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．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．
2．将一质量为m的物体以初速竖直向上抛出，已知物体在运动过程中所受空气阻力的大小与其运动速度成正比，比例系数为k，若物体能够上升的最大高度为H，则其上升过程所用的时间应为（　　）
A． B． C． D．
3．一个质量为60kg的蹦床运动员，从离水平网面3.2m高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m高处。已知运动员与网接触的时间为0.8s，g取10m/s2，不计空气阻力，则网对运动员的平均作用力大小为（　　）
A．1950N B．1350N C．750N D．150N
4．如图所示，P是一个微粒源，能持续水平向右发射质量相同、初速度v不同的微粒。P的右侧有一探测屏AB竖直放置。对于打在探测屏上的微粒，不计微粒的阻力，下列说法正确的是（　　）
A．v越大，在空中飞行的时间越长
B．v越大，打在探测屏上时速度的偏转角越小
C．v越小，相等时间内动量的变化量越小
D．v越小，打在探测屏上时的动能变化量越小
5．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）
A．t=2s时物块的速率为1m/s
B．t=2s时物块的速率为4m/s
C．t=3s时物块的速率为1.5m/s
D．t=3s时物块的速率为1m/s
6．高空坠物极易对行人造成伤害。若一个的瓷砖碎片从一居民楼的25层坠下，与地面的碰撞时间约为，则该瓷砖碎片对地面产生的冲击力约为（　　）
A． B． C． D．
7．如图所示，若x 轴和y 轴分别表示时间t 和速度v，AB 是做直线运动物体的速度随时间变化的图线，梯形OABC 的面积可以代表该物体在该段时间内的位移。对一辆沿平直公路行驶的汽车，下列结论中错误的是（　　）
A．若 x 轴和 y 轴分别表示时间 t 和汽车的加速度 a，AB 是汽车的加速度随时间变化的图线，那么梯形OABC 的面积可以代表汽车的速度变化量
B．若x 轴和y 轴分别表示汽车的速度v 和汽车的牵引F，AB 是汽车牵引力随速度变化的图线，那么梯形OABC 的面积可以代表牵引力的功率
C．若x 轴和y 轴分别表示时间t 和汽车的功率P，AB 是汽车的功率随时间变化的图线，那么梯形OABC 的面积可以代表汽车牵引力做的功
D．若x 轴和y 轴分别表示时间t 和汽车所受的合外力F，AB 是汽车所受合外力随时间变化的图线，那么梯形OABC 的面积可以代表汽车的动量变化
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
9．2021年举行的东京奥运会上，中国小将全红婵以近乎完美的五跳拿到了10米台金牌。如果将其某次跳水全程的运动简化为：全红婵在跳台上由静止开始竖直下落，入水后做减速运动，速度减为零时并未到达池底。不计空气阻力，则全红婵（　　）
A．在空中运动阶段，重力的冲量大于其动量变化量
B．从刚入水到速度减为零的过程中，其动量的改变量等于水的作用力的冲量
C．从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量大小大于水的作用力的冲量大小
D．从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量大小等于水的作用力的冲量大小
10．如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1、m2，今有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1、t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别为（　　）
A． B．
C．　 D．
11．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
12．某物体由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t1后，在阻力作用下做匀减速直线运动，又经时间t2速度为零，若物体一直在同样的水平面上运动，则加速阶段的牵引力与阻力大小之比为（　　）
A．t2∶t1 B．（t1＋t2）∶t1 C．（t1＋t2）∶t2 D．t2∶（t1＋t2）
13．建筑工人利用铁锤打夯，120kg的铁锤从1.8m高处自由落下，打在地面上，与地面撞击时间是0.05s。已知重力加速度g取10m/s2，撞击时，铁锤对地面的平均冲击力大小为（　　）
A．14400N B．15600N C．12000N D．1200N
14．关于物体的动量，下列说法正确的是（　　）
A．物体的动量越大，质量一定也越大
B．物体的动量越大，速度一定也越大
C．物体的动量越大，质量与速度乘积一定也越大
D．同一物体的动量变化越大，受到的力一定越大
15．如图是一颗质量约为m＝50g子弹射穿一副扑克牌的照片，子弹完全穿过一副扑克牌的时间t约1.0×10﹣4s，子弹的真实长度为2.0cm，子弹接着经时间进入墙壁，试估算子弹对墙壁的作用力约为（　　）
