粤教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量和动量守恒定律第一节 冲量 动量课后测评

这是一份粤教版 (2019)选择性必修 第一册第一章 动量和动量守恒定律第一节 冲量 动量课后测评，共18页。试卷主要包含了1冲量动量 同步作业，5m等内容，欢迎下载使用。

1．下列关于动量的说法中，正确的是（ ）
A．动能不变，物体的动量一定不变
B．做匀速圆周运动的物体，其动量不变
C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变
D．动量变化，物体的动能一定变化
2．下列有关冲量的说法中，正确的是（ ）
A．力越大冲量也越大B．作用时间越长冲量越大
C．恒力F与t的乘积越大冲量越大D．物体不动，重力的冲量为零
3．质量为0.2 kg的小球以6 m/s的速度竖直向下落至水平地面上，再以4 m/s的速度反向弹回。取竖直向上为正方向，在小球与地面接触的时间内，关于小球动量的变化量Δp，下列说法正确的是（ ）
A．Δp＝2 kg·m/sB．Δp＝－2 kg·m/sC．Δp＝0.4 kg·m/sD．Δp＝－0.4 kg·m/s
4．一个质量为2kg的物块在合力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随t变化的图线如图所示，则（ ）
A．前3s内合力F的冲量大小为0
B．t=1s时，物块的速率为2m/s
C．t=2s时，物块的动量的大小为2kg·m/s
D．前4s内动量的变化量大小为2kg·m/s
5．恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（ ）
A．拉力F对物体的冲量大小为零
B．拉力F对物体的冲量大小为Ft
C．拉力F对物体的冲量大小是Ftcsθ
D．合力对物体的冲量大小为Ft
6．估算池中睡莲叶面承受雨滴撞击产生的平均压强，小明在雨天将一圆柱形水杯置于露台，测得1小时内杯中水上升了45mm。查询得知，当时雨滴竖直下落速度约为12m/s。据此估算1m2叶面受力约为（ 设雨滴撞击睡莲后无反弹，不计雨滴重力，雨水的密度为1103kg/m3）（ ）
A．0.15NB．0.54NC．1.5ND．5.1N
7．—质量为的物体受到水平拉力的作用，在粗糙的水平面上从静止开始做直线运动，动摩擦因数为0.2，水平拉力随时间的变化关系如图所示，重力加速度取，则下列说法正确的是（ ）
A．在时间内拉力的冲量为
B．在时间内物体动量的变化量为
C．在时间内合力所做的功为
D．当时物体的速度为
8．在光滑水平面上，一物体以6m/s的速度匀速运动，t=0时刻受到一个与物体运动方向相同，但大小随时间变化的外力F作用，力F作用了4s，0~4s内物体运动的加速度a随时间t变化的关系图像如图所示。已知物体的质量m=2kg，以下说法正确的是（ ）
A．外力F的最大值为2N
B．4s末物体停止运动
C．0~4s外力F对物体的冲量大小为8N·s
D．物体在0~4s内的位移小于32m
9．放在水平面上的物块，受到与水平方向夹角为60°，斜向上拉力F的作用，F的大小与时间t的关系和物体速度v与时间t的关系分别如图所示，根据图象提供的信息，下面判断正确的是（ ）
A．由图象可以求出物体的质量
B．拉力F在4秒内的冲量是8N·s
C．拉力F在4秒内的冲量是3N·s
D．物体在4秒内的动能变化是6J
10．关于力的冲量以下说法正确的是（ ）
A．只有作用时间很短的力才能产生冲量
B．冲量是矢量，其方向就是力的方向
C．一对作用力与反作用力的冲量一定等大且反向
D．如果力不等于零，则在一段时间内其冲量也可能为零
