上海市北虹高中2019-2020学年物理沪科版选修3-5：1.1探究动量变化与冲量的关系 课时作业（含解析）

1.1探究动量变化与冲量的关系
1．由我国自主建造的天宫空间站将于2022年投入运行，届时可以在完全失重的环境下开展系列科学研究。若飞船质量为2.0×103kg，飞船推进器的推力F为500N，飞船与空间站对接后，推进器工作10s，飞船和空间站的速度增加0.05m/s，则（　　）
A．对接前应使飞船和空间站处于同一轨道
B．推进过程中，飞船对空间站的力大于空间站对飞船的力
C．空间站的质量为105kg
D．飞船对空间站的推力为490N
2．质量为m的木箱放置在粗糙的水平地面上，在与水平方向成θ角的恒定拉力F作用下由静止开始在地面上运动，经过时间t速度变为v，则在这段时间内( 　)
A．重力对物体的冲量为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小为Ft cosθ
D．由已知条件不可能得出合外力对物体的冲量
3．把一定质量的小球放在竖立的弹簧上，并把小球往下按至A位置，如图甲所示。迅速松手后，弹簧把小球弹起，小球升至最高位置C（图丙），途中经过位置B时弹簧正好恢复原长（图乙）。弹簧质量和空气阻力均可忽略。下列说法正确的是（　　）
A．A到C的过程，小球的动量增加
B．A到C的过程，小球重力冲量小于弹簧弹力的冲量
C．A到B的过程，小球动量的增加量等于弹簧弹力的冲量
D．A到B的过程，小球重力的冲量一直变大
4．如图所示，在地面上固定一个质量为M的竖直木杆，一个质量为m的人以加速度a沿杆匀加速向上爬，经时间t，速度由零增加到v，在上述过程中，地面对木杆的支持力的冲量为( )
A．(Mg＋mg－ma)t B．(m＋M)v
C．(Mg＋mg＋ma)t D．mv
5．一质量为0.5kg的小球以12m/s的速度竖直向下撞击水平地面，反弹后离开地面时的速度大小为8m/s，方向竖直向上，设小球与地面的作用时间为0.2s，g取10m/s2，则地面对小球的平均作用力大小为（ ）
A．10N B．15N C．50N D．55N
6．日前，最高人民法院印发了《关于依法妥善审理高空抛物、坠物案件的意见》，对于认定 高空抛物犯罪和高空坠物犯罪做出了具体规定。为验证高空坠物的危害，将一颗鸡蛋 自45m高的15层楼顶由静止释放，鸡蛋落地后不反弹，与地面的作用时间为0.01s。不考虑空气阻力，则鸡蛋对地面产生的冲力约为其重力的（ ）
A．30倍 B．100倍 C．300倍 D．1000倍
7．质量为m的物块在t＝0时刻受沿固定斜面向上的恒力F1作用，从足够长的倾角为θ的光滑斜面底端由静止向上滑行，在t0时刻撤去恒力F1加上反向恒力F2(F1、F2大小未知)，物块的速度－时间(v－t)图象如图乙所示，2t0时刻物块恰好返回到斜面底端，已知物体在t0时刻的速度为v0，重力加速度为g，则下列说法正确的是（ ）
A．物块从t＝0时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为2mgt0sinθ
B．物块从t0时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为3mv0
C．F1的冲量大小为mgt0sinθ＋mv0
D．F2的冲量大小为3mgt0sinθ－3mv0
8．质量为m的蹦床运动员从离蹦床表面h髙处由静止自由下落，与蹦床接触后运动到最低点所用的时间为自由下落时间的倍，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则从与蹦床接触到运动至最低点的过程中（ ）
A．运动员对蹦床作用力冲量的大小大于蹦床对运动员作用力冲量的大小
B．运动员所受合力冲量大小小于蹦床对运动员作用力冲量的大小
C．合力对运动员的冲量大小等于m
D．运动员受到蹦床的平均作用力大小为（k+1）mg
9．如图所示，有一倾角为37°的足够长的粗糙斜面，动摩擦因数为0.5．现用F=20N的拉力沿斜面向上拉动1kg的木块，经6s后，下列说法正确的是：（ ）
A．木块的加速度恒为20m/s2 B．木块的动量为60kg·m/s
C．拉力F的冲量为120N·s D．拉力F的冲量为0
10．如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷 入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为 g．关于小球在刚接触地面到速度变为零的过程中，下列说法中正确的有（　　）
A．小球的机械能减少了mgh
B．小球克服阻力做的功为mg（H+h）
C．小球所受阻力的冲量等于
D．小球动量的改变量大小等于
11．质量的皮球，以的速度落向地面，撞击地面后，以的速率上弹，球与地面的作用时间是，若以向上为正方向，则球的动量变化是________，小球受到地面的平均作用力是________。
12．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_____kg?m/s，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）
13．如图所示，水力采煤时，用水枪在高压下喷出强力的水柱冲击煤层，设水柱直径为，水速为，假设水柱射在煤层的表面上，冲击煤层后水的速度变为零，求水柱对煤层的平均冲击力大小（水的密度）
14．一质量为m、长为L的柔软绳自由悬垂，下端恰与一台秤的秤盘接触.某时刻放开柔软绳上端，如图所示，求台秤的最大读数.
