人教版 (2019)选择性必修 第一册动量定理练习

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册动量定理练习，共5页。试卷主要包含了冲量，春节是我国的传统佳节，运动员在水上做飞行运动表演等内容，欢迎下载使用。

知识点一 冲量
1．冲量
(1)定义：力与力的作用时间的乘积．
(2)定义式：I＝FΔt.
(3)物理意义：冲量是反映力的作用对时间的累积效应的物理量，力越大，作用时间越长，冲量就越大．
(4)单位：在国际单位制中，冲量的单位是牛秒，符号为N·s.
(5)矢量性：如果力的方向恒定，则冲量的方向与力的方向相同；如果力的方向是变化的，则冲量的方向与相应时间内物体动量变化量的方向相同．
知识点二 动量定理
1.内容：物体在一个过程中所受力的冲量等于它在这个过程始末的动量变化量．
2.表达式：I＝p′－p或F(t′－t)＝mv′－mv.
易错易混点一 求力的冲量
易错易混点1.1恒力的冲量的求法
例1．如图所示，在倾角为θ＝37°的固定斜面上有一质量m＝5 kg的物体沿斜面下滑，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内物体所受各力的冲量．(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)
【答案】
重力的冲量为100 N·s，方向竖直向下 弹力的冲量为80 N·s，方向垂直斜面向上 摩擦力的冲量为16 N·s，方向沿斜面向上
【解析】
重力的冲量IG＝mgt＝100 N·s，方向竖直向下
弹力的冲量IN＝mgtcs 37°＝80 N·s，方向垂直斜面向上
摩擦力的冲量If＝μmgtcs 37°＝16 N·s，方向沿斜面向上
易错易混点1.1剖析
恒力的冲量等于力和力的作用时间的乘积(无论物体是否运动，无论物体在该力的方向上是否有位移)．
恒力的冲量方向与力的方向一致。
易错易混点1.2变力冲量的求法
例2．质量m＝1 kg的物体在合外力F的作用下从静止开始做直线运动。物体所受的合外力F随时间t变化图像如图所示。求6 s内合外力的冲量。
【答案】 4 N·s
【解析】F－t图线与坐标轴围成图形的面积等于力的冲量，由题给图像可知，6 s内合力的冲量：I＝2×2 N·s＋eq \f(1,2)×2×(4－2)N·s＋eq \f(1,2)×(－2)×(6－4)N·s＝4 N·s。
易错易混点1.2剖析
求变力的冲量
①若力与时间成线性关系，则可用平均力求变力的冲量．
②若给出了力随时间变化的图像如图所示，可用面积法求变力的冲量．
③利用动量定理求解．
易错易混点二 动量定理的应用
易错易混点2.1动量定理的定性分析
例3. 如图所示，小明在演示惯性现象时，将一杯水放在桌边，杯下压一张纸条。若缓慢拉动纸条，发现杯子会滑落；当他快速拉动纸条时，发现杯子并没有滑落。对于这个实验，下列说法正确的是( )
A．缓慢拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较小
B．快速拉动纸条时，摩擦力对杯子的冲量较大
C．缓慢拉动纸条，杯子获得的动量较大
D．快速拉动纸条，杯子获得的动量较大
【答案】C
【解析】
快速拉动纸条时，纸条与杯子作用时间短，摩擦力对杯子的冲量较小，缓慢拉动纸条时，纸条与杯子作用时间长，摩擦力对杯子的冲量较大，故A、B错误；由动量定理可知，缓慢拉动纸条，杯子获得的动量较大，快速拉动纸条，杯子获得的动量较小，故C正确，D错误。
易错易混点2.1剖析
动量定理的理解
(1)动量定理反映了合外力的冲量是动量变化的原因．
