物理第一节 冲量 动量精品课时练习

这是一份物理第一节 冲量 动量精品课时练习，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，综合题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题


1.下列对几种物理现象的说法，正确的是( )


A. 动量相同的两个物体受相同的合外力作用而减速时，质量小的先停下来


B. 用力推车，车子不动，是因为推力对车的冲量为零


C. 击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤表面有弹性，延长了锤与钉的作用时间，使锤对钉的作用力减少了


D. 跳高时要落在海绵垫子上，是为了减小冲量


2.质量不同、电荷量相同的粒子，不计重力，垂直于电场线射入同一个勻强电场。若它们离开电场时速度方向改变的角度相同，则它们在进入电场前必然具有相同的（ ）


A. 速度 B. 动量 C. 动能 D. 动量或动能均可以


3.如图所示，在倾角为θ的斜面上，有一个质量是m的小滑块沿斜面向上滑动，经过时间t1速度为零后又下滑，经过时间t2回到斜面底端，滑块在运动过程中，受到的摩擦力大小始终是Ff ， 在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为（ ）





A. mgsinθ（t1+t2） B. mgsinθ（t1﹣t2） C. mg（t1+t2） D. 0


4.以下说法正确的是（ ）


A. 物体速度发生变化，必定有外力对其做功


B. 物体动能发生变化，动量一定变化


C. 物体动量发生变化，物体的动能必定变化


D. 物体受到合外力的冲量不为零，物体的速率必定发生变化


5.下列有关冲量的说法中正确的是（ ）


A. 放置在水平桌面的物体静止一段时间，由于物体速度不变，所以物体受到重力的冲量为零


B. 力对物体的冲量越大，物体受到的力一定越大


C. 力对物体的冲量越大，力的作用时间一定越长


D. 物体的冲量越大，它的动量变化越大


6.物体动量变化量的大小为5kg•m/s，这说明（ ）





A. 物体的动量一定在减小 B. 物体的动量一定在增大


C. 物体的动量大小也可能不变 D. 物体的动量大小一定变化


7.质量为2kg的小球自塔顶由静止开始下落，不考虑空气阻力的影响，g取10m/s2 ， 下列说法中正确的是（ ）


A. 2s末小球的动量大小为40kg•m/s B. 2s末小球的动能为40J


C. 2s内重力的冲量大小为20N•s D. 2s内重力的平均功率为20W


8.如图所示，两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下，在物体下滑到斜面底端的过程中，下列说法中正确的是（ ）





