1.2动量定理综合训练（word版含答案）

1.2动量定理
一、选择题（共15题）
1．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．三球落地时动能相同
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，平抛运动小球受到的冲量最小
2．下列说法正确的是（ ）
A．物体所受合外力越大，其动量变化一定越快
B．物体所受合外力越大，其动量变化一定越大
C．物体所受合外力越大，其动能变化一定越大
D．物体所受合外力越大，其机械能变化一定越大
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．—个质量为0.18kg的垒球，以20m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后反向水平飞回．设击打过程球棒对垒球的平均作用力大小为900N，作用时间为0.01s．则被球棒击打后垒球反向水平速度大小为
A．30m/s B．40m/s C．50m/s D．70m/s
5．质量为2kg的物体静止放在光滑水平面上，0～5s内给它施加一个2N水平拉力，5～8s内给它施加一个－4N水平拉力。以向右为正方向，则第8s末物体的动量P为（　　）
A．22kg·m/s B．－22kg·m/s C．2kg·m/s D．－2kg·m/s
6．汽车碰撞测试对于促进汽车厂商提高车辆的安全性功不可没。某次汽车碰撞测试中，一质量为m的汽车启动达到测试速度后，匀速直线行驶时间后与固定障碍物发生正面碰撞（未反弹），从汽车与障碍物接触到停下经历的时间为t2。若汽车在时间t1内通过的距离为x，则碰撞过程中障碍物对汽车的平均作用力大小为（　　）
A．
B．
C．
D．
7．A、B两物体的质量之比mA：mB=1：3，它们以相同的初速度v0在水平面上滑行做匀减速直线运动，直到停止，其速度—时间图象如图所示。那么，在0~2t时间内A、B两物体所受摩擦阻力之比fA：fB和摩擦力的冲量之比IfA：IfB分别为（　　）
A．1：2，1：3 B．2：3，1：3 C．2：3，1：6 D．1：3，1：3
8．蹦床是体操运动的一种，有“空中芭蕾”之称。为了能够更好地完成空中动作，在网上准备阶段运动员要设法使自己弹得足够高。如图所示，蹦床的中心由弹性网面组成，若运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，则在此过程中（　　）
A．只有重力对运动员做功，运动员的机械能守恒
B．运动员的机械能增加，是因为弹性网弹力对运动员做正功
C．弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小
D．弹性网弹力对运动员的冲量大小大于运动员重力的冲量大小
9．如图所示，物体A和B用轻绳相连后通过轻质弹簧悬挂在天花板上，物体A的质量为m，物体B的质量为M，当连接物体A、B的绳子突然断开后，物体A上升到某一位置时的速度大小为v，这时物体B的下落速度大小为u，在这一段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为（ ）
A．mv B． C． D．
10．质量为0.50kg的小球从高3.20m处自由下落，碰到地面后竖直向上弹起到1.80m高处，碰撞时间为0.040s，g取，则碰撞过程中地面对球的平均冲力是（　　）。
A．25N B．30N C．175N D．180N
11．如图所示，一篮球以水平初速度v0碰撞篮板后水平弹回，速率变为原来的k倍（），碰撞时间忽略不计，弹回后篮球的中心恰好经过篮框的中心。已知篮球的质量为m，半径为r，篮框中心距篮板的距离为L，碰撞点与篮框中心的高度差为h，不计摩擦和空气阻力，则（　　）
A．碰撞过程中，篮球的机械能守恒
B．篮板对篮球的冲量大小为
C．篮球的水平初速度大小为
D．若篮球气压不足，导致k减小，在不变的情况下，要使篮球中心经过篮框中心，应使碰撞点更低
12．质量20g的物体从离地足够高处下落，下落过程中物体受到的阻力为物体速度大小的0.1倍，物体从静止开始经历时间1s速度达到最大，重力加速度取，物体从静止到速度最大时下落的高度为（　　）
A．3.8m B．2m C．1.6m D．1m
13．有几个同学在一次运算中，得出了某物体位移x的大小同其质量m、速度v、作用力F和运动时间t的关系式分别如下，其中一定错误的是（　　）
A．x＝ B．x＝ C．x＝Ft D．x＝
14．在不计空气阻力作用的条件下,下列说法中正确的是
A．自由下落的小球在空中运动的任意一段时间内,其增加的动能定等于其减少的重力势能
