选择性必修一1.1冲量动量 练习（word版含答案）

粤教版（2019）选择性必修一 1.1 冲量 动量
一、单选题
1．以下物理量为矢量且其单位是国际单位制中的基本单位的是（ ）
A．位移，m B．力，N C．动量，N·s D．时间，s
2．质量为1kg的物体从足够高处由静止开始下落，其加速度a随时间t变化的关系图象如图所示，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）
A．2s末物体所受阻力的大小为20N
B．在0~2s内，物体所受阻力随时间均匀减小
C．在0~2s内，物体的动能增大了100J
D．在0~1s内，物体所受阻力的冲量大小为2.5N·s
3．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
4．对于做匀速圆周运动的物体，下列说法正确的是（　　）
A．物体的动量和动能都变化
B．物体的动量和动能都不变化
C．物体的动能变化为零时，动量变化也一定为零
D．物体在一个周期里，动量变化和动能变化均为零
5．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
6．一质最m=4 kg的滑块静止在粗糙的水平面上， t=0时刻起对滑块施加水平向右的拉力F，拉力F按如图所示的规律变化，3 s末撤去拉力。滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度g取10 m/s2.。下列说法正确的是（　　）
A．0~3 s内摩擦力的冲量大小为30 N·s B．0~3s内拉力做的功为200J
C．滑块的最大动能为200J D．滑块的最大位移为36 m
7．如图甲所示为杂技中的“顶竿”表演，水平地面上演员B用肩部顶住一根长直竹竿，另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次顶竿表演结束后，演员A自竿顶由静止开始下落。滑到竿底时速度正好为零，然后屈腿跳到地面上，演员A、B质量均为50kg，长竹竿质量为5kg，A下滑的过程中速度随时间变化的图象如图乙所示。取重力加速度g＝10m/s2，下列说法中正确的是（　　）
A．竹竿的总长度约为3m
B．0～6s内，演员B对地面的压力大小始终为1050N
C．0～6s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为3300 N·s
D．演员A落地时向下屈腿，是为了缩短作用时间以减小地面的冲击力
8．某同学用粗细均匀的一根木筷，下端绕几圈铁丝后竖直悬浮在装有盐水的杯子中，如图甲所示．现把木筷向上提起一段距离后放手并开始计时，之后木筷做简谐运动。以竖直向上为正方向作出木筷振动的图像，如图乙所示，不计水的阻力，则（　　）
A．时，木筷处于平衡位置
B．前内，木筷运动的路程为
C．从到过程中木筷的动量逐渐变大
D．时，木筷的重力小于其所受的浮力
9．物体的动量变化量的大小为6 kg·m/s，这说明（　 　）
A．物体的动量在减小 B．物体的动量在增大
C．物体的动量大小一定变化 D．物体的动量大小可能不变
10．如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放。关于它们下滑的过程，下列说法正确的是（　　）
A．重力对它们的冲量相同 B．弹力对它们的冲量相同
C．合外力对它们的冲量相同 D．它们动能的增量相同
11．“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．在最低点时，乘客处于超重状态
C．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零
D．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变
12．科技冬奥是北京冬奥会的一个关键词，大家在观看滑雪大跳台的比赛时，对“时间切片”有深刻的印象，就是把运动员从跳台上速度斜向上起飞一直到落地的过程展现在一帧画面上，3秒瞬间一帧呈现，给观众带来震撼视觉体验。假如运动员质量为m，离开跳台时速度的大小为v，重力加速度为g，运动中忽略阻力，则（　　）
A．运动员在空中运动的每帧位置之间，重力冲量不相同
B．运动员在空中运动的每帧位置之间，速度的改变方向不同
C．运动员从跳台到最高点过程中，重力势能的增加为
D．运动员从最高点落回地面过程中重力的瞬时功率随时间均匀增加
