1.2 动量定理课后练习—【新教材】人教版（2019）高中物理选择性必修第一册（word含答案）

动量定理
课后练习
一、单选题
1.古时有“守株待兔”的寓言．假设兔子质量约为2kg,以15m/s的速度奔跑，撞树后反弹的速度为1m/s，则兔子受到撞击力的冲量大小为（???? ）
A.?28 N·s?????????????????????????????????B.?29N·s?????????????????????????????????C.?31 N·s?????????????????????????????????D.?32 N·s
2.材料不同的两个长方体，上下粘结在一起组成一个滑块，静止在光滑的水平面上。质量为m的子弹以速度 v0 水平射向滑块，若射击上层，子弹的深度为d1；若射击下层，子弹的深度为d2 ， 如图所示。已知d1>d2。这两种情况相比较（?? ）
A.?子弹射入上层过程中，子弹对滑块做功较多????????B.?子弹射入上层过程中，滑块通过的距离较大
C.?子弹射入下层过程中，滑块受到的冲量较大????????D.?子弹射入下层过程中，滑块的加速度较小
3.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
4.从同一高度自由下落的玻璃杯，掉在水泥地面上易碎，掉在软泥地面上不易碎，这是因为（?? ）
A.?掉在水泥地面上，玻璃杯的动量大
B.?掉在水泥地面上，玻璃杯的动量变化大
C.?掉在水泥地面上，玻璃杯受到的冲量大
D.?掉在水泥地面上，玻璃杯受到的冲量和掉在软泥地面上一样大，但与水泥地面作用时间短，因而受到的水泥地的作用力大
5.为估算雨水对伞面产生的平均撞击力，小明在大雨天将一底面为长方形的笔筒置于露台，笔筒底面积为20cm2（筒壁厚度不计），测得1分钟内杯中水位上升了40mm，当时雨滴竖直下落速度约为10m/s。若雨滴撞击伞面后沿着伞面流下，雨水的密度约为1×103kg/m，伞面的面积约为0.8m2 ， 据此估算当时雨水对伞面的平均撞击力约为（雨水重力可忽略）（?? ）
A.?0.5N?????????????????????????????????????B.?1.5N?????????????????????????????????????C.?2.5N?????????????????????????????????????D.?5N
6.高楼坠物极其危险，新闻中曾多次报道由于高楼坠物造成的人员伤亡案例。假设一质量为 m 的物体由 h 处自由下落，物体落地时与地面相互作用的时间为t，重力加速度用 g 表示，忽略一切阻力。则物体与地面产生的作用力的平均值应为（?? ）
A.?m2g?t+mg????????????????B.?m2g?t????????????????C.?m2g?t?mg????????????????D.?mg?m2g?t
7.人们在运动时穿着运动鞋感觉更加舒适，其物理学原理是（?? ）
A.?减小了脚落地时的动量 B.?减小了脚落地过程中的动量变化量
C.?缩短了运动中脚落地的缓冲时间 D.?延长了运动中脚落地的缓冲时间
8.如图所示，两个相同的物体在同一高度沿倾角不同的两个光滑斜面由静止自由滑下，到达斜面底端的过程中，两个物体具有的相同的物理量是（?? ）
A.?重力的冲量 B.?合力的冲量大小
C.?斜面对物体的支持力的冲量 D.?刚到达底端时动量的水平分量
9.如图所示，质量为m的物体放在光滑的水平面上，与水平方向成θ角的恒力F作用在物体上一段时间(作用过程中物体未离开水平面)，则在此过程中 （?? ）
A.?力F对物体做的功大于物体动能的变化
B.?力F对物体做的功等于物体动能的变化
C.?力F对物体的冲量大小小于物体动量大小的变化
D.?力F对物体的冲量等于物体动量的变化
10.在距地面高度为h处，同时以大小相等的初速度v0 ， 分别平抛、竖直上抛、竖直下抛出一个质量相等的小球，不计空气阻力，比较它们从抛出到落地过程中动量的增量Δp，正确的是(?? )
A.?平抛过程中动量的增量Δp最大????????????????????????????B.?竖直下抛过程中动量的增量Δp最大
C.?竖直上抛过程中动量的增量Δp最大?????????????????????D.?三者一样大
11.如图甲所示,质量M=0.8 kg 的足够长的木板静止在光滑的水平面上,质量m=0.2 kg的滑块静止在木板的左端,在滑块上施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力F,4 s后撤去力F。若滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g=10 m/s2,则下列说法正确的是(?? )。