A．5×103N B．5×104N C．5×105N D．5×106N
二、填空题
16．质量为0.2kg的小球竖直向下以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，则小球与地面碰撞前后的动量变化为______kg·m/s．若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的平均作用力大小为______N（取g =10m/s2）．
17．质量是60kg的建筑工人不慎由脚手架上跌下，由于安全带的保护被悬挂起来，已知安全带长4.9m，缓冲时间为0.3s，则安全带受到的平均拉力为______．
18．质量为1kg的物体沿直线运动，其图象如图所示，则此物体在前4s和后4s内受到的合外力冲量分别为______N·s，______N·s。
19．质量为1kg的小球从离地面5m高处自由落下，空气阻力不计，碰地后反弹的高度为0.8m，碰地的时间为0.05s。规定竖直向下为正方向，则碰地过程中，小球动量的增量为_____，小球对地的平均作用力大小为_____N。（小球与地面作用过程中，重力冲量不能忽略，g取10m/s2）
三、解答题
20．如图所示，一固定在竖直平面内的光滑半圆形轨道的底端与水平轨道平滑连接且相切于c点，圆轨道的半径R=0.4m，一质量m=1kg，可视为质点的小物块静止于水平轨道上的a点，现用一F=6N的水平恒力向左拉小物块，经过t=3s到达b点，到达b点时的速度大小vb=6m/s，此时撤去F，小物块继续向前滑行经c点进入圆轨道，且恰能经过圆轨道的最高点d。已知重力加速度g=10m/s2，求：
（1）小物块和水平轨道间的动摩擦因数；
（2）b、c两点间的距离。
21．如图所示，在水平光滑的轨道上有一辆质量为、长度为的装料车，悬吊着的漏斗以恒定的质量流量向下漏原料，装料车以的速度匀速行驶到漏斗下方装载原料。则：
（1）为了维持车速不变，在装料过程中需用多大的水平拉力作用于车上才行
（2）车装完料驶离漏斗下方后仍以原来的速度前进，要使它在3s内停下来，需要对装料车施加一个多大的水平制动力
22．某兴趣小组自制了一枚小火箭，质量为1kg，设火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4s到达离地面40m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力和燃料燃烧引起的火箭质量变化，取重力加速度，求：
（1）燃料恰好用完时火箭的速度大小；
（2）火箭上升后离地面的最大高度；
（3）燃料用完后火箭继续上升的时间和加速上升过程火箭燃料对火箭的冲量大小。
23．质量为2kg的小球从水平放置的弹簧网上方某高度处自由下落，刚与弹簧网接触瞬间的速率为v1=5m/s，被弹簧网反弹后，刚离开弹簧网是的速率为v2=3m/s，小球与弹簧网的接触时间为Δt=1s，重力加速度为g=10m/s2。求：小球与弹簧网接触过程中，弹簧网对小球的冲量I。
24．安全头盔主要由帽壳和帽衬（如图）构成，某同学对安全头盔性能进行了模拟检测。将一质量的砖块放入头盔帽衬上，然后让其与头盔在距离地面高处一起自由下落，头盔与水泥地面碰撞，帽壳被挤压凹陷了。将头盔与地面相碰挤压变形的过程视为匀减速过程，且减速过程中砖块所受的重力忽略不计，。求：
（1）头盔落地时的速度；
（2）砖块做匀减速运动的时间；
（3）砖块在匀减速阶段所受平均作用力大小。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【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。
2．B
【详解】
对物体的上升过程，由动量定理可得
由于
故整个上升过程有
联立解得
B正确。
故选B。
3．A
【详解】
设运动员从h1处下落，由匀变速直线运动规律
知运动员触网前瞬间的速度为
（方向向下）
同理，运动员反弹到达高度h2，离开网面时速度为
（方向向上）
在接触网的过程中，运动员受到向上的弹力F和向下的重力mg，设向上方向为正，由动量定理有
解得
F=1950 N
故BCD错误，A正确。
故选A。
4．B
【详解】
AB．根据
解得
v越大，在空中飞行的时间越短，打在探测屏上时的竖直速度vy越小，速度的偏转角越小，A错误，B正确；
C．对于平抛运动，根据动量定理得
相等时间内动量的变化量ΔP相等，C错误；
D．v越小，微粒在空中飞行的时间越长，竖直下落的位移越大，重力做的功越多，由动能定理可知，打在探测屏上时的动能变化量越大，D错误。
故选B。
5．C
【详解】
AB．对物块应用动量定理，0~2s内有
代入数据，得
选项AB错误；
CD．对物块应用动量定理，0~3s内有
代入数据，得
选项C正确，D错误。
故选C。
6．C
【详解】
25层高约为，瓷砖碎片近似自由落体
由动量定理有
解得
由牛第三定律可知瓷砖碎片对地面产生的冲击力
故选C。
7．B
【详解】
A．根据
可知若 x 轴和 y 轴分别表示时间 t 和汽车的加速度 a，AB 是汽车的加速度随时间变化的图线，那么梯形OABC 的面积可以代表汽车的速度变化量，故A正确；
B．由图可知若x 轴和y 轴分别表示汽车的速度v 和汽车的牵引F，说明牵引力的瞬时功率不断增大，梯形OABC 的面积没有物理意义，故B错误；
