人教版 (2019)选择性必修 第一册2 动量定理课时作业

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第一册2 动量定理课时作业，共16页。试卷主要包含了2动量定理 跟踪训练，6，sin53°=0，5×104N等内容，欢迎下载使用。
1．如图甲所示，质量为m的同学在一次体育课上练习原地垂直起跳。在第一阶段，脚没有离地，所受地面支持力大小F随时间t变化的关系如图乙所示。经过一定时间，重心上升h，其质心获得速度v。在第二阶段，人躯干形态基本保持不变，重心又上升了一段距离，到达最高点，重力加速度为g。不计空气阻力，则下列说法正确的是（ ）
A．该同学在阶段一直处于超重状态
B．在第一阶段地面支持力对该同学的冲量为
C．在第一阶段地面支持力对该同学做的功大于
D．在第一阶段该同学机械能的增加量为
2．如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷 入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点时速度减为零。不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球在刚接触地面到速度变为零的过程中，下列说法中正确的有（ ）
A．小球的机械能减少了mghB．小球克服阻力做的功为mgh
C．小球所受阻力的冲量等于D．小球动量的改变量大小等于
3．如图所示，空间内存在竖直向下的匀强电场，一带正电的粒子由O点沿水平方向射入电场，图中的A、B为粒子运动轨迹上的两点。 已知粒子由O运动到A的时间等于粒子由A运动到B的时间，粒子重力可忽略不计。 下列说法错误的是（ ）
A．O、A两点间的竖直距离为A、B两点间竖直距离的
B．粒子由O到A与由A到B，电场力的冲量相同
C．粒子在A点的速度等于在B点速度的
D．粒子由O到A电势能的减少量等于粒子由A到B电势能减少量的
4．一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，重心上升高度为h。在此过程中（ ）
A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为mv2
B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零
C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为mv2
D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零
5．关于冲量和动量，下列说法中正确的是（ ）
A．冲量是反映力对位移的积累效应的物理量
B．动量是描述物体运动过程的物理量
C．冲量是物体动量变化的原因
D．冲量方向与动量方向一致
6．关于动量，下列说法正确的是（ ）
A．动量越大的物体，其惯性一定越大
B．物体动量发生变化，动能也一定发生变化
C．某段时间内物体受到合外力的冲量不为零，而物体动量的变化量可能为零
D．运动物体在任一时刻的动量方向，一定与该时刻物体的速度方向相同
7．四段长度相等的粗糙直轨道PABCQ竖直固定在水平地面上，各段轨道的倾角如图所示。一个小物块（体积可以忽略）从轨道的左端P点由静止释放，到达Q点时的速度恰好为零。物块与四段轨道间的动摩擦因数都相同，且在各轨道连接处无机械能损失，空气阻力不计。已知sin37°=0.6，sin53°=0.8，则( )
A．动摩擦因数为
B．通过AB段的过程与通过CQ段的过程，重力做功的绝对值相同，重力的冲量也相等
C．通过AB段的过程与通过CQ段的过程，滑块运动的加速度相同
D．若换用同种材料的直轨道将PQ连接，则小物块仍滑至Q点
8．“滑滑梯”是小朋友最喜欢的游戏之一，固定在水平地面上的某种儿童滑梯截面图如图所示。直滑道AB和曲滑道AC的长度相同，甲乙两小朋友同时从A点分别沿AB和AC由静止开始下滑，若不计摩擦，则( )
A．甲从顶端滑到斜面底端用时少
B．从顶端滑到斜面底端的过程中，重力对甲、乙的冲量大小相等
C．滑到斜面底端时，甲、乙重力的瞬时功率可能相等
D．滑到斜面底端时，甲、乙的速度相同
