第一章 动量定理 强化训练word版含答案
文档属性
| 名称 | 第一章 动量定理 强化训练word版含答案 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 43.2KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 教科版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2019-04-25 14:14:21 | ||
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文档简介
高中物理教科版 选修3-5动量定理 强化训练
1．下列关于动量的说法中不正确的是( )
A．同一物体的动量越大，则它的速度越大
B．动量相同的物体，速度方向一定相同
C．质量和速率相同的物体，其动量一定相同
D．一个物体动量改变，则其速率不一定改变
【答案】C 解析：由动量的定义可知，对同一物体来说，动量越大，速度越大，选项A正确；根据动量的矢量性可知，动量的方向与速度的方向相同，所以动量相同的物体，速度方向一定相同，选项B正确；速率相同，速度的方向不一定相同，故动量的方向不一定相同，选项C错误；物体的动量改变，可能是动量的方向改变，而动量的大小保持不变，如匀速圆周运动，选项D正确．
2．关于物体的动量，下列说法正确的是( )
A．物体的动量越大，其惯性越大
B．物体的动量越大，其速度越大
C．物体的动量越大，其动能越大
D．物体的动量发生变化，其动能可能不变
【答案】D 解析：动量取决于质量和速度两个因素，动量是矢量，其方向与速度方向相同，动量变化时，可能是大小变化，也可能是方向变化．
3．(多选)质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中( )
A．上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，但方向相反
B．整个过程中重力的冲量为2mv0
C．整个过程中重力的冲量为0
D．上升过程中冲量大小为mv0，方向向下
【答案】BD 解析：物体上升下降动量变化量相同，均为mv0，都向下．A错，B对，C错，D对．
4．下面的说法错误的是( )
A．物体运动的方向就是它的动量的方向
B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零
C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大
D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小
【答案】C 解析：动量是矢量，其方向即为速度方向，A说法正确；速度发生变化，则动量发生变化，根据动量定理可以知道，合外力的冲量不为零，B说法正确；冲量等于力乘以其作用的时间，速度可以是零，C说法错误；根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，可以改变速度的大小，D说法正确．
5．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了( )
A．减小冲量
B．使动量的增量变得更小
C．增长与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地的压强，起到安全作用
【答案】C 解析：由F＝，动量变化量相同，当脚尖先着地时增长了作用时间，即减小了冲力．
6．(2018乌鲁木齐模拟)一个质量为0.18 kg的垒球，以20 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后反向水平飞回．设击打过程球棒对垒球的平均作用力大小为900 N，作用时间为0.01 s．则被球棒击打后垒球反向水平速度大小为( )
A．30 m/s B．40 m/s
C．50 m/s D．70 m/s
【答案】A 解析：设飞来的速度方向为正方向，由动量定理可知－Ft＝－mv－mv0，代入数据解得v＝30 m/s，即飞回的速度大小为30 m/s.故A正确，B、C、D错误．
7．(2018广州一模)篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引．这样可以减小( )
A．球对手的力的冲量
B．球对手的力的大小
C．球的动量变化量
D．球的动能变化量
【答案】B 解析：球对手的冲量p＝mv－mv0，不变，故A错误；篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用力时间，根据Ft＝mv－mv0可知，减小了球对手的力的大小，故B正确；根据动量变化Δp＝mv－mv0可知，动量变化量相同，故C错误；球的动能变化量，ΔEk＝mv2－mv相同，故D错误．
8．(2018烟台模拟)蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为50 kg的运动员从1.8 m高处自由下落到蹦床上，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了0.2 s，则这段时间内蹦床对运动员的冲量大小为(取g＝10 m/s2，不计空气阻力)( )
A．400 N·s B．300 N·s
C．200 N·s D．100 N·s
【答案】A 解析：设运动员的质量为m，他刚落到蹦床瞬间的速度为v，运动员自由下落的过程，只受重力作用，故机械能守恒，即mgh＝mv2，解得v＝＝6 m/s.选取运动员接触蹦床的过程为研究过程，取向上为正方向．设蹦床对运动员的平均作用力为，由动量定理得(－mg)t＝0－(－mv)，蹦床对运动员的冲量大小为I＝t，结合以上两个式子可得I＝t＝mgt＋mv＝400 N·s.故A正确，B、C、D错误．
9．(2018雅安期末)如图所示，完全相同的三个小球a、b、c从距离地面同一高度处以等大的初速度开始运动，分别做平抛、竖直上抛和斜抛运动，忽略空气阻力．以下说法不正确的是( )
A．三个小球不同时落地
B．b、c所能达到的最大高度相同
C．三个小球落地时的速度大小相等
D．落地之前，三个小球在任意相等时间内动量的增量相同
【答案】B 解析：a球做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，b做竖直上抛运动，c做斜上抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以三个小球运动的时间不等，不同时落地，故A正确．b、c两球初始高度相同，分别做竖直上抛和斜上抛运动，开始时沿竖直方向向上的分速度c小，b大，所以b上升的最大高度大，c上升的最大高度小，故B不正确．小球运动过程中，只有重力做功，机械能均守恒，则有mgh＋mv＝mv2，得v＝，知三个小球初位置的高度h和初速度v0大小都相等，则落地时速度v大小相等，故C正确．三个小球的质量相等，根据动量定理可知，三个小球在任意相等时间内动量的增量为Δp＝mgt，则Δp是相等的，故D正确．本题选不正确的，故选B．
能力提升
10．(2018北京卷)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m的圆弧的最低点．质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s.取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力的大小．
【答案】(1)100 m (2)1 800 N·s (3)3 900 N
解析：(1)从A到B根据速度位移关系可得
v－v＝2aL
解得L＝ m＝100 m.