A. 两物体所受重力的冲量相同 B. 两物体所受合力的冲量相同


C. 两物体到达斜面底端时的动量不同 D. 两物体到达斜面底端时的动量水平分量相同


9.一质量为2kg的物体受水平拉力F作用，在粗糙水平面上做加速直线运动时的a﹣t图象如图所示，t=0时其速度大小为2m/s，滑动摩擦力大小恒为2N，则（ ）





A. 在 t=6 s的时刻，物体的速度为20m/s B. 在 0～6 s时间内，合力对物体做的功为200J


C. 在 0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为48N•s D. 在 t=6 s的时刻，拉力 F 的功率为180W


10.如图所示，质量为m的小球在竖直光滑圆形内轨道中做圆周运动，周期为T，则





①每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为0


②每运转一周，小球所受重力的冲量的大小为mgT


③每运转一周，小球所受合力的冲量的大小为0


④每运转半周，小球所受重力的冲量的大小一定为 mgT2


以上结论正确的是（ ）


A. ①④ B. ②③ C. ②③④ D. ①③④


11.人从高处跳到低处时，为了安全，一般都是让脚尖先着地，这样做是为了（ ）


A. 减小冲量 B. 减小动量的变化量


C. 增长与地面的冲击时间，从而减小冲力 D. 增大人对地面的压强，起到安全作用


12.关于冲量的概念，以下说法正确的是（ ）


A. 作用在两个物体上力大小不同，但两个物体所受的冲量可能相同


B. 作用在物体上的力很大，物体所受的冲量一定很大


C. 作用在物体的力作用时间很短，物体所受的冲量一定很小


D. 只要力的作用时间与力的大小的乘积相等，物体所受的冲量就相同


13.一个质量为0.18kg的垒球以20m/s的水平速度向右飞向球棒，被球棒打击后反向水平飞回，速度大小变为40m/s，则这一过程动量的变化量为（ ）


A. 大小10.8kg m/s，方向向右 B. 大小10.8kg m/s，方向向左


C. 大小3.6kg m/s，方向向右 D. 大小3.6kg m/s，方向向左


14.一只小船静止在湖面上，一个人从小船的一端走到另一端（不计水的阻力），以下说法中正确的是（ ）


A. 人走得越快，则人获得的动量比船获得的动量大得越多


B. 若人的质量小于船的质量，则人获得的动量大于船获得的动量


C. 若人的质量小于船的质量，则人获得的动量小于船获得的动量


D. 不论何种情况，人获得的动量数值上总是等于船获得的动量


15.如图，竖直向上抛出一个物体．若不计阻力，取竖直向上为正，则该物体动量随时间变化的图线是（ ）


A. B. C. D.


二、填空题


16.质量为1kg的物体静止在光滑水平面上，受到斜向上与水平方向成60°角的拉力F=10N的作用，历时2s，在此过程中力F的冲量为________Ns，物体的动量变化为________kgm/s．


17.动量守恒定律的条件：系统所受的总冲量为________（不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的相互作用力），即系统所受外力的矢量和为________．


18.“探究碰撞中的不变量”的实验中，入射小球 m1=15g ，原来静止的被碰小球 m2=10g ，由实验测得它们在碰撞前后的 x-t 图象如图所示，由图可知，入射小球碰撞前的 m1v1 是________ kg⋅m/s， 入射小球碰撞后的 m1v1' 是________ kg⋅m/s， 被碰小球碰撞后的 m2v2' 是________ kg⋅m/s， 由此得出结论________.





三、综合题


19.动能定理描述了力对物体作用在空间上累积的效果，动量定理则描述了力对物体作用在时间上累积的效果，二者是力学中的重要规律。





（1）如图所示，一个质量为m的物体，初速度为 v0 ，在水平合外力 F( 恒力 ) 的作用下，运动一段时间t后，速度变为 vt. 请根据上述情境，利用牛顿第二定律推导动量定理，并写出动量定理表达式中等号两边物理量的物理意义。


（2）在一些公共场合有时可以看到，“气功师”平躺在水平地面上，其腹部上平放着一块大石板，有人用铁锤猛击大石板，石板裂开而人没有受伤。现用下述模型分析探究。


若大石板质量为 M=80kg ，铁锤质量为 m=5kg 。铁锤以速度 v1=6m/s 落下，打在石板上反弹，当反弹速度为 v2=1m/s 。铁锤与石板的作用时间约为 t1=0.01s 。由于缓冲，石板与“气功师”腹部的作用时间较长，约为 t2=0.5s ，取重力加速度 g=10m/s2. 请利用动量定理分析说明石板裂开而人没有受伤的原因。


20.如图所示，在水平放置的平行导轨（间距为0.2m）一端架放着一根质量m=40g，长L=0.2m的金属棒ab ， 导轨另一端通过开关与电源相连，该装置放在高h=20cm的绝缘垫块上。当有竖直向下B=1T的匀强磁场时，接通开关（图中末画开关），金属棒ab会被平抛到距导轨右端水平距离s=100cm处，不计一切阻力，g=10m/s2 ， 试求：





（1）开关接通瞬间安培力对金属棒ab做的功W？


（2）开关接通瞬间流经金属棒ab的电荷量q？


21.如图，平行金属板水平放置，上极板带负电且中心有一个小孔，两板间的距离为3d。一带电为+q的带电小球在小孔正上方的d处静止释放，并恰好运动到下极板，但不会被下极板吸收。已知小球质量为m，重力加速度取g，忽略极板外部电场，不计空气阻力。求：





（1）极板间的电场强度E；


（2）小球从开始释放到第一次刚离开上极板过程中，小球在板外与板间的运动时间之比。


参考答案


一、单选题


1.【答案】 C


【解析】A、动量相同的两个物体受到相同的合外力的作用，根据动量定理Ft=△P，两个物体将同时停下来，A不符合题意；


B、在推车时推不动是因为推力小于最大静摩擦力，推力的冲量Ft不为零，B不符合题意；


C、砸钉子时不用橡皮锤，是由于橡皮锤有弹性，作用时间长，根据动量定理Ft=△P，产生的力小，C符合题意；


D、跳高时在海绵垫子上，根据动量定理Ft=△P，是为了增加作用时间，减小了作用力，冲量等于动量的变化，是恒定的，D不符合题意；


故答案为：C


2.【答案】 C


【解析】粒子做类似平抛运动，故：L=v0t， tanα=vyvx=atv0 ，其中： a=qEm


故： v0=qELmtanα ， P0=mv0=mqELtanα ， Ek0=12mv02=qEL2tanα ；由于q相等，m不等，故进入电场前，初速度、初动量不等，而初动能相等，ABD不符合题意，C符合题意；


故答案为：C.