11．质量为m甲=2kg，m乙=0.5kg的甲、乙两个物体同时从同地沿同一方向做直线运动，二者的动量随时间变化的图象如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．甲的加速度大小为1m/s2
B．乙的加速度大小为0.75m/s2
C．t=9s时乙的速度大小为18m/s
D．t=3s时两物体相遇
12．一质量为m、带电量为q（q>0）的小球，在真空中由A点无初速度自由下落，经过t时间落到B点。此时在空间加竖直向上的匀强电场，使该小球又经过t时间返回A点。已知重力加速度为g，空间足够高。则下列说法正确的是（ ）
A．小球返回A点时的速率是其下落至B点时速率的3倍
B．空间所加匀强电场的电场强度大小为
C．小球自A点下落至最低点的过程中重力的冲量大小为
D．小球自A点下落到再返回A点的过程中机械能增量为
13．水平力F方向确定，大小随时间变化如图中所示。用力F拉静止在水平桌面上的小物块，物块质量为1kg，在F从0开始逐渐增大的过程中，物块的加速度随时间变化如图乙所示，取g=10m/s2，由图像可知（ ）
A．小物块所受滑动摩擦力的大小为6N
B．4s时小物块的速度为8m/s
C．在0~4s时间内，合外力的功为64J
D．在0~4s时间内，摩擦力的冲量大小为16N·s
14．如图所示，将一质量为m的小球从O点以速度v水平抛出，过A点时速度大小为2v，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（ ）
A．小球过A点时动量大小为
B．小球过A点时重力做功的功率为
C．从O点到A点的过程中重力做功为
D．从O点到A点的过程中重力冲量大小为
15．如图所示，质量为50g的小球以12m/s的水平速度抛出，恰好与倾角为37°的斜面垂直碰撞，求此过程中：（g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8）
（1）小球所受重力的冲量？
（2）小球动量的变化量？
16．一小孩把一质量为0.5 kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降高度为0.8 m时与地面相撞，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2 m，不计空气阻力，取重力加速度g＝10 m/s2，求地面与篮球相互作用的过程中：
（1）篮球动量的变化量；
（2）篮球动能的变化量。
17．如图甲所示，是倾角为的足够长的光滑斜面，A处连接一粗糙水平面，长，一质量的滑块在点处于静止状态，在时刻给滑块施加水平向右拉力，拉力按图乙所示的规律变化。滑块与间的动摩擦因数，取，试求：
（1）摩擦力在内冲量的大小（时滑块未到达点）；
（2）滑块沿斜面上升的最大高度。
18．如图所示，足够长的水平传送带左端放置一个质量1kg的木块，二者均静止，某时刻传送带以大小为2m/s2的加速度开始向右运行，加速2s后传送带保持匀速运行。木块与传送带间的动摩擦因数为0.1，重力加速度g=10m/s2，求：
(1)木块从开始运动到刚好与传送带相对静止的过程中，摩擦力对木块的冲量大小；
(2)运动过程中由于木块与传送带间的摩擦而产生的内能。
19．滑板是年轻人喜欢的运动项目。滑板爱好者及滑板总质量m = 60kg，以v0 = 2.0m/s的初速度沿斜坡匀加速滑下，斜坡的倾角θ = 30°，经t = 4.0s的时间下滑位移x = 40m到达坡底。将人和滑板整体看作质点，设其在下滑过程中所受阻力的大小不变，重力加速度g取10m/s2，求下滑过程中
(1)滑板及人的加速度的大小a；
(2)滑板及人受到的阻力的大小f；
(3)滑板及人受到的重力的冲量大小I。
20．质量为的金属小球，以的速度水平抛出，抛出后经过落地，取。
