1.2动量定理 同步练习（Word版含解析）

粤教版（2019）选择性必修一 1.2 动量定理
一、单选题
1．原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图所示，则（　　）
A．0~t0时间内物体的动量变化与t0~2t0时间内的动量变化相同
B．0~t0时间内物体的平均速率与t0~2t0时间内的平均速率不等
C．t=2t0时物体的速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零
D．2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零
2．以下说法中正确的是（　　）
A．跳远要跳到沙坑中是为了减小人所受到的冲量
B．沙发包海绵后坐着不动时比较舒服，是因为减小了人对沙发的压力
C．汽车安全气囊在发生事故时弹开是为了减小人受到的撞击力
D．足球守门员要带手套是为了减小接球时手受到的冲量
3．质量可以视为质点的钢球，从离地高为的位置静止释放，不考虑空气阻力的影响，钢球自由下落且着地后不反弹，取重力加速度。在钢球静止释放后，下列说法正确的是（　　）
A．合外力冲量的方向始终是竖直向上
B．钢球在自由下落过程重力冲量的大小
C．钢球在自由下落过程动量变化量大小
D．钢球释放末其动量大小是
4．运动员在水上做飞行运动表演。他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，重力加速度g取10 m/s2，水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为（　　）
A．2.7 m/s B．5.4 m/s C．7.6 m/s D．10.8 m/s
5．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的是（　　）
A．小球从被抛出至到达最高点受到的冲量大小为10 N·s
B．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为零
C．小球从被抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s
D．小球从被抛出至落回出发点动量的变化量大小为10 N·s
6．质量为的弹性小球以的速度垂直砸向地面，然后以同样大小的速度反弹回来，与地面接触时间，关于小球与地面的碰撞过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球动量的变化量为0
B．小球的加速度为0
C．小球所受合外力的冲量大小为
D．地面对小球的冲量大小为
7．一雨滴从空中由静止开始沿竖直方向下落，雨滴下落过程中所受重力保持不变，其速度—时间图像如图所示，关于雨滴在加速阶段，下列判断正确的是（　　）
A．雨滴下落过程中只受重力
B．雨滴下落过程中加速度恒定不变
C．重力的冲量大小等于空气阻力的冲量大小
D．重力的冲量大小大于空气阻力的冲量大小
8．某新型机枪子弹弹头质量约10g，出枪口的速度约1000 m/s.某战士在使用该机枪连续射击50秒的过程中，机枪所受子弹的平均反冲力大小约20 N，则机枪在这50秒内射出子弹的数量约为（　　）
A．60 B．80 C．100 D．120
9．“中国空间站”在距地面高400km左右的轨道上做匀速圆周运动，该处存在着稀薄的空气，设空间站运行轨道处空气密度，空间站垂直于速度方向的横截面积，空间站运行速率，空气分子与空间站相遇瞬间达到共速。假设为维持空间站始终在该轨道上做圆周运动，需开动空间站携带的霍尔电推进发动机，则发动机给空间站提供的推力约为（　　）
A． B． C． D．
10．原来静止的物体受合外力作用时间为2t0，作用力随时间的变化情况如图所示，则（　　）
A．0~t0时间内物体的动量变化与t0~2t0内动量变化相同
B．0~t0时间内物体所受的冲量与t0~2t0内所受的冲量相同
C．t＝2t0时物体的速度为零，外力在2t0时间内对物体的冲量为零
D．2t0时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零
11．质量分别为m和M的物体A和B用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，如图（a）所示。当连接A、B的绳突然断开后，物体A上升至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，如图（b）所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为（　　）