13．如图甲所示，一质量为m的物块在t=0时刻，以初速度v0沿足够长、倾角为的粗糙固定斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示。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．斜面倾角θ的正弦值为
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的大小为
C．物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量为
D．不能求出3t0时间内物块克服摩擦力所做的功
14．小球从地面以某一初速度竖直上抛，一段时间后又落回地面。若运动过程中小球所受空气阻力与其速率成正比。则小球（　　）
A．上升过程的时间大于下落过程的时间
B．上升过程减少的动能小于下落过程增加的动能
C．上升过程克服阻力做功等于下落过程克服阻力做功
D．上升过程阻力的冲量大小等于下落过程阻力的冲量大小
15．蹦极跳是勇敢者的体育运动。设运动员离开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段，从弹性绳刚好被拉直到运动员下降至最低点为第二阶段。不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　）
A．无法比较第一阶段重力对运动员的冲量和第二阶段弹力对运动员的冲量大小
B．无法比较第一阶段重力对运动员的冲量和第二阶段合力对运动员的冲量大小
C．无法比较从开始下落到下降速度最大阶段重力对运动员的冲量和从下降速度最大到下降速度减为零阶段重力对运动员的冲量大小
D．以上说法都不正确
二、填空题
16．（1）做匀速圆周运动的物体动量大小不变。( )
（2）Δp的方向一定与初速度的方向相同。( )
17．以初速度v0＝40 m/s竖直向上抛出物体，质量为4 kg，则第2s末的动量为________kg·m/s，第5s末动量为_______kg·m/s，从第2s末到第5s末动量的变化量为______kg·m/s．(g取10 m/s2，取初速度方向为正方向)
18．动量的变化
（1）动量的变化量Δp是___________，其方向与速度的改变量Δv的方向___________ 。
（2）动量的变化量Δp，也称为动量的增量。即Δp=___________ 。
三、解答题
19．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。
20．质量为0.5kg从高处自由下落，经过4秒钟落到地面，g=10m/s2，求
（1）从开始下落2s内物体的位移；
（2）从开始下落2s内重力做的功；
（3）求刚到达地面时物体的动量。
21．如图所示，一个质量为430 g的金属块沿直线垂直右侧墙面向右运动，到达A点时速度为5 m/s，到达B点时速度为4 m/s，与墙壁碰撞前瞬间的速度为3 m/s，与墙壁碰撞后瞬间的速度为2.8 m/s，返回B点时速度为1.8 m/s，分别求金属块由A到B，与墙壁碰撞前后，由A到返回B的动量变化量。
22．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。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【解析】
【详解】
国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光照强度和物质的量。它们在国际单位制中的单位称为基本单位，分别为米（m）、千克（kg）、秒（s）、开尔文（K）、安培（A）、坎德拉（cd）和摩尔（mol），位移、力和动量既有大小，又有方向，是矢量，时间只有大小，没有方向，是标量。
故选A。
2．D
【解析】
【详解】
A．2s末物体的加速度为零，则此时阻力等于重力，即所受阻力的大小为10N，故A错误；
B．根据牛顿第二定律有
mg－f=ma
可得
f=mg－ma
在0~2s内，物体加速度随时间均匀减小，则所受阻力随时间均匀增大，故B错误；
C．根据物体加速度a随时间t变化的关系图象与坐标轴所围图形的面积表示速度变化量可知，在0~2s内，物体的速度增加了
Δv=×2×10m/s=10m/s
即t=2s时速度为
v=10m/s
则在0~2s内，物体的动能增大了
mv2=×1×102J=50J
故C错误；
D．在0~1s内，物体速度的增量
Δv1=×（5＋10）×1m=7.5m/s
根据动量定理有
mgt－If=mΔv1