B．做平抛运动的小球在空中运动的任意相同的时间内,其速度的变化量一定相同
C．做匀速圆周运动的小球在任意一段时间内其合力做的功一定为零,合外力的冲量也一定为零
D．在竖直面内做圆周运动的物体,在一个周期内，其合外力做的功一定为零,合外力的冲量也一定为零
15．如图甲所示，特殊材料制成的水平长直轨道上，静止着一质量为m的物体，物体在轨道上运动时，受到的阻力大小与其速度成正比，即f=kv（k为常量，大小未知）。从t=0时刻起，物体在一水平恒定拉力作用下，开始向右运动，其加速度a随速度v的变化规律如图乙所示（图乙中的v0和a0均为已知量）。已知物块经过时间t0达到最大速度，则下列说法正确的是（　　）
A．该拉力的大小为ma0
B．常量k的大小为
C．在物体从开始运动到速度最大的过程中，阻力的冲量为
D．在物体从开始运动到速度最大的过程中，该拉力对物体做的功为
二、填空题
16．火箭每秒钟喷出质量为600kg的燃气，气体喷出时相对火箭的速度为，则火箭受到的推力为______ N；20s内火箭动量的增量为______ ．
17．质量为1kg的小球从离地面5m高处自由落下，碰地后反弹的高度为0.8m，碰地的时间为0.05s.设竖直向上速度为正方向，则碰撞过程中，小球动量的增量为______kg·m/s，小球对地的平均作用力为______，方向______
18．撑杆跳高是一项技术性很强的体育运动，完整的过程可以简化成如图所示的三个阶段：持杆助跑、撑杆起跳上升、越杆下落．
(1)试定性地说明在这几个阶段中能量的转化情况：_______________________________．
(2)在横杆的后下方要放置厚海绵软垫，原因是__________________．
A．增加身体与软垫的接触时间，使人受到的冲力减小
B．减少身体与软垫的接触时间，使人受到的冲力减小
C．增加身体与软垫的接触时间，使人受到的冲力增大
D．减少身体与软垫的接触时间，使人受到的冲力增大
(3)若不计越过横杆时的水平速度，运动员过杆后做自由落体运动，其重心下降4.05m时身体接触软垫，身体与软垫的接触时间为0.90s，最终静止在软垫上．已知运动员的质量为65 kg，重力加速度g取10 m/s2．由此可知，软垫对运动员平均作用力的方向为____________（选填“竖直向上”或“竖直向下”），大小为_____N．
19．如图所示，质量为m＝0.20kg的小钢球以v0＝10m/s的水平速度抛出，下落h＝5.0m时撞击一钢板，撞后速率不变恰好反向，则钢板与水平面的夹角＝__________，撞击钢板的瞬时过程小球受到的弹力冲量的大小为____________。（g＝10m/s2）
三、综合题
20．质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图象如图所示．球与水平地面相碰后反弹，离开地面时的速度大小为碰撞前的．该球受到的空气阻力大小恒为f，弹性球与地面第一次碰撞的时间为s，取g=10m/s2．求：
(1)弹性球受到的空气阻力的大小；
(2)弹性球第一次和地面碰撞过程中受到地面的平均作用力大小（弹性球和地面碰撞过程中受到的空气阻力忽略不计）．
21．如图所示，一水平方向的传送带以恒定速度v=2m/s沿顺时针方向匀速转动，传送带右端固定着一光滑的四分之一圆弧轨道，并与圆弧下端相切．一质量为m=1kg的物体自圆弧轨道的最高点由静止滑下，圆弧轨道的半径为R=0.45m，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.2，不计物体滑过圆弧轨道与传送带交接处时的能量损失，传送带足够长，g取10m/s2．求：
(1)物体第一次滑到圆弧轨道下端时，对轨道的压力大小FN；
(2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，摩擦力对传送带做的功W，以及由于摩擦而产生的热量Q．
22．质量的工人正在高空作业，按安全生产规章制度要求，该工人系有一条长度的安全带。若该工人不慎跌落，当安全带伸直后，工人在安全带的保护下转危为安。为了简化问题，将工人视为质点且此运动过程一直发生在竖直方向上，安全带伸直后不计安全带产生的形变，该安全带的缓冲时间，完成缓冲后工人将静止在空中，取重力加速度大小，不计空气阻力，求：
（1）安全带刚伸直时工人的速度的大小；
（2）缓冲过程中工人对安全带的平均作用力的大小。
23．某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中。为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度竖直向上喷出；玩具底部为平板面积略大于；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开。忽略空气阻力。已知水的密度为，重力加速度大小为。求：
