1.2 动量定理 同步练习 （word版含答案）

动量定理练习
一、单选题（每道题只有一个正确答案）
轿车发生碰撞时关于安全气囊对驾驶员保护作用的说法正确的是
A. 减小了驾驶员的动量变化量
B. 减小了驾驶员的动量变化率
C. 减小了驾驶员受到撞击力的冲量
D. 延长了撞击力的作用时间，从而使得驾驶员的动量变化量更大
篮球竖直落下，与水平地面碰撞前速度大小为4m/s，碰后竖直反弹，速度大小为1m/s，已知篮球质量为0.6kg，则篮球与地面碰撞过程中篮球所受合力的冲量大小为(?? )
A. 1.8kg?m/s B. 3kg?m/s C. 0.6kg?m/s D. 2.4kg?m/s
体操运动员从同样高度翻滚落地时，总有一个屈膝的动作，其原因是(????)
A. 屈膝落地动量小，不易受伤
B. 屈膝落地动量改变小，不易受伤
C. 不屈膝落地动量改变大，容易受伤
D. 屈膝落地可以延长作用时间，从而减小腿部受力，不易受伤
一质量为2kg的物体受到水平拉力F作用，在粗糙水平面上作加速直线运动时的a?t图像如图所示，t=0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N。(????)
A. 在t=6s时刻，物体的速度为18m/s
B. 在t=6s时间内，合力对物体做的功为400J
C. 在t=6s时间内，拉力对物体的冲量为36Ns
D. 在t=6s时刻，拉力F的功率为200W
质量为m的钢球由高处自由落下，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，地面对钢球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)
如图所示，小滑块在水平外力F作用下，沿水平地面从A点由静止向右滑行，滑至B点时撤去外力F，到达C点时速度恰为零，不计空气阻力。则下列说法中正确的是
A. BC段滑块动量的改变量大于阻力的冲量
B. AB段和BC段滑块动量的变化量相同
C. 滑块运动的全过程，F的功与克服阻力的功相等
D. 滑块运动的全过程，F的冲量与阻力的冲量相同
高空坠物极易对行人造成伤害。若一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层坠下，与地面的撞击时间约为2ms，则该鸡蛋对地面产生的冲击力约为(????)
A. 10N B. 102N C. 103N D. 104N
如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是(? )
A. 斜面对物体的弹力的冲量为零 B. 物体受到的重力的冲量大小为mgt
C. 物体受到的合力的冲量大小为零 D. 物体动量的变化量大小为零
用水平力F拉一物体，使物体在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，t1时刻撤去拉力F，物体做匀减速直线运动，直到t2时刻停止。物体运动的v—t图像如图所示，且α>β。若拉力F做的功为W1、冲量大小为I1，物体克服摩擦力Ff做的功为W2，摩擦力的冲量大小为I2，则下列判断正确的是
A. W1>W2；I1>I2 B. W1I2
C. W1一质量为m的物体静止在粗糙水平面上，t=0时刻给物体施加一个水平向右的拉力，拉力F随时间变化的规律如图所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知重力加速度为g，物体与水平面间的动摩擦因数满足μ=F1mg，下列说法正确的是
A. 0～t1时间内摩擦力的冲量大小为F1t1
B. t1时刻物体的动量大小为12F1t1
C. 0～t2时间内摩擦力的冲量大小为F1(t2?t1)
D. t2时刻物体的动量大小为12(F2?F1)(t2?t1)
如图所示，质量为M的木块位于光滑水平面上，在木块与墙之间用轻弹簧连接，开始时木块静止在A位置。现有一质量为m的子弹以水平速度v0射向木块并嵌入其中，则当木块回到A位置时的速度v以及此过程中墙对弹簧的冲量I的大小分别为(????)
