高中物理人教版选修3-5能力提升测试卷：第十六章 课时2动量和动量定理+Word版含答案

课时2　动量和动量定理
　　　　　　　　　　　　　
一、选择题
1．关于物体的动量，下列说法中正确的是(　　)
A．运动物体在任一时刻的动量方向，一定是该时刻的速度方向
B．物体的动能不变，其动量一定不变
C．动量越大的物体，其速度一定越大
D．物体的动量越大，其惯性也越大
答案　A
解析　动量具有瞬时性，任一时刻物体动量的方向，即为该时刻物体的速度方向，A正确；动能不变，若速度方向变化，动量也发生了变化，B错误；物体动量的大小由物体质量及速度大小共同决定，不是由物体的速度唯一决定，故物体的动量大，其速度不一定大，C错误；惯性由物体质量决定，物体的动量越大，其质量并不一定越大，惯性也不一定越大，D错误。
2．质量为0.5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下速度变为7 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量(　　)
A．大小为5 kg·m/s，方向与原运动方向相反
B．大小为5 kg·m/s，方向与原运动方向相同
C．大小为2 kg·m/s，方向与原运动方向相反
D．大小为2 kg·m/s，方向与原运动方向相同
答案　A
解析　以初速度的方向为正方向，由定义式Δp＝mv－mv0得Δp＝(－7×0.5－3×0.5) kg·m/s＝－5 kg·m/s，负号表示Δp的方向与正方向相反。
3.
如图所示，质量为m的物体放在水平地面上，在与水平面成θ角的拉力F作用下，物体由静止开始运动，经过时间t，速度达到v，在这段时间内拉力F、重力mg和合外力这三个力的冲量分别是(　　)
A．Ftcosθ、0、mv B．Ftcosθ、0、0
C．Ft、0、mv D．Ft、mgt、mv
答案　D
解析　根据冲量的定义可知，拉力F的冲量和重力mg的冲量分别为Ft和mgt；根据动量定理，合外力的冲量等于动量的变化量，即mv，选项D正确。
4．质量为m的钢球自高处落下，以速率v1碰地，竖直向上弹回，碰撞时间极短，离地的速率为v2。在碰撞过程中，钢球受到的冲量的方向和大小为(　　)
A．向下，m(v1－v2) B．向下，m(v1＋v2)
C．向上，m(v1－v2) D．向上，m(v1＋v2)
答案　D
解析　以初速度方向为正方向，由动量定理，合外力的冲量等于动量变化量，所以钢球受到的冲量：I＝－mv2－mv1＝－m(v2＋v1)，负号表示方向与初速度方向相反。因此选D。
5．篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以(　　)
A．减小球的动能变化量 B．增加球的动量变化率
C．减小球的动量变化量 D．减小球对手的冲力
答案　D
解析　篮球从传来到接到胸前，动能的变化量以及动量的变化量是一定的，故A、C错误。手从接触到球，两臂随球迅速引至胸前，延长了球与手的作用时间，减小了球对手的冲力，故D正确。动量的变化率指的是合外力，故B错误。
6．(多选)下列关于动量的说法，正确的是(　　)
A．质量大的物体，动量一定大
B．质量和速率都相同的物体，动量一定相同
C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变
D．一个物体的运动状态改变，它的动量一定改变
答案　CD
解析　根据动量的定义，它是质量和速度的乘积，因此它由质量和速度共同决定，故A错误；又因为动量是矢量，它的方向与速度的方向相同，而质量和速率都相同的物体，其动量大小一定相同，但方向不一定相同，故B错误；一个物体的速率改变，则它的动量大小就一定改变，故C正确；物体的运动状态变化，则它的速度就一定发生了变化，它的动量也就发生了变化，故D正确。故选C、D。
7．(多选)关于动量的变化，下列说法正确的是(　　)
A．在直线运动中，物体的速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同
B．在直线运动中，物体的速度减小时，动量的增量Δp的方向与运动方向相反
C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零
D．物体做曲线运动时，动量的增量一定不为零
答案　ABD
解析　在直线运动中，当物体的速度增大时，其末态动量p2大于初态动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1>0，与物体运动方向相同，如图甲所示，A正确；在直线运动中，当物体速度减小时，p28．如图所示，p、p′分别表示物体受到冲量前、后的动量，短线表示的动量大小为15 kg·m/s，长线表示的动量大小为30 kg·m/s，箭头表示动量的方向。在下列所给的四种情况下，物体动量改变量相同的是(　　)
A．①② B．②④ C．①③ D．③④
答案　C
解析　规定向右为正方向，①中Δp1＝p′－p＝－15 kg·m/s－30 kg·m/s＝－45 kg·m/s，②中Δp2＝p′－p＝30 kg·m/s－15 kg·m/s＝15 kg·m/s，③中Δp3＝p′－p＝－30 kg·m/s－15 kg·m/s＝－45 kg·m/s，④中Δp4＝p′－p＝15 kg·m/s－30 kg·m/s＝－15 kg·m/s，所以Δp相同的是①③，故C正确。
9.