(1)小球抛出时和刚落地时，动量的大小、方向如何？
(2)小球从抛出到落地的动量变化量的大小和方向如何？
(3)小球在空中运动的内所受重力的冲量的大小和方向如何？
(4)说出你解答上述问题后的认识。
参考答案
1．C
【详解】
A．物体的动能不变，但速度方向可能发生变化，则动量发生变化，故A错误；
B．做匀速圆周运动的物体，其速度方向不断变化，其动量发生变化，故B错误；
C．一个物体的速率改变，它的动量一定改变,故C正确；
D．动量变化，可能是速度的方向改变，大小不变，此时动能不变，所以动量变化，物体的动能不一定变化，故D错误。
故选C。
2．C
【详解】
冲量等于力和时间的乘积，故冲量取决于力和时间的乘积，乘积越大，冲量越大，故C正确，ABD错误。
故选C。
3．A
【详解】
小球与地面碰撞过程用动量变化量为
故A正确，BCD错误。
故选A。
4．A
【详解】
A．图像的面积即为冲量，所以由图像可知，前3s内合力F的冲量大小为0，A正确。
B．根据动量定理
所以可解得物块的速率为1m/s，B错误。
C．根据动量定理
所以可解得2s时物块的动量为1 kg·m/s，C错误。
D．图像的面积即为冲量，所以由图像可知，前4s内动量的变化量大小为1 kg·m/s，D错误。
故选A。
5．B
【详解】
ABC．拉力F对物体的冲量大小为Ft，AC错误，B正确；
D．由于物体处于静止状态，合力为零，故合力对物体的冲量大小为0，D错误。
故选B。
6．A
【分析】
考查动量定理。
【详解】
一小时内落入杯中的水的质量
根据动量定理
可求得雨滴与接触面的作用力
故A项正确，BCD项错误。
故选A。
7．B
【详解】
A．根据冲量的定义可知拉力的冲量对应F-t图像的面积，则在时间内拉力的冲量为
选项A错误；
B．物体受到的摩擦力
可知物体在t=2s时开始运动。在时间内拉力的冲量为
摩擦力的冲量
根据动量定理可知在时间内物体动量的变化量为
选项B正确；
D．根据可得时的速度
选项D错误；
C．根据动能定理可得在时间内合力所做的功
选项C错误。
故选B。
8．C
【详解】
A．在光滑水平面上，力F则是物体的合力，由
得外力最大值为,故A错误；
B．有图可知在4s末，加速度变为0，此时物体速度达到最大，且做匀速直线运动，故B错误；
C．0~4s内
所以
故C正确；
D．由于物理做加速度减小的加速运动，故位移应大于32m，故D错误。
故选C。
9．B
【详解】
A．物体加速阶段的加速度为：a=2m/s2
对物体受力分析，受拉力F、重力mg、支持力N、滑动摩擦力f，假设动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律，有
Fcs60°-μ（mg-Fsin60°）=ma
由于μ未知，故无法求出物体的质量，故A错误；
BC．根据冲量定义式I=Ft，得到拉力F的冲量为
I=1N×2s+3N×2s=8N•s
故B正确，C错误；
D．由于物体质量无法求出，故动能增加量未知，故D错误；
故选B。
10．BC
【详解】
A．只要力作用一段时间，力就会有冲量，故A错误；
B．冲量是力在时间上的积累，其方向由力的方向决定，故B正确；
C．作用力和反作用力等大方向，作用时间相同，所以一对作用力与反作用力的冲量一定等大且反向，故C正确；
D．由冲量的定义可知，如果力不等于零，则在一段时间内其冲量不可能为零，故D错误。
故选BC。
11．AC
【详解】
AB．p-t图像的斜率的绝对值表示物体所受合外力的大小，由图像可知，甲物体所受的合外力的大小
乙物体所受的合外力的大小
根据牛顿第二定律可得甲物体的加速度大小
同理，乙物体的加速度大小

A正确，B错误；
C．时
C正确；
D．根据P-t图像可知，t=0时，甲物体具有的动量为18kg·m/s，可得甲物体的初速度v0=9m/s，根据