(2)动量定理的表达式Ft＝mv′－mv是矢量式，运用动量定理解题时，要注意规定正方向．
(3)公式中的F是物体所受的合外力，若合外力是均匀变化的力，则F应是合外力在作用时间内的平均值．
(4)定性分析有关现象．
①物体的动量变化量一定时，力的作用时间越短，力就越大，反之力就越小．
②作用力一定时，力的作用时间越长，动量变化量越大，反之动量变化量就越小．
易错易混点2.2用动量定理定量计算相关物理量
例4．春节是我国的传统佳节。春节期间许多小孩子喜欢放烟花爆竹，有一种叫“窜天猴”的烟花，在点燃的瞬间向后喷射的气体速度约为1 000 m/s，产生的推力约为5 N，则它在0.02 s时间内喷射的气体质量约为( )
A．1.0×10－2 kg
B．1.0×10－3 kg
C．1.0×10－4 kg
D．1.0×10－5 kg
【答案】C
【解析】
设“窜天猴”烟花在单位时间内喷射的气体质量约为Δm，由动量定理可得FΔt＝Δmv，代入数据解得Δm＝eq \f(FΔt,v)＝eq \f(5×0.02,1 000) kg＝1.0×10－4 kg，A、B、D错误，C正确。
易错易混点2.2剖析
应用动量定理定量计算的一般步骤．
eq \x(选定研究对象，明确运动过程)→eq \x(进行受力分析，确定初、末状态)
→eq \x(选取正方向，列动量定理方程求解)
针对训练
1．下列对几种物理现象的解释中，正确的是（ ）
A．砸钉子时不用橡皮锤，只是因为橡皮锤太轻
B．跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量
C．在推车时推不动，是因为推力的冲量为零
D．动量相同的两个物体受到相同合力的作用而减速，两个物体将同时停下来
【答案】D
【解析】A．橡皮锤砸钉子时，橡皮锤具有弹性，具有缓冲作用，作用时间较铁锤砸钉子长，根据动量定理，作用力较小，所以不易将钉子钉进物体里，故A错误；
B．跳高时，在沙坑里填沙，是为了缓冲，增加人与地面的作用时间，减小作用力，并不是为了减小冲量，故B错误；
C．在推车时推不动，车所受的合力为零，合力的冲量为零，故C错误；
D．根据动量定理
-F•t=0-p
动量相同的两个物体受相同的制动力的作用时，两车经过相等时间停下来，与质量无关，故D正确。
故选D。
2．质量相等的A、B两物体运动的速度v随时间t变化的图像如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力做的功分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，加速度大小分别为aA、aB，下列关系式正确的是（ ）
A．xA∶xB＝2∶1B．WA∶WB＝4∶1
C．IA∶IB＝4∶1D．aA∶aB＝2∶1
【答案】B
【解析】A．在v-t图像中，图线与时间轴所围的面积表示位移，则有
xA＝2v0·t0＝v0t0
xB＝·v0·2t0＝v0t0
解得
xA∶xB＝1∶1
故A错误；
B．设A、B两物体的质量为m，据动能定理
W合＝mvt2－mv02
得
WA＝0－m(2v0)2＝－2mv02
WB＝0－mv02＝－mv02
解得
WA∶WB＝4∶1
故B正确；
C．根据动量定理
I合＝mvt－mv0
得
IA＝0－m(2v0)＝－2mv0
IB＝0－m(v0)＝－mv0
解得
IA∶IB＝2∶1
故C错误；
D．在v-t图中，图线的斜率代表物体的加速度，那么
aA＝－
aB＝－
解得
aA∶aB＝4∶1
故D错误。
故选B。
3．请你根据所学物理知识推算固定建筑物所受风力(空气的压力)与速度(空气流动速度)大小关系，假设某一建筑物垂直风速方向的受力面积为S，风速大小为v，空气吹到建筑物上后速度瞬间减为零，空气密度为ρ，风力F与风速大小v的关系式为（ ）