9．一水龙头的出水口竖直向下，横截面积为S，且离地面高度为h。水从出水口均匀流出时的速度大小为v0，在水落到水平地面后，在竖直方向的速度变为零，并沿水平方向朝四周均匀散开。已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g。水和地面的冲击时间很短，重力影响可忽略。不计空气阻力和水的粘滞阻力。则( )
A．单位时间内流出水的质量为
B．单位时间内流出水的质量为
C．地面受到水的冲击力大小为
D．地面受到水的冲击力大小为
10．“神舟十号”女航天员王亚平于北京时间2013年月20日上午十时在太空给地面的中小学生讲课。此次太空课堂是我国利用载人航天活动普及航天知识的一次重大尝试。“太空老师”王亚平讲解了一种用牛顿第二定律来测物体质量的方法，在太空舱中将标准物体m1与待测物体m2紧靠在一起，施加一水平推力后，在观测时间内，标准物体m1和待测物体m2的速度变化量是0.6m/s。则下列说法中正确的是（ ）
A．在太空舱中可以直接使用物理天平测物体的质量
B．待测物体m2在太空舱中时惯性消失
C．若已知标准物体m1的质量为1.0kg，则待测物体m2的质量为2.0kg
D．若已知标准物体m1的质量为1.0kg，则待测物体m2的质量为3.0kg
11．2020年11月24日，中国用长征五号运载火箭成功发射嫦娥五号探测器，并将其送入预定轨道，运载火箭点火时向下喷气，会对地面产生冲击力。假设火箭喷气口的横截面积为，喷出气体的速度为（相对于地面），气体垂直射向地面后竖直速度变为零。已知气体的密度为，重力加速度大小为，则气体对地面的平均冲击力是（ ）
A．B．C．D．
12．国内一线手机品牌发布一款升降式前置摄像头的旗舰手机NEX，为了检验摄像头质量，该厂商安排了一场别开生面的实验：在水平桌面上，等间距放置8台打开摄像头的NEX手机，一位的芭蕾舞者在质量为的钢化玻璃上跳完小天鹅。假设某次舞者起跳后升高的最大高度为，人落在玻璃上到静止的时间约为，则每个摄像头平均承重最大值为（ ）
A．B．C．D．
13．将一物体从地面以某一初速度竖直向上抛出。物体的动量p的大小、动量的变化量Δp随时间变化的图像及物体的动量变化率随离地高度h变化的图像正确的是（取竖直向下为正方向，不计空气阻力）（ ）
A．B．
C．D．
14．几个水球可以挡住一颗子弹？《国家地理频道》的实验结果是：四个水球足够！如图，完全相同的水球紧挨在一起水平排列，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，恰好能穿出第4个水球，下列说法正确的是（ ）
A．子弹在每个水球中的速度变化相同
B．子弹在每个水球中的动能变化相同
C．子弹在每个水球中运动的时间相同
D．每个水球对子弹的冲量不同
15．物体的动量变化量的大小为，这说明（ ）
A．物体的动量在减小
B．物体受到的合力冲量大小为
C．物体的动量在增大
D．若发生变化的时间为，则物体所受合外力的大小为
16．一质量为m=20g的子弹以速度v0=500m/s水平射入并穿过静置在光滑水平地面上的木块，如图所示。已知木块的质量为M=2kg，子弹穿过木块的时间为t=8×10-5s，木块对子弹的阻力恒为f=2.5×104N。子弹穿过木块后，子弹和木块运动的速度。
17．如图所示，在光滑的水平面上放置一个足够长木板B，在B的左端放有一个可视为质点的小滑块A，A、B间的动摩擦因数μ=0.4，A的质量m=1kg，B的质量M=2kg， g=10m/s2。现对A施加F=7N的水平向右的拉力，ls后撤去拉力F，求：
(1)撤去拉力F前小滑块A和长木板B的加速度a1， a2
(2) A相对于B静止的时速度v
(3) A相对于B静止的整个过程中由于摩擦生成的热量Q（结果可以用分数表示）
18．如图所示，一质量为m的物块在t=0时刻，以初速度v0从足够长、倾角为θ的粗糙斜面底端向上滑行。t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端。求：
(1)物块从开始运动到返回底端的过程中重力的冲量大小；
(2)0-3t0时间内物块克服摩擦力所做的功；
(3)斜面倾角θ的正弦值。
19．某游乐场入口旁有一喷泉，在水泵作用下会从模型背部喷出竖直向上的水柱，将站在冲浪板上的MickeyMuse模型托起，稳定地悬停在空中，伴随着音乐旋律，MickeyMuse模型能够上下运动，引人驻足，如图所示。这一景观可做如下简化，水柱从横截面积为S0的模型背部喷口持续以速度v0竖直向上喷出，设同一高度水柱横截面上各处水的速率都相同，冲浪板底部为平板且其面积大于水柱的横截面积，保证所有水都能喷到冲浪板的底部。水柱冲击冲浪板前其水平方向的速度可忽略不计，冲击冲浪板后，水在竖直方向的速度立即变为零，在水平方向朝四周均匀散开。已知MickeyMuse模型和冲浪板的总质量为M，水的密度为ρ，重力加速度大小为g，空气阻力及水的粘滞阻力均可忽略不计，喷水的功率定义为单位时间内喷口喷出水的动能。