A. v=mv0M+m，I=0 B. v=mv0M+m，I=2mv0
C. v=mv0M+m，I=2m2v0M+m D. v=mv0M，I=2mv0
如图所示，我国女子短道速滑运动中，“接棒”的运动员甲提前站在“交棒”的运动员乙前面，并且开始向前滑行，待乙追上甲时，乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出．在乙推甲的过程中，忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，则(??? )
A. 甲对乙的冲量一定小于乙对甲的冲量
B. 甲、乙的动量变化一定大小相等、方向相反
C. 甲的动能增加量一定等于乙的动能减少量
D. 甲对乙做多少负功，乙对甲就一定做多少正功
二、多选题（每题有两个或两个以上的正确答案）
如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为θ，质量为m的物体以速度v从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为t.对于这一过程，下列判断正确的是(????)
A. 斜面对物体的弹力的冲量为零
B. 物体受到的重力的冲量大小为mgt
C. 物体受到的合力的冲量大小为零
D. 物体动量的变化量大小为mgsinθ?t
质量为m的物体以大小为v0的初速度沿斜面上滑，到达最高点处再返回原处的速度大小为vt，且vt=0.5v0，则(??? )
A. 上滑过程中重力的冲量比下滑时小
B. 上滑时和下滑时支持力的冲量都等于零
C. 合力的冲量在整个过程中大小为32mv0
D. 整个过程中物体动量变化量大小为12mv0
在一个斜面上，摆两条(光滑)轨道，一条是直线，一条是曲线，起点高度以及终点高度都相同。两个质量，大小一样的小球同时从起点向下滑落，曲线的小球反而先到终点。这是由于曲线轨道上的小球先达到最高速度，所以先到达。然而，两点之间的直线只有一条，曲线却有无数条，那么，哪一条才是最快的呢？1696年，瑞士数学家约翰·伯努利解决了这个问题，这条最速曲线就是一条摆线，也叫旋轮线。现让质量相同的小球1和2分别沿直线，最速曲线由静止开始下滑到斜面底端。此过程中(????)
A. 两小球所受合力冲量相同
B. 球1的合力冲量大于球2的合力冲量
C. 两小球重力冲量相同
D. 球1的重力冲量大于球2的重力冲量
A，B两物体沿同一直线分别在相同大小的恒力作用下运动，它们的动量p随时间的变化规律如图所示，在图示的时间内，两物体所受的冲量IA、IB以及初动量pA、pB的关系是(????)
A. pA>pB，方向相同 B. pA>pB，方向相反
C. IA>IB，方向相同 D. IA>IB，方向相反
三、计算题（写清解题过程）
某校设计专业学生对手机进行了防摔设计，防摔设计是这样的：在屏幕的四个角落设置了由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成的保护器，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知到手机掉落，保护器会自动弹出，对手机起到很好的保护作用。总质量为160g的该种型号手机从距离地面1.25m高的口袋中被无意间带出，之后的运动可以看作自由落体运动，平摔在地面上，保护器撞击地面的时间为0.5s，不计空气阻力，g=10m/s2?，试求：
(1)手机落地前瞬间的速度大小；
(2)手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小；
(3)地面对手机的平均作用力大小。
一质量m=2?kg的滑块，从长度L=12?m的光滑斜面顶端由静止开始下滑。已知斜面倾角θ=37°(sin37°=0.6,cos37°=0.8)，g取10?m/s2。求滑块从斜面顶端滑到底端过程中：
(1)滑块的重力的冲量；
(2)斜面对滑块的支持力的冲量。