A．F=ρSvB．F=ρSv2C．D．F=ρSv3
【答案】B
【解析】设t时间内吹到建筑物上的空气质量为m，则
m=ρSvt
对空气由动量定理得
-F1t=0-mv
解得
F1=ρSv2
由牛顿第三定律可知固定建筑物所受风力与空气所受建筑物的作用力大小相等，所以
故B正确，ACD错误。
故选B。
4．假定某探测器质量m=1kg，正以对地速度v0=7.8km/s在太空中飞行，某一时刻探测器接到加速的指令后，探测器的4台推力为120N的发动机同时点火工作20s沿直线推进，忽略探测器质量变化，则加速后探测器的速度大小v1为（ ）
A．9.6km/sB．11.2km/sC．16.7km/sD．17.4km/s
【答案】D
【解析】根据动量定理得
代入数据计算得
v1＝17.4km/s
故选D。
5．如图所示，质量为m的小猴子在荡秋千，小猴子用水平力F缓慢将秋千拉到图示位置后由静止释放，此时藤条与竖直方向夹角为θ，小猴子到藤条悬点的长度为L，忽略藤条的质量与空气阻力，重力加速度为g。在此过程中，下列判断正确的是 （ ）
A．缓慢上拉过程中拉力F做的功WF＝FL sin θ
B．由静止释放到最低点，小猴子重力的功率一直在减小
C．小猴子从静止释放再次回到释放点的过程重力的冲量为零
D．小猴子从静止释放后运动到最低点的过程，藤条的拉力不做功
【答案】D
【解析】A．秋千缓慢移动，拉力F不是恒力，不能用WF＝FL sin θ求解，故A错误；
B．由静止释放到最低点，小猴子竖直方向分速度先增大后减小，故重力的功率先增大后减小，故B错误；
C．根据冲量的定义I＝Ft，重力大小方向均不变，因此重力的冲量不会为零，故C错误；
D．小猴子从静止释放后运动到最低点的过程，藤条的拉力不做功，故D正确。
故选D。
6．原来静止的物体受合外力作用时间为2，作用力随时间的变化情况如图所示，则（ ）
A．0~时间内物体的动量变化与~2时间内的动量变化相同
B．0~时间内物体的平均速率与~2时间内的平均速率不等
C．时物体的速度为零，外力在0~2时间内对物体的冲量为零
D．0~2时间内物体的位移为零，外力对物体做功为零
【答案】C
【解析】A．由图可知0~时间内~2时间内合外力大小相等但方向相反，根据动量定理可知，0~时间内物体的动量变化与~2时间内的动量变化的大小相等但方向相反，故A错误；
B．根据牛顿第二定律可知0~时间内和~2时间内加速度大小相同，设为a，0~时间内物体速度从0均匀增大至，~2时间内物体速度从均匀减小至0，根据可知0~时间内物体的平均速率与~2时间内的平均速率相等，故B错误；
C．根据B项分析可知时物体的速度为零，且外力在2时间内对物体的冲量为
故C正确；
D．根据B项分析可知0~2时间内物体始终单向运动，位移不可能为零，但初、末速度均为零，根据动能定理可知外力对物体做功为零，故D错误。
故选C。
7．运动员在水上做飞行运动表演。他操控喷射式悬浮飞行器将水带竖直送上来的水反转180°后向下喷出，令自己悬停在空中，如图所示。已知运动员与装备的总质量为90 kg，两个喷嘴的直径均为10 cm，重力加速度g取10 m/s2，水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，则喷嘴处喷水的速度大约为（ ）
A．2.7 m/sB．5.4 m/sC．7.6 m/sD．10.8 m/s
【答案】C
【解析】设飞行器对水的作用力为，根据牛顿第三定律可知，水对飞行器的作用力的大小也等于，对飞行器，根据平衡条件有
设水喷出时的速度为，在时间内喷出的水的质量为
