高中物理鲁科版 (2019)选择性必修 第一册第1章 动量及其守恒定律第1节 动量和动量定理课后作业题

这是一份高中物理鲁科版 (2019)选择性必修 第一册第1章 动量及其守恒定律第1节 动量和动量定理课后作业题，共16页。试卷主要包含了下列关于动量的说法,正确的是，关于动量,下列说法中正确的是，质量为0，关于冲量,下列说法正确的是，篮球运动深受同学们的喜爱等内容，欢迎下载使用。

第1章　动量及其守恒定律
第1节　动量和动量定理
基础过关练
题组一　动量的理解
1.(多选)下列关于动量的说法,正确的是 (　易错　)
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
2.关于动量,下列说法中正确的是 (　　)
A.做匀速圆周运动的物体,动量不变
B.做匀变速直线运动的物体,它的动量一定在变化
C.物体的动量变化,动能也一定变化
D.甲物体的动量p1=5 kg·m/s,乙物体的动量p2=-10 kg·m/s,所以p1>p2
题组二　动量的变化
3.(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.物体做平抛运动时,动量的增量一定不为零
4.(多选)质量为0.5 kg的物体,运动速度大小为3 m/s,它在一个变力作用下,经过一段时间后速度大小变为7 m/s,则这段时间内动量的变化量为 (　易错　)
A.5 kg·m/s,方向与初速度方向相反
B.5 kg·m/s,方向与初速度方向相同
C.2 kg·m/s,方向与初速度方向相反
D.2 kg·m/s,方向与初速度方向相同
题组三　冲量的理解与计算
5.(多选)关于冲量,下列说法正确的是 (　　)
A.冲量是物体动量变化的原因
B.作用在静止物体上的力的冲量一定为零
C.动量越大的物体受到的冲量越大
D.冲量的方向与力的方向相同
6.运动员向球踢了一脚(如图),踢球时的力F=100 N,球在地面上滚动了t=10 s停下来,则运动员对球的冲量为 (　易错　)

A.1 000 N·s　　　B.500 N·s
C.零　　　D.无法确定
7.如图所示,一个物体在与水平方向成θ角的拉力F作用下匀速前进了时间t,则 (　　)

A.拉力F对物体的冲量大小为Ft cos θ
B.拉力F对物体的冲量大小为Ft sin θ
C.摩擦力对物体的冲量大小为Ft sin θ
D.合外力对物体的冲量大小为零

题组四　动量定理及其简单应用
8.(多选)下列关于物体动量和冲量的说法正确的是 (　　)
A.物体所受合外力冲量越大,它的动量也越大
B.物体所受合外力冲量不为零,它的动量一定要改变
C.物体动量增量的方向,就是它所受合外力冲量的方向
D.物体所受合外力越大,它的动量变化就越快
9.清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验,成功“中华第一撞”,从此,我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨,在碰撞过程中,关于安全气囊的保护作用认识正确的是 (　　)
A.安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化
B.安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量
C.安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率
D.安全气囊延长了撞击力的作用时间,从而使得动量变化更大
10.(2020浙江舟山中学模拟)篮球运动深受同学们的喜爱。打篮球时某同学伸出双手接传来的篮球,双手随篮球迅速收缩至胸前,如图所示。下列说法正确的是 (　　)

A.手对篮球的作用力大于篮球对手的作用力
B.手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对平衡力
C.这样做的目的是减小篮球动量的变化量
D.这样做的目的是减小篮球对手的冲击力

能力提升练
题组一　冲量与动力学、能量的结合
1.(2020河北衡水第十三中学月考,)将一质量为0.2 kg的小球以20 m/s的初速度斜向上抛出,不计空气阻力,当小球落到与抛出点等高处时,小球动量改变了4 kg·m/s,则这一过程经历的时间为(g取10 m/s2)　 (　　)
A.0.5 s　　　B.2 s　　　C.4 s　　　D.8 s
2.(2020黑龙江双鸭山一中高三月考,)有两颗质量不等,在圆轨道运行的人造地球卫星。用T表示卫星的运行周期,用p表示卫星的动量,则有关轨道半径较大的那颗卫星的周期T、动量p和机械能,下列说法中正确的是 (深度解析)
A.周期T较大,动量p也较大,机械能也较大
B.周期T较大,动量p可能较小,机械能不能确定
C.周期T较小,动量p较大,机械能较大
D.周期T较小,动量p较小,质量大的卫星的机械能较大
3.(2020黑龙江牡丹江一中高二上月考,)原来静止的氕核(11H)、氘核(12H)、氚核(13H)混合物经同一电场加速后(不考虑电荷之间的静电力作用),它们具有相同的 (　　)
A.速度　　　B.动能　　　
C.动量　　　D.以上都不对
4.(2020江苏如皋高二上调研,)(多选)高铁列车在启动阶段的运动可看作初速度为零的匀加速直线运动。在启动阶段,列车的动量 (　　)