解得
If=2.5N·s
故D正确。
故选D。
3．A
【解析】
【分析】
【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。
4．D
【解析】
【详解】
AB．做匀速圆周运动的物体，速度大小不变方向变化，则其动能
动量
AB错误；
CD．动能不变，则动能的变化量在任何时间内均为零，但是动量的变化
只有在周期的整数倍时动量变化为零，C错误D正确。
故选D。
5．C
【解析】
【分析】
【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。
6．C
【解析】
【详解】
A．滑块与水平面的滑动摩擦力为
在0~1 s内
所以滑块静止不动，滑块与水平面的摩擦力为静摩擦力，大小为
摩擦力的冲量为
在1~3 s内
滑块与水平面间的摩擦力为滑动摩擦力，摩擦力的冲量为
0~3 s内摩擦力的冲量大小为
故A错误；
B．在0~1 s内滑块静止，拉力做功为零。
在1~3 s内滑块做匀加速运动，由牛顿第二定律得
解得
滑块的位移为
0~3s内拉力做的功为
故B错误；
C．3 s末撤去拉力时，滑块的动能最大，由动能定理得
解得滑块的最大动能为
故C正确；
D．滑块的最大速度为
撤去拉力后，由牛顿第二定律得加速度大小为
由可得位移为
滑块的最大位移为
故D错误。
故选C。
7．C
【解析】
【详解】
A．由v－t图象可知竹竿的总长度l＝×2×6m＝6m，故A错误；
B．在0～4s内，加速向下运动，属于失重，在4～6s内，加速度向上，属于超重，故B错误；
C．在0～4s内，由图象可知加速度为a1＝0.5m/s2，则
mg－f1＝ma1
解得
f1＝475N
此过程竹竿对演员B的压力
FN1＝f1＋m1g＝525N
在4～6s内，由图象可知加速度为a2＝－1m/s2，则
mg－f2＝ma2
解得
f2＝550N
此过程竹竿对演员B的压力
FN2＝f2＋m1g＝600N
所以0～6s内，竹竿对演员B的压力的冲量大小为
I＝I1＋I2＝525×4N·s＋600×2N·s＝3300N·s
故C正确；
D．演员A落地时向下屈腿，是为了延长作用时间以减小地面的冲击力，故D错误。
故选C。
8．B
【解析】
【详解】
A．由图像可得振动周期为T=0.20s，则时，，木筷处于负的最大位移处，所以A错误；
B．前0.8s内，振动了，所以木筷运动的路程为x=16A=0.32m，所以B正确；
C．从到过程中木筷从平衡位置向负最大位移处靠近，速度逐渐减小，所以动量逐渐减小，故C错误；
D．时，木筷在平衡位置向平衡位置做加速运动，合力向下，所以木筷的重力大于其所受的浮力，则D错误；
故选B。
9．D
【解析】
【分析】
【详解】
物体的动量变化量的大小为6 kg·m/s，动量是矢量，动量变化的方向与初动量可能同向、可能反向、也可能不在同一条直线上，故物体的动量的大小可能增加、可能减小，也可能不变。
故选D。
10．A
【解析】
【详解】
A．这是“等时圆”模型，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I=Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，A正确；
B．从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，B错误；
C．从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，C错误；
D．重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，D错误。
故选A。
11．B
【解析】
【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，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F，向心力指向上方，所以
则支持力
所以重力小于支持力，乘客处于超重状态，B正确；
C．转动一周，重力的冲量为
不为零，C错误；
D．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，所以重力的瞬时功率在变化，D错误。
故选B。
12．D
【解析】
【详解】
A．运动员在空中运动的每帧位置之间，时间间隔相同,重力的冲量由
可知重力冲量相同，故A错误；
B．运动员在空中只受重力作用，运动的每帧位置之间，速度的改变方向由
可知是相同的，故B错误；