(1)喷泉单位时间内喷出的水的质量；
(2)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度。
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【详解】
AB．根据动能定理可知，三个小球初动能相同，重力做功相同，末动能相同，所以三个小球落地速度大小相同，但是竖直上抛和竖直下抛落地速度方向相同，而平抛运动的末速度方向与它们不同，所以动能相同，动量不同，故A错误，B正确；
CD．三个小球均受重力的冲量为
方向竖直向下，因为竖直下抛小球初速度向下，根据
可知，竖直下抛小球运动时间最短，竖直上抛小球运动时间最长，所以重力冲量不同，竖直下抛小球受冲量最小，故CD错误。
故选B。
2．A
【详解】
AB．根据公式动量定理，得
可知物体所受合外力越大，其动量变化不一定大，但是其动量变化一定越快，故A正确，B错误；
C．根据动能定理
物体所受合外力做的功越大，其动能变化一定越大，合外力越大，合外力做的功并不一定大，故C错误；
D．根据
物体所受除重力（弹力）外其它力做的功越大，其机械能变化一定越大，合外力越大，除重力（弹力）外其它力做的功并不一定大，故D错误。
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．A
【详解】
根据动量定理：F t=mv2-mv1，设被打回后的速度为正，则900×0.01=0.18v2-(-0.18×20)；解得v2=30m/s，故选A.
点睛：用动量定律解题时必须要选定好研究对象和研究过程，并且选定一个正方向；此题还可用牛顿第二定律结合运动公式求解.
5．D
【详解】
根据可得
内拉力的冲量
内拉力的冲量
则合外力冲量
根据动量定理，物体获得的动量
选项D正确。
故选D。
6．C
【详解】
ABCD.由题可知，汽车匀速运动的速度为
设碰撞过程中障碍物对汽车的平均作用力大小为F，初速度方向为正方向，由动量定理有
解得
故C正确ABD错误。
故选C。
7．B
【详解】
根据动量定理可知
根据冲量的定义有
故选B。
8．C
【详解】
A．运动员从离水平网面3m高处由静止自由下落，着网后沿竖直方向回到离水平网面5m高处，初末位置动能都为0，但末位置重力势能大于初位置重力势能，运动员的机械能增加了，故机械能不守恒，故A错误；
B．弹性网弹力先对运动员做负功，再做正功，但总体不做功，运动员的机械能增加是运动员本身对自己做功的缘故，故B错误；
CD．根据动量定理可知，运动员初末速度为0，故动量的变化量为0 ，合外力的冲量为0，故弹性网弹力对运动员的冲量大小等于运动员重力的冲量大小，故C正确D错误。
故选C。
9．D
【详解】
以向上为正方向，在这一段时间里，对物体B由动量定理得
在这一段时间里，对物体A由动量定理得
解得
故D正确，ABC错误。
故选D。
10．D
【详解】
由动能定理的，小球下落过程中
小球上升过程中
由动量定理得
联立解得
故ABC错误，D正确。
故选D。
11．B
【详解】
A．由题意可知，在碰撞运动中，篮球的速度减小，篮球的动能减小，机械能减小，A错误；
B．以篮球弹回的方向为正方向，由动量定理可得
I=mkv0 （ mv0）=（1+k）mv0
B正确；
C．弹回后篮球做平抛运动，在水平方向
L r=kv0t
在竖直方向
联立以上两式解得
C错误；
D．若篮球气压不足，导致k减小，在不变的情况下，kv0减小，要使篮球中心经过篮框中心，即篮球弹回后水平位移不变，时间t要增大，应使碰撞点更高，D错误。
故选B。
12．C
【详解】
物体的重力为
当速度最大时，有
解得最大速度
由动量定理得
解得
所以下落的高度
故C正确，ABD错误。
故选C。
13．ABC
【详解】
A．速度的单位是，加速度的单位是，则的单位是，而位移的单位是，A错误；
BD． 表示的是外力做的功，如果物体的初速度为0，由动能定理可知
可得
B错误D正确；
C．Ft表示的是冲量，如果物体的初速度为0，由动量定理可得
不等于位移x，C错误。
故选ABC。
14．ABD
【详解】
A、自由下落的小球，其所受合外力为重力，则小球在运动的过程中机械能守恒，其增加的动能一定等于其减小的重力势能，故A正确；
B、做平抛运动的小球所受合外力为重力，加速度的大小与方向都不变，所以小球在空中运动的任意相同的时间内，其速度的变化量一定相同，故B正确；
C、做匀速圆周运动的小球，其所受合外力的方向一定指向圆心，小球在任意一段时间内其合外力做的功一定为零，但由于速度的方向不断变化，所以速度的变化量不一定等于0，所以合外力的冲量也不一定为零，故C错误；