A．mv B． C． D．Mu
12．如图所示，一辆装满石块的货车在平直道路上行驶。货箱中石块B的质量为m，重力加速度为g，在货车从静止开始以加速度a加速运动位移x的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力大小为mg
B．周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力大小为ma
C．周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力做功为max
D．周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力冲量大小为m
13．抗震救灾国之大事，消防队员冲锋在前。为保障灾民生命财产安全，消防队员利用无人机为灾民配送物资，某次在执行任务时，无人机从地面起飞，所配送物资的质量为50kg（含包装材料），飞行过程中，通过速度传感器测出无人机水平方向和竖直方向的分速度和随飞行时间t的关系图像如图甲、乙所示，无人机到达最大高度后释放物资，物资落在预定地点，不计空气阻力，物资落地后静止不动，缓冲时间为，g取，，以下说法正确的是（　　）
A．0~10s时间内，无人机做曲线运动
B．25s时无人机速度为10m/s
C．0~40s时间内，无人机位移为410m
D．物资落地时受到地面的作用力为3000N
14．如图所示为高速磁悬浮列车在水平长直轨道上的模拟运行图，5节质量均为m的车厢编组运行，只有1号车厢为动力车厢。列车由静止开始以额定功率P运行，经过一段时间达到最大速度。列车向右运动过程中，1号车厢会受到前方空气的阻力，假设车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，已知空气密度为，1号车厢的迎风面积（垂直运动方向上的投影面积）为S。不计其他阻力，忽略2号、3号、4号、5号车厢受到的空气阻力。当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，3号车厢对4号车厢的作用力大小为（　　）
A． B． C． D．
15．如图所示，质量为2kg的木板M放置在足够大光滑水平面上，其右端固定一轻质刚性竖直挡板，能承受的最大压力为4N，质量为1kg的可视为质点物块m恰好与竖直挡板接触，已知M、m间动摩擦因数，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。初始两物体均静止，某时刻开始M受水平向左的拉力F作用，F与M的位移x的关系式为（其中，F的单位为N，x的单位为m），重力加速度，下列表述正确的是（　　）
A．m的最大加速度为
B．m的最大加速度为
C．竖直挡板对m做的功最多为48J
D．当M运动位移为24m过程中，木板对物块的冲量大小为
二、填空题
16．质量为1kg的钢球，从1.25m高处自由下落与水平放置的钢板碰撞后，回跳高度为0.8m，碰撞时间为0.1s，则球对钢板的平均作用力的大小为____________ N
17．质量为0.25kg的弹性小球，从0.8m的高处自由下落，与水平地板碰撞后回跳高度为0.45m，g取10m/s2，则小球与地板碰撞过程中的动量变化大小为__________kg·m/s，方向____________．若碰撞时间为0.1s，小球对地板的平均冲力为__________N．
18．一人做“蹦极”运动，用原长的橡皮绳拴住身体往下跃，若此人质量为，从高处由静止下落，至运动停止瞬间所用时间为，则橡皮绳对人的平均作用力约为________。（取）
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、解答题
20．在采煤方法中，有一种方法是用高压水流将煤层击碎而将煤采下。今有一采煤高压水枪，设水枪喷水口横截面积S=6cm2，由枪口喷出的高压水流流速为v=60m/s，设水的密度ρ=1×103kg/m3，水流垂直射向煤层并原速弹回，试求煤层表面可能受到的最大平均冲击力。
21．如图甲是我国首艘“海上飞船”——翔州1号。该飞艇在平静的水面由静止开始在水平面上沿直线运动，若运动过程中受到的阻力不变，水平方向的动力F随运动时间t的变化关系如图乙所示。t=50s后，“翔州1号”以20m/s的速度做匀速直线运动。求：