(2)根据动量定理可得
I＝mvB－mvA＝(60×30－0) N·s＝1 800 N·s.
(3)运动员经过C点时受到重力和支持力，如图所示
根据动能定理可得mgh＝mv－mv
根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m
解得FN＝3 900 N.
11．(2018恩施一模)如图所示，质量M＝0.5 kg的长木板A静止在粗糙的水平地面上，质量m＝0.3 kg的物块B(可视为质点)以大小v0＝6 m/s的速度从木板A的左端水平向右滑动．已知物块B与木板A上表面间的动摩擦因数μ1＝0.6，认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2.
(1)若木板A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块B恰好能滑到木板A的右端，求木板A的长度L；
(2)若木板A与地面间的动摩擦因数μ′2＝0.1，木板足够长，求木板A从开始滑动至达到最大速度过程中所受合力的冲量大小I.
【答案】(1)3 m (2)0.75 N·s
解析：(1)A、B之间的滑动摩擦力大小为
f1＝μ1mg＝1.8 N
A与地面间的最大静摩擦力为
f2＝μ2(M＋m)g＝2.4 N
由于f2>f1，故A静止不动
B向右做匀减速直线运动，到达A的右端时速度为0，有v＝2aL
其中a＝μ1g＝6 m/s2
解得L＝3 m.
(2)若木板A与地面间的动摩擦因数μ′2＝0.1，则
f′2＝μ′2(M＋m)g＝0.8 N故A将向右滑动．A、B的加速度分别为
a1＝＝2 m/s2，a2＝a＝6 m/s2
当它们的速度相等时A速度最大，vm＝a1t＝v0－a2t
又I＝Mvm
代入数据得I＝0.75 N·s.
12．(2018乌鲁木齐模拟)如图所示，斜面倾角θ＝37°，静止在斜面上的木板AB的质量M＝2.5 kg，木板A端距斜面底端的距离L＝1.6 m，木板与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.释放木板的同时，另一质量m＝1 kg的光滑小球在某一高度以初速度v0＝6 m/s开始做平抛运动，小球恰好垂直打在木板上并以原速率反向弹回．小球与木板撞击时间极短且小球受到的弹力远远大于其重力，重加速度g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
(1)小球与木板撞击时，木板运动的位移大小；
(2)木板A端运动到斜面底端时，木板的速度大小．
【答案】(1)1.28 m (2)2 m/s
解析：(1)由题意得vy＝＝8 m/s
由竖直方向上的自由落体运动规律可知
t＝＝0.8 s
由牛顿第二定律可得Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma
得a＝4 m/s2
又x＝at2
联立解得x＝1.28 m .
(2)设小球与木板AB相碰前速度为v1
则有v1＝＝10 m/s
由动量定理可得FΔt＝2mv1
设木板AB与小球碰撞前、后瞬间的速度分别为v2、v3
v2＝at＝3.2 m/s
[Mgsin θ－μ(Mgcos θ＋F)]Δt＝Mv3－Mv2
上面Δt为无穷小，可得－2μmv1＝Mv3－Mv2
得v3＝1.2 m/s
设木板A端滑到斜面底端时速度为v4
由速度和位移公式可得v－v＝2a(L－x)
联立解得v4＝2 m/s.
