高中物理教科版 (2019)选择性必修 第一册2 动量定理同步训练题

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题组一 对冲量的理解及计算
1．A [力作用一段时间便有了冲量，而合力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说合力的冲量使物体的动量发生了变化，选项A正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量，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错误。]
2．C [甲、乙两图中人对绳子的拉力相同，作用时间相等，由冲量的定义式I＝Ft可知，两冲量相等，故C正确。]
3．B [冲量与动量的单位在国际单位制下是相同的，物体受的冲量等于动量的变化量，所以冲量和动量是不同的，A错误；如果物体的速度发生变化，则动量一定变化，则可以肯定它受到的合外力的冲量不为零，B正确；如果合外力对物体的冲量不为零，动量一定变化，但是合外力不一定使物体的动能增大，例如匀速圆周运动，C错误；作用在物体上的合外力冲量不一定改变物体速度的大小，例如做匀速圆周运动的向心力的冲量只改变物体的方向，D错误。故选B。]
4．BD [设斜面高为h，倾角为θ，物体的质量为m，则两物体滑到斜面底端的过程，重力做功均为mgh，用时t＝eq \f(1,sin θ)eq \r(\f(2h,g))，重力的冲量IG＝mgt＝eq \f(m,sin θ)eq \r(2gh)，与θ有关，故重力的冲量不同，A错误，B正确；斜面弹力方向与物体运动方向垂直，斜面弹力不做功，但弹力的冲量不为零，C错误，D正确。]
题组二 动量定理的定性分析
5．C [脚尖先着地，接着逐渐到整个脚着地，延缓了人落地时动量变化所用的时间，由动量定理可知，人落地时，动量变化量一定，这样可以减小地面对人的冲击力，从而避免人受到伤害，故C正确。]
6.D [在缓慢拉动和快速拉动纸条的过程中，杯子受到的摩擦力均为滑动摩擦力，大小相等，但快速拉动时，纸条与杯子作用时间短，此时摩擦力对杯子的冲量小，由I＝Δp可知，杯子增加的动量较小，因此杯子没有滑落，缓慢拉动时，摩擦力对杯子的冲量大，杯子增加的动量大，杯子会滑落，A、B错误；为使杯子不滑落，摩擦力对杯子的冲量应尽量小一些，杯子与纸条间的动摩擦因数应尽量小一些，C错误；杯子与桌面间的动摩擦因数较大时，杯子在桌面上做减速运动的加速度较大，则滑动的距离较小，杯子不容易滑落，D正确。]
题组三 动量定理的定量计算
7．D [运动员的重力是恒力，则重力对运动员的冲量大小为mgt＝120 N·s，A错误；以竖直向上为正方向，设地面对运动员的冲量为I，由动量定理可得I－mgt＝mv，故地面对人的冲量为I＝mv＋mgt＝180 N·s，方向竖直向上，B错误；人在跳起时，地面对人的支持力竖直向上，在跳起过程中，支持力的作用点在支持力方向上没有位移，地面对运动员的支持力不做功，C错误，D正确。]
8．A [设单位时间撞击锅盖的豆子个数为n，则由动量定理有FΔt＝Δm·eq \f(2,3)v－(－Δm·v)，其中F＝Mg，Δm＝nΔt·m，解得n＝eq \f(3Mg,5mv)，选项A正确。]
9．[解析] (1)由v2－veq \\al(2,0)＝－2ax得人和车减速的加速度大小为
a＝eq \f(veq \\al(2,0),2x)＝eq \f(302,2×0.5) m/s2＝900 m/s2
根据牛顿第二定律得人受到的平均冲力大小为
F＝ma＝60×900 N＝5.4×104 N。
(2)对车内的人，由动量定理得
－F′t＝mv－mv0
解得人受到的平均冲力大小为F′＝eq \f(mv0－mv,t)＝eq \f(60×30－0,0.1) N＝1.8×104 N。
[答案] (1)5.4×104 N (2)1.8×104 N
1.D [圆盘停止转动前，小物体随圆盘一起转动，小物体所受摩擦力提供向心力，方向沿半径方向，故A错误；圆盘停止转动前，小物体所受摩擦力f＝mrω2，根据动量定理得，小物体运动一圈所受摩擦力的冲量为I＝mv－mv＝0，大小为0，故B错误；圆盘停止转动后，小物体沿切线方向运动，故C错误；圆盘停止转动后，根据动量定理可知，小物体整个滑动过程所受摩擦力的冲量为I′＝Δp＝0－mv＝－mrω，大小为mωr，故D正确。]
2．BC [根据动能定理得W＝eq \f(1,2)m(15v)2－eq \f(1,2)m(12v)2＝40.5mv2，A错误，B正确；根据动量定理得I＝mΔv＝meq \r(（15v）2－（12v）2)＝9mv，方向竖直向下，C正确，D错误。]
3．AB [根据F-t图线与时间轴围成的面积表示合外力F的冲量，可知在0～1 s、0～2 s、0～3 s、0～4 s内合外力冲量分别为2 N·s、4 N·s、3 N·s、2 N·s，根据动量定理I＝mΔv可知物块在1 s、2 s、3 s、4 s末的速率分别为1 m/s、2 m/s、1.5 m/s、1 m/s，物块在这些时刻的动量大小分别为2 kg·m/s、4 kg·m/s、3 kg·m/s、2 kg·m/s，则A、B正确，C、D错误。]
4．[解析] (1)由题图v-t图像与时间轴所围面积表示卫星下落高度，
有eq \f(v1＋v2,2)×t1＋v2t2＝H，代入数据解得v2＝5 m/s。
(2)卫星在匀减速运动阶段，加速度大小
a1＝eq \f(v1－v2,t1)＝eq \f(65－5,30)m/s2＝2 m/s2，
由牛顿第二定律可得f－mg＝ma1，代入数据解得f＝1.2mg。
设卫星撞击地面的过程中，地面对卫星的平均作用力为F，以竖直向上为正方向，由动量定理得(F－mg)Δt＝0－(－mv2)，
代入数据解得F＝5mg，所以f∶F＝6∶25。
[答案] (1)5 m/s (2)6∶25