（1）飞艇所受阻力的大小；
（2）0~50s内，飞艇所受合外力冲量的大小和飞艇的质量。
22．当金属的温度升高到一定程度时就会向四周发射电子，这种电子叫热电子，通常情况下，热电子的初始速度可以忽略不计。如图所示，相距为L的两块固定平行金属板M、N接在输出电压恒为U的高压电源E2上，M、N之间的电场近似为匀强电场，K是与M板距离很近的灯丝，通过小孔穿过M板与外部电源E1连接，电源E1给K加热从而产生热电子，不计灯丝对内部匀强电场的影响。热电子经高压加速后垂直撞击N板，瞬间成为金属板的自由电子，速度近似为零。电源接通后，电流表的示数稳定为I，已知电子的质量为m、电荷量为e。求：
（1）电子到达N板前瞬间的速度vN的大小；
（2）N板受到电子撞击的平均作用力F的大小。
23．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。
24．某同学设计了图示的传送装置，长L=6.4m的水平传送带右端与光滑弧形轨道平滑对接于B点，高于传送带h=0.8m的平台与弧形轨道平滑对接于C点。传送带静止时，该同学将质量m=lkg的小工件从C点无初速释放，工件最后停止在传送带上D点，测得D与B的距离为d=1.6m，工件可视为质点，传送带各处粗糙程度相同，重力加速度g=10m/s2。
（1）求工件与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）当转送带以某一恒定速度v0向右运动时，恰能使由静止放上传送带左端A的该工件刚好到达平台上C点，求传送装置因传送工件而多消耗的能量E；
（3）在（2）同的条件下，每隔时间T=0.6s，在A端由静止放上一个相同的工件，求第1个工件到达B点后的1s内，传送带在水平方向对传送的所有工件的总冲量大小I。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
AC．0~t0与t0~2t0时间内合外力对物体的冲量大小相同、方向相反，则外力在2t0时间内对物体的冲量为零，又根据动量定理可知0~t0与t0~2t0时间内物体动量变化量大小相等、方向相反，即0~2t0时间内物体动量的变化量为零，则t=2t0时物体的速度为零，故A错误，C正确；
B．物体由静止开始做匀加速运动，在t0时刻速度达到最大，之后开始做匀减速运动，并在2t0时刻速度减为零，根据匀变速直线运动的特点可知0~t0时间内物体的平均速率与t0~2t0时间内的平均速率相等，故B错误；
D．2t0时间内物体的位移不为零，根据动能定理可知外力对物体做功为零，故D错误。
故选C。
2．C
【解析】
【详解】
A．跳远要跳到沙坑中所受到的冲量没有减小，缓冲时间变长，作用力变小，故A错误；
B．发包海绵后坐着不动时比较舒服，是因人受到的支持力分布面积大，故B错误；
C．汽车安全气囊在发生事故时弹开增加了缓冲时间，是为了减小人受到的撞击力，故C正确；
D．足球守门员要带手套没有减少接球时手受到的冲量，是增加了缓冲时间减小了作用力，故D错误。
故选C。
3．B
【解析】
【详解】
A．在钢球静止释放后到落体的过程可分为两个阶段，第一阶段是自由下落过程，只受重力作用，合外力方向竖直向下；第二阶段是与地面接触的过程，合外力方向竖直向上，由于合外力冲量方向即是合外力的方向，故A错误；
B．钢球释放后做自由落体运动，只受到重力作用，在空中飞行的时间
着地时的速度
重力的冲量
方向竖直向下，故B正确；
C．由动量定理，自由下落阶段动量变化率等于重力的冲量，等于，故C错误；
D．由于小钢球在空中只运动了0.3s，所以1s末是静止状态，其动量为零，故D错误。
故选B。
4．C
【解析】
【详解】
设飞行器对水的作用力为，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于，对飞行器，根据平衡条件有
设水喷出时的速度为，在时间内喷出的水的质量为
又有
对喷出的水应用动量定理有
联立代入数据解得
故ABD错误C正确。
故选C。
5．A
【解析】
【分析】
【详解】
A．选抛出到最高点为研究过程，取向上为正，运用动量定理有
代入数据求得小球受到的冲量为10N S，故A正确；
B．竖直上抛和自由落体互为逆过程，因此小球返回出发点时的速度大小为20m/s，选抛出到落回出发点为研究过程，取向上为正，动量的改变量有
20N s
故B错误；
CD．由B项知，△p=20N s，结合动量定理有
I=△p=20N s
故CD错误。
故选A。
6．C
【解析】
【详解】