C．根据
可知若x 轴和y 轴分别表示时间t 和汽车的功率P，AB 是汽车的功率随时间变化的图线，那么梯形OABC 的面积可以代表汽车牵引力做的功，故C正确；
D．根据
可知若x 轴和y 轴分别表示时间t 和汽车所受的合外力F，AB 是汽车所受合外力随时间变化的图线，那么梯形OABC 的面积可以代表汽车的动量变化，故D正确。
本题选错误项，故选B。
8．C
【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．D
【详解】
A．因为不计空气阻力，所以在空中运动阶段，全红婵只受到重力作用，故由动量定理知重力的冲量等于其动量变化量，故A错误；
B．因为从刚入水到速度减为零的过程中，全红婵受到重力和水的作用力，所以其动量的改变量等于重力和水的作用力的合冲量，故B错误；
CD．从开始下落到速度减为零的过程中，由动量定理得
即
故从开始下落到速度减为零的过程中，其重力的冲量大小等于水的作用力的冲量大小。
故C错误，D正确。
故选D。
10．B
子弹在A中运动时，A、B一起向前运动，具有相同的运动速度，对整体应用动量定理可避开A、B间的未知作用力，可以求解A、B分开时的速度，分开后再对B单独应用动量定理可求得子弹穿出后B的速度。
【详解】
子弹在A中穿过时，以A、B为研究对象，规定向右为正方向，根据动量定理可得
解得
之后A的速度保持v1不变，子弹进入木块B后，以B为研究对象，根据动量定理可得
解得
故选B。
11．A
【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。
12．B
【详解】
整个过程中由动量定理可得
解得
故选B。
13．B
【详解】
120kg的铁锤从1.8m高处自由落下，根据公式
代入数据解得
撞击时，设地面对铁锤的平均冲击力大小为，取向下为正方向，对铁锤应用动量定理得
解得
故ACD错误B正确。
故选B。
14．C
【详解】
ABC．物体的动量等于物体的质量与速度的乘积，即
则物体的动量越大，质量与速度乘积一定也越大，故AB错误，C正确；
D．根据动量定理可知
物体的动量变化和受到的力与时间的乘积有关，故D错误。
故选C。
15．B
【详解】
由图片估算子弹与扑克牌的长度比例为1：4，则扑克牌的长度大约为8cm，子弹的速度
子弹与墙作用过程受墙的作用力为F，由动量定理
解得
由牛顿第三定律可在对墙的作用力约为5×104N。故B正确。
故选B。
16． 2 12
【详解】
[1]取竖直向上为正方向
p = 0.2×4－（－0.2×6）kg·m/s =2 kg·m/s
[2]根据动量定理
（F－mg）t = p
得
F=+ mg =12N
17．2548N
【详解】
建筑工人做自由下落4.9m，根据匀变速直线运动的速度位移时间关系有：
取向上为正方向，则建筑工人的初速度v=-9.8m/s，根据动量定理有，合外力的冲量等于动量的变化有：（F-mg）t=m（v′-v）
18． 0 －8
【详解】
[1]在前4s内，物体的初速度为4m/s，末速度为4m/s，根据动量定理得
知合外力的冲量为0。
[2]在后4s内，物体的初速度为4m/s，末速度为-4m/s，根据动量定理得
19． -14 290N
【详解】
[1]小球从离地面5m高处自由落下，由
解得小球碰地前的速度大小为
小球碰地后竖直上抛，由
解得碰地后的速度大小为
规定竖直向下为正方向，则小球动量的增量
[2]对小球根据动量定理得
解得
由牛顿第三定律可知小球对地的平均作用力与小球受到地面的作用力大小相等、方向相反，因此小球对地的平均作用力大小为290N，方向竖直向上。
20．（1）；（2）
【详解】
（1）从a点运动到b点的过程中应用动量定理有
联立解得
（2）小物块恰能经过d点，在d点时由牛顿第二定律有
解得
从c点运动到d点由动能定理得
解得
从b点运动到c点由动能定理得
解得b、c两点间的距离
21．（1）50N；（2）
【详解】
（1）设在Δt时间内漏到车上的原料质量为Δm，要使这些原料获得与车相同的速度，需加力为F，根据动量定理，有
所以
（2）车装完料的总质量为
对车应用动量定理，有
解得
22．（1）20m/s；（2）60m；（3）2s，
【详解】
（1）设燃料用完时火箭的速度为，所用时间为；火箭上升时分为两个过程，第一个过程做匀加速直线运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点，火箭点火后到燃料刚用完的过程中，有，代入数据解得
（2）燃料用完后，火箭只受重力，则可以继续上升的高度，代入数据解得
所以火箭上升后离地面的最大高度
（3）火箭从燃料用完到运动至最高点的过程中，有，得
设燃料对火箭的冲量大小为I，加速上升过程，根据动量定理有
解得
23．，方向竖直向上
【详解】
下落时间为
上升时间为
以竖直向上为正方向，小球从自由下落到反跳到最高点全过程用动量定理
解得
方向竖直向上
24．（1） ；（2） ；（3）
【详解】
（1）头盔落地时的速度为，由
可得
（2）令砖块做匀减速的时间为，根据运动学关系可得
解得
（3）令砖块在匀减速阶段所受平均作用力大小为，由动量定理可得
代入数据解得
答案第1页，共2页
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