D、在竖直面内做圆周运动的物体，在一个周期内，小球又回到初位置，所有的物理量都与开始时相等，其合外力做的功一定为零，合外力的冲量也一定为零，故D正确；
故选ABD．
15．ACD
【详解】
AB．由牛顿第二定律
解得
由图像知：v=0时，a=a0，即
所以有
v=v0时，a=0，即
解得
故A正确，B错误；
C．由图像知：物体速度增大，加速度减小，当加速度为零时，速度达到最大v0，以后物体做匀速运动，由动量定理得合力冲量为
解得
故C正确；
D．取的过程，速度变化量为
可得
则在物体从开始运动到速度最大时间为t0的过程中，有
解得物体的位移为
则拉力所做功为
故D正确；
故选ACD。
16．
【详解】
以气体为研究对象，设气体的速度方向为正方向,
由动量定理可知：
解得：
；
根据牛顿第三定律可知，火箭受到的推力大小为；
根据动量定理可知，20s内动量的增量为：
17． 14 290N 竖直向上
【详解】
小球碰地前的速度为
小球碰地后的速度大小为
设竖直向上速度为正方向，则动量的变化量为：
根据动量定理得
解得
方向竖直向上，根据牛顿第三定律知，小球对地的作用力方向竖直向下．
18． 运动员助跑阶段，身体中的化学能转化为人和撑杆的动能：起跳时，运动员的动能和身体中的化学能转化为撑杆的弹性势能，撑杆的弹性势能最终转化为人和撑杆的重力势能和动能，使人体升高至横杆上；越过横杆后，运动员的重力势能转化为动能． A 竖直向上 1300N
【详解】
（1）运动员助跑阶段，身体中的化学能转化为人和撑杆的动能：起跳时，运动员的动能和身体中的化学能转化为撑杆的弹性势能，撑杆的弹性势能最终转化为人和撑杆的重力势能和动能，使人体升高至横杆上；越过横杆后，运动员的重力势能转化为动能．
（2）人在和地面接触时，人的速度减为零，以向上为正，由动量定理可得：
，所以；
而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力，而动量减小量和合力冲量是一定的，故A正确，BCD错误；
（3）自由下落阶段：得：
以向上为正，由动量定理可得：
得：，方向竖直向上．
19． 4
【详解】
落到钢板上竖直方向的速度
则
解得
小钢球落到钢板上的速度
设反弹的速度方向为正方向，根据动量定理得
20．（1）0.4N；（2）8N
(1)由速度时间图象求得物体下降的加速度，对物体下降的过程受力分析，由牛顿第二定律求得弹性球受到的空气阻力；
(2)求得物体第一次反弹的速度，对弹性球的第一次反弹过程应用动量定理可得弹性球第一次和地面碰撞过程中受到地面的平均作用力．
【详解】
（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由图象可知
对弹性球的下落过程受力分析，由牛顿第二定律可得：
解得：f =0.4N
（2）由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=3m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则
球和地面碰撞过程，设球受到地面的平均作用力大小为F，以向下为正方向，由动量定理可得：
解得：F=8N
21．（1）30N（2）-10J；12.5J
【详解】
(1) 根据动能定理：
解得：v1=3m/s
在轨道最低点：
由牛顿第三定律FN=N=30N
(2) 物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，由定律定理：，t=2.5s
摩擦力对传送带做的功
摩擦而产生的热
22．（1）5m/s；（2）1300N
【详解】
（1）在安全带刚拉紧前，工人的运动可视为自由落体运动，则
解得
（2）设缓冲过程中安全带对工人的平均作用力为，取向下为正方向，根据动量定理有
解得
根据牛顿第三定律可知，安全带受到的平均作用力大小
23．(1)；(2)
【详解】
(1)设时间内，从喷口喷出的水的体积为，质量为，则
，
则单位时间内从喷口喷出的水的质量为
(2)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为。对于时间内喷出的水，有能量守恒得
在高度处，时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为
设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有
由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得
联立式得
答案第1页，共2页