A.与它的速度成正比
B.与它所经历的时间成正比
C.与它的位移成正比
D.与它的动能成正比
5.[2021新高考八省(市)1月联考,河北卷,7,6分,](多选)游乐场滑索项目的简化模型如图所示,索道AB段光滑,A点比B点高1.25 m,与AB段平滑连接的BC段粗糙,长4 m。质量为50 kg的滑块从A点由静止下滑,到B点进入水平减速区,在C点与缓冲墙发生碰撞,反弹后在距墙1 m的D点停下。设滑块与BC段的动摩擦因数为0.2,规定向右为正方向。g取10 m/s2。下列说法正确的是 (　　)

A.缓冲墙对滑块的冲量为-50 N·s
B.缓冲墙对滑块的冲量为-250 N·s
C.缓冲墙对滑块做的功为-125 J
D.缓冲墙对滑块做的功为-250 J
6.[2021新高考八省(市)1月联考,广东卷,5,4分,]如图所示,学生练习用头颠球。某一次足球静止自由下落80 cm,被重新顶起,离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s,足球的质量为0.4 kg,重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力,下列说法正确的是 (　　)

A.头部对足球的平均作用力为足球重力的10倍
B.足球下落到与头部刚接触时动量大小为3.2 kg·m/s
C.足球与头部作用过程中动量变化量大小为3.2 kg·m/s
D.足球从最高点下落至重新回到最高点的过程中重力的冲量大小为3.2 N·s
7.(2020山东日照高二下期末,)如图所示,ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆,a、b、c、d四个点位于同一圆周上,a在圆周最高点,d在圆周最低点,每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出),三个滑环分别从a、b、c三点同时由静止释放。关于它们下滑到d点的过程,下列说法正确的是 (　　)

A.它们的重力冲量相同
B.重力的平均功率相同
C.合外力对它们做功相同
D.它们动量的增量相同
题组二　动量定理在“流体类”问题中的应用
8.(2019山西晋城三模,)太空中的尘埃对飞船的碰撞会阻碍飞船的飞行,质量为M的飞船飞入太空尘埃密集区域时,需要开动引擎提供大小为F的平均推力才能维持飞船以恒定速度v匀速飞行。已知尘埃与飞船碰撞后将完全黏附在飞船上,则在太空尘埃密集区域单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为 (　　)
A.M+Fv　　　B.Fv-M　　　
C.M-Fv　　　D.Fv
9.(2020山东淄博高三一模,)新型冠状病毒主要传播方式为飞沫传播,打喷嚏可以将飞沫喷到十米之外。有关专家研究得出打喷嚏时气流喷出的速度可达40 m/s,假设打一次喷嚏大约喷出5×10-5 m3的空气,用时约0.02 s。已知空气的密度为1.3 kg/m3,估算打一次喷嚏人受到的平均反冲力为 (　　)
A.0.13 N　　　B.0.68 N
C.2.6 N　　　D.13 N
题组三　动量定理与图像问题的结合
10.(2020河北张家口高三上入学摸底,)(多选)一质点静止在光滑水平面上,现对其施加水平外力F,F随时间按正弦规律变化,如图所示,下列说法中正确的是　 (　　)

A.第2 s末质点的动量为零
B.第4 s末,质点回到出发点
C.在1~2 s时间内,F的功率先增大后减小
D.在1~3 s时间内,F的冲量为0
11.(2019湖南怀化调研,)一质量为1 kg的质点静止于光滑水平面上,从t=0时刻开始,受到如图所示的水平外力作用,下列说法正确的是 (　　)

A.第1 s末质点的速度为2 m/s
B.第2 s末外力做功的瞬时功率最大
C.第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为1∶2
D.第1 s内与第2 s内质点动能增加量之比为4∶5
题组四　动量定理的综合应用
12.(2020广东广州一模,)如图为跳水运动员从起跳到落水过程的示意图,运动员从最高点到入水前的运动过程记为Ⅰ,运动员入水后到最低点的运动过程记为Ⅱ,忽略空气阻力,则运动员 (　　)

