高中物理人教版 (2019)选择性必修 第一册1 动量课时作业

1.1动量 同步练习（解析版）

1．质量的物块在竖直方向上的拉力作用下，由静止开始沿竖直方向运动，其速度与时间的关系为（速度v与时间t均采用国际主单位），，不计空气阻力，则在第内（　　）

A．物块的重力势能增加了 B．物块的机械能增加了

C．物块的动量增量为 D．拉力的功率为

2．某一物体受到几个恒力的作用而作匀速直线运动状态，如果撤掉其中的一个力而其它几个恒力保持不变，则此后（　　）

A．物体的动能一定不变

B．物体的动量一定不变

C．物体的动能随时间变化率一定不变

D．物体的动量随时间变化率一定不变

3．建筑工地上需要将一些建筑材料由高处运送到低处，为此工人们设计了一个斜面滑道，如图所示，滑道长为，其与水平面的夹角为37°。现有一些建筑材料（视为质点）从滑道的顶端由静止开始下滑到底端，已知建筑材料的质量为，建筑材料与斜面间的动摩擦因数为0.5，取。下列说法正确的是（　　）

A．建筑材料在滑道上运动的时间为

B．建筑材料到达滑道底端时的动量大小为

C．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受滑道支持力的冲量大小为零

D．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受重力做的功为

4．若物体在运动过程中受到的合外力不为零，经过一段时间，则（　　）

A．物体的动量可能不变

B．物体的动能不可能不变

C．物体的加速度一定变化

D．物体速度方向一定变化

5．如图所示，网球发球机水平放置在距地面某处，正对着竖直墙面发射网球，两次发射网球分别在墙上留下、两点印迹。测得。为水平线，若忽略网球在空中受到的阻力，则下列说法正确的是（　　）

A．两球碰到墙面时的动量可能相同

B．两球碰到墙面时的动能可能相等

C．两球发射的初速度：

D．两球碰到墙面前运动的时间：

6．动量相等的甲、乙两车刹车后分别沿两水平路面滑行。若两车质量之比，路面对两车的阻力相同，则甲、乙两车的滑行距离之比为（　　）

A．3：2 B．2：3 C．9：4 D．4：9

7．如图所示， PQS是固定于竖直平面内的光滑圆周轨道，圆心O在S的正上方。在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b，从同一时刻开始，a自由下落，b沿圆弧下滑.以下说法正确的是（　　）       

A．它们在S点的动量不相同， 动能相同

B．它们在S点的动量不相同，动能不相同

C．它们在S点的动量相同，动能不相同

D．它们在S点的动量相同，动能相同

8．一个质量是0.2kg的钢球，以大小为9m/s的速度水平向右运动，与坚硬的竖直墙壁发生碰撞后，以大小为8m/s的速度水平向左运动。若以水平向左方向为正方向，那么碰撞前后钢球的动量变化量是（　　）

A．  B．  C．  D．

9．我国是全球第一快递大国。快递在运输易碎物品时，经常用泡沫塑料做填充物，这是为了减小在搬运过程中（　　）

A．物品受到的冲量 B．物品的动量

C．物品的动量变化量 D．物品的动量变化率

10．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，到达下端时重力的瞬时功率依次为P1、P2、P3，则有（　　）

A．，，

B．，，

C．，，

D．，，

11．将小球以某一初速度从地面竖直向上抛出，取地面为零势能面，小球在上升过程中的机械能E、重力势能Ep与上升高度h间的关系分别如图中两直线所示，小球运动过程中所受阻力大小不变，已知：g=10 m/s2，，下列说法正确的是（     ）

A．小球上升到最高点过程中，重力的冲量大小为0.8 N·s

B．当小球速率为6m/s时，因阻力产生的热量为0.64 J

C．小球动能与重力势能相等时，小球所用时间约为0.27s

D．小球再次回到地面时，小球的动量大小为0.78kg·m/s

12．如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP＞QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是（　　）

A．合力对两滑块做功相同

B．弹力对b滑块的冲量较大

C．重力对a、b两滑块的冲量相同

D．两滑块的动量变化大小相同

13．已知质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零。在某星球M上沿直径凿通一条隧道，物体P从星球M表面由静止释放，仅在引力作用下沿此隧道内运动，物体的加速度a与物体运动的位移x间的关系如图中实线所示。在另一星球N上沿直径凿通一条隧道，物体Q从星球N表面由静止释放，仅在引力作用下沿此隧道内运动，物体的加速度a与物体运动的位移x间的关系如图中虚线所示。假设两星球均为质量均匀分布的球体，可认为隧道不影响星球质量的分布，不计星球自转的影响。已知物体P的质量是物体Q的2倍，则（　　）