1．下列关于动量的说法中不正确的是( )
A．同一物体的动量越大，则它的速度越大
B．动量相同的物体，速度方向一定相同
C．质量和速率相同的物体，其动量一定相同
D．一个物体动量改变，则其速率不一定改变
【答案】C 解析：由动量的定义可知，对同一物体来说，动量越大，速度越大，选项A正确；根据动量的矢量性可知，动量的方向与速度的方向相同，所以动量相同的物体，速度方向一定相同，选项B正确；速率相同，速度的方向不一定相同，故动量的方向不一定相同，选项C错误；物体的动量改变，可能是动量的方向改变，而动量的大小保持不变，如匀速圆周运动，选项D正确．
2．关于物体的动量，下列说法正确的是( )
A．物体的动量越大，其惯性越大
B．物体的动量越大，其速度越大
C．物体的动量越大，其动能越大
D．物体的动量发生变化，其动能可能不变
【答案】D 解析：动量取决于质量和速度两个因素，动量是矢量，其方向与速度方向相同，动量变化时，可能是大小变化，也可能是方向变化．
3．(多选)质量为m的物体以速度v0从地面竖直上抛(不计空气阻力)到落回地面，在此过程中( )
A．上升过程和下落过程中动量的变化量大小均为mv0，但方向相反
B．整个过程中重力的冲量为2mv0
C．整个过程中重力的冲量为0
D．上升过程中冲量大小为mv0，方向向下
【答案】BD 解析：物体上升下降动量变化量相同，均为mv0，都向下．A错，B对，C错，D对．
4．下面的说法错误的是( )
A．物体运动的方向就是它的动量的方向
B．如果物体的速度发生变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零
C．如果合外力对物体的冲量不为零，则合外力一定使物体的动能增大
D．作用在物体上的合外力冲量不一定能改变物体速度的大小
【答案】C 解析：动量是矢量，其方向即为速度方向，A说法正确；速度发生变化，则动量发生变化，根据动量定理可以知道，合外力的冲量不为零，B说法正确；冲量等于力乘以其作用的时间，速度可以是零，C说法错误；根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化，可以改变速度的大小，D说法正确．
5．人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这是为了( )
A．减小冲量
B．使动量的增量变得更小
C．增长与地面的冲击时间，从而减小冲力
D．增大人对地的压强，起到安全作用
【答案】C 解析：由F＝，动量变化量相同，当脚尖先着地时增长了作用时间，即减小了冲力．
6．(2018乌鲁木齐模拟)一个质量为0.18 kg的垒球，以20 m/s的水平速度飞向球棒，被球棒击打后反向水平飞回．设击打过程球棒对垒球的平均作用力大小为900 N，作用时间为0.01 s．则被球棒击打后垒球反向水平速度大小为( )
A．30 m/s B．40 m/s
C．50 m/s D．70 m/s
【答案】A 解析：设飞来的速度方向为正方向，由动量定理可知－Ft＝－mv－mv0，代入数据解得v＝30 m/s，即飞回的速度大小为30 m/s.故A正确，B、C、D错误．
7．(2018广州一模)篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引．这样可以减小( )
A．球对手的力的冲量
B．球对手的力的大小
C．球的动量变化量
D．球的动能变化量
【答案】B 解析：球对手的冲量p＝mv－mv0，不变，故A错误；篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎球，手触到球瞬间顺势后引，增加了手与球间的相互作用力时间，根据Ft＝mv－mv0可知，减小了球对手的力的大小，故B正确；根据动量变化Δp＝mv－mv0可知，动量变化量相同，故C错误；球的动能变化量，ΔEk＝mv2－mv相同，故D错误．
8．(2018烟台模拟)蹦床是一项运动员利用从蹦床反弹中表现杂技技巧的竞技运动，一质量为50 kg的运动员从1.8 m高处自由下落到蹦床上，若从运动员接触蹦床到运动员陷至最低点经历了0.2 s，则这段时间内蹦床对运动员的冲量大小为(取g＝10 m/s2，不计空气阻力)( )
A．400 N·s B．300 N·s
C．200 N·s D．100 N·s
【答案】A 解析：设运动员的质量为m，他刚落到蹦床瞬间的速度为v，运动员自由下落的过程，只受重力作用，故机械能守恒，即mgh＝mv2，解得v＝＝6 m/s.选取运动员接触蹦床的过程为研究过程，取向上为正方向．设蹦床对运动员的平均作用力为，由动量定理得(－mg)t＝0－(－mv)，蹦床对运动员的冲量大小为I＝t，结合以上两个式子可得I＝t＝mgt＋mv＝400 N·s.故A正确，B、C、D错误．
9．(2018雅安期末)如图所示，完全相同的三个小球a、b、c从距离地面同一高度处以等大的初速度开始运动，分别做平抛、竖直上抛和斜抛运动，忽略空气阻力．以下说法不正确的是( )
A．三个小球不同时落地
B．b、c所能达到的最大高度相同
C．三个小球落地时的速度大小相等
D．落地之前，三个小球在任意相等时间内动量的增量相同
【答案】B 解析：a球做平抛运动，竖直方向的分运动是自由落体运动，b做竖直上抛运动，c做斜上抛运动，竖直方向的分运动是竖直上抛运动，所以三个小球运动的时间不等，不同时落地，故A正确．b、c两球初始高度相同，分别做竖直上抛和斜上抛运动，开始时沿竖直方向向上的分速度c小，b大，所以b上升的最大高度大，c上升的最大高度小，故B不正确．小球运动过程中，只有重力做功，机械能均守恒，则有mgh＋mv＝mv2，得v＝，知三个小球初位置的高度h和初速度v0大小都相等，则落地时速度v大小相等，故C正确．三个小球的质量相等，根据动量定理可知，三个小球在任意相等时间内动量的增量为Δp＝mgt，则Δp是相等的，故D正确．本题选不正确的，故选B．
能力提升
10．(2018北京卷)2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h＝10 m，C是半径R＝20 m的圆弧的最低点．质量m＝60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a＝4.5 m/s2，到达B点时速度vB＝30 m/s.取重力加速度g＝10 m/s2.