A.过程Ⅰ中动量改变量等于零
B.过程Ⅱ中动量改变量等于零
C.过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量
D.过程Ⅱ中动量改变量等于重力的冲量
13.(2019陕西汉中高二下期末,)(多选)如图,物体P、Q置于光滑水平面上,某时刻分别在大小相同的水平恒力F1、F2作用下,由静止开始运动,经时间t,P、Q发生的位移大小关系为xP
A.F2的功率比F1的大　　　B.P的速度比Q的大
C.P的动能比Q的大　　　D.P与Q的动量相等
14.(2019河南郑州调研,)质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上,物体与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4。有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上,使之加速前进,经3 s后撤去F。求物体运动的总时间(g取10 m/s2)。深度解析








15.(2020北京高考物理考前冲刺押题卷一,)据统计,人在运动过程中,脚底在接触地面瞬间受到的冲击力是人体自身重力的数倍。为探究这个问题,实验小组同学利用落锤冲击的方式进行了实验,即通过一定质量的重物从某一高度自由下落冲击地面来模拟人体落地时的情况。重物与地面的形变很小,可忽略不计。重力加速度g取10 m/s2。下表为一次实验过程中的相关数据:
重物(包括传感器)的质量m/kg
8.5
重物下落高度H/cm
45
重物反弹高度h/cm
20
最大冲击力Fm/N
850
重物与地面接触时间t/s
0.1
(1)请你选择所需数据,通过计算回答下列问题:
a.重物受到地面的最大冲击力时的加速度大小为多少?
b.在重物与地面接触过程中,重物受到地面施加的平均作用力是重物所受重力的多少倍?
(2)如果人从某一确定高度由静止竖直跳下,为减小脚底在与地面接触过程中受到的冲击力,可采取什么具体措施,请你提供一种可行的方法并说明理由。