A.?0-4 s时间内拉力的冲量为3.2 N·s????????????????????????B.?t=4 s时滑块的速度大小为17.5 m/s
C.?木板受到滑动摩擦力的冲量为2.8 N·s??????????????????D.?木板的速度最大为2 m/s
12.一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重心上升高度为h。在此过程中(?? )
A.?地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为 12 mv2
B.?地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零
C.?地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为 12 mv2
D.?地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
13.质量为m的钢球自高处落下,以速度v1碰地,竖直向上弹回,碰撞时间极短,离地的速度为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.?向上,m(v1+v2)????????????????C.?向上,m(v1-v2)????????????????D.?向下,m(v1+v2)
14.如图所示，光滑水平面上有大小相同的 A、B 两球在相向运动，它们的动量大小分别是pA=5kg·m/s，pB=8kg·m/s，然后发生正碰，规定向右为正方向，则碰后两球的动量增量可 能分别为（?? ）
A.?ΔpA=4kg?m/s ， ΔpB=－4kg?m/s??????????????B.?ΔpA=－4kg?m/s ， ΔpB=4kg?m/s
C.?ΔpA=?5kg?m/s ， ΔpB=5kg?m/s???????????????D.?ΔpA=?12kg?m/s ， ΔpB=12kg?m/s
15.下列说法正确的是（?? ）
A.?质量一定的物体，若动量发生变化，则动能一定变化
B.?质量一定的物体若动能发生变化，则动量一定变化
C.?做匀速圆周运动的物体，其动能和动量都保持不变
D.?一个力对物体有冲量，则该力一定会对物体做功
二、填空题
16.如图所示，质量20 kg的小车静止在光滑水平面上，从水枪中喷出的水柱的横截面积是10 cm2 ， 速度10 m / s，水的密度1.0×103 kg / m3。若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中，当有质量5 kg的水进入小车时，小车的速度大小________ m / s，小车的加速度大小________ m / s2。
17.一个质量为0.18kg的垒球,以25m/s水平速度飞向球棒,被球棒打击后,反向飞回. 速度的大小为45m/s,设球棒与垒球的作用时间为0.02s，球棒对垒球的平均作用力为________N
18.质量为0.5 kg的小球沿光滑水平面以5 m/s的速度冲向墙壁后又以4 m/s的速度反向弹回，如图所示，则碰撞前的动量大小为________ kg?m/s 。若球与墙的作用时间为0.05 s，则小球所受到的平均力大小为________ N.
三、综合题
19.一质量 m=2kg 的滑块，从长度 L=12m 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 10m/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。
20.质量m=1kg的小球从高h1=20m处自由下落到软垫上，反弹后上升的最大高度h2=5m，小球与软垫接触的时间t=1s，不计空气阻力，g=10m2/s，以竖直向下为正方向，求:
（1）小球与软垫接触前后的动量改变量；
（2）接触过程中软垫对小球的平均作用力大小．
21.如图所示，竖直平面内一光滑水平轨道左边与墙壁对接，右边与一足够高的 14 光滑圆弧轨道相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B质量分别为1.5 kg和0.5 kg.现让A以6 m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰撞时间为0.3 s，碰后速度大小变为4 m/s.当A与B碰撞后会立即粘在一起运动，已知g＝10 m/s2 ， 求：
（1）A与墙壁碰撞过程中，墙壁对小球平均作用力F；
（2）A、B滑上圆弧轨道的最大高度．
答案解析
一、单选题
1. D
设初速度方向为正方向，则由题意可知，初速度v0=15m/s；末速度为v=-1m/s；则由动量定理可知：I=mv-mv0=-2-2×15=-32N?s；
