物理人教版 (2019)2 动量定理课后练习题

这是一份物理人教版 (2019)2 动量定理课后练习题，共15页。试卷主要包含了2动量定理 课时作业，4J； 1，05N·s，竖直向下；55N等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年人教版（2019）选择性必修第一册1.2动量定理 课时作业（解析版）1．下面关于物体动量和冲量的说法正确的是（　　）A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量也越大B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量可能要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越大2．质量为m的物体以初速度v0做竖直上抛运动。不计空气阻力，从抛出到落回抛出点这段时间内，以下说法正确的是（　　）A．物体动量变化量的大小为零 B．物体动量变化量的大小为mv0C．物体动量变化量的大小为2mv0 D．重力的冲量为零3．下列几幅图片所展示的情形都应用了与动量相关的物理知识和原理，其中与另外三幅图片所包含的物理原理不同的是（　　）A．体操运动员着地时先屈膝后站B．码头边上悬挂着一排排旧轮胎C．直升机依靠螺旋桨旋转获得升力D．易碎物品运输时要用柔软材料包装4．如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN是它在竖直方向上的直径。两根光滑滑轨MP、QN的端点都在圆周上，MP>QN。将两个完全相同的小滑块a、b分别从M、Q点无初速度释放，在它们各自沿MP、QN运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是（　　）A．合力对两滑块的冲量大小相同B．重力对a滑块的冲量较大C．弹力对a滑块的冲量较小D．两滑块的动量变化大小相同5．一个小球以10kg·m/s的动量撞向墙壁，墙壁给小球一个-16N·s的冲量，则（　　）A．小球的动量减小了B．小球的动能增加了C．小球动量的变化量的方向与规定的正方向相同D．墙壁对小球做正功6．如图所示，某探究小组的同学们利用课外活动时间在一起做探究实验：将一物块放在光滑水平面上，用一水平恒力F拉物块。第一次水平恒力F作用时间t，第二次作用时间2t（水平恒力作用期间物块未离开水平面）。第一次物块离开水平面后落在地面上P点，则（　　）A．第二次物块仍落在P点B．第二次物块落地瞬间重力的功率大C．第二次物块落地过程重力的冲量大D．第二次物块落在地面上原水平位移的2倍处7．如图1为某游乐园旋转的飞椅，可将其简化为图2所示的模型。将图2装置放在粗糙的水平地面上，吊绳长均为L，上端与竖直转轴间的距离均为x，A、B为两个质量分别为m、2m的小球。若水平转盘CD绕转轴匀速转动，稳定时AC绳与竖直方向的夹角为θ，则（　　）A．在一个周期内，重力对A的冲量为零B．A的线速度大小为C．BD绳的拉力大小为2mgcosθD．地面受到的静摩擦力大小为mgtanθ8．一辆轿车强行超车时，与另一辆迎面的轿车相撞，两车相撞后，车身因相互挤压，皆缩短了0.6 m，测得两车相撞前的速率均为120 km/h，试估算车祸发生时车内的人受到的平均冲力（假设不存在其他保护方式）（　　）A．6×102 N B．6×104 N C．6×106 N D．6×105 N9．如图，从高处跳到低处时，为了安全，一般都要屈腿，这样做是为了（　　）A．减小冲量B．减小动量的变化量C．增大与地面的冲击时间，从而减小冲力D．增大人对地面的压强，起到安全作用10．一质量为m的铁锤，以速度v竖直打在木桩上，经过时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（　　）A．  B．  C．  D． 11．1998年6月18日，清华大学对富康轿车成功地进行了中国轿车史上的第一次碰撞安全性实验，成功“中华第一撞”，从此，我国汽车整体安全性碰撞实验开始与国际接轨，在碰撞过程中，关于安全气囊的保护作用认识正确的是（　　）A．安全气囊的作用减小了驾驶员的动量变化B．安全气囊减小了驾驶员受到撞击力的冲量C．安全气囊主要是减小了驾驶员的动量变化率D．安全气囊延长了撞击力的作用时间，从而使得动量变化更大12．质量为50 kg的铁块从5 m高处由静止自由下落，打在水泥桩上，与水泥桩撞击的时间是0.05 s，g取10 m/s2.撞击时，铁块对桩的平均冲击力为（　　）A．1.0×104 N B．1.05×104 N C．2.0×104 N D．2.1×104 N13．机车从静止开始沿平直轨道做匀加速运动，所受的阻力始终不变，在此过程中，下列说法正确的是（　　）A．机车牵引力增大B．机车输出功率不变C．在任意两相等时间内，机车动能变化相等D．