2017年5月5日，我国自行研制、具有完全自主知识产权的新一代大型喷气式客机C919首飞成功，拉开了全面试验试飞的新征程．假设飞机在平直跑道上从静止开始自西向东做加速运动，经过时间t=40s后达到起飞所要求的速度v=80m/s，此时滑行距离为x=2.0×103m.已知飞机质量m=7.0×104kg，牵引力恒为F=2.0×105N，加速过程中受到的阻力随速度变化，重力加速度取g=10m/s2，求飞机加速过程中：
(1)牵引力的平均功率；
(2)飞机所受阻力的冲量．
答案
1.【答案】B
【解答】
在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理Ft=ΔP可知，可以减小驾驶员受到的冲击力，即减小了驾驶员的动量变化率，故B正确，ACD错误。
故选B。
2.【答案】B
【解答】
以向上为正方向，则篮球的初动量为：p1=mv1=?0.6×4kg·m/s=?2.4kg·m/s，篮球的末动量为：p2=mv2=0.6kg·m/s，根据动量定理可得此过程中，篮球受到的合力的冲量为：I合=p2?p1=3kg·m/s，故B正确，ACD错误。
3.【答案】D
【解答】
设运动员着地时速度为v，质量为m，与地面间的平均作用力为F，则着地过程中根据动量定理(mg?F)△t=0?mv
得：F=mg+mv△t
因此，可知与地面作用时间越长，F越小，越不容易受伤。故D正确，ABC错误。
4.【答案】D
【解答】
A.根据△v=a△t可知a?t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+Δv=2+12×(2+4)×6=20m/s，故A错误；
B.根据动能定理得：W合=ΔEk=12mv62?12mv02=12×2×400?12×2×4=396J，故B错误；
C.根据动量定理得：
Ft?ft=mv6?mv0
解得：Ft=2×20?2×2+2×6=48N?s，故C错误；
D.在t=6s时刻，根据牛顿第二定律得：
F=ma+f=2×4+2=10N
则在t=6s时刻，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D正确。?
5.【答案】D
【解答】
选取竖直向下方向为正方向，根据动量定理，碰撞时间极短，忽略重力的冲量，所以地面对钢球的冲量I=?mv2?mv1=?m(v1+v2)，则地面对钢球的冲量的方向向上，大小为m(v1+v2)，故ABC错误，D正确。
6.【答案】C
【解答】
A、设滑块到B点速度为v，摩擦力为f，对BC段滑块只受摩擦力，应用动量定理有Δp=ΔI=ft，故BC段滑块动量的改变量等于阻力的冲量，故A错误；
B、AB段动量变化量Δp1=mv?0=mv，BC段滑块动量的变化量Δp2=0?mv=?mv，Δp1≠Δp2，故B错误；
C、对滑块运动的全过程应用动能定理，有FsAB?fsAC=0，因此WF=Wf，故C正确；
D、滑块运动的全过程，F的冲量与阻力的冲量大小相同，方向相反，故D错误。
7.【答案】C
【解答】
每层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度为：
?=(25?1)×3m=72m；
自由下落时间为：
t1=2?g=2×7210s=3.8s，
与地面的碰撞时间约为：
t2=2ms=0.002s，
全过程根据动量定理可得：
mg(t1+t2)?Ft2=0
解得冲击力为：F=950N≈103N，故C正确。
8.【答案】B
【解答】
A.斜面对物体的弹力的冲量大小：I=Nt=mgcosθ?t，弹力的冲量不为零，故A错误；
B.根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为：IG=mg?t，故B正确；
CD.物体受到的合力的冲量大小为mgtsinθ，由动量定理得：动量的变化量大小△p=I合=mgsinθ?t，则合力的冲量和动量的变化量不为零，故CD错误；
9.【答案】D
【解答】
对于运动的整个过程，根据动能定理，有W=W1?W2=ΔEk=0，故W1=W2；
根据动量定理，有I=I1?I2=Δp=0，故I1=I2，
故选D。
10.【答案】D
【解答】
A.F?t图象的面积表示该力的冲量，0?t1时间内拉力的冲量为12F1t1，根据动量定理得0?t1时间内摩擦力的冲量大小为12F1t1，故A选项错误；