A．M与N的半径相等

B．M的密度是N的6倍

C．P下落过程中的最大动能是Q的3倍

D．P下落过程中的最大动量是Q的4倍

14．一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随t变化如图所示，则（　　）

A．t=1s时物块的速率为1m/s

B．t=2s时物块的动量大小为2

C．t=3s时物块的动量大小为3

D．t=4s时物块的速度为2m/s

15．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。关于小球下落的整个过程，下列说法正确的有（　　）

A．小球的机械能减少了mg（H+h）

B．小球克服阻力做的功为mgh

C．小球所受阻力的冲量大于

D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量

16．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，水速，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（水的密度）。

17．羽毛球是速度最快的球类运动之一。假设球飞来的速度为，我国运动员林丹将球以的速度反向击回．设羽毛球质量为试求：

(1)林丹击球过程中羽毛球的动量变化量；

(2)在林丹的这次扣杀中，羽毛球的速度变化、动能变化各是多少？

18．在建筑工地上，一起重机将质量的重物以的加速度从静止开始竖直向上匀加速提升高度的过程中，（不计阻力，）求：

(1)重物受到的拉力；

(2)拉力所做的功；

(3)动量的变化量。

19．解答以下两个小题：

(1)质量为3kg的物体，速度有3m/s增大为9m/s，它的动量和动能各增大为原来的几倍？动量变化量为多少？

(2)A物体质量是3kg，速度是3m/s，方向向东；B物体质量是4kg，速度是4m/s，方向向西。它们的动量的矢量和是多少？它们的动能之和是多少？

参考答案

1．D

【详解】

A．由

可知，物块的加速度大小为；根据牛顿第二定律有

解得

在第内，物块的位移

物块的重力势能增加量

A错误；

B．机械能的增加量等于除了重力外拉力的功

B错误；

C．动量的增量

方向向上，C错误；

D．拉力的平均功率

D正确。

故选D。

2．D

【详解】

物体做匀速直线运动，所受合力为零，撤掉一个恒力，物体所受合力大小等于撤掉力的大小，方向与该力方向相反，物体所受合力为恒力；

A．合外力对物体做功，由动能定理可知，物体动能发生变化，故A错误；

B．物体所受合外力不为零，物体所受冲量不为零，由动量定理可知，物体动量发生变化，故B错误；

C．如果合力与物体速度方向不垂直，物体动能变化，动能随时间的变化而变化，故C错误；

D．物体动量随时间的变化率为

由于力F是恒力，则物体动量随时间变化率一定不变，故D正确；

故选D。

3．B

【详解】

A．下滑时，由牛顿第二定律得

根据匀变速直线运动规律公式得

解得

A错误；

B．建筑材料到达滑道底端时的速度为

动量为

B正确；

C．建筑材料在滑道上运动的过程中，所受滑道支持力不为零，所以冲量不为零。C错误；

D．重力做的功为

D错误。

故选B。

4．A

【详解】

A．合力不为零，经过一段时间物体的动量可能不变，例如匀速圆周运动运动一周，A正确；

B．合力不为零，但力不一定做功，故动能可能不变，如匀速圆周运动，B错误；

C．合外力不为零，则由牛顿第二定律可知有加速度，但若力为恒定则加速度不变，C错误；

D．若加速度与速度方向在同一直线上，则物体的速度方向可以不变，D错误。

故选A。

5．B

【详解】

A．动量为矢量，由图可知，二者与墙碰撞时其速度方向不相同，故二者碰到墙面时的动量不可能相同，故A错误；

B．设两球的质量相等，均为m，从抛出到与墙碰撞，根据动能定理有：

，

整理可以得到：

，

解得：

EKA=2EKB-mgh

若EKB=mgh，则EKA=EKB，故B正确。

CD．设，忽略空气阻力，则做平抛运动，竖直方向：

整理可以得到：

水平方向为匀速运动，而且水平位移大小相等，则：

x=vOAtA=vOBtB

整理可以得到：

故CD错误。

故选B。

6．A

【详解】

由公式

联立方程，解得

故选A。

7．A

【详解】

根据机械能守恒定律

解得

可知，a、b在S点的速度大小相等，方向不同，所以动能相等；根据

p=mv

可知，动量的大小相等，但是方向不同，所以动量不等。

故选A。

8．D

【详解】

若以水平向左方向为正方向，则初速度，末速度，因此动量变化

故选D。

9．D

【详解】

运输易碎器件等物品时，经常用泡沫塑料作填充物，这是为了在运输过程中，延长了力的作用时间，减小作用力，即使物体的动量变化率减小，不易损坏；物体受到的冲量、物体的动量以及动量的变化均是无法减小的，故D正确，ABC错误。