(1)求喷泉喷水的功率P；
(2)试计算MickeyMuse模型在空中悬停时离喷口的高度h；
(3)实际上，当我们仔细观察时，发现喷出的水柱在空中上升阶段并不是粗细均匀的，而是在竖直方向上一头粗、一头细。请你说明上升阶段的水柱是上端较粗还是下端较粗，并说明水柱呈现该形态的原因。
参考答案
1．D
【详解】
A．由图可知，该同学在t2~t4阶段先处于超重状态，以后处于失重状态，故A错误；
B．由动量定理，重力和支持力的合力的冲量等于mv，故B错误；
C．在第一阶段人受到地面支持力的作用点——脚底是没有位移的，根据做功的定义我们得出，支持力不做功，即在整个过程中地面支持力对人做的总功为0，故C错误；
D．该同学重心上升了h，重力势能增加了mgh，同时又获得速度v，动能增加了，故机械能增加了，故D正确。
故选D。
2．D
【详解】
AB．小球的机械能减少量等于克服重力以外的力对小球做功，整个过程中，除重力外，小球还受到泥潭对它的阻力，所以在整个过程中，小球机械能减，由
可知
故AB错误；
CD．小球刚接触地面时，速度为，则小球进入泥潭过程用动量定理可得
可知球所受阻力的冲量不等于，但动量变化量的大小等于，故C错误，D正确。
故选D。
3．C
【详解】
A．因为粒子由O运动到A的时间等于粒子由A运动到B的时间，在竖直方向上，粒子做初速度为零的匀加速直线运动，所以竖直距离之比为1:3，A正确；不符合题意；
B．因为粒子由O运动到A的时间等于粒子由A运动到B的时间，所以粒子由O到A与由A到B，电场力的冲量相同。B正确，不符合题意；
C．因为粒子在A点的竖直分速度等于在B点竖直分速度的，而二者的水平分速度相等，所以A点合速度不是B点速度的。C错误，符合题意；
D．因为O、A两点间的竖直距离为A、B两点间竖直距离的，所以粒子由O到A电场力做的功也是A到B的，根据功能关系，粒子由O到A电势能的减少量等于粒子由A到B电势能减少量的。D正确，不符合题意。
故选C。
4．B
【详解】
设向上为正方向，则由动量定理
解得地面对他的冲量为
I=mv＋mgΔt
因地面对人的作用力没有位移，则地面对他做的功为零。
故选B。
5．C
【详解】
A．冲量是反映力在作用时间内积累效果的物理量，等于力与时间的乘积，故A错误；
B．动量是描述物体运动状态的物理量，等于质量与速度的乘积，故B错误；
C．力是改变速度的原因，故冲量是物体动量变化的原因，故C正确；
D．冲量方向与力的方向相同，根据动量定理，与动量改变量的方向一致，故D错误。
故选C。
6．D
【详解】
A．物体的惯性只跟其质量有关，动量大的物体其质量不一定大，故A错误；
B．动量是矢量，方向与速度方向相同，动量变化可能是速度大小变化，也可能是速度方向变化，而动能与速率大小有关，速度大小只要不变化，动能就不变，而动量可能改变。故B错误；
C．由动量定理可以知道，物体所受合外力冲量等于物体动量的变化量，所以物体受到合外力的冲量不为零，物体动量的变化量也不为零，故C错误；
D．动量方向与物体速度方向相同，运动物体在任一时刻的动量方向，一定与该时刻物体的速度方向相同，故D正确。
故选D。
7．A
【详解】
A．根据动能定理
，
得μ=，A正确；
B．通过AB段的过程与通过CQ段的过程，高度变化相同，故重力做功的绝对值相同，但第四个L平均速度小，故时间长，则重力的冲量不相等，B错误；
C．通过AB段的过程与通过CQ段的过程，滑块受到的摩擦力方向不同，运动的加速度大小、方向不同，C错误；
D．若用同种材料的直轨道将PQ连接，此时PQ轨道与水平方向的夹角的正切值刚好等于1/4，所以小物块在此轨道上受重力沿轨道的分力等于所受摩擦力，不会滑动，则不能到达Q点，D错误。
故选A。
8．C
【详解】
A．甲、乙路程相等，到达底端的速度大小相等，在v-t图像中图线与时间轴所围成的面积为所滑过的路程，甲做匀加速运动，乙做加速度减小的加速运动，滑到斜面底端用时少，所以A错误；
B．由，由于两人质量关系未知，所以冲量大小无法比较，B错误；
C．若速度方向与重力方向的夹角为α，则，由于m和α大小不确定，所以重力的瞬时功率可能相等，C正确；
D．由动能定理
得，滑到斜面底端时两人速度大小相等，但方向不同，所以D错误；