在任意两相等时间内，机车动量变化大小相等14．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，物体没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是（　　）A．重力对物体的冲量大小为零B．拉力F对物体的冲量大小为FtC．拉力F对物体的冲量大小是FtcosθD．合外力对物体的冲量大小为零15．一质量为0.5 kg的滑块静置在水平地面上，在水平拉力F作用下，由静止开始运动。已知力F随时间变化的规律如图所示，滑块与地面间的动摩擦因数为0.8，取g=10 m/s2，则（　　）A．0~6 s内，拉力F的冲量大小为24 N · sB．0~6 s内，滑块受到的合外力冲量大小为0C．6 s末，滑块的速率为4 m/sD．0~6 s内，滑块受到的力做的总功为零   16．如图所示，半圆形轨道竖直固定放置，A为最低点，B为最高点，半径。一质量的小球沿水平地面向右运动，以的速度从A点沿切线方向进入半圆轨道，到达B点时对轨道的压力等于小球的重力，取，求：（1）小球到达B时的速度大小；（2）从A到B过程中小球克服摩擦力做的功；（3）从A到B过程中小球所受合力的冲量。  17．一个质量为的蹦床运动员，从离水平网面高出自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到水平网面高处。已知运动员与网接触的时间为，g取。求网对运动员的平均作用力。  18．我国自主研制了运-20重型运输机。飞机获得的升力大小F可用表示，式中k是已知常量；v是飞机在平直跑道上的滑行速度。当升力与重力相等时，飞机的速度称为起飞离地速度。已知飞机装载货物后的总质量为m，重力加速度为g。（1）求装载货物后，飞机起飞离地速度的大小v1；（2）物理学中，力对时间的累积效应用冲量I表示，冲量是矢量，恒力f在时间Δt内的冲量I=fΔt，其方向与恒力f的方向相同。若该飞机装载货物后，从静止开始加速滑行一段时间至起飞离地，将该过程看作匀加速直线运动。求在滑行过程中，飞机所受合力冲量的大小I合。 19．篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动，通过篮球对地冲击力大小判断篮球的性能，某同学让一篮球从h1=1.8m高处自由下落，测出篮球从开始下落至第一次反弹到最高点所用时间t=1.21s，该篮球反弹时从离开地面至最高点所用时间t1=0.5s，篮球的质量m=0.5kg，取g=10m/s2。（不计空气阻力）。求：（1）篮球从开始下落至第一次反弹到最高点的过程中，篮球重力的冲量；（2）篮球与地面接触过程中动量的变化量大小；（3）篮球对地面的平均作用力大小。
参考答案1．C【详解】A．物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化量也越大，故A错误；B．物体所受合外力的冲量不为零，它的动量一定会改变，故B错误；C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向，故C正确；D．由动量定理可知物体所受合外力越大，作用时间越长，它的动量变化就越大，故D错误。故选C。2．C【详解】ABC．根据竖直上抛运动的对称性可知物体落到抛出点时的速度大小为v0，所以从抛出到落回抛出点这段时间内，物体动量变化量的大小为2mv0，故AB错误，C正确；D．根据动量定理可知重力的冲量大小为2mv0，故D错误。故选C。3．C【详解】体操运动员着地时先屈膝后站，码头边上悬挂着一排排旧轮胎，易碎物品运输时要用柔软材料包装都是利用了缓冲的有利利用，延长作用时间从而减小相互作用力；而直升机依靠螺旋桨旋转获得升力是利用了作用力与反作用力；故物理原理不同的是C。4．C【详解】设滑轨与竖直直径的夹角为θ，圆环的半径为R，对滑块受力分析可得，滑块所受的支持力大小为所受合外力大小为根据牛顿第二定律可得滑块的加速度大小为滑块沿滑轨运动的位移为根据位移时间关系有可得滑块沿滑轨运动的时间为等，由MP>QN，可知MP与竖直半径的夹角小于QN与竖直半径的夹角，即两滑块所受支持力与合外力的大小不相等，根据可知，两滑块的合力的冲量大小不相等，弹力对a滑块的冲量较小，重力对两滑块的冲量大小相等；根据动量定理可知，两滑块的动量变化大小不相同，故C正确ABD错误。故选C。5．A【详解】A．根据动量定理可知，小球的末动量为-6kg·m/s，小球的动量减小了，选项A正确；BD．根据动量和动能的关系可知，小球的动量减小，其动能也减小，根据动能定理可知，墙壁对小球做负功，选项B错误，D错误；C．墙壁给小球一个-16N·s的冲量，负号表示小球动量的变化方向，小球动量的变化量的方向一定与规定的正方向相反，选项C错误。故选A。6．D【详解】AD．