1.2动量定理 同步练习（Word版含解析）
文档属性
| 名称 | 1.2动量定理 同步练习（Word版含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-04-16 00:22:27 | ||
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文档简介
人教版（2019）选择性必修一 1.2 动量定理
一、单选题
1．质量为1kg的物体做直线运动，其速度—时间图像如图3所示，则物体在0~5s内和10s~20s内所受合外力的冲量分别是（ ）
A．10N s，10N s B．5N s，0 C．5N s，10N s D．5N s，10N s
2．一个质量为0.2kg的物体在拉力F的作用下从静止开始竖直向上做直线运动。F随时间t变化的图像如图所示。g取10m/s2，下列说法错误的是（ ）
A．2s内重力做功为-20J
B．4s内物体的机械能增加了120J
C．第5s内物体的动量变化量为-3kg·m/s
D．5s内物体受到F的冲量为13N·s
3．一物块静止在粗糙斜面底部，斜面固定。如果用平行于斜面的恒力F1将物块从底部拉到斜面的顶部，需要的时间为t；如果用平行于水平面的恒力F2将物块推到斜面顶部的同一位置，所需的时间也为t。在这两次移动物块的过程中（ ）
A．物块的动量变化相等
B．物块的加速度不相等
C．F1、F2对物块所做的功相等
D．物块的机械能变化不相等
4．如图，篮球赛中，甲、乙运动员想组织一次快速反击，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，则（ ）
A．应该将球沿着1的方向抛出
B．应该将球沿着2的方向抛出
C．完成传球的过程，两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的
D．当乙接着球后要往身体收，延长触球时间，以免伤害手指
5．汽车正在走进千家万户，在给人们的出行带来方便的同时也带来了安全隐患，为此人们设计、安装了安全带。假定乘客质量为，汽车车速为，从踩下刹车到完全停止需要的时间为，不计人与座椅间的摩擦，安全带对乘客的作用力大小约为（ ）
A． B． C． D．
6．2022年北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，由任子威、曲春雨、范可新、武大靖、张雨婷组成的中国队以2分37秒348的成绩夺冠。在交接区域，“交棒”的任子威猛推“接棒”的武大靖一把，使武大靖向前快速冲出。在此过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．任子威和武大靖的加速度相同
B．任子威对武大靖的冲量与武大靖对任子威的冲量相同
C．任子威和武大靖的动量变化量一定不相同
D．任子威和武大靖组成的系统机械能一定守恒
7．如图为某中国运动员在冬奥会短道速滑比赛中的精彩瞬间。假定他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，在一极短时间内滑过的角度为，则他在这个过程中（ ）
A．所受的合外力为零，做匀速运动 B．所受的合外力恒定，做匀加速运动
C．合外力做功为零，合力的冲量也为零 D．合外力做功为零，合力的冲量不为零
8．如图所示，将质量为m的物块（视为质点）从空中O点以大小为v0的初速度水平抛出，恰好沿斜面方向落到倾角为θ的固定斜面顶端，然后沿斜面下滑，到达斜面底端时的速度为零。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．物块在空中做平抛运动的时间为
C．物块沿斜面下滑的过程中，因摩擦产生的内能为
D．物块沿斜面下滑的过程中，合力的冲量大小为
9．即使炎炎夏日，我们也感觉不到任何阳光的压力，是因为它实在微小，一平方公里面积上的阳光压力总共才9N。假设阳光垂直照射地面，其中50%被垂直反射，50%被地面吸收，光速为，则地面上每平方公里每秒吸收的太阳能约为（ ）
A． B． C． D．
10．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
11．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