故选D。

10．B

【详解】

设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端C，由

得物体下滑的时间

所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量

I=mgt

就越大，故

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

相等，即

重力的瞬时功率

θ越小，sinθ越小，P越小，即

故选B。

11．ACD

【详解】

A．由图像可知上升到最高点高度

重力势能

解得质量为

根据动能定理得

解得

向上减速加速度

上升到最高点时间

上升到最高点过程中重力的冲量大小为

故A正确；

B．当小球速率为6m/s时，有两种情形，一种处于上升过程，另一种处于下降过程，上升过程速率为6m/s时用时

上升高度

阻力做功

由此可知下降过程速率为6m/s阻力产生的热量必然会大于，故B错误；

C．小球动能与重力势能相等时

上升过程根据动能定理得

联立解得

时间

下降过程根据动能定理

下降过程不存在动能和重力势能相等的位置，此种情况不存在。故C正确；

D．再次回到地面时的速度为，则下降过程根据动能定理

解得

则小球再次回到地面时，小球的动量大小为

故D正确。

故选ACD。

12．BC

【详解】

A．小滑块a、b下滑过程中只有重力做功，根据W=mgh可知，二者的下滑的高度不同，则合外力做功不同，故A错误；

B．对滑块，由牛顿第二定律得

（θ为光滑滑轨与水平方向的夹角）

由图中的几何关系可得滑块的位移

（R为圆半径）

滑块做初速度为零的匀加速直线运动，运动时间

t与θ无关，即

弹力的冲量

由图可知QN与水平方向之间的夹角小，所以b球的弹力的冲量大，故B正确；

C．重力的冲量为mgt，由于运动的时间相等，所以重力的冲量大小相等，故C正确；

D．由于小滑块达到底部的速度大小不同，由动量定理可知，两滑块的动量变化大小

可知动量变化不同，故D错误。

故选BC。

13．BC

【详解】

A．质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，故当物体运动到星球球心时，其加速度为0，由图可知，星球M的半径为x0，星球N的半径为2x0，故A错误；

B．由星球表面

得

故星球的密度为

由图可知，物体P开始下落时的加速度是物体Q开始下落时的3倍，又星球M的半径是星球N的一半，故星球M的密度是星球N的6倍，故B正确；

C．设物体Q的质量为m，因为P的质量是物体Q的2倍，由图像可知，物体P运动到星球M的球心时，引力对它做功为

由动能定理可知，物体P的最大动能为，

同理，物体Q运动到星球N的球心时，引力对它做功为

即物体Q的最大动能为，故P下落过程中的最大动能是Q的3倍，故C正确；

D．P下落过程中的最大动能是Q的3倍，故P下落的最大速度是Q的倍，因此P下落过程中的最大动量是Q的倍，故D错误。

故选BC。

14．AC

【详解】

A．前两秒，根据牛顿第二定律

则0－2s的速度规律为v=at，t=1s时，速率为1m/s，故A正确；

B．t=2s时，速率为2m/s，则动量为

故B错误；

CD．2－4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律

所以3s时的速度为

动量为3，同理4s时速度为1m/s，故C正确，D错误。

故选AC。

15．AC

【详解】

A．小球在整个下落过程中，动能变化量为零，重力势能减少了mg（H+h），则小球的机械能减少了mg（H+h），故A项正确；

B．对小球下落的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项错误；

C．小球落到地面时的速度，对进入泥潭的过程运用动量定理得

解得

知阻力的冲量大于，故C项正确；

D．对全过程分析运用动量定理知，动量的变化量等于重力的冲量和阻力冲量的矢量和；故D项错误。

故选AC。

16．

【详解】

设在一小段时间内，从水枪射出的水的质量为，则

以的水为研究对象，如图所示

它在时间内的动量变化量

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），

即

根据牛顿第三定律知

式中

代入数值得

17．(1)，方向与羽毛球飞回的方向相同；(2)

【详解】

(1)以球飞回的方向为正方向，则

所以羽毛球的动量变化量为

即羽毛球的动量变化大小为，方向与羽毛球飞回的方向相同；

(2)羽毛球的初速度为，羽毛球的末速度为，所以

羽毛球的初动能

羽毛球的末动能

，

所以

18．(1)650N；(2)9750J；(3)kg·m/s

【详解】

(1)由牛顿第二定律得

F-mg=ma

代入数据得

F=650N

(2) 拉力所做的功为

WF=Fh

代入数据得

WF=9750J

(3)由运动学公式得

动量的变化量为

=mv

联立并代入数据得

=kg·m/s

19．(1)3倍；9倍；18kg∙m/s ；(2) 7kg∙m/s，方向向西；45.5J.

【详解】

(1)物体动量p=mv，故速度由3m/s增大为9m/s，动量增大为原来的3倍；动量变化量为

物体动能，故当速度由3m/s增大为9m/s时，动能增大为原来的9倍；

(2)设向西为正方向，则它们动量的矢量和

方向向西；

它们的动能之和