3.【答案】 C


【解析】解：重力的作用时间为t1+t2；故重力的冲量I=mg（t1+t2）；C符合题意；


故答案为：C．


4.【答案】 B


【解析】解：A、做匀速圆周运动的物体，速度改变，没有力对物体做功，故A错误；


B、物体动能发生变化，则物体的速度的大小必定发生变化，所以动量必定变化，故B错误；


C、物体的动量发生变化，可能是速度的方向发生改变，而大小没有变化，此时动能不变，故C错误；


D、根据动量定理可知：合外力对物体的冲量等于物体动量的变化量，物体受到合外力的冲量不为零，物体的动量肯定变化，但速率不一定改变，可以只改变速度的方向，故D错误．


故选B


5.【答案】 D


【解析】解：A、根据冲量的定义可知，放置在水平桌面的物体静止一段时间，由于物体速度不变，所以物体受到重力的冲量为mgt，不等于0．故A错误；


B、根据冲量的公式：I=Ft可知，冲量大，物体受到的力不一定大，还与作用力的时间有关，故B错误；


C、根据冲量的公式：I=Ft可知，冲量大，力作用的时间不一定长，还与受到的力的大小有关；故C错误；


D、根据动量定理知，合力的冲量等于动量的变化量，冲量越大，动量的变化量越大；故D正确；


故选：D


6.【答案】 C


【解析】解：物体的动量变化量的大小为5kg•m/s，该变化可以是由于速度的变化引起的；如圆周运动中的物体可以变化5kg•m/s；但动量的大小没有变化；


故关于动量的大小可能不变．故C正确，A、B、D错误．


故选：C


7.【答案】 A


【解析】解：A、小球自塔顶由静止开始下落，根据运动学公式，2s末小球的速度v=gt=10×2m/s=20m/s；


那么2s末小球的动量大小，P=mv=2×20kg•m/s=40kg•m/s，故A正确；


B、2s末小球的动能 Ek=12mv2 = 12×2×202 =400J，故B错误；


C、根据冲量表达式I=Ft=2×10×2N•s=40N•s，故C错误；


D、根据平均功率表达式 P = Wt ，2s内重力的平均功率 P = mg⋅12gt2t = 12×2×102×2 W=200W，故D错误；


故选：A．


8.【答案】 C


【解析】解：物体在下滑中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下重力做功相等，由mgh= 12 mv2得两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的；


A、两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等，又因长的斜面倾角小，物体的加速度小，所以斜面越长下滑的时间越长，所以两种情况下重力作用的时间不相等，重力的冲量也不相等．故A错误；


B、物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以粒子情况下物体的末动量不同．根据动量定理：I=△P=mv﹣0，所以合力的冲量大小相等，方向是不同的．故B错误；


C、物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，方向不同，所以两物体到达斜面底端时的动量不同．故C正确；


D、物体在两种情况下到达斜面底端的速度的大小是相等的，而速度的方向不同，所以两物体到达斜面底端时的动量水平分量不同．故D错误．


故选：C


9.【答案】 A


【解析】解：A、根据△v=a△t可知a﹣t图象中，图象与坐标轴围成的面积表示速度的增量，则在t=6s时刻，物体的速度v6=v0+△v=2+ 12×(2+4)×6 =20m/s，故A正确；


