故选A。
10．D
【详解】
A．机械能等于重力势能和动能之和，摩天轮运动过程中，做匀速圆周运动，乘客的速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，故A错误；
B．圆周运动过程中，在最低点，由重力和支持力的合力提供向心力，向心力指向上方，处于超重状态，则乘客重力小于座椅对他的支持力，故B错误；
C．运动过程中，乘客的重力大小不变，速度大小不变，但是速度方向时刻在变化，速度在重力方向上的分量大小变化，所以重力的瞬时功率在变化，故C错误。
D．根据I=mgt可知，转动一周，乘客重力的冲量不为零，故D正确。
故选D。
11．B
【详解】
A．两球正碰，遵守动量守恒定律，所以两球动量变化量的大小相等，方向相反，故A错误；
B．若，，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B的动量分别为
A的动量减小，B的动量增加，则碰后A的动能减小，B的动能增加，总动能可能不增加，所以是可能的，故B正确；
C．若，碰后两球的动量分别为
根据关系式
可知，A球的质量和动量大小不变，动能不变，而B球的质量不变，但动量增大，所以B球的动能增大，这样系统的机械能比碰前增大了，故C错误；
D．若，，遵守动量守恒定律，碰撞后A、B的动量分别为
可知碰后A的动量增加，B的动量减小，由于碰撞过程中，A受到向左的冲力，B受到向右的冲力，所以A、B仍沿原方向运动时，A的动量应减小，B的动量应增加，因此这组数据是不可能的，故D错误。
故选B。
12．C
【详解】
A．物块从开始运动到返回底端的过程中用时3t0，故该过程重力的冲量大小为
故A错误；
B．设物体返回底端时的速度大小为v，那么根据上滑、下滑过程位移相同，总位移为零，由图象可得
所以
那么，物块从t=0时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量大小为
故B错误；
C．物体上滑时加速度
下滑时加速度
由上面二式可解得
故C正确；
D．根据动能定理即可求得克服摩擦力做的功为
故D错误。
故选C。
13．BD
【详解】
A．前，根据牛顿第二定律，得
则得速度变化规律为
当时，速率为，当时，速率为，A错误；
B．动量为
B正确；
C．当前得冲量为
C错误；
D．，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，得
当时，速度为，则动能为
D正确。
故选BD。
14．ACD
【详解】
由图可知，物体A撤去拉力之前的加速度为
物体B撤去拉力之前的加速度为
己知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行，则撤去拉力后物体A、B的加速度相等为
撤去拉力后，根据牛顿第二定律可得
，
可得
物体A撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有
解得
物体B撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有
解得
A．当
即
则
故A正确；
B．若两物体的质量相等，设物体质量为，则拉力对物块A做的功为
则拉力对物块B做的功为
则拉力对物块A做的功等于拉力对物块B做的功，故B错误；
C．若两物体的质量相等，设物体质量为，，则拉力对物块A的冲量为
拉力对物块B的冲量为
则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为
故C正确；
D．若两物体的质量相等，设物体质量为，，则拉力对物块A的最大瞬时功率为
拉力对物块B的最大瞬时功率为
则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍，故D正确。
故选ACD。
15．AD
【详解】
A．经时间t小球甲落到斜面上，根据平抛规律
解得
所以t时刻，竖直速度
所以速度
对乙球，加速度
末速度
质量相等，因为甲的速度大，所以t时刻甲的动量大于乙的动量，A正确；
B．重力冲量，因为两小球质量相等，所以冲量大小相等，B错误；
C．甲下落的竖直高度
乙下落高度
因为下落高度相同，重力做功
重力做功相同，C错误；
D．甲的竖直速度
乙的竖直速度
重力功率
所以重力对甲的功率大于乙，D正确。
故选AD。
16． 100 50
【详解】
由冲量定义可得，力F对物体的冲量大小为
对物体由动量定理得
解得
17．m
【详解】
物体做平抛运动，运动的时间由得
由冲量计算式得重力的冲量为
18．
【详解】
以初速度v0水平抛出一个质量为m的物体，当物体的速度变为2v0时，速度的竖直分量
；
此过程物体的运动时间
重力冲量
．
19． mv2－mv1 －Fft mv2－mv1 mv2－mv1＋Fft
【详解】
汽车在平直公路上做匀加速直线运动，速度从v1增大到v2经过的时间为t，则动量的改变量为：△P=P末-P初=m（v2-v1）
根据动量定理，合外力冲量等于物体动量的变化．汽车所受合外力的冲量是：
I合=△P=P末-P初=m（v2-v1）
即（F-f）t=m（v2-v1）
则有牵引力冲量：Ft=ft+m（v2-v1）
路面阻力的冲量是If=ft
20．（1）25kgm/s（2）125N
【详解】
（1）动量变化量的大小
规定飞来的方向为正方向，代入v2=-30m/s，v1=20m/s可得 p=-25kgm/s，
即动量改变量大小为25kgm/s
（2）由动量定理可知：
21．（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
22．(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。
23．
【详解】
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
重力的冲量大小为
答案第1页，共2页