(多选)恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是(　　)
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcosθ
D．合力对物体的冲量大小为零
答案　BD
解析　对冲量的计算一定要分清求的是哪个力的冲量，是某一个力的冲量、还是合力的冲量。一个力的冲量与另一个力的冲量无关。故选B、D。
10．物体在恒力作用下运动，下列说法中正确的是(　　)
A．动量的方向与受力方向相同
B．动量的方向与冲量的方向相同
C．动量的增量方向与受力方向相同
D．动量变化率的方向与速度方向相同
答案　C
解析　物体动量的方向由物体的速度方向决定，只有物体动量变化量(动量的增量)的方向才与冲量的方向相同，动量变化率就是物体所受的合外力，其方向与速度方向无关，只有C项正确。
11．(多选)对下列几种物理现象的解释，正确的是(　　)
A．击钉时，不用橡皮锤仅仅是因为橡皮锤太轻
B．跳远时，在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C．易碎品运输时，要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力
D．在车内推车推不动，是因为合外力冲量为零
答案　CD
解析　击钉时，不用橡皮锤是因为橡皮锤与钉子的作用时间长，作用力小；跳远时，在沙坑里填沙，是为了延长人与地的接触时间，从而减小地面对人的冲击力，所以A、B错误；由动量定理Ft＝Δp知，当Δp相同时，t越长，作用力越小，C正确；车能否移动取决于外力的作用，与内部作用力无关，车不动，说明车的动量增量为零，由动量定理知，合外力的冲量为零，D正确。
12.
(多选)如图所示，单摆摆球的质量为m，摆球从最大位移A处由静止释放，摆球运动到最低点B时的速度大小为v。重力加速度为g，不计空气阻力，则摆球从A运动到B的过程中(　　)
A．重力做的功为mv2
B．重力的最大瞬时功率为mgv
C．重力的冲量为0
D．合力的冲量大小为mv
答案　AD
解析　摆球从最大位移A处由静止开始释放，摆球运动到最低点B，根据动能定理得：WG＝mv2－0，故A正确；设摆球从A运动到B的过程中某点重力的瞬时功率最大，此时速率v′13．质量为m的物体在外力F的作用下(F的方向与运动方向一致)，经过Δt后，物体动量由mv1增加到mv2，如果力作用时间不同，下列结论中正确的是(　　)
A．在2F作用下经2Δt，物体的动量增加4mv2
B．在2F作用下经2Δt，物体的动量增加4mv1
C．在2F作用下经Δt，物体的动量增加m(2v2－v1)
D．在F作用下经2Δt，物体的动量增加2m(v2－v1)
答案　D
解析　由动量定理知：FΔt＝mv2－mv1＝m(v2－v1)，所以2F×2Δt＝4FΔt＝4m(v2－v1)≠4mv2≠4mv1，由此知A、B错误；2FΔt＝F·2Δt＝2m(v2－v1)，D正确，C错误。
14.
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，滑到底端时速度的大小为vt，所用时间为t，则物块滑至斜面的底端时，重力的瞬时功率及重力的冲量分别为(　　)
A.、0 B．mgvt、mgtsinα
C．mgvtcosα、mgt D．mgvtsinα、mgt
答案　D
解析　物体滑到底端重力功率为：P＝mgvtsinα，重力的冲量：I＝mgt，故A、B、C错误，D正确。
15．如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下，在到达斜面底端的过程中，下列说法正确的是(　　)
A．两物体所受重力的冲量相同
B．两物体所受合外力的冲量相同
C．两物体到达斜面底端时的动量不同
D．两物体动量的变化量相同
答案　C
解析　物体沿光滑斜面下滑的加速度a＝gsinθ，从斜面顶端到达底端时间t＝，而sinθ＝，所以t＝，则重力的冲量IG＝mgt＝mg，由于θ不同，故两物体重力冲量不同，A错误。两物体所受合力大小为F合＝mgsinθ，所以I合＝mgsinθ·t＝m，因此合力的冲量大小相同，但θ不同所以方向不相同，B、D错误。物体到达底端的速度大小为v＝at＝，但速度方向不同，故到达底端动量不同，C正确。

16．如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉到地面上的P点，若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为(　　)
A．仍在P点
B．在P点左侧
C．在P点右侧不远处
D．在P点右侧原水平位移的两倍处
答案　B
解析　以2v速度抽出纸条时，纸条对铁块作用时间减少，而纸条对铁块的作用力相同，故与以速度v抽出相比，纸条对铁块的冲量I减小，动量的增量减小，平抛的初速度减小，水平射程减小，故落在P点的左侧。
