粤教版高中物理选择性必修第一册课时练2动量定理含答案（教师用）

课时素养评价2　动量定理
(分值：74分　单选4分　多选6分)
A组　知识点分组练
1.如图所示，匀速飞行的战斗机上从相同的高度先后水平抛出两个质量分别为m1、m2的炮弹，在两炮弹落到水平地面前的运动过程中，它们动量的变化量分别为Δp1、Δp2.已知m1∶m2＝1∶2，空气阻力忽略不计，则Δp1∶Δp2为(　　)
A．1∶2 B．1∶3
C．1∶1 D．2∶1
解析：两炮弹从同一高度落下，则落地的时间相同，根据动量定理mgt＝Δp可得Δp1∶Δp2＝m1∶m2＝1∶2，A正确．
答案：A
2.一辆质量为2 000 kg的汽车正在以26 m/s的速度行驶，突然汽车撞到坚固的墙上，在0.20 s内停下，选撞墙前速度的方向为正方向，下列判断正确的是(　　)
A．汽车动量的变化量为5.2×104 kg·m/s
B．汽车动量的变化量为－5.2×104 kg·m/s
C．汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力为2.6×104 N
D．汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力为1.3×104 N
解析：汽车动量的变化量为Δp＝0－mv＝－2 000×26 kg·m/s＝－5.2×104 kg·m/s，A错误，B正确；根据动量定理FΔt＝Δp，汽车撞到坚固的墙上受到的平均作用力为F＝＝－2.6×105 N，负号表示作用力方向与撞墙前的速度方向相反，C、D错误．
答案：B
3.(多选)如图所示，某学生练习用头颠球．某一次足球由静止下落45 cm被重新顶起，离开头部后竖直上升的最大高度仍为45 cm.已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，g取10 m/s2，不计空气阻力，取向下为正方向，下列说法正确的是(　　)
A.足球下落到与头部刚接触时速度为3 m/s
B．头部对足球的平均作用力大小为24 N
C．足球与头部作用过程中足球的动量变化量为－2.4 kg·m/s
D．足球从最高点下落至重新回到最高点的过程，重力的冲量为0
解析：根据自由落体运动的公式v2＝2gh，解得足球下落到与头部刚接触时速度为v＝3 m/s，A正确；离开头部后竖直上升的最大高度仍为45 cm，则离开的速度v′＝－3 m/s，对足球应用动量定理得(mg－F)t＝mv′－mv，解得头部对足球的平均作用力为F＝28 N，B错误；足球与头部作用过程中足球动量变化量为Δp＝mv′－mv＝－2.4 kg·m/s，C正确；足球从最高点下落至重新回到最高点的过程所用时间为t′，重力的冲量为IG＝mgt′≠0，D错误．
答案：AC
4．行驶中的汽车发生剧烈碰撞时，车的速度在很短时间内减小为零，这时车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体，对司机起到保护作用．安全气囊在此过程中减小了(　　)
A．司机的惯性
B．司机的动量变化
C．接触面对司机的冲量
D．接触面对司机的作用力
解析：质量是惯性大小的唯一衡量标准，司机质量不变，则惯性大小不变，A错误；司机随车一起从速度为v减速至0，根据动量定理可知接触面对司机的冲量等于司机动量的变化，即I＝FΔt＝Δp＝mΔv，速度变化量相等，则司机动量的变化以及接触面对司机的冲量与没有安全气囊时相等．安全气囊是通过增大缓冲时间Δt的方式从而减小接触面对司机的作用力，起到保护司机的作用，B、C错误，D正确．
答案：D
5．一个质量为2 kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随t变化的图线如图所示，则(　　)
A．前3 s内合力F的冲量大小为0
B．t＝1 s时，物块的速率为2 m/s
C．t＝2 s时，物块的动量的大小为2 kg·m/s
D．前4 s内动量的变化量大小为2 kg·m/s
解析：图像与坐标轴所围成图形的面积即为冲量大小，所以由图像可知，前3 s内合力F的冲量大小为0，A正确；根据动量定理Ft＝Δp＝mΔv，所以可解得t＝1 s时物块的速率为1 m/s，B错误；根据动量定理Ft＝Δp＝mΔv，所以可解得t＝2 s时物块的动量为1 kg·m/s，C错误；图像的面积即为冲量大小，所以由图像可知，前4 s内动量的变化量大小为1 kg·m/s，D错误．
答案：A
6．假设在某场比赛中，羽毛球以v1＝72 km/h的速度飞向运动员，运动员以v2＝216 km/h的速度将羽毛球回击．已知羽毛球的质量为m＝5×10－3 kg，球拍与羽毛球作用的时间为t＝0.02 s．则下列说法正确的是(　　)
A．球拍对羽毛球不做功
B．羽毛球动量的变化量大小为0.4 kg·m/s
C．羽毛球动能的变化量大小为10 J
D．球拍与羽毛球之间的作用力大小为10 N