(1)求长直助滑道AB的长度L；
(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；
(3)若不计BC段的阻力，画出运动员经过C点时的受力图，并求其所受支持力的大小．
【答案】(1)100 m (2)1 800 N·s (3)3 900 N
解析：(1)从A到B根据速度位移关系可得
v－v＝2aL
解得L＝ m＝100 m.
(2)根据动量定理可得
I＝mvB－mvA＝(60×30－0) N·s＝1 800 N·s.
(3)运动员经过C点时受到重力和支持力，如图所示
根据动能定理可得mgh＝mv－mv
根据牛顿第二定律可得FN－mg＝m
解得FN＝3 900 N.
11．(2018恩施一模)如图所示，质量M＝0.5 kg的长木板A静止在粗糙的水平地面上，质量m＝0.3 kg的物块B(可视为质点)以大小v0＝6 m/s的速度从木板A的左端水平向右滑动．已知物块B与木板A上表面间的动摩擦因数μ1＝0.6，认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2.
(1)若木板A与地面间的动摩擦因数μ2＝0.3，物块B恰好能滑到木板A的右端，求木板A的长度L；
(2)若木板A与地面间的动摩擦因数μ′2＝0.1，木板足够长，求木板A从开始滑动至达到最大速度过程中所受合力的冲量大小I.
【答案】(1)3 m (2)0.75 N·s
解析：(1)A、B之间的滑动摩擦力大小为
f1＝μ1mg＝1.8 N
A与地面间的最大静摩擦力为
f2＝μ2(M＋m)g＝2.4 N
由于f2>f1，故A静止不动
B向右做匀减速直线运动，到达A的右端时速度为0，有v＝2aL
其中a＝μ1g＝6 m/s2
解得L＝3 m.
(2)若木板A与地面间的动摩擦因数μ′2＝0.1，则
f′2＝μ′2(M＋m)g＝0.8 N
a1＝＝2 m/s2，a2＝a＝6 m/s2
当它们的速度相等时A速度最大，vm＝a1t＝v0－a2t
又I＝Mvm
代入数据得I＝0.75 N·s.
12．(2018乌鲁木齐模拟)如图所示，斜面倾角θ＝37°，静止在斜面上的木板AB的质量M＝2.5 kg，木板A端距斜面底端的距离L＝1.6 m，木板与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25.释放木板的同时，另一质量m＝1 kg的光滑小球在某一高度以初速度v0＝6 m/s开始做平抛运动，小球恰好垂直打在木板上并以原速率反向弹回．小球与木板撞击时间极短且小球受到的弹力远远大于其重力，重加速度g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)．求：
(1)小球与木板撞击时，木板运动的位移大小；
(2)木板A端运动到斜面底端时，木板的速度大小．
【答案】(1)1.28 m (2)2 m/s
解析：(1)由题意得vy＝＝8 m/s
由竖直方向上的自由落体运动规律可知
t＝＝0.8 s
由牛顿第二定律可得Mgsin θ－μMgcos θ＝Ma
得a＝4 m/s2
又x＝at2
联立解得x＝1.28 m .
(2)设小球与木板AB相碰前速度为v1
则有v1＝＝10 m/s
由动量定理可得FΔt＝2mv1
设木板AB与小球碰撞前、后瞬间的速度分别为v2、v3
v2＝at＝3.2 m/s
[Mgsin θ－μ(Mgcos θ＋F)]Δt＝Mv3－Mv2
上面Δt为无穷小，可得－2μmv1＝Mv3－Mv2
得v3＝1.2 m/s
设木板A端滑到斜面底端时速度为v4
由速度和位移公式可得v－v＝2a(L－x)
联立解得v4＝2 m/s.