15．一质量为m的小球，以初速度v0沿水平方向射出，恰好垂直地射到一倾角为30°的固定斜面上，并立即沿反方向弹回．已知反弹速度的大小是入射速度大小的.求在碰撞过程中斜面对小球的冲量的大小．
参考答案
1．D
【解析】
A．根据卫星变轨知识可知，飞船和空间站处于同一轨道上，飞船加速，将做离心运动，到高轨道上，不能对接，故A错误；
B．根据牛顿第三定律可知，飞船对空间站的力与空间站对飞船的力是相互作用力，等大反向，故B错误；
C．根据动量定理可知：
代入数据解得空间站的质量为：
M＝9.8×104kg
故C错误；
D．对空间站，根据动量定理得：
M△v＝F′t
解得飞船对空间站的推力为490N，故D正确。
故选D。
2．B
【解析】
本题考查根据力与时间的乘积求重力和拉力对物体的冲量大小，根据动量定理求解合力对物体的冲量大小。
【详解】
A. 重力对物体的冲量大小为mgt，故A错误；
BC. 拉力F对物体的冲量大小I=Ft，故B正确，C错误；
D. 由动量定理可知，合外力对物体的冲量为
故D错误。
故选B。
3．D
【解析】
A．小球从A运动到C位置的过程中，先加速，当到达B点弹簧的弹力k△x=mg时，合力为零，加速度减小到零，速度达到最大，之后小球继续上升，弹簧的弹力小于重力，直到离开弹簧后，小球都做减速运动，故小球从A上升到C的过程中，速度先增大后减小，则动量也是先增大后减小，故A错误；
B．根据动量定理可之，A到C的过程，小球重力冲量等于弹簧弹力的冲量，故B错误；
C ．A到B的过程，根据动量定理：I弹-I重=mv-0，可知小球动量的增加量小于弹簧弹力的冲量，故C错误；
D．根据重力的冲力等于I重=mgt，可知A到B的过程，小球重力的冲量一直变大，故D正确。
故选D。
4．C
【解析】
以人为研究对象，根据牛顿第二定律得：F-mg=ma
解得：F=ma+mg
以杆子为研究对象，分析受力情况，杆子受到重力Mg、地面的支持力N和人对杆子向下的力F，根据平条件得：N=Mg+F=Mg+mg+ma
故支持力的冲量为：I=Nt=（Mg+mg+ma）t，故C正确，ABD错误。
考点：牛顿第二定律；冲量
【名师点睛】
本题是平衡条件和牛顿运动定律的综合应用，分析受力是关键；也可以对人和木杆整体运用动量定理列式求解．
5．D
【解析】
取竖直向上为正方向，对小球由动量定理有
代入数据解得
故选D。
6．C
【解析】
设鸡蛋的质量为m，重力加速度g=10m/s2，鸡蛋落地时速度
=30m/s
落地过程中，设地面对鸡蛋的作用力为F，取竖直向下为正方向，由动量定理：
可得：
由牛顿第三定律，地面对鸡蛋的作用力为F与鸡蛋对地面产生的冲力F'大小相等，联立解得：
故C正确，ABD错误；
故选C。
7．BC
【解析】
A．根据冲量的定义式可知物块从时刻开始到返回斜面底端的过程中重力的冲量大小为
故A错误；
B．由于在时撤去恒力加上反向恒力，物块在时恰好回到斜面的底端，所以在沿固定斜面向上的恒力的时间与撤去恒力加上反向恒力后回到底端的时间相等，设物体在沿固定斜面向上的恒力作用下的位移为，加速度为，取沿斜面向上为正；根据位移时间关系可得
根据速度时间关系可得撤去沿固定斜面向上的恒力时的速度为
撤去恒力加上反向恒力作用时的加速度为，则有
联立解得
物块在时的速度为
物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量为
即物块从时刻到返回斜面底端的过程中动量的变化量大小为，故B正确；
C．物体在沿固定斜面向上的恒力作用下，根据动量定理可得
解得的冲量大小为
故C正确；
D．撤去恒力加上反向恒力作用时，根据动量定理可得
解得
故D错误；
故选BC。
8．BCD
【解析】