12．一质量为m的网球从距地高H处由静止开始自由下落，与地面碰撞后竖直向上反弹的高度为h，网球与地面接触时间为，网球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则网球与地面作用过程中对地面的平均作用力大小为（ ）
A． B．
C． D．
13．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
14．某中学科技活动小组表演“震撼动量球”实验，为感受碰撞过程中的受力，在互动环节，表演者将球抛向观众，假设一质量约为2kg的超大气球以的速度竖直下落到某观众手面，该观众双手上推，使气球以原速度大小竖直向上弹出，球与手的作用时间为0.2s，忽略气球所受浮力及空气阻力，，则观众双手受的压力大小为（ ）
A．30N B．60N C．90N D．120N
15．某同学练习定点投篮，其中有两次篮球垂直撞在竖直篮板上，篮球的轨迹分别如图中曲线1、2所示。若两次抛出篮球的速度分别为、，两次篮球从抛出到撞篮板的时间分别为、，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小于
B．的水平分量小于的水平分量
C．的竖直分量小于的竖直分量
D．两次球在空中运动过程动量变化量相同
二、填空题
16．如图所示，一倾角为α、高为h的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，则物块滑至斜面的底端时，小物块的动量大小为________，重力的冲量为________大小．（重力加速度为g）
17．一质量为的小物块静止在水平地面上，某时刻在水平恒力作用下开始匀加速运动，经过的位移速度达到，之后撤去恒力．已知物体与地面间的动摩擦因数为，重力加速度取．则_____；物块在地面上运动的总时间为_____．
18．质量为0.1kg的球竖直向下以10m/s的速度落至水平地面，再以5m/s的速度反向弹回．取竖直向下为正方向，重力加速度，在小球与地面接触的时间内，合外力对小球的冲量I=______，合外力对小球做功为W=________J.
19．质量分别为m1=kg，m2=4kg的两辆玩具小汽车在同一直路面上匀速行驶，两车与路面间的动摩擦因数都是μ=0.02，求在下列情况下两汽车急刹车后滑行的最大距离之比s1：s2，最长时间之比t1：t2。
(1)以相同的动能匀速行驶，刹车后s1：s2=_________，t1：t2=_________；
(2)以相同的动量匀速行驶，刹车后s1：s2=__________，t1：t2=_________。
三、解答题
20．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。
21．如图所示，固定的竖直光滑半圆轨道AB与水平桌面平滑连接，半圆形轨道半径r=0.4m，质量为1kg的小球以初速度vo从A冲上轨道，经0.4s到达最高点B，在B点对轨道的压力为12.5N，空气阻力不计，g=10m/s2，求：
（1）小球在A点的速度v0；
（2）A到B的过程中半圆轨道对小球的冲量大小。
22．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。
23．游乐场中有一种管道滑水游戏，其装置可简化为如图所示。一滑水者从距水面高H=5.2m的滑道上端由静止开始滑下，从距水面高h=0.2m的下端管口水平飞出，落到距下端管口水平距离x=0.4m的水面上。若滑水者可视为质点，其质量m=50kg，在管道中滑行的时间t=s。取重力加速度的大小g=10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）滑水者落到水面上时的动能大小；
（2）滑水者在管道中滑行时阻力对其做的功；
（3）下滑过程中管道对滑水者的冲量大小。
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
由题图可知，在0~5s内初动量为
末动量为
由动量定理知
在10s~20s内初动量
末动量为
由动量定理得
故选D。
2．D
【详解】
A．物体在0~4s内，根据牛顿第二定律
带入数据可得
2s内物体向上的位移
则2s内重力对物体做功
故A正确，不符合题意；
B．4s内物体向上的位移
物体机械能增加量等于外力F做所的功