又有
对喷出的水应用动量定理有
联立代入数据解得
故ABD错误C正确。
故选C。
8．如图，篮球赛中，甲、乙运动员想组织一次快速反击，甲、乙以相同的速度并排向同一方向奔跑，甲运动员要将球传给乙运动员，不计空气阻力，则（ ）
A．应该将球沿着1的方向抛出
B．应该将球沿着2的方向抛出
C．完成传球的过程，两运动员对球的冲量大小和方向都是相同的
D．当乙接着球后要往身体收，延长触球时间，以免伤害手指
【答案】D
【解析】AB．甲和乙相对静止，所以甲将球沿着3方向抛出就能传球成功，故A、B均错误；
C．根据动量定理知，完成传球的过程两运动员对球的冲量等大反向，故C错误；
D．根据动量定理可知，相同的动量变化量下，延长作用时间，可以减小冲击力，故乙接着球后要往身体收，以免伤害手指，故D正确。
故选D。
9．如图所示，在光滑水平面上静止放着两个相互接触的木块A、B，质量分别为m1、m2，今有一子弹水平穿过两木块，设子弹穿过木块A、B的时间分别为t1、t2，木块对子弹的阻力恒为f，则子弹穿过两木块后，木块A、B的速度大小分别为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】子弹在A中穿过时，以A、B为研究对象，规定向右为正方向，根据动量定理可得
解得
之后A的速度保持v1不变，子弹进入木块B后，以B为研究对象，根据动量定理可得
解得
故选B。
10．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 NB．0.68 NC．2.6 ND．13 N
【答案】A
【解析】打一次喷嚏喷出的空气质量为
设打一次喷嚏喷出的空气受到的平均作用力为F，根据动量定理得
解得
根据牛顿第三定律可得人受到的平均反冲力为
A正确，BCD错误。
故选A。
11．地球同步卫星绕地心做匀速圆周运动，下面的说法中正确的是（ ）
A．地球对卫星的引力的冲量总为零
B．地球对卫星的引力对卫星不做功
C．地球对卫星的引力的冲量随时间的增大而增大
D．地球对卫星的引力在一个运行周期内的冲量为零
【答案】BD
【解析】ACD．因为地球同步卫星绕地心做匀速圆周运动，所以地球对卫星的引力是卫星所受的合外力，则对卫星运动过程由动量定理知
当初末速度不相同时，则地球对卫星的引力的冲量不为零，如卫星绕地球转半个周期的时间内，地球对卫星的引力的冲量为
当卫星绕地球转一个周期的时间内，卫星的初末速度相同，则地球对卫星的引力的冲量为零，故地球对卫星的引力的冲量随时间的增大不一定增大，故AC错误，D正确；
B．又因为地球对卫星的引力始终与卫星的运动速度垂直，则地球对卫星的引力对卫星不做功，故B正确。
故选BD。
12．如图a，质量分别为mA、mB的A、B两物体用轻弹簧连接构成一个系统，外力F作用在A上，系统静止在光滑水平面上（B靠墙面），此时弹簧形变量为x。撤去外力并开始计时，A、B两物体运动的a­t图像如图b所示，S1表示0到t1时间内A的a­t图线与坐标轴所围面积大小，S2、S3分别表示t1到t2时间内A、B的a­t图线与坐标轴所围面积大小。A在t1时刻的速度为v0.下列说法正确的是（ ）
A．0到t1时间内，墙对B的冲量等于mAv0
B．mA>mB
C．B运动后，弹簧的最大形变量等于x
D．S1-S2=S3
【答案】ABD
【解析】A．在0~t1时间内，物体B静止，物体A从静止向右加速，t1时刻速度为v0，则对系统根据动量定理可知，墙对B的冲量
I=mAv0
故A正确；
B．由at图像可知，t1时刻后弹簧被拉伸，在t2时刻弹簧的伸长量达到最大，此时根据牛顿第二定律有
F弹=mAaA=mBaB
由图b可知此时
aB>aA
则
mB