第二次水平恒力的作用时间长，水平恒力的冲量大，根据动量定理Ft=mv–0得，物块第二次离开桌面获得的速度为第一次的2倍。平抛运动下落高度相同，运动时间相同，则第二次物块落在P点右边原水平位移的2倍处，选项A错误、选项D正确；C．运动时间相同，则根据知两次物块落地过程重力的冲量一样大，选项C错误；B．平抛运动下落高度相同，运动时间相同，竖直方向的速度相同，根据可知两次物块落地过程重力的功率一样大，选项B错误。故选D。7．D【详解】A．在一个周期内，重力对A冲量大小IG=mgT≠0故A错误；B．小球受到的重力、拉力的合力提供水平方向的向心力，则mgtanθ=m解得v=故B错误；C．A、B的角速度均为ω=由于x、L、g为定值，当ω一定时，θ与小球的质量无关，则BD绳与竖直方向的夹角也是θ，BD绳的拉力大小为FB=C错误；D．AC绳的拉力大小为FA=装置受到地面的静摩擦力大小为FBsinθ–FAsinθ=mgtanθ根据牛顿第三定律知：地面受到的静摩擦力大小为mgtanθ，故D正确。故选D.8．B【详解】两车相撞时可认为人与车一起做匀减速运动直至停止，位移为0.6 m，人的质量约为60 kg，设运动时间为t，则有 根据动量定理 得故选B。9．C【详解】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＝Δp而屈腿可以增加人着地的时间，从而减小受到地面的冲击力，所以C正确；ABD错误；故选C。10．C【详解】对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F，以向上为正方向，则有解得由牛顿第三定律，铁锤对木桩的平均冲力大小为 故选C。11．C【详解】在碰撞过程中，人的动量的变化量是一定的，而使用安全气囊后增加了作用的时间，根据动量定理可以知道，作用时间t增加，驾驶员受到的冲击力F则变小，即减少了驾驶员的动量变化率。故选C。12．B【详解】铁块自由落体5 m的速度v0=10 m/s选取铁块为研究对象，取竖直向上为正，根据动量定理解得，根据牛顿第三定律铁块对桩和桩对铁块的力大小相等。故选B。13．D【详解】AB．由题意知，机车做匀加速直线运动，且阻力不变，所以牵引力也不变，根据功率增大，AB错误；C．根据动能定理，在任意相等时间内，由于位移不等，合外力相同，所以合外力做功不等，动能变化不相同，选项C错误；D．根据动量定理，在任意相等时间内，合外力与时间都相等，动量变化量相等，所选项D正确；故选D。14．BD【详解】A．重力是恒力，冲量大小为mgt，A错误；BC．拉力F对物体的冲量C错误B正确；D．由于地面对物体的摩擦力较大，物体没有被拉动，说明物体仍然处于平衡状态，受到的合外力为0，所以合力对物体的冲量大小为零，D正确。故选BD。15．AC【详解】A．根据“F–t图像中图线与t轴所包围的面积表示冲量”得：0~6 s内，拉力F的冲量大小为IF=（2×1+6×4–2×1） N·s=24 N·sA正确；B．滑动摩擦力大小f=μmg=4 N>2 N故0~1 s内滑块静止不动，滑块在1 s末才开始运动，0~6 s内，滑块受到的合外力冲量大小I=IF–If=2 N·sB错误；C．根据动量定理有I=mv6–0解得滑块在6 s末时的速率v6=4 m/sC正确；D．根据动能定理知：0~6 s内，滑块受到的力做的总功为W=–0=4 JD错误。故选AC。16．（1）2m/s；（2）2.4J；（3） 1.6N•s，方向向左【详解】（1）小球到达B点时对轨道的压力等于小球的重力，靠重力与支持力提供向心力。根据牛顿第二定律得得 （2）小球向上运动过程中重力和摩擦力做功，由动能定理得解得W=2.4J（3）选取向左为正方向，则小球的初动量p1=mvA=0.2×（-6)=-1.2kg•m/s小球的末动量p2=mvB=0.2×2=0.4kg•m/s由动量定理可知，小球受到的合外力的冲量等于其动量的变化，即I=p2-p1=0.4-（-1.2)=1.6kg•m/s=1.6N•s方向向左。17．1950N，方向竖直向上【详解】取竖直向上为正方向，由题意得 解得运动员接触网时的速度为同理得 解得运动员离开网时的速度为则由动量定律得 代入数据解得18．（1）；（2）【详解】（1）飞机升力F与所受重力相等时，达到起飞离地速度
 解得（2）飞机装载货物后，从静止开始匀加速运动至起飞离地，根据牛顿第二定律
 力f对时间Δt的累积效应I=fΔt飞机在滑行过程中所受合力的冲量大小解得19．（1）6.05N·s，竖直向下；（2）5.5kg·m/s；（3）55N【详解】（1）全过程中重力的冲量为I=mgt=6.05N·s方向竖直向下（2）自由下落过程，有v12 =2gh1可得v1=6m/s方向竖直向下，在竖直向上过程，有v2= gt1=5m/s方向竖直向上，设竖直向上为正方向，则有（3） 自由下落过程，有h1=gt22解得t2=0.6s则与地面接触时间为由动量定理可得联立方程，解得F=55N