故B正确，不符合题意；
C．由动量定理可知，第5s内物体的动量变化量等于第5s内合外力的冲量
故C正确，不符合题意；
D．5s内物体受到F的冲量为前4sF的冲量与第5sF冲量的矢量和
故D错误，符合题意。
故选D。
3．A
【详解】
A．物体初速度均为零，通过的位移相同，所需时间相同，根据速度位移公式为
v2＝2ax
可知到达斜面顶端的速度相同，则物块的动量变化相等，A正确；
B．根据速度时间公式可知
v＝at
运动时间t相同，末速度v相同，则加速度a相同，B错误；
C．物块上升高度h相等，则重力做功相等，根据动能定理可知
两次推力与克服摩擦力对物块做功之和相同，设斜面倾角为θ，第一次物块受到的摩擦力为，第二次物块受到的摩擦力，由于通过的位移相同，故克服摩擦力做功不等，则F1、F2对物块所做的功不等，C错误；
D．物块机械能变化为
两次移动物块的机械能变化相等，D错误。
故选A。
4．D
【详解】
AB．甲和乙相对静止，所以甲将球沿着3方向抛出就能传球成功，故A、B均错误；
C．根据动量定理知，完成传球的过程两运动员对球的冲量等大反向，故C错误；
D．根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，可以减小冲击力，故乙接着球后要往身体收，以免伤害手指，故D正确。
故选D。
5．C
【详解】
由题v=90km/h=25m/s，由动量定理得
解得
故选C。
6．C
【详解】
A．任子威和武大靖受到的推力大小相等反向相反，但是质量不同因此加速度大小不同，A错误；
B．任子威对武大靖的冲量与武大靖对任子威的冲量大小相等，方向相反，B错误；
C．根据动量定理，动量的变化量等于冲量，任子威和武大靖的动量变化量的方向相反，所以任子威和武大靖的动量变化量一定不相同，C正确；
D．因为推力做功，任子威和武大靖组成的系统机械能一定增加，D错误。
故选C。
7．D
【详解】
AB．运动员沿圆弧弯道匀速率滑行，可看作匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，方向始终指向圆心，合外力不为零，也不是恒力，故AB错误；
CD．合外力与速度的方向始终保持垂直，合外力做功为零，但冲量是力与时间的乘积，合力的冲量不为零，故C错误，D正确。
故选D。
8．D
【详解】
A．从空中O点以大小为v0的初速度水平抛出，恰好沿斜面方向落到倾角为θ的固定斜面顶端，则落在斜面顶端的速度为
沿斜面下滑，到达斜面底端时的速度为零，当
时，即加速度为零
不成立，A错误；
B．落在斜面顶端竖直方向上的速度
则物块在空中做平抛运动的时间为
B错误；
C．物块沿斜面下滑的过程中，由动能定理得
即
C错误；
D．物块沿斜面下滑的过程中，合力的冲量大小为
D正确。
故选D。
9．A
【详解】
由题意可知阳光垂直照射地面，其中50%被垂直反射，50%被地面吸收，根据动量定理得
整理得
而地面上每平方公里每秒吸收的太阳能光子的动能变化为
联立得
故A正确，BCD错误。
故选A。
10．C
【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。
11．A
【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。
12．A
【详解】
网球落地时速度大小为
反弹时速度大小为
网球与地面作用过程中受地面的平均作用力大小为F，以竖直向上为正方向，根据动量定理得
解得
根据牛顿第三定律得，网球与地面作用过程中对地面的平均作用力大小为
故选A。
13．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。
14．B
【详解】
设观众双手受到的压力大小为F，由牛顿第三定律可知，气球所受的支持力大小也为F，取竖直向上为正方向，对气球由动量定理有
代入数据解得
故选B。
15．B
【详解】
A．将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；
B．反向视为平抛运动，则平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第二次用的时间较短，故第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞墙的速度较大，故B正确；