答案全解全析
第1章　动量及其守恒定律
第1节　动量和动量定理
基础过关练
1.CD　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;动量是矢量,它的方向与速度的方向相同,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;一个物体的速率改变,则它的动量大小就一定改变,故C对;物体的运动状态改变,则它的速度一定发生了变化,它的动量也就发生了变化,故D对。
易错警示
本题易错选B,没有考虑速度和动量的矢量性,速率相等只说明速度的大小相等,而速度的方向不一定相同,动量也是矢量,其方向与速度的方向一致,速度方向不同时,动量也不相同。
2.B　动量是矢量,做匀速圆周运动的物体的速度方向时刻在变化,故动量时刻在变化,A错误;做匀变速直线运动的物体的速度大小时刻在变化,所以动量一定在变化,B正确;若物体的速度方向变化,但大小不变,则动量变化,而动能不变,C错误;动量的负号只表示方向,不参与大小的比较,故p1 3.ABD　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,所以A正确;在直线运动中,当物体速度减小时,p2
4.AD　以初速度方向为正方向,如果末速度的方向与初速度方向相反,由Δp=mv'-mv得Δp=(-7×0.5-3×0.5) kg·m/s=-5 kg·m/s,负号表示Δp的方向与初速度方向相反,选项A正确,B错误;如果末速度方向与初速度方向相同,由Δp=mv'-mv得Δp=(7×0.5-3×0.5) kg·m/s=2 kg·m/s,方向与初速度方向相同,选项C错误,D正确。
易错警示
本题易漏选A,速度是矢量,速度大小变为7 m/s,其方向可能与原速度方向相同,可能与原速度方向相反,也可能与原速度方向不在一条直线上。若末速度与原速度方向相反,速度变化量大小为10 m/s。
5.AD　根据动量定理I=mv2-mv1=Δp可知,冲量是物体动量变化的原因,选项A正确;只要有力作用在物体上,经历一段时间,这个力便有冲量,与物体处于什么状态无关,选项B错误;物体所受冲量I=Ft与物体动量的大小p=mv无关,选项C错误;冲量是矢量,其方向与力的方向相同,D正确。
6.D　球滚动了t=10 s是地面摩擦力对球的作用时间,不是踢球的力的作用时间,由于不能确定运动员踢球时的力的作用时间,所以无法确定运动员对球的冲量,故选D。
易错警示
本题易误选A项,由于对冲量意义的不理解,误将足球的运动时间当成力的作用时间。
7.D　求冲量时,必须明确是哪一个力在哪一段时间内的冲量。本题中,各力作用的时间都是一样的,拉力F对物体的冲量是Ft,所以A、B错;物体受到的摩擦力Ff=F cos θ,所以摩擦力对物体的冲量大小为If=F cos θ·t,C错;物体做匀速运动,合外力为零,所以合外力对物体的冲量大小为零,D对。
8.BCD　由Ft=Δp知,Ft越大,Δp越大,但动量不一定大,A错误,B正确;物体所受合外力冲量与动量增量Δp不仅大小相等,而且方向相同,C正确;由F=p'-pt知,物体所受合外力越大,它的动量变化就越快,D正确。
9.C　在碰撞过程中,驾驶员的动量的变化量是一定的,而用安全气囊后延长了力的作用时间,根据动量定理Ft=Δp可知,安全气囊减小了驾驶员受到的撞击力,即安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率,故选C。
10.D　手对篮球的作用力与篮球对手的作用力是一对作用力与反作用力,大小相等,方向相反,故A、B错误。先伸出两手迎接,手接触到球后,两手随球引至胸前,这样可以增加球与手接触的时间,以球运动的方向为正方向,根据动量定理得-Ft=0-mv,解得F=mvt;用题述接球方式接球与伸手接球后手未随球缩至胸前相比,球动量的变化量不变,作用时间变长,所以作用力减小,C错误,D正确。故选D。
能力提升练
1.B　小球从抛出到落到与抛出点等高处时,由于小球在运动过程中只受一个重力,所以动量只在竖直方向发生变化,则有Δp=mΔv,即Δv=Δpm=40.2 m/s=20 m/s,由此可知经历的时间为Δt=Δvg=2010 s=2 s,故选B。
2.B　在圆轨道上运行的人造地球卫星,其所需的向心力是由地球对卫星的万有引力提供的,即GMmr2=mv2r可得:v=GMr,根据p=mv可知,卫星动量的大小与质量和速度有关,由于卫星质量的大小关系不确定,所以动量大小关系不确定;因为机械能也与质量有关,所以机械能大小关系也不确定;根据GMmr2=mr4π2T2可得T=4π2r3GM,可见轨道半径r越大,人造卫星的运行周期T越大,综上可知,B正确。
方法技巧
动量与动能有关,机械能与动能也有关,但动量与机械能无直接关系,即不能根据动量的大小确定机械能的大小。
3.B　氕核(11H)、氘核(12H)、氚核(13H)是同位素,其电荷量相同,质量不同;这三者混合物经过同一电场时,电压U相同,根据动能定理有:qU=12mv2,由此可知三者的动能相同,速度v不同,根据动能和动量的关系有Ek=p22m,可知动量p不同。故选B。
4.AB　列车质量不变,由p=mv可知,列车的动量与速度成正比,A正确;由公式v=at可得p=mat,可知动量与它所经历的时间成正比,B正确;由公式p=mv,v2-v02=2ax,可得p=m2xa,C错误;由公式Ek=12mv2,p=mv得p=2mEk,D错误。