AB．从砸向地面到最后原速反弹的过程中机械能守恒，以小球初速度方向为正方向，则小球在撞地面过程中速度的变化量为
小球动量的变化量为
则小球的加速度为
所以加速度不为0，故AB错误；
CD．碰撞过程中小球受阻力和重力的作用，则由动量定理
其合外力冲量大小为；地面对小球的冲量为，C正确，D错误。
故选C。
7．D
【解析】
【详解】
AB．由图像可得雨滴做加速度减小的加速运动，故雨滴受到阻力作用，故AB错误；
CD．对雨滴下落过程由动量定理得
可得重力的冲量大小大于空气阻力的冲量大小，故C错误，D正确。
故选D。
8．C
【解析】
【详解】
设50s内射出的子弹数量为n，则对这n颗子弹由动量定理得
代入数据解得
故选C。
9．A
【解析】
【详解】
空间站在非常短的时间t内扫过的长度为
扫过的体积为
该体积内的空气获得跟空间站相同的速度，根据动量定理有
解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
10．C
【解析】
【详解】
AB．0~t0与t0~2t0时间内作用力方向不同，所受冲量不相同，动量变化量不相等，A、B错误；
C．t＝t0时，物体速度最大，t＝2t0时物体速度为零，由动量定理
可得
C正确；
D．物体先加速后减速，位移不为零，动能变化量为零，外力对物体做功为零，D错误。
故选C。
11．B
【解析】
【详解】
对B由动量定理得
设弹簧冲量为I，对A由动量定理得
联立解得
ACD错误，B正确。
12．C
【解析】
【详解】
AB．货车在平直道路上以加速度a加速运动，石块B受到周围物体对它的作用力的合力F和重力mg，如图所示
对石块B，由牛顿第二定律得
根据力的合成与分解可得与B接触的物体对B的作用力为
故AB错误；
C．设周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力F与水平方向的夹角为，周围与石块B接触的物体对它的作用力的合力做功
故C正确；
D．经过位移后，石块B的动能为，则其动量为
由动量定理知，物块B所受的合力的冲量为，故D错误。
故选C。
13．C
【解析】
【详解】
A．0~10s时间内，无人机在水平方向上做初速度为零的匀加速运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速运动，则合运动为匀加速直线运动，A错误；
B．25s时刻无人机水平方向速度
竖直方向上速度
此时速度
B错误；
C．0~40s时间内，无人机水平位移
无人机竖直方向高度
其位移
C正确；
D．物资做平抛运动，落地时竖直方向速度
对物资竖直方向上，由动量定理
解得
水平方向上由动量定理得
解得
物资受到地面的作用力
D错误。
故选C。
14．A
【解析】
【详解】
车厢碰到空气前空气的速度为0，碰到空气后空气的速度立刻与列车速度相同，以一定质量空气为研究对象，根据动量定理
联立解得
当列车以额定功率运行到速度为最大速度时
当列车以额定功率运行到速度为最大速度的一半时，整体受力分析根据牛顿第二定律
对45节车厢受力分析
联立解得
故A正确，BCD错误。
故选A。
15．C
【解析】
【详解】
AB．m与木板M之间的最大静摩擦力为
N＝5N
m受到的向左的力最大为静摩擦力与弹力的和，所以最大加速度为
am==m/s2=9m/s2
选项AB错误；
C．F随x的增大而增大，整体的加速度逐渐增大，当挡板的弹力达到最大时，F最大，对整体由牛顿第二定律得F的最大值为
又
解得当m的加速度最大时的位移
此过程由积累的关系可得
由动能定理即可求出系统的动能为
由此即可求出m的最大速度
当摩擦力达到最大静摩擦力时有
此时对整体有
解得
又
解得当摩擦力达到最大静摩擦力时的位移
由动能定理即可求出系统的动能为
由此即可求出此时m的速度
之后挡板开始对物块有力的作用，根据动能定理有
解得竖直挡板对m做的功最多为
选项C正确；
D．当位移为24m时m的速度，则物块受到合外力的冲量大小
合外力的冲量包括竖直挡板、摩擦力、支持力以及重力对物块的冲量，而木板对物块的冲量大小不包括重力的冲量，因此大小不为，选项D错误。
故选C。
16．100
【解析】
【分析】
【详解】
根据速度位移公式可得钢球落地的速度为
根据速度位移公式可得反弹速度
设向上为正方向，则由动量定理可得
解得
F=100N
17． 1.75 竖直向上 20
【解析】
【分析】
【详解】
[1][2]小球与地面相撞前的速度为
方向向下．小球与地面相撞后的速度为
方向向上．选向上为正方向，动量的变化量为
方向竖直向上．
[3]相撞过程中由动量定理知
解得
F=20N.