C．在竖直方向上做自由落体运动，由可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，故C错误；
D．两次球在空中运动过程由动量定理可知
由于，所以
故D错误。
故选B。
16．
【详解】
设物块到达底端的速度大小为v，根据机械能守恒可得：mgh=mv2；
所以：
v=；
所以小物块的动量大小为
p=mv=m；
物块在斜面上只受到重力和支持力，沿斜面方向的合外力提供加速度，则：
ma=mgsinα，
所以：
a=gsinα；
物块到达斜面底端的时间：
，
所以重力的冲量为：
I=mgt=
17． 6 3
【详解】
小物块的加速度，加速运动时间，加速过程，由牛顿第二定律得：，联立解得：；对小物块全程应用动量定理得：，解得．
18． 1.5 -3.75
【详解】
取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：，根据动量定理得：，方向竖直向上．由动能定理可知，合外力做功：．
【点睛】取竖直向上方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动量的差；由动能定理求出合力做的功．
19． 4：1 2：1 16：1 4：1
【详解】
(1)[1]以相同的初动能匀速行驶，刹车后，对、据动能定理分别可得
联立可得
[2]根据动量与动能的关系得到初动量为
末动量均为零，以初速度方向为正方向，则对、根据动量定理分别可得
联立解得
(2)[3]以相同的动量匀速行驶，初动量为p，末动量为零，则根据动量与动能的关系得到初动能为
则刹车后，对、根据动能定理分别可得
联立解得
[4]刹车后，对、根据动量定理分别可得
联立解得
20．，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
21．（1） ；（2）
【详解】
（1）在B点有
将代入可得
小球由A到B的过程中，根据机械能守恒有
得
（2）小球从A到B的过程中，设半圆轨道对小球弹力的水平分量大小为，竖直分量大小为，对小球水平方向用动量定理可得
（以左为正方向）代入数值即为
对小球竖直方向用动量定理可得
（以向上为正方向）代入数值
弹力的合冲量大小
22．4.32×103N
【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。
23．（1）200J；（2） 2400J；（3）
【详解】
（1）滑水者离开管道后做平抛运动
可得
根据动能定理有
由此得到动能
（2）滑水者在管道中滑行过程中，根据动能定理有
可得阻力做的功
（3）下滑过程中动量变化量大小为
方向水平向右。
重力的冲量大小
方向竖直向下。
根据动量定理，可得如图所示，则有管道对滑水者的冲量大小为
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页
一、单选题
1．质量为1kg的物体做直线运动，其速度—时间图像如图3所示，则物体在0~5s内和10s~20s内所受合外力的冲量分别是（ ）
A．10N s，10N s B．5N s，0 C．5N s，10N s D．5N s，10N s
2．一个质量为0.2kg的物体在拉力F的作用下从静止开始竖直向上做直线运动。F随时间t变化的图像如图所示。g取10m/s2，下列说法错误的是（ ）
A．2s内重力做功为-20J
B．4s内物体的机械能增加了120J
C．第5s内物体的动量变化量为-3kg·m/s
D．5s内物体受到F的冲量为13N·s
3．一物块静止在粗糙斜面底部，斜面固定。如果用平行于斜面的恒力F1将物块从底部拉到斜面的顶部，需要的时间为t；如果用平行于水平面的恒力F2将物块推到斜面顶部的同一位置，所需的时间也为t。在这两次移动物块的过程中（ ）
A．物块的动量变化相等
B．物块的加速度不相等
C．F1、F2对物块所做的功相等
D．物块的机械能变化不相等
4．如图，篮球赛中，甲、乙运动员想组织一次快速反击，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，则（ ）
A．应该将球沿着1的方向抛出
B．应该将球沿着2的方向抛出
C．完成传球的过程，两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的