故答案为：D．
2. B
A．设两个滑块的总质量为M．取向右为正方向，根据动量守恒定律得mv0=（M+m）v
得 v=mv0M+m
可知两种滑块获得的速度是相同的，则滑块获得的动能是相同的，根据动能定理知：子弹对滑块做的功等于滑块动能的增量，所以两次子弹对滑块做的功一样多。A不符合题意；
B．设子弹和滑块间的作用力大小为f，由能量守恒定律得 fd=12mv02?12(M+m)v2
由于d1＞d2 ， 则得 f1＜f2 ． 即子弹射入上层过程中，子弹对滑块的作用力较小。子弹对滑块做功 W=fl
W相等，则知子弹射入上层过程中，滑块通过的距离较大。B符合题意；
C．对滑块，根据动量定律得 I=Mv-0
即 I=Mv
M、v相等，则两次滑块受到的冲量相同。C不符合题意；
D．对滑块，由牛顿第二定律得 a=fM
由于f1＜f2 ， 所以a1＜a2 ． 即子弹射入上层过程中，滑块的加速度较小。D不符合题意。
故答案为：B。
3. D
AB．球1和球2沿两条不同的路径下滑，都只有重力做功，且下落的高度相同，根据动能定理有 mg?=12mv2
解得 v=2g? ，故两小球最终的速度大小相等，但到达最终位置时速度方向不相同，根据动量定理有 I合=Δp=mv
故两小球所受合力冲量大小相等，但由于最终速度的方向不相同，故两小球所受合力冲量的方向不相同，故两小球所受合力冲量不相同，AB不符合题意；
CD．由题可知，小球2更快到达终点，故所用的时间比球1更短，根据 I=mgt
可知球2的重力冲量小于球1的重力冲量，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
4. D
杯子从同一高度滑下，故到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等；与地面接触后速度减小为零，故动量的变化相同，由动量定理可知I=△p可知，冲量也相等；但由于在水泥地上，接触时间较短，故动量的变化率较大，作用力较大；而在软泥上时，由于软泥的缓冲使时间变长，动量的变化率较小，作用力较小，
故答案为：D。
5. D
根据动量定理 F?Δt=mv
在一分钟时间内，撞到伞上的水的质量 m=ρ?s=1×103×40×10?3×0.8kg=32kg
可知撞击力 F=mvt=32×1060≈5N
根据牛顿第三定律可知，雨水对伞的平均冲击力约为5N，D符合题意，ABC不符合题意。
故答案为：D。
6. A
对下落的物体，由机械能守恒定律得 mg?=12mv2
则物体落地时的速度为 v=2g?
物体与地面相互作用后的速度变为零，取向下的方向为正，由动量定理得 (mg?F)t=0?mv
解得 F=m2g?t+mg
故答案为：A。
7. D
A．脚在落地前的速度大小相等，故落地前的动量相等，A不符合题意；
B．脚落地后最后的速度均为零；故说明动量的变化一定相等，B不符合题意；
CD．由于运动鞋的底软硬度比较适中，适当延长了运动中脚落地的缓冲时间，从而导致冲击力较适中，感觉更加舒适，C不符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
8. B
物体在下滑过程中，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得 mg?=12mv2
物体到达斜面底端时，速度 v=2g?
由牛顿第二定律得 mgsinθ=ma
加速度大小为 a=gsinθ
物体沿斜面下滑的时间 t=va=2g?gsinθ=1sinθ2?g
由于斜面倾角θ不同，物体下滑的时间t不同
A．重力的冲量I=mgt
由于时间t不同，重力的冲量不同，A不符合题意；
B．由动量定理可知，合外力的冲量等于动量的变化量，即 I合=mv
m、v大小相等，合外力冲量大小相等，B符合题意；
C．斜面对物体的支持力的冲量为 I=Nt=mgcosθ×t=m2g?cotθ
斜面倾角不同，弹力的冲量不同，C不符合题意；
D．物体到达底端时动量的水平分量 mvcosθ=m2g?cosθ
斜面倾角不同，动量的水平分量不同，D不符合题意。
故答案为：B。
9. B
恒力F对物体做功为Fscosθ，合外力对物体做功为Fscosθ，根据动能定理得：合外力对物体做功等于物体动能的变化，则Fscosθ=△Ek ， 所以力F对物体做的功等于物体动能的变化，A不符合题意，B符合题意。力F对物体的冲量大小等于Ft，合外力对物体的冲量为Fcosθt，根据动量定理得：合外力对物体的冲量等于物体的动量变化，即Fcosθt=△P，所以力F对物体的冲量大于物体动量的变化。C D不符合题意。
故答案为：B。
10. C
三个小球中竖直上抛的物体运动时间最长，而竖直下抛的物体运动时间最短，故竖直上抛物体的重力的冲量最大，由动量定理 I=ΔP 可得，竖直上抛物体动量的增量最大，C符合题意；
故答案为：C.