A．从与蹦床接触到运动至最低点的过程中，运动员对蹦床作用力与蹦床对运动员作用力一直等大反向，作用时间相同，故冲量大小相同，故A错误；
B．设蹦床对运动员作用力为F，则运动员所受的合力为F-mg，即蹦床对运动员作用力大于运动员所受的合力，因为时间相等，故运动员所受合力冲量大小小于蹦床对运动员作用力冲量的大小，故B正确；
C．设运动员与蹦床接触时速度为v，则有：
则从与蹦床接触到运动至最低点的过程中，设向下为正方向，根据动量定理有：
负号表示方向与规定方向相反，即合力对运动员的冲量大小等于m，故C正确；
D．设运动员自由下落的时间为t，自由下落时有：
设运动员受到蹦床的平均作用力大小为FN，则有：
结合C选项分析可得：
故D正确。
故选BCD。
9．BC
【解析】
物理受力分析列牛顿第二定律方程F-mgsin37°-μmgcos37°=ma，代入数据解得：a＝10m/s2，故A错误；经6s后物体的速度v=at=60m/s，此时木块的动量为：P=mv=60kg·m/s，故B正确；拉力F的冲量为：I=Ft=120N·s，故C正确，D错误．所以BC正确，AD错误．
10．BD
【解析】
小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）．故A错误．对全过程运用动能定理得，mg（H+h）-Wf=0，则小球克服阻力做功Wf=mg（H+h）．故B正确．落到地面的速度 ，对进入泥潭的过程运用动量定理得，IG+If＝0?m，知阻力的冲量大小不等于m．故C错误．落到地面的速度v=，对进入泥潭后的速度为0，所以小球动量的改变量大小等于m．故D正确．故选BD.
点睛：解决本题的关键掌握动能定理和动量定理的运用，运用动能定理解题不需考虑速度的方向，运用动量定理解题需考虑速度的方向.
11． 1.8 3.6
【解析】规定向上为正方向，则动量的变化量为：△P=P2-P1=mv2-mv1=0.1×8-0.1×（-10）=1.8kg.m/s．根据动量定理得：(F-mg)t=△P解得F=3.6N.
【点睛】本题考查了动量定理基本运用，注意动量定理公式的矢量性，解题时需要规定正方向．
12．-14；；
【解析】
试题分析：小球碰地前的速度为：，
小球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：．
根据动量定理得：，解得：，负号表示方向竖直向上．
考点：动量定理
【名师点睛】根据速度位移公式分别求出小球碰地前和碰地后的速度，从而小球动量的增量，根据动量定理求出小球对地的平均作用力大小和方向；本题考查了动量定理以及自由落体运动位移速度公式的基本运用，知道公式的矢量性．
13．
【解析】
设在一小段时间内，从水枪射出的水的质量为，水柱横截面积为S，则
以为研究对象，它冲击煤层时在时间内的动量变化
设F为水对煤层的平均作用力，即冲力，为煤层对水的反冲力，以v的方向为正方向，根据动量定理（忽略水的重力），有
即
根据牛顿第三定律知
式中
代入数值得
14．3mg
【解析】
设t时刻落到秤盘上的绳长为x，此时绳速为
在时间内，有质量为
的绳落到秤盘上，其中为绳的线密度（线密度是绳单位长度的质量）。取向上为正方向，忽略微元段绳本身的重力冲量，根据动量定理，有:
解得:
故:
所以软绳将要全部掉到秤盘上时台秤的读数最大为3mg。
15．mv0
【解析】
小球在碰撞斜面前做平抛运动，设刚要碰撞斜面时小球速度为v，由题意知v的方向与竖直线的夹角为30°，且水平分量仍为v0，由此得v＝2v0.碰撞过程中，小球速度由v变为反向的v，碰撞时间极短，可不计重力的冲量，由动量定理，设反弹速度的方向为正方向，则斜面对小球的冲量为I＝m－m·(－v)
解得I＝mv0.