18．
【解析】
【分析】
【详解】
人先做自由落体运动，由
自由下落的时间
绳的拉力作用时间为
全程应用动量定理有
解得平均作用力
19． 4
【解析】
【详解】
[1]落到钢板上竖直方向的速度
则
解得
[2]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
20．4.32×103N
【解析】
【分析】
【详解】
设在Δt内射到煤层上的水的质量为m，则
m=ρSvΔt
设煤层对水的平均冲击力为FN，规定FN的方向为正方向，由动量定理得
解得
4.32×103N
由牛顿第三定律知煤层受到的平均冲力大小为4.32×103N，这即是煤层受到的最大平均冲击力。
21．（1）；（2）
【解析】
【详解】
（1）根据乙图得t=50s后，飞艇匀速直线运动，则有
t=50s后，动力为
故所受阻力为的大小为。
（2）在0~50s内，飞艇所受合外为冲量
代入数据得
根据动量定理
解得飞艇的质量为
22．（1）；（2）I
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由动能定理得
eU＝m－0
解得
vN＝
（2）设Δt时间经过N板的电荷量为Q
Q＝IΔt
在Δt时间落在N板上的电子数为N1
N1＝
对Δt时间内落在N板上的电子整体应用动量定理
－FΔt＝0－N1mv
F＝＝I
由作用力与反作用力关系可知，N板受到电子撞击的平均作用力大小为
F′＝F＝I
23．（1）5m/s；（2）1300N
【解析】
【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
24．（1）0.5；（2）16J；（3）6N·s
【解析】
【详解】
(1)从C点到D点由动能定理得
解得
(2)假设工件到达B前经时间t1发生位移x1速度达到v0。则由题意在传送带上加速运动的过程中由动能定理有
由动量定理有
沿弧形轨道从B到C的过程中由机械能守恒定律有
代人数据得
，，
因，假设成立，故传送带的速度
在t1时间内，传送带发生的位移为
工件与传送带间因摩擦产生的热量为
由能量守恒定律可知传送装置因传送工件而多消耗的能量为
代人数据解得
(3)设每个工件在传送带上做匀速运动的时间为t2，由运动学规律有
代人数据得
即每个工件在传送带上运动的总时间为
由题意
可知
故第一个工件到达B点时(设为0s末)传送带上共有第1第2、第3、第4四个工件，1s末传送带上共有第3、第4、第5、第6四个工件。(见图，其中P点为各工件速度刚好达到v0的位置)
分析可知0s末第3个工件已经在传送带上运动了0.8s，因，故此后传送带对第1、第2、第3个工件均无水平作用力，即
1s末第6个工件刚放上传送带，故
第4个工件0s末已经在传送带上运动了0.2s，故此后1s内传送带施加的水平冲量为
第5个工件在0.4s末放上传送带，故此后1s内传送带施加的水平冲量为
解得符合题意的水平总冲量大小为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页