11. C
A.冲量的定义式: I=Ft ,所以F-t图像面积代表冲量，所以0-4 s时间内拉力的冲量为 I=0.5+12×2+2×1=3.5N·s ，A不符合题意
B.木块相对木板滑动时：对木板： μmg=Ma ，对木块： F?μmg=ma ，联立解得： F=0.5N ， a=0.5m/s2 ，所以0时刻，即相对滑动，对滑块： IF?μmgt=mv1?0 ，解得4s时滑块速度大小： v1=9.5m/s ，B不符合题意
CD.4s时，木板的速度 v2=at=0.5×4m/s=2m/s ，撤去外力后，木板加速，滑块减速，直到共速，根据动量守恒： mv1+Mv2=(M+m)v ，解得： v=3.5m/s ，对木板根据动能定理可得： I=Mv=2.8N·s C符合题意，D不符合题意
故答案为：C
12. B
设地面对运动员的冲量为I，则由动量定理得：I－mgΔt＝mv－0
I＝mv＋mgΔt。
运动员从下蹲状态到身体伸直并刚好离开地面，地面对运动员作用力的作用点的位移为零，地面对他不做功；
A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为 12 mv2 ， 与结论不相符，A不符合题意；
B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零，与结论相符，B符合题意；
C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为 12 mv2 ， 与结论不相符，C不符合题意；
D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零，与结论不相符，D不符合题意；
故答案为：B。
13. B
选取竖直向下方向为正方向，忽略重力冲量。根据动量定理得地面对钢球的冲量为：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）。
故答案为：B
14. D
A．由于作用前的总动量向左，则作用后的总动量也是向左的，设碰撞后A的动量为 pA' ，B的动量为 pB' ，向右为正，根据题意则 ΔpA=pA'?pA=pA'?5kg?m/s=4kg?m/s
得到碰撞后A的动量为 pA'=9kg?m/s
方向向右，同理可以得到 ΔpB=pB'?pB=pB'?(?8kg?m/s)=?4kg?m/s
得到碰撞后B的动量为 pB'=?12kg?m/s
方向向左，虽然总动量仍然向左，而且动量守恒，但是碰撞后总能量增加，不符合实际情况，A不符合题意；
B．根据题意则 ΔpA=pA'?pA=pA'?5kg?m/s=?4kg?m/s
得到碰撞后A的动量为 pA'=1kg?m/s
方向向右，同理可以得到 ΔpB=pB'?pB=pB'?(?8kg?m/s)=4kg?m/s
得到碰撞后B的动量为 pB'=?4kg?m/s 方向向左，虽然总动量仍然向左，而且动量守恒，但是不符合实际情况，B不符合题意；
C．根据题意则 ΔpA=pA'?pA=pA'?5kg?m/s=?5kg?m/s
得到碰撞后A的动量为 pA'=0
即碰撞后A球静止不动，同理可以得到 ΔpB=pB'?pB=pB'?(?8kg?m/s)=5kg?m/s
得到碰撞后B的动量为 pB'=?3kg?m/s
方向向左，虽然总动量仍然向左，而且动量守恒，但是不符合实际情况，C不符合题意；
D．根据题意则 ΔpA=pA'?pA=pA'?5kg?m/s=?12kg?m/s
得到碰撞后A的动量为 pA'=?7kg?m/s
方向向左，同理可以得到 ΔpB=pB'?pB=pB'?(?8kg?m/s)=12kg?m/s
得到碰撞后B的动量为 pB'=4kg?m/s
方向向右，总动量仍然向左，而且动量守恒同时碰撞后的能量小于碰撞前的能量，符合实际情况，D符合题意。
故答案为：D。
15. B