17．(多选)一个篮球被竖直向上抛出后又回到抛出点。假设篮球在运动过程中受到的空气阻力大小与其运动的速度大小成正比，比较篮球由抛出点上升到最高点和从最高点下降到抛出点这两个过程，下列判断正确的是(　　)
A．上升过程中篮球受到的重力的冲量大小小于下降过程中篮球受到的重力的冲量大小
B．上升过程中篮球受到的重力的冲量大小等于下降过程中篮球受到的重力的冲量大小
C．上升过程中篮球受到的合力的冲量大小小于下降过程中篮球受到的合力的冲量大小
D．上升过程中篮球受到的合力的冲量大小大于下降过程中篮球受到的合力的冲量大小
答案　AD
解析　上升过程，空气阻力向下，根据牛顿第二定律有mg＋f＝ma1；下降过程，空气阻力向上，根据牛顿第二定律有mg－f′＝ma2。故a1＞a2，据h＝at2可知t1＜t2，重力是恒力，其冲量大小IG＝mgt，可知上升过程中篮球受到的重力的冲量较小，所以A正确，B错误。合外力的冲量大小等于动量的改变量，由于抛出时速度v0大于回到抛出点时速度v，故上升过程篮球动量改变量大小大于下降过程篮球动量改变量大小，所以D正确，C错误。
18．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内动量变化相等
B．0～t0时间内物体的平均速率与t0～2t0内平均速率不等
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
答案　C
解析　0～t0与t0～2t0时间内作用力方向不同，动量变化量不相等，A错误；t＝t0时，物体速度最大，t＝2t0时物体速度为零，由动量定理Ft＝mΔv可得，F0t0－F0t0＝0,0～t0与t0～2t0时间内物体平均速率相等，B错误，C正确；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。
19.
(多选)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为Δp1、Δp2、Δp3，则有(　　)
A．三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量大小相等
B．三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
C．I1D．I1答案　ABC
解析　由机械能守恒定律可知，物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量大小Δp＝mv相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3；根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量大小也相等，注意方向不同；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由＝gsinθ·t2，得物体下滑的时间t＝，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1二、非选择题
20．将质量m＝0.2 kg的小球以水平速度v0＝3 m/s抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，求：
(1)抛出后0.4 s内重力对小球的冲量；
(2)抛出0.4 s时小球的动量；
(3)抛出后0.4 s内小球动量的变化量。
答案　(1)0.8 N·s，方向竖直向下
(2)1 kg·m/s，方向与水平方向成53°向下
(3)0.8 kg·m/s，方向竖直向下
解析　(1)重力是恒力，0.4 s内重力对小球的冲量
I＝mgt＝0.2×10×0.4 N·s＝0.8 N·s，
方向竖直向下。
(2)0.4 s时的速度
v′＝＝＝ m/s
＝5 m/s，
设其方向与水平方向夹角为θ，则tanθ＝＝，知θ＝53°，由此知小球速度方向与水平方向成53°角。
0．4 s时动量p′＝mv′＝0.2×5 kg·m/s＝1 kg·m/s，
方向与水平方向成53°向下。
(3)根据动量定理知，这0.4 s内小球动量的变化量就是这0.4 s内重力的冲量，所以有
Δp＝mg·t＝0.2×10×0.4 kg·m/s＝0.8 kg·m/s，
方向与重力方向一致，竖直向下。
21．用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)比较(1)和(2)，讨论是否要考虑铁锤的重力。
答案　(1)200 N　(2)205 N'(3)见解析
解析　(1)以铁锤为研究对象，不计重力时，只受钉子的作用力，方向竖直向上，设为F1，取竖直向上为正方向，由动量定理可得F1t＝0－mv
所以F1＝－N＝200 N，方向竖直向上。
由牛顿第三定律知铁锤钉钉子的平均作用力为200 N，方向竖直向下。
(2)若考虑重力，设此时受钉子的作用力为F2，取竖直向上为正方向。对铁锤应用动量定理，可得(F2－mg)t＝0－mv，所以F2＝ N＋0.5×10 N＝205 N，方向竖直向上。