D．当乙接着球后要往身体收，延长触球时间，以免伤害手指
5．汽车正在走进千家万户，在给人们的出行带来方便的同时也带来了安全隐患，为此人们设计、安装了安全带。假定乘客质量为，汽车车速为，从踩下刹车到完全停止需要的时间为，不计人与座椅间的摩擦，安全带对乘客的作用力大小约为（ ）
A． B． C． D．
6．2022年北京冬奥会短道速滑混合团体接力决赛中，由任子威、曲春雨、范可新、武大靖、张雨婷组成的中国队以2分37秒348的成绩夺冠。在交接区域，“交棒”的任子威猛推“接棒”的武大靖一把，使武大靖向前快速冲出。在此过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，下列说法正确的是（ ）
A．任子威和武大靖的加速度相同
B．任子威对武大靖的冲量与武大靖对任子威的冲量相同
C．任子威和武大靖的动量变化量一定不相同
D．任子威和武大靖组成的系统机械能一定守恒
7．如图为某中国运动员在冬奥会短道速滑比赛中的精彩瞬间。假定他正沿圆弧形弯道匀速率滑行，在一极短时间内滑过的角度为，则他在这个过程中（ ）
A．所受的合外力为零，做匀速运动 B．所受的合外力恒定，做匀加速运动
C．合外力做功为零，合力的冲量也为零 D．合外力做功为零，合力的冲量不为零
8．如图所示，将质量为m的物块（视为质点）从空中O点以大小为v0的初速度水平抛出，恰好沿斜面方向落到倾角为θ的固定斜面顶端，然后沿斜面下滑，到达斜面底端时的速度为零。重力加速度大小为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（ ）
A．物块与斜面间的动摩擦因数为
B．物块在空中做平抛运动的时间为
C．物块沿斜面下滑的过程中，因摩擦产生的内能为
D．物块沿斜面下滑的过程中，合力的冲量大小为
9．即使炎炎夏日，我们也感觉不到任何阳光的压力，是因为它实在微小，一平方公里面积上的阳光压力总共才9N。假设阳光垂直照射地面，其中50%被垂直反射，50%被地面吸收，光速为，则地面上每平方公里每秒吸收的太阳能约为（ ）
A． B． C． D．
10．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
11．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
12．一质量为m的网球从距地高H处由静止开始自由下落，与地面碰撞后竖直向上反弹的高度为h，网球与地面接触时间为，网球可视为质点，不计空气阻力，重力加速度为g，则网球与地面作用过程中对地面的平均作用力大小为（ ）
A． B．
C． D．
13．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
14．某中学科技活动小组表演“震撼动量球”实验，为感受碰撞过程中的受力，在互动环节，表演者将球抛向观众，假设一质量约为2kg的超大气球以的速度竖直下落到某观众手面，该观众双手上推，使气球以原速度大小竖直向上弹出，球与手的作用时间为0.2s，忽略气球所受浮力及空气阻力，，则观众双手受的压力大小为（ ）
A．30N B．60N C．90N D．120N
15．某同学练习定点投篮，其中有两次篮球垂直撞在竖直篮板上，篮球的轨迹分别如图中曲线1、2所示。若两次抛出篮球的速度分别为、，两次篮球从抛出到撞篮板的时间分别为、，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．小于
B．的水平分量小于的水平分量
C．的竖直分量小于的竖直分量
D．两次球在空中运动过程动量变化量相同
二、填空题
16．如图所示，一倾角为α、高为h的光滑斜面，固定在水平面上，一质量为m的小物块从斜面的顶端由静止开始滑下，则物块滑至斜面的底端时，小物块的动量大小为________，重力的冲量为________大小．（重力加速度为g）
17．一质量为的小物块静止在水平地面上，某时刻在水平恒力作用下开始匀加速运动，经过的位移速度达到，之后撤去恒力．已知物体与地面间的动摩擦因数为，重力加速度取．则_____；物块在地面上运动的总时间为_____．
18．质量为0.1kg的球竖直向下以10m/s的速度落至水平地面，再以5m/s的速度反向弹回．取竖直向下为正方向，重力加速度，在小球与地面接触的时间内，合外力对小球的冲量I=______，合外力对小球做功为W=________J.