AB．质量一定的物体，若动量发生变化，则可能是速度大小变化，也可能是速度方向变化，因此动能不一定变化。若动能发生变化，则速度的大小一定发生变化，因此动量一定变化，A不符合题意，B符合题意。
C．做匀速圆周运动的物体，速度的大小不变，但速度的方向时刻在变化，因此物体的动能不变，但动量时刻在变化，C不符合题意。
D．一个力对物体有了冲量，则物体的速度可能只有方向改变，如匀速圆周运动，此时该力对物体不做功，D不符合题意。
故答案为：B。
二、填空题
16. 2；2.56
第一空. 流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，当淌入质量为m的水后，小车速度为v1 ， 则mv=（m+M）v1 ， 解得： v1=mvm+M=2m/s 。
第二空. 质量为m水流进小车后，在极短的时间△t内，冲击小车的水的质量为 Δm=ρS(v?v1)Δt 此时，水对车的冲击力为F，则车对水的作用力也为F，据动量定理有：-F△t=△mv1-△mv，解得： F=ρS(v?v1)2=64N ，根据牛顿第二定律得： a=Fm+M=2.56m/s2 。
17. 630
设原方向为正方向，根据动量定理：Ft=mv2-mv1得： F=0.18×(-45-25)0.02=-630N ，符号表示力的方向与初速度的方向相反；
18. 2.5；90
以初速度5 m/s的方向为正方向，碰撞前的动量大小 p=mv=0.5×5=2.5kg?m/s ，球与墙之间的相互作用过程中，应用动量定理得： ?FΔt=?mv′?mv ，代入数据： F=mv′+mvΔt=0.5×4+0.5×50.05=90N 。
三、综合题
19. （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=2s
则重力的冲量为 IG=mgt
带入数据得 IG=40kg?m/s
方向竖直向下
（2）解：支持力的冲量为 IN=Nt=mgtcosθ
带入数据得 IN=32kg?m/s
方向垂直于斜面向上
（1）滑块下滑过程做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律可以求出下滑的加速度大小，结合位移公式可以求出运动的时间，利用重力和时间可以求出重力冲量的大小；
（2）利用支持力和运动的时间可以求出支持力冲量的大小。
20. （1）解：小球从开始下落到接触软垫过程，由动能定理可得： mg?1=12mv12 ，解得：小球与软垫接触前速度 v1=20m/s ，方向竖直向下．
小球反弹上升过程，由动能定理得： ?mg?2=0?12mv22 ，解得：小球与软垫接触后速度 v2=10m/s ，方向竖直向上．
以竖直向下为正方向，则 v2=?10m/s
小球与软垫接触前后的动量改变量 Δp=mv2?mv1=1×(?10)?1×20kg?m/s=?30kg?m/s
即动量改变量的大小为 30kg?m/s ，方向竖直向上
（2）解：以竖直向下为正方向，对接触过程中小球应用动量定理得： mgt+(?Ft)=Δp
代入数据解得：软垫对小球的平均作用力大小 F=40N
(1)据动能定理求出小球与软垫接触前后的速度，进而求出小球与软垫接触前后的动量改变量；(2)对小球与软垫接触过程，应用动量定理求出接触过程中软垫对小球的平均作用力．
21. （1）解：设水平向右为正方向，当A与墙壁碰撞时，由动量定理得：
Ft=mAv′1-mA?（-v1），代入数据解得：F=50N
（2）解：设碰撞后A、B的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mAv′1=（mA+mB）v，
A、B在光滑圆形轨道上滑动时，机械能守恒，由机械能守恒定律得： 12 （mA+mB）v2=（mA+mB）gh，
代入数据解得：h=0.45m
（1）把小球作为研究对象，结合小球碰撞前后的速度和作用时间，利用动量定理求解平均作用力；
（2）两个物体组成系统动量守恒和机械能守恒，利用动量守恒定律和机械能守恒列方程分析求解即可。