B、根据动能定理得： W合=△Ek=12mv62-12mv02 =396J，故B错误；


C、根据牛顿第二定律得：


F=ma+f=2×4+2=10N


在 0～6 s时间内，拉力对物体的冲量为I=Ft=10×6=60N•s，故C错误


D、在t=6s时刻，拉力F的功率P=Fv6=10×20=200W，故D错误．


故选：A


10.【答案】 B


【解析】解：转动一周时，时间为T，则冲量I=mgt=GT，故①错误，②正确；


因每转动一周，小球的动量保持不变，由动量定理可知，合外力的冲量为零，故③正确；


由于小球在竖直面上做变速圆周运动，故转动半周用时不一定为 T2 ，故重力的冲量不一定为mg T2 ，故④错误；


故选：B．


11.【答案】 C


【解析】解：人在和地面接触时，人的速度减为零，由动量定理可知（F﹣mg）t=△mv；


而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力；


故选C．


12.【答案】 A


【解析】解：A、由冲量公式 I=Ft，作用在两个物体上力大小不同，时间不等，但两个物体所受的冲量可能相同，可知A正确


B、由冲量公式 I=Ft，可知作用在物体上的力很大，若时间极短，物体所受的冲量很小，不一定很大，故B错误


C、同理，C错误


D、冲量是矢量，冲量的方向由力的方向决定，由冲量公式 I=Ft，可知D错误


故选A


13.【答案】 B


【解析】解：规定水平向右为正方向，则初动量P1=mv1=0.18kg×20m/s=3.6kg•m/s；


打击后动量为：P2=mv2=0.18kg×（﹣40m/s）=﹣7.2kg•m/s；


故动量变化为：△P=p2﹣p1=﹣10.8kg•m/s，负号表示方向与规定的正方向相反，即向左；


故选：B．


14.【答案】 D


【解析】解：人与船组成的系统动量守恒，开始时人与船都静止，初动量为零，


在人走动过程中，系统动量守恒，以人的速度方向为正方向，


由动量守恒定律得：mv﹣Mv′=0，则mv=Mv′，人与船的动量大小相等，方向相反，故ABC错误，D正确；


故选：D．


15.【答案】 C


【解析】解：物体在竖直上抛运动过程中，速度先向上减小，然后再向下增大；则动量先向上，为正值并慢慢减小；然后再向下，为负值，逐渐增大；


故选：C．


二、填空题


16.【答案】20；10


【解析】解：由冲量的定义：I=Ft=20Ns，


物体动量的变化量等于合外力的冲量，所以：△p=Fcs60°×t=10kgm/s．


故答案为：20，10．


17.【答案】 零；零


【解析】解：动量守恒定律的条件：系统所受的总冲量为零（不受力、所受外力的矢量和为零或外力的作用远小于系统内物体间的相互作用力），根据I 合=F 合t知，t不等于零，则系统所受外力的矢量和为零．故答案为：零，零．


18.【答案】 0.015；0.0075；0.0075；碰撞中mv的矢量和是守衡的量


【解析】由图象可知，碰前入射小球的速度： v1=x1t1=


碰后入射球的速度： v1'=x1't1'=0.3m-


被碰球碰后的速度： v2=x2t2=0.35m-


入射球碰前的动量： p=m1v1=0.015kg⋅m/s ，


入射小球碰撞后的 m1v1'=0.0075kg⋅m/s ，


被碰小球碰撞后的： m2v2=0.0075kg⋅m/s ，


碰后系统的总动量： p'=m1v1'+m2v2'=0.015kg⋅m/s ．


通过计算发现：两小球碰撞前后的总动量相等，即：碰撞中动量守恒。


三、综合题


19.【答案】 （1）解:根据牛顿第二定律： F=ma


运动学规律： Ft=mat=m(v-v0)=mv-mv0 即为动量定理；


其中Ft为合外力的冲量， mv-mv0 为动量的变化


（2）解:在铁锤与石板的碰撞过程中，取竖直向上为正方向，对铁锤，由动量定理


(F1-Mg)t1=mv2-mv1


解得： F1=3550N


对石板，由动量定理： ((F2-Mg)t2-F1t1=0 ，解得 F2=871N


在铁锤与石板的碰撞过程中，铁锤对石板的作用力较大，超过了石板承受的限度，因而石板裂开。在作用前后，石板对人的作用力较小，其变化也较小，没有超过人能承受的限度，因而没有受伤


【解析】1）利用牛顿第二定律结合加速度的定义式可以求出动量定理；


（2）利用动量定理可以求出铁锤对石板的作用力大小；结合石板的动量定理可以求出石板对人的作用力大小。


20.【答案】 （1）解：棒离开水平轨道后只受重力，开始做平抛运动，运动时间为t2 ， 则有： s=v0t2


h=12gt22


联立解得： v0=sg2h=5m/s


开关接通瞬间安培力对金属棒ab做功把电能转化为棒的动能，由动能定理有： W=12mv02=0.5J


（2）解：设开关接通瞬间棒通电时间为t1 ， 末速度为v0 ， 由动量定理得： BIL⋅t1=mv0-0


化简得： BqL=mv0-0


解得： q=mv0BL=1C


【解析】1）利用平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小；结合动能定理可以求出安培力做功的大小；


（2）利用动量定理可以求出电荷量的大小。


21.【答案】 （1）解：从释放到下极板，由动能定理，得mg(d+3d) ‒qE·3d=0


解得 E=4mg3q


（2）解：设运动时间分别为t1和t2 ， 粒子到达小孔时速度为v，由运动对称性可知粒子返回到小孔的速度大小仍为v。由动量定理，得mgt1=mv‒0


取向下为正，从进入小孔到返回小孔，有mgt2‒qE t2= ‒mv‒mv


联立解得 t1t2=16


【解析】1）利用动能定理可以求出电场强度的大小；


（2）利用动量定理可以求出运动时间的比值。