C．运动员从跳台到最高点过程中，由于最高点有水平方向的速度，所以重力势能的增加小于，故C错误；
D．运动员从最高点落回地面过程中重力的瞬时功率为
所以随时间均匀增加，故D正确。
故选D。
13．A
【解析】
【详解】
B．由图可知：以沿斜面向上为正方向；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，由图像可得
解得
那么，物块从时刻开始运动到返回底端的过程中动量变化量为
故B错误；
C．物块从开始运动到返回底端的过程中用时，故该过程重力的冲量大小为
故C错误；
A．物体上滑时，根据牛顿牛顿第二定律
解得
物体下滑时，根据牛顿牛顿第二定律
解得
联立解得
故A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A。
14．D
【解析】
【详解】
A．上升过程，根据牛顿第二定律，有
f+mg=ma
解得
下降过程，根据牛顿第二定律，有
mg-f=ma′
解得
可见：上升过程加速度大小大于下降过程加速度大小。
由于上升和下降的高度相等，上升的加速度大小大于下降的加速度大小，由运动学公式
知上升的时间小于下降的时间，故A错误；
B．由于小球运动过程有空气阻力，所以机械能损失，回到抛出点时的速率v2必然小于抛出时的速率v1，则由动能公式知小球回到抛出点的动能小于抛出时的动能，故上升过程减少的动能大于下落过程增加的动能，故B错误；
C．上升过程同样位置的阻力大于下落过程同样位置的阻力，因此小球上升克服阻力做功的数值大于小球下降克服阻力做功的数值，故C错误；
D．由题意可得，阻力与速率的关系为
故阻力的冲量大小为
因为上升过程和下降过程位移相同，则上升和下降过程冲量大小相等，故D正确。
故选D。
15．D
【解析】
【详解】
A．整个下落过程中，只有重力和弹力有冲量，由于初末速度都为零，动量变化量为零，根据动量定理，总冲量为零，则得整个过程中，重力对运动员的总冲量大小等于弹力的冲量大小，则第一阶段重力的冲量应小于第二阶段弹力的冲量大小，A错误；
B．第一阶段重力对运动员的冲量和第二阶段合力对运动员的冲量大小相等，方向相反，B错误；
CD．整个下落过程中，设弹性绳子刚拉伸的时候的速度为v，根据简谐振动的对称性可知从刚接触到最大速度的时间和从最大速度减速到v的时间是相同的，此时的加速度也为g，物体继续减速为零过程中弹簧弹力变大加速度都大于g，因此可知物体自由下落到速度v的时间大于从v减速到零的时间，因此重力的冲量可以比较，C错误，D正确。
故选D。
16． 正确 错误
【解析】
【分析】
【详解】
(1)[1]做匀速圆周运动的物体,速度大小不变，所以动量大小不变。
(2)[2]动量变化量的方向与速度变化量方向相同，与初速度方向无直接关系。
17． 80 -40 -120
【解析】
【详解】
规定向上为正，物体做竖直上抛运动，初速度，在2s末速度为：，5s末速度（负号表示速度方向向下），故2s末的动量为，5s末动量为，动量变化量．
18． 矢量 相同 p′-p
【解析】
【分析】
【详解】
（1）[1][2] 动量的变化量Δp是矢量，其方向与速度的改变量Δv的方向相同；
（2）[3] 动量的变化量Δp，也称为动量的增量，即
19．（1）；（2）120N
【解析】
【分析】
【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
20．（1）20m；（2）100J；（3）
【解析】
【详解】
（1）由题意，有
故从开始下落2s内物体的位移为20m。
（2）重力做功为
故从开始下落2s内重力做的功为100J。
（3）物体落到地面时的速度为
则动量为
故刚到达地面时物体的动量为。
21．，向左；，向左；，向左
【解析】
【分析】
【详解】
设向右为正方向，则金属块在A点的动量为
第一次到达B点的动量为
与墙壁碰撞前瞬间的动量为
与墙壁碰撞后瞬间的动量为
返回B点的动量为
金属块由A到B的动量变化量
即动量变化量大小为，方向向左；
金属块与墙壁碰撞前后的动量变化量
即动量变化量大小为，方向向左；
金属块由A到返回B的动量变化量
即动量变化量大小为，方向向左。
22．（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【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
答案第1页，共2页
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