当两物体相遇时
解得
D错误；
故选AC。
12．BCD
【详解】
A．根据平均速度可得

解得
vA=2vB
选项A错误；
B．由于



解得
选项B正确；
C．从B点到最低点的时间
小球自A点下落至最低点的过程中重力的冲量大小为
选项C正确；
D．小球自A点下落到再返回A点的过程中电场力做功
则机械能增量为，选项D正确。
故选BCD。
13．BD
【详解】
A．由图知：当t=2s时，a=1m/s2，F=6N，根据牛顿第二定律得
F-μmg=ma
代入得
6-μm×10=m
当t=4s时，a=7m/s2，F=12N，根据牛顿第二定律得
F-μmg=ma
代入得
12-μm×10=7m
联立解得
μ=0.5，m=1kg
小物块所受滑动摩擦力的大小为
故A错误；
B．a-t图像面积代表速度变化量，4s时小物块的速度为
故B正确；
C．在0~4s时间内，合外力的功为
故C错误；
D．根据F-t图像面积代表冲量可知，在0-2s内摩擦力为静摩擦力，冲量
之后物体滑动
所以在0~4s时间内，摩擦力的冲量大小为16N·s，故D正确。
故选BD。
14．AC
【详解】
A．A点时的动量
A正确；
B．A点在竖直方向的分速度
A点时重力功率
B错误；
C．O点到A所运动的竖直高度
从O点到A点的过程中重力做功
C正确；
D．O点到A所运动时间
从O点到A点的过程中重力冲量
D错误。
故选AC。
15．（1），重力冲量的方向竖直向下；（2），动量变化量的方向竖直向下
【详解】
(1)因为是垂直撞上斜面，斜面与水平面之间的夹角为37°，故速度与水平方向夹角为53°， 所以
解得
设飞行的时间为t，所以
故小球所受重力冲量的大小为
重力冲量的方向竖直向下
(2)对小球由动量定理
故小球的动量变化量的大小为
动量变化量的方向竖直向下
16．（1）3 kg·m/s，方向竖直向上；（2）减少了3 J
【详解】
（1）根据题意，可知篮球与地面相撞前瞬间的速度为
且方向竖直向下
由篮球反弹后的高度，可知篮球反弹时的初速度
且方向竖直向上
规定竖直向下为正方向，篮球的动量变化量为
Δp＝（－mv2）－mv1＝－0.5×2 kg·m/s－0.5×4 kg·m/s＝－3 kg·m/s
即篮球的动量变化量大小为3 kg·m/s，方向竖直向上
（2）篮球的动能变化量为
即动能减少了3 J
17．（1）；（2）3.5m
【详解】
（1）滑块所受最大静摩擦力为
由题图乙知，内，，滑块静止
内滑块做匀加速直线运动
摩擦力在内冲量的大小
（2）由牛顿第二定律得
解得
对过程，由动能定理列式得
解得
18．(1)；(2)
【详解】
(1)设传送带加速度为，加速时间为，木块的加速度为a，木块从开始运动到刚好和传送带达到相对静止所需时间为t，由运动学公式有
又
由牛顿第二定律有
又
联立解得
(2)设运动过程中产生的内能为Q
传送带的位移
木块的位移
故
联立解得
19．(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)根据匀变速直线运动规律解得
(2)根据牛顿第二定律，有
解得
(3)重力的冲量大小
20．(1)，方向与抛出时的速度方向相同，，方向与水平方向夹角为；(2)，方向竖直向下；(3)，方向竖直向下；(4)见解析
【详解】
(1)小球抛出时的动量为
方向与抛出时的速度方向相同，小球落地时竖直方向的速度为
则小球落地时的速度为
小球落地时的动量为
设落地时速度方向与水平方向成角，则
则
(2)由平行四边形定则可知，小球从抛出到落地的动量变化量
方向即竖直向下；
(3)由冲量定义式可知，小球在空中运动的内所受重力的冲量的大小
方向与重力方向相同，即竖直向下；
(4)由(2)(3)可知，小球的动量变化等于小球合外力的冲量。