由牛顿第三定律知，此时铁锤钉钉子的平均作用力为205 N，方向竖直向下。
(3)比较F1与F2，其相对误差为×100%＝2.5%，可见本题中重力的影响可忽略。
22．质量为0.1 kg的弹性小球从高为1.25 m处自由下落至一光滑而坚硬的水平板上，碰撞后弹回到0.8 m高处，碰撞时间为0.01 s，求小球与水平板之间的平均撞击力为多少？(g取10 m/s2)
答案　91 N
解析　设小球与水平板碰撞前瞬间的速度为v1，碰撞后瞬间的速度为v2，
则v1＝＝5 m/s，方向竖直向下。
v2＝＝4 m/s，方向竖直向上。
规定竖直向上为正方向，对碰撞过程应用动量定理得：(F－mg)t＝mv2－(－mv1)
解得：F＝91 N。
23．如图所示，在倾角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内物体所受各力的冲量。(g取10 m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)
答案　重力的冲量为100 N·s，方向竖直向下
支持力的冲量为80 N·s，方向垂直于斜面向上
摩擦力的冲量为16 N·s，方向沿斜面向上
解析　物体沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和摩擦力的作用，冲量I＝FΔt，是矢量。
重力的冲量IG＝GΔt＝mgΔt＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下。
支持力的冲量IFN＝FNΔt＝mgcosα·Δt＝5×10×0.8×2 N·s＝80 N·s，方向垂直于斜面向上。
摩擦力的冲量IFf＝FfΔt＝μmgcosα·Δt＝0.2×5×10×0.8×2 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上。
24．质量m＝70 kg的撑竿跳高运动员从h＝5.0 m高处落到海绵垫上，经Δt1＝1 s后停止，则该运动员身体受到的平均冲力约为多少？如果是落到普通沙坑中，经Δt2＝0.1 s停下，则沙坑对运动员的平均冲力约为多少？(g取10 m/s2)
答案　1400 N　7700 N
解析　以从高处开始落下到停止全过程为研究对象，初、末动量的数值都是0，所以运动员的动量变化量为零，根据动量定理，合力的冲量为零，根据自由落体运动的知识，物体下落到地面上所需要的时间是t＝＝1 s
从开始下落到落到海绵垫上停止时，
mg(t＋Δt1)－F·Δt1＝0
代入数据，解得F＝1400 N
下落到沙坑中时，mg(t＋Δt2)－F′·Δt2＝0
代入数据，解得F′＝7700 N。
25．采煤中有一种方法是用高压水流将煤层击碎将煤采下。今有一采煤水枪，由枪口射出的高压水流速度为v，设水流垂直射向煤层的竖直表面，随即顺煤壁竖直流下，求水流对煤层的压强。(水的密度为ρ)
答案　ρv2
解析　设射向煤层的水流横截面面积为S，在时间Δt内有质量为ρSv·Δt的水撞击煤层，动量变为零。设煤层对水流作用力为F，取煤层对水作用力方向为正方向，对于上述这部分水由动量定理有
F·Δt＝0－(－ρSvΔt·v)
解得F＝ρSv2
由牛顿第三定律知，水流对煤层作用力大小
F′＝F＝ρSv2
所以煤层表面受到水流的压强为p＝＝ρv2。
26．在水平力F＝30 N的作用下，质量m＝5 kg的物体由静止开始沿水平面运动。已知物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，若F作用6 s后撤去，撤去F后物体还能向前运动多长时间才停止？(g取10 m/s2)
答案　12 s
解析　解法一：用动量定理解，分段处理。
选物体为研究对象，撤去F前，物体做匀加速直线运动，受力情况如图甲所示，初状态速度为零，末状态速度为v。取水平力F的方向为正方向，根据动量定理有(F－μmg)t1＝mv－0，
撤去F后，物体做匀减速直线运动，受力情况如图乙所示，初状态速度为v，末状态速度为零。根据动量定理有－μmgt2＝0－mv
以上两式联立解得
t2＝t1＝×6 s＝12 s。
解法二：用动量定理解，研究全过程。
选物体作为研究对象，研究整个运动过程，在这个过程的初、末状态，物体速度都等于零。
取水平力F的方向为正方向，根据动量定理得
(F－μmg)t1＋(－μmg)t2＝0
解得t2＝t1＝×6 s＝12 s。
27．长为L的无弹性轻绳一端固定在O点，另一端系一质量为m的小球，小球在光滑水平面上以速度v从A点开始做匀速圆周运动，如图所示。在小球运动半周到B点的过程中，求：
(1)小球重力的冲量；
(2)轻绳拉力的冲量。
答案　(1)，方向竖直向下
(2)2mv，方向与B点速度同向
解析　(1)小球重力的冲量
IG＝mg·t＝mg·＝，方向竖直向下。
(2)规定小球在B点时的速度方向为正方向，因轻绳的拉力为变力，所以根据动量定理得，轻绳拉力的冲量IF＝I合＝Δp＝pB－pA＝2mv，方向与B点速度同向。