19．质量分别为m1=kg，m2=4kg的两辆玩具小汽车在同一直路面上匀速行驶，两车与路面间的动摩擦因数都是μ=0.02，求在下列情况下两汽车急刹车后滑行的最大距离之比s1：s2，最长时间之比t1：t2。
(1)以相同的动能匀速行驶，刹车后s1：s2=_________，t1：t2=_________；
(2)以相同的动量匀速行驶，刹车后s1：s2=__________，t1：t2=_________。
三、解答题
20．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。
21．如图所示，固定的竖直光滑半圆轨道AB与水平桌面平滑连接，半圆形轨道半径r=0.4m，质量为1kg的小球以初速度vo从A冲上轨道，经0.4s到达最高点B，在B点对轨道的压力为12.5N，空气阻力不计，g=10m/s2，求：
（1）小球在A点的速度v0；
（2）A到B的过程中半圆轨道对小球的冲量大小。
22．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。
23．游乐场中有一种管道滑水游戏，其装置可简化为如图所示。一滑水者从距水面高H=5.2m的滑道上端由静止开始滑下，从距水面高h=0.2m的下端管口水平飞出，落到距下端管口水平距离x=0.4m的水面上。若滑水者可视为质点，其质量m=50kg，在管道中滑行的时间t=s。取重力加速度的大小g=10m/s2，不计空气阻力。求：
（1）滑水者落到水面上时的动能大小；
（2）滑水者在管道中滑行时阻力对其做的功；
（3）下滑过程中管道对滑水者的冲量大小。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】
由题图可知，在0~5s内初动量为
末动量为
由动量定理知
在10s~20s内初动量
末动量为
由动量定理得
故选D。
2．D
【详解】
A．物体在0~4s内，根据牛顿第二定律
带入数据可得
2s内物体向上的位移
则2s内重力对物体做功
故A正确，不符合题意；
B．4s内物体向上的位移
物体机械能增加量等于外力F做所的功
故B正确，不符合题意；
C．由动量定理可知，第5s内物体的动量变化量等于第5s内合外力的冲量
故C正确，不符合题意；
D．5s内物体受到F的冲量为前4sF的冲量与第5sF冲量的矢量和
故D错误，符合题意。
故选D。
3．A
【详解】
A．物体初速度均为零，通过的位移相同，所需时间相同，根据速度位移公式为
v2＝2ax
可知到达斜面顶端的速度相同，则物块的动量变化相等，A正确；
B．根据速度时间公式可知
v＝at
运动时间t相同，末速度v相同，则加速度a相同，B错误；
C．物块上升高度h相等，则重力做功相等，根据动能定理可知
两次推力与克服摩擦力对物块做功之和相同，设斜面倾角为θ，第一次物块受到的摩擦力为，第二次物块受到的摩擦力，由于通过的位移相同，故克服摩擦力做功不等，则F1、F2对物块所做的功不等，C错误；
D．物块机械能变化为
两次移动物块的机械能变化相等，D错误。
故选A。
4．D
【详解】
AB．甲和乙相对静止，所以甲将球沿着3方向抛出就能传球成功，故A、B均错误；
C．根据动量定理知，完成传球的过程两运动员对球的冲量等大反向，故C错误；
D．根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，可以减小冲击力，故乙接着球后要往身体收，以免伤害手指，故D正确。
故选D。
5．C
【详解】
由题v=90km/h=25m/s，由动量定理得
解得
故选C。
6．C
【详解】
A．任子威和武大靖受到的推力大小相等反向相反，但是质量不同因此加速度大小不同，A错误；
B．任子威对武大靖的冲量与武大靖对任子威的冲量大小相等，方向相反，B错误；
C．根据动量定理，动量的变化量等于冲量，任子威和武大靖的动量变化量的方向相反，所以任子威和武大靖的动量变化量一定不相同，C正确；
D．因为推力做功，任子威和武大靖组成的系统机械能一定增加，D错误。
故选C。
7．D
【详解】
AB．运动员沿圆弧弯道匀速率滑行，可看作匀速圆周运动，所受合外力提供向心力，方向始终指向圆心，合外力不为零，也不是恒力，故AB错误；
CD．合外力与速度的方向始终保持垂直，合外力做功为零，但冲量是力与时间的乘积，合力的冲量不为零，故C错误，D正确。
故选D。
8．D
【详解】
A．从空中O点以大小为v0的初速度水平抛出，恰好沿斜面方向落到倾角为θ的固定斜面顶端，则落在斜面顶端的速度为