5.BC　滑块从A滑到C,由动能定理有mgh-μmgxBC=12mv12-0,解得v1=3 m/s,碰后滑到D的过程,有-μmgxCD=0-12mv22,得v2=-2 m/s,与墙碰撞过程应用动量定理(向右为正)有I=mv2-mv1=-250 N·s,故A错误,B正确。对碰撞过程应用动能定理有W=12mv22-12mv12=-125 J,故C正确,D错误。
6.C　由自由落体规律v2=2gh得球落到头顶的速度大小v1=2gh=2×10×80×10-2 m/s=4 m/s,离开头部后竖直上升的最大高度仍为80 cm,由竖直上抛运动规律可得球离开头部时的速度大小v2=4 m/s,取向上为正,由动量定理(F-mg)t=mv2-m(-v1),代入数据可得F=36 N=9mg,选项A错误;足球下落到与头部刚接触时动量大小p=mv1=0.4×4 kg·m/s=1.6 kg·m/s,选项B错误;足球与头部作用过程中动量变化量Δp=mv2-m(-v1)=0.4×4 kg·m/s-0.4×(-4)kg·m/s=3.2 kg·m/s,选项C正确;小球从最高点下落至头顶,由自由落体的规律h=12gt2代入数据得自由落体下落时间t1=0.4 s,与头部作用时间t2=0.1 s,从头部上升到最高点所用时间t3=0.4 s,总时间t=t1+t2+t3=0.9 s,重力冲量IG=mgt=0.4×10×0.9 N·s=3.6 N·s,或者全过程由动量定理Ft2-IG=0得IG=Ft2=36×0.1 N·s=3.6 N·s,选项D错误。
7.A　设某一细杆与竖直方向的夹角为α,小滑环运动的时间为t,圆周的直径为D,则滑环的加速度大小a=g cos α;由匀变速直线运动的位移时间公式得D cos α=12at2=12g cos αt2,解得t=2Dg,由此可知三滑环运动的时间相同。由于三个滑环的重力相等,运动时间相同,由公式I=Ft可知,各环重力的冲量相等,故A正确;由题图可知,三个滑环的重力做功不同,时间相等,所以重力的平均功率不相同,故B错误;由题意可知只有重力做功,所以合外力对它们做功不相同,C错误;各滑环都沿杆方向运动,滑环受到的合力方向不同,则合力对各滑环的冲量不相同,所以它们动量的增量不相同,D错误。
8.D　设单位时间内黏附在飞船上尘埃的质量为m。以单位时间内黏附在飞船上的尘埃为研究对象,根据动量定理有Ft=mv-0,其中t=1 s,可得:m=Fv,故选D。
9.A　打一次喷嚏喷出的空气质量约为m=ρV=1.3×5×10-5 kg=6.5×10-5 kg。设打一次喷嚏喷出的空气受到人的平均作用力大小为F,根据动量定理得FΔt=mv,解得F=mvΔt=6.5×10-5×400.02 N=0.13 N,根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力大小为F'=F=0.13 N,故A正确,B、C、D错误。
10.CD　由题图可知在0~2 s内质点一直加速,2 s末速度最大,然后减速,由对称性可知第4 s末,质点速度为零,位移不为零,故A、B错误;由题图可知在1~2 s时间内,速度逐渐增大,F逐渐减小到0,所以F的功率先增大后减小,故C正确,由对称性可知第1 s末和第3 s末的速度相等,由动量定理可知F的冲量为I=mv3-mv1=0,故D正确。
11.D　由动量定理:Ft=mv2-mv1,求出第1 s末、第2 s末速度分别为:v1=4 m/s、v2=6 m/s,故A错误;第1 s末外力做功的瞬时功率P=F1v1=4×4 W=16 W,第2 s末外力做功的瞬时功率P'=F2v2=2×6 W=12 W,故B错误;第1 s内与第2 s内质点动量增加量之比为:Δp1Δp2=mv1mv2-mv1=21,故C错误;第1 s内与第2 s内质点动能增加量分别为:ΔEk1=12mv12=8 J,ΔEk2=12mv22-12mv12=10 J,则ΔEk1∶ΔEk2=8 J∶10 J=4∶5,故D正确。
12.C　过程Ⅰ中动量改变量等于重力的冲量,即mgt,不为零,故A错误,C正确;运动员进入水前的速度不为零,末速度为零,过程Ⅱ的动量改变量不等于零,故B错误;过程Ⅱ的动量改变量等于合外力的冲量,不等于重力的冲量,故D错误。
13.AD　根据匀变速直线运动平均速度v平均=12vt可知,由于xP 14.答案　3.75 s
解析　物体由静止开始运动到停止运动的全过程中,F的冲量为Ft1,摩擦力的冲量为Fft。取水平恒力F的方向为正方向,根据动量定理有
Ft1-Fft=0　①
又Ff=μmg　②
联立①②式解得t=Ft1μmg,
代入数据解得t=3.75 s。
方法技巧
(1)列方程前要选取正方向,与规定的正方向一致的力和动量取正值,与规定的正方向相反的力和动量取负值。
(2)分析速度时一定要选取同一个参考系,一般选取地面为参考系。
(3)求动量的变化量时要严格按公式列式,且注意是末动量减初动量。
15.答案　(1)a.90 m/s2　b.6
(2)见解析
解析　(1)a.设重物受到地面最大冲击力时加速度的大小为a,
由牛顿第二定律得a=Fm-mgm
解得a=90 m/s2
b.重物与地面接触前瞬时的速度大小
v1=2gH=3 m/s
重物离开地面瞬时的速度大小
v2=2gh=2 m/s
设重物与地面接触过程,重物受到地面施加的平均作用力大小为F,取竖直向上为正方向,由动量定理得
(F-mg)t=mv2-m(-v1)
解得F=510 N
则Fmg=6
因此重物受到地面施加的平均作用力是重物所受重力的6倍。
(2)脚底触地后要同时下蹲,以延长与地面的作用时间来减小地面对人的冲击力。