解析：由题意知，击球过程中，羽毛球的动能增加，则球拍对羽毛球做正功，A错误；取羽毛球被击回时的速度方向为正方向，则有v1＝－72 km/h＝－20 m/s，v2＝216 km/h＝60 m/s，羽毛球动量的变化量为Δp＝mv2－mv1＝0.4 kg·m/s，B正确；羽毛球动能的变化量大小为ΔEk＝＝×5×10－3×602－×5×10－3×202＝8 J，C错误；取羽毛球被击回时的速度方向为正方向，对羽毛球，根据动量定理有FΔt＝Δp，球拍与羽毛球之间的作用力大小为F＝＝＝20 N，D错误．
答案：B
7．如图所示，在码头和船边悬挂有旧轮胎，船以某一速度靠近并停靠在码头上．关于轮胎的作用说法正确的是(　　)
A．可以增大船与码头间的作用力
B．可以增大船停靠过程的时间
C．可以增大船停靠过程中的动能变化量
D．可以增大船停靠过程中的动量变化量
解析：轮胎可以起到缓冲作用，延长轮船与码头碰撞过程中的作用时间，从而减小轮船因碰撞受到的作用力，A错误，B正确；轮船靠岸与码头碰撞的过程，轮船的初末速度不会受轮胎影响，轮船的动量变化量相同，动能变化也相同，C、D错误．
答案：B
8．在中国空间站进行的某次天宫授课时，若航天员聂海胜受到恒力F从静止开始运动，经时间t获得相对飞船的速度v，则聂海胜的质量约为(　　)
A． B．
C． D．
解析：设聂海胜的质量为m，根据动量定理可得Ft＝mv，解得m＝，B正确．
答案：B
B组　促思提能训练
9.如图甲所示为建筑工地上用起重机将建筑板材由静止竖直吊起并安装的过程，起重机悬索对板材的拉力随时间变化情况如图乙所示，图线恰好为半圆弧，板材质量为100 kg，重力加速度g＝10 m/s2，π≈3，忽略空气阻力.20 s时板材的速度大小约为(　　)
A． m/s B． m/s
C． m/s D． m/s
解析：由图像知，20 s内拉力对板材的冲量大小为图线与坐标轴围成的图形面积大小，即I1＝1 000×20 N·s＋π×102 N·s＝20 150 N·s，重力对板材的冲量大小为I2＝100×10×20 N·s＝20 000 N·s，故合力的冲量大小为I＝I1－I2＝150 N·s，由动量定理得I＝mv，解得v＝ m/s，B正确．
答案：B
10.(多选)如图所示，有一质量为m的小孩(可以看作质点)，坐在水平圆盘上到转轴距离为r处．某时刻圆盘从静止开始加速转动，小孩始终相对圆盘静止，圆盘角速度从零增加到ω的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．小孩所受摩擦力的冲量大小为mωr
B．小孩所受摩擦力做功为mω2r2
C．小孩所受重力的冲量为零
D．小孩所受摩擦力的方向沿运动轨迹切线方向
解析：圆盘角频率从零增加到ω的过程中，根据动量定理可得，小孩所受摩擦力的冲量大小为If＝mv－0＝mv＝mωr，根据动能定理可得，小孩所受摩擦力做功为Wf＝mv2－0＝m(ωr)2＝m ω2r2，A、B正确；根据IG＝mgt，小孩所受重力的冲量不为零，C错误；小孩所受摩擦力有两个分量，其中一个分量使小孩的线速度增大，方向沿运动轨迹切线方向；另一个分量提供小孩做圆周运动的向心力，方向指向圆心；所以小孩所受摩擦力的方向不沿运动轨迹切线方向，D错误．
答案：AB
11.(14分)如图所示，木块静止放置在水平桌面上，用大小为5 N的水平力F向右拉木块，木块与桌面间的摩擦因数为0.2，木块的质量m为1 kg.
(1)用牛顿定律与运动学规律求木块开始运动到2 s时刻的位移大小．
(2)用动能定理求木块从开始运动到位移达到1.5 m 时的速度大小．
(3)用动量定理求木块速度达到15 m/s时物块的运动时间．
解析：(1)对木块，根据牛顿第二定律F－μmg＝ma，
解得木块的加速度为a＝3 m/s2，
木块开始运动到2 s时刻的位移大小为x＝at2＝×3×22 m＝6 m.
(2)根据动能定理Fx′－μmgx′＝mv2－0，
解得木块从开始运动到位移达到1.5 m时的速度大小为v＝3 m/s.
(3)根据动量定理Ft′－μmgt′＝mv′－0，
解得木块速度达到15 m/s时物块的运动时间t′＝5 s.
答案：(1)6 m　(2)3 m/s　(3)5 s
12.(16分)用质量为0.5 kg的铁锤把钉子钉进木头里，打击时铁锤的速度v＝4.0 m/s，如果打击后铁锤的速度变为0，打击的作用时间是0.01 s，那么：
(1)不计铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力是多大？
(2)考虑铁锤受的重力，铁锤钉钉子的平均作用力又是多大(g取10 m/s2)
(3)通过以上计算，请你说明在打击和碰撞一类的问题中在什么情况下可以忽略重力的作用．
解析：(1)根据动量定理，取向下为正有 －Ft＝0－mv，
代入数据有F＝200 N.
(2)根据动量定理，取向下为正有(mg － F′)t＝0－mv，
代入数据有F′＝205 N.
(3)根据以上分析，在打击和碰撞一类的问题中，当平均作用力远远大于重力时可以忽略重力的作用．
答案：(1)200 N　(2)205 N　(3)见解析
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