沿斜面下滑，到达斜面底端时的速度为零，当
时，即加速度为零
不成立，A错误；
B．落在斜面顶端竖直方向上的速度
则物块在空中做平抛运动的时间为
B错误；
C．物块沿斜面下滑的过程中，由动能定理得
即
C错误；
D．物块沿斜面下滑的过程中，合力的冲量大小为
D正确。
故选D。
9．A
【详解】
由题意可知阳光垂直照射地面，其中50%被垂直反射，50%被地面吸收，根据动量定理得
整理得
而地面上每平方公里每秒吸收的太阳能光子的动能变化为
联立得
故A正确，BCD错误。
故选A。
10．C
【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。
11．A
【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。
12．A
【详解】
网球落地时速度大小为
反弹时速度大小为
网球与地面作用过程中受地面的平均作用力大小为F，以竖直向上为正方向，根据动量定理得
解得
根据牛顿第三定律得，网球与地面作用过程中对地面的平均作用力大小为
故选A。
13．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。
14．B
【详解】
设观众双手受到的压力大小为F，由牛顿第三定律可知，气球所受的支持力大小也为F，取竖直向上为正方向，对气球由动量定理有
代入数据解得
故选B。
15．B
【详解】
A．将篮球的运动反向处理，即为平抛运动，由图可知，第二次运动过程中的高度较小，所以运动时间较短，故A错误；
B．反向视为平抛运动，则平抛运动在水平方向做匀速直线运动，水平射程相等，但第二次用的时间较短，故第二次水平分速度较大，即篮球第二次撞墙的速度较大，故B正确；
C．在竖直方向上做自由落体运动，由可知，第二次抛出时速度的竖直分量较小，故C错误；
D．两次球在空中运动过程由动量定理可知
由于，所以
故D错误。
故选B。
16．
【详解】
设物块到达底端的速度大小为v，根据机械能守恒可得：mgh=mv2；
所以：
v=；
所以小物块的动量大小为
p=mv=m；
物块在斜面上只受到重力和支持力，沿斜面方向的合外力提供加速度，则：
ma=mgsinα，
所以：
a=gsinα；
物块到达斜面底端的时间：
，
所以重力的冲量为：
I=mgt=
17． 6 3
【详解】
小物块的加速度，加速运动时间，加速过程，由牛顿第二定律得：，联立解得：；对小物块全程应用动量定理得：，解得．
18． 1.5 -3.75
【详解】
取竖直向上为正方向，则小球与地面碰撞过程中动量的变化为：，根据动量定理得：，方向竖直向上．由动能定理可知，合外力做功：．
【点睛】取竖直向上方向为正方向，分别表示出碰地前后小球的动量，小球动量的变化量等于末动量与初动量的差；由动能定理求出合力做的功．
19． 4：1 2：1 16：1 4：1
【详解】
(1)[1]以相同的初动能匀速行驶，刹车后，对、据动能定理分别可得
联立可得
[2]根据动量与动能的关系得到初动量为
末动量均为零，以初速度方向为正方向，则对、根据动量定理分别可得
联立解得
(2)[3]以相同的动量匀速行驶，初动量为p，末动量为零，则根据动量与动能的关系得到初动能为
则刹车后，对、根据动能定理分别可得
联立解得
[4]刹车后，对、根据动量定理分别可得
联立解得
20．，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
21．（1） ；（2）
【详解】
（1）在B点有
将代入可得
小球由A到B的过程中，根据机械能守恒有
得
（2）小球从A到B的过程中，设半圆轨道对小球弹力的水平分量大小为，竖直分量大小为，对小球水平方向用动量定理可得
（以左为正方向）代入数值即为
对小球竖直方向用动量定理可得
（以向上为正方向）代入数值
弹力的合冲量大小
22．4.32×103N
【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。
23．（1）200J；（2） 2400J；（3）
【详解】
（1）滑水者离开管道后做平抛运动
可得
根据动能定理有
由此得到动能
（2）滑水者在管道中滑行过程中，根据动能定理有
可得阻力做的功
（3）下滑过程中动量变化量大小为
方向水平向右。
重力的冲量大小
方向竖直向下。
根据动量定理，可得如图所示，则有管道对滑水者的冲量大小为
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