故选择C。
9．D
【详解】
AB．设t时间内，从出水口流出水的体积为V，质量为m0，则
m0=ρV，V=v0St
得单位时间内从出水口流出水的质量为
=ρv0S
故AB错误；
CD．设水落至地面时的速度大小为v。对于Δt时间内流出的水，由机械能守恒得
(Δm)v02+(Δm)gh=(Δm)v2
在地面处，Δt时间内流出的水与地面接触时，沿竖直方向的动量变化量的大小为
Δp=(Δm)v
设地面对水的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt=Δp，得
F=
故C错误，D正确。
故选D。
10．C
【详解】
A．太空舱内是失重环境，物体在太空舱内处于完全失重状态，一切与重力相关的仪器都不能用，所以天平不能用来测物体的质量，所以A错误；
B．待测物体m2在太空舱中时惯性不会消失，所以B错误；
CD．对物体m1和m2，由动量定理可得
若已知标准物体m1的质量为1.0kg，则可知
所以C正确，D错误。
故选C。
11．A
【详解】
在时间t内，冲击地面的气体质量为
根据动量定理得
解得
故选A。
12．D
【详解】
舞者起跳后升高最大高度20cm，则下落到玻璃的速度
解得
由动量定理
解得，玻璃的支持力
由牛顿第三定律可知，舞者对玻璃的平均压力大小为600N。
则每个摄像头平均承重最大值为
故选D。
13．BC
【详解】
A．取竖直向下为正方向，依据动量定义式p=mv，因为速度先向上后向下，动量应先为负后为正，故A错误；
B．根据动量定理，mg是定值，方向向下，故B正确；
CD．根据动量定理，mg是定值，方向向下，那么
是个定值，重力的方向向下，故C正确，D错误。
故选BC。
14．BD
【详解】
AC．设水球的直径为d，子弹运动的过程为匀减速直线运动，直到末速度为零，我们可以应用逆过程，相当于子弹初速度为零做匀加速直线运动，因为通过最后1个、最后2个、以及后3个、全部4个的位移分别为d，2d，3d和4d，根据
知，所以时间之比为，所以子弹在每个水球中运动的时间不同，子弹在水球中沿水平方向做匀变速直线运动，则受力是相同的，所以加速度相同，由
可知，运动的时间不同，则速度的变化量不同，故AC错误；
B．根据动能定理
受力是相同的，运动的位移相同，所以子弹受到的阻力对子弹做的功相等，所以子弹在每个水球中的动能变化相同，故B正确；
D．根据冲量的定义
受力是相同的，运动的时间不同，所以每个水球对子弹的冲量不同．故D正确。
故选BD。
15．BD
【详解】
AC．因为不知道动量变化的方向与初动量方向是否相同，故无法确定动量是增大还是减小，AC错误；
B．根据动量定理
只合外力的冲量与物体动量变化量大小一定相同，即物体所受到的合外力冲量大小为，B正确；
D．根据
若发生变化的时间为1s，则物体所受到的合外力的大小为
D正确。
故选BD。
16．400m/s，1m/s
【详解】
设子弹穿过木块后，子弹的运动速度为v1，木块的运动速度为v2，以水平向右为正方向，根据动量定理对子弹，有
-ft=mv1-mv0
对木块，有
ft=Mv2
解得
v2=1m/s，v1=400m/s
17．(1)a1=3 m/s2； a2=2 m/s2；(2) v=m/s；(3)Q=J
【详解】
(1)对A滑块，根据牛顿第二定律有
解得
对B滑块，根据牛顿第二定律有
解得
(2)A相对B静止时，二者速度相同，根据动量定理有
解得
(3)外力对A、B体系做功为
A、B最终以速度运动。故该体系动能为
由能量守恒得
则
18．(1)；(2)；(3)
【详解】
(1)根据冲量的定义有
(2)根据上滑下滑位移大小相等，得
则下滑至初始位置的速度
则时间内克服摩擦力做功
(3)上滑过程
①
下滑过程
②
由①②得
19．(1)ρS0v03；(2)－；(3)见解析
【详解】
(1)喷泉喷水的功率为
P＝＝＝＝＝ρS0v03
(2)以向上为正方向，以Δt内冲击冲浪板底部的水柱为研究对象，设碰到冲浪板时水的速度大小为v
－F·Δt＝Δp＝Δm·Δv＝ρS0v0Δt·Δv＝ρS0v0Δt·（0－v）
所以
F＝ρS0v0v
根据牛顿第三定律
F′＝F＝Mg
所以
Mg＝ρS0v0v
得
v＝
水从喷口喷出后再做竖直上抛运动
v2－v02＝－2gh
所以
h＝－
(3)从喷口喷出的水的流量Q＝S0v0是定值，单位时间内喷出的水的体积不变
Q＝S0v0＝Sivi
在vi不断变小时，横截面积Si在不断增大，因此上升阶段的水柱呈现的形态是上端较粗。