B.由题意得，物体在t1时刻拉力等于最大静摩擦力，滑动摩擦力大小为F1；t1时刻物体开始运动，所以t1时刻物体的动量为零，故B选项错误；
C.0?t2时间内摩擦力的冲量大小I=F1(t2?t1)+12F1t1=F1(t2?t12)，故C选项错误；
D.t1?t2时间内，根据动量定理得12(F1+F2)(t2?t1)?F1(t2?t1)=p?0，t2时刻物体的动量大小为p=12(F1+F2)(t2?t1)?F1(t1?t1)=12(F2?F1)(t2?t1)，故D选项正确。
11.【答案】B
【解析】子弹射入木块过程，由于时间极短，子弹与木块间的内力远大于系统外力，由动量守恒定律得：
mv0=(M+m)v
解得：v=mv0M+m
子弹和木块系统在弹簧弹力的作用下先做减速运动，后做反向的加速运动，回到A位置时速度大小不变，即当木块回到A位置时的速度大小v=mv0M+m；
子弹和木块弹簧组成的系统受到的合力即可墙对弹簧的作用力，根据动量定理得：
I=?(M+m)v?mv0=?2mv0
所以墙对弹簧的冲量I的大小为2mv0
12.【答案】B
13.【答案】BD
【解答】
A.斜面对物体的弹力的冲量大小：I=Nt=mgcosθ?t，弹力的冲量不为零，故A错误；
B.根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为：IG=mg?t，故B正确；
C.物体受到的合力的冲量大小为mgtsinθ，由动量定理得：动量的变化量大小△p=I合=mgsinθ?t，则由动量定理可知，合力的冲量不为零，故C错误，D正确；
故选BD。
14.【答案】AC
【解答】
解：A.设初速度方向为正方向，故物体返回原处的速度为：?0.5v0，设上滑的时间为t，下滑的时间为t1；由于上滑及下滑过程均为匀变速运动，且位移大小相等，故由匀变速直线运动规律的推论可得：v02t=0.5v02t1，解得上滑时间与下滑时间的关系为：t=t12，重力的冲量为：I=mgt，故由表达式可知上滑过程中重力的冲量比下滑时小，A正确；
B.由于冲量等于力与作用时间的乘积，故上滑时和下滑时支持力的冲量都不等于零，B错误；
C.在整体过程中，由动量定理可得合力在整个过程中的冲量：I=?0.5mv0?mv0=?1.5mv0，故其大小为：32mv0，C正确；
D.由于整个过程中物体动量变化等于合力的冲量，故由以上分析可知整个过程中物体动量变化量的大小为：32mv0，D错误。
故选AC。
15.【答案】AB
16.【答案】AD
【解答】
AB.根据P?t图像可知，初动量为：PA>PB，因为动量为正值，故动量的方向相同，故A正确，B错误；
CD.由动量定理可知：冲量I=△p，由图示图象可知，IA>IB，冲量方向相反。故C错误，D正确。
故选AD。
17.【答案】解：(1)落地的速度v2=2g?，代入数值，得：v=2g?=2×10×1.25m/s=5m/s，
(2)方法一：根据自由落体运动?=12gt2，代入数值，得t=2?g=2×1.2510=0.5s，
根据I=mgt，得重力冲量I=mgt=0.16×10×0.5N?s=0.8N?s，
方法二：由动量定理：I=mv?0，代入数值得：I=0.8N?s。
(3)取竖直向下为正方向，由动量定理(mg?F)t=0?mv，
得F=mg+mvt=1.6N+0.16×50.5N=3.2N。
18.【答案】(1)解：受力分析，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma
则a=6m/s2
由运动公式L=12at2
得t=2?s
则重力的冲量为IG=mgt
带入数据得IG=40?kg?m/s
方向竖直向下
(2)支持力的冲量为IN=Nt=mgtcosθ
带入数据得IN=32?kg?m/s
方向垂直于斜面向上
19.【答案】解：
(1)牵引力做功：W=Fx?功率P=Wt，代入数据可得：P=1×107W
(2)
取向东为正向，对飞机加速过程：Ft+If=mv?0
代入数据可得：If=?2.4×106N?s? ?
飞机所受阻力的冲量大小为2.4×106N?s。方向向西
答：
(1)牵引力的平均功率为1×107W
(2)飞机所受阻力的冲量大小为2.4×106N?s。方向向西