高中人教版 (2019)2 动量定理精品测试题

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一、冲量及动量定理的基本应用
1. (2023·安徽省蚌埠市·单元测试)下列说法中正确的是( )
A. 由F=ΔpΔt可知物体动量的变化率等于它受的合外力
B. 冲量反映了力的作用对时间的累积效应，是一个标量
C. 易碎品运输时要用柔软材料包装是为了减小冲量
D. 玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大
【答案】A
【解析】A.根据动量定理得，F△t=△p，则合力F=ΔPΔt，即合力等于动量的变化率，故A正确；B.冲量反映了力的作用对时间的累积效应，是矢量，故B错误；C.易碎品运输时要用柔软材料包装是为了延长作用时间，减小作用力，冲量的大小一定，故C错误；D.玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为玻璃杯与水泥地接触的过程，动量变化量一定，即冲量一定，作用时间较短，作用力较大，所以易碎，故D错误。故A。
2. (2023·北京市·单元测试)如图所示，一个钢珠自空中自由下落，然后陷入沙坑中，不计空气阻力，把在空中下落的过程视为过程Ⅰ ，进入沙坑直到停止的过程视为过程Ⅱ ，则( )
A. 过程Ⅱ 中钢珠动量的改变量等于零
B. 过程Ⅱ 中阻力冲量的大小等于过程Ⅰ 中重力冲量的大小
C. 整个过程中合外力的总冲量等于零
D. 过程Ⅰ 中钢珠动量的改变量大于重力的冲量
【答案】C
【解析】A.过程Ⅱ中钢珠的初动量不为零，末动量为零，因此动量的改变量不为零，故A错误；B.过程Ⅱ中，钢珠所受外力有重力和阻力，所以过程Ⅱ中阻力的冲量大小等于过程Ⅰ中重力的冲量大小与过程Ⅱ中重力冲量大小的和，故B错误；C.在整个过程中，钢珠动量的变化量为零，由动量定理可知，整个过程中合外力的总冲量等于零，故C正确；D.过程I中钢珠只受重力，故钢珠的动量的改变量等于重力的冲量，故D错误。故选C。
3. (2022·江苏省泰州市·期中考试)如图，质量为m的物块原本静止在倾角为α的斜面上，后来，在与斜面夹角为θ的恒力F拉动下向上运动，经过时间t，则在运动过程中( )
A. 物块重力的冲量为0
B. 物块所受拉力的冲量为Ft
C. 物块的动量一定增大
D. 物块受到合力的冲量为Ftcsθ
【答案】B
【解析】A.根据冲量的定义知重力不为0，冲量也不为0，重力的冲量为IG=mgt，故A错误；B.拉力的冲量为Ft，故B正确；C.如果木块匀速运动，速度不变，动量不变，故C错误；D.根据动量定理，合外力的冲量等于物体动量变化，如果木块匀速运动，动量变化量为零，则合力的冲量为0，故D错误。
4. (2023·安徽省蚌埠市·单元测试)如图所示，光滑水平面上有质量均为m的物块A和B，B上固定一轻质弹簧，B静止，A以速度v0水平向右运动，从A与弹簧接触至弹簧被压缩到最短的过程中( )
A. A，B的动量变化量相同B. A，B的动量变化率相同
C. A，B系统的总动能保持不变D. A，B系统的总动量保持不变
【答案】D
【解析】AD.两物体相互作用过程中系统的合外力为零，系统的总动量守恒，则A、B动量变化量大小相等、方向相反，所以动量变化量不同，故A错误，D正确；B.由动量定理Ft=△P可知，动量的变化率等于物体所受的合外力，A、B两物体所受的合外力大小相等、方向相反，所受的合外力不同，则动量的变化率不同，故B错误；C.AB系统的总机械能不变，弹性势能在变化，则总动能在变化，故C错误。故选D。
5. (2022·湖北省恩施土家族苗族自治州·单元测试)一枚在空中飞行的炮弹，质量M=6kg，在最高点时的速度v0=900m/s，炮弹在该点突然炸裂成A、B两块，其中质量m=2kg的B做自由落体运动．求：
(1)爆炸后A的速度大小；
(2)爆炸过程中A受到的冲量大小．
【答案】解：(1)炮弹爆炸过程系统动量守恒，以炮弹的初速度方向为正方向根据动量守恒定律有：Mv0=(M−m)vA，解得vA=1350m/s，方向与初速度方向相同；
(2)根据动量定理可知A的冲量为：I=Δp=(M−m)(vA−v0)=1800N·s，方向与初速度方向相同。
6. (2022·福建省三明市·单元测试)一质量为m=2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动，F随时间t变化的图线如图所示，求：
(1)0∼2 s内F的冲量大小;
(2)t=4 s时物块的动量大小和动能大小．
【答案】解：(1)0～2s内F的冲量大小I1=F1t1=2×2N⋅s=4N⋅s
(2)根据动量定理，t=4s时物块的动量大小p=I=F1t1−F2t2=2×2N⋅s−1×2N⋅s=2N⋅s=2kg⋅m/s，动能大小Ek=p22m=222×2J=1J。
用动量定理解决流体问题
7. (2019·河南省洛阳市·期中考试)高速水流切割是一种高科技工艺加工技术，为完成飞机制造中的高难度加工特制了一台高速水流切割机器人，该机器人的喷嘴横截面积为10−7m2，喷嘴射出的水流速度为103m/s，水的密度为1×103kg/m3，设水流射到工件上后速度立即变为零。则该高速水流在工件上产生的压力大小为( )
A. 1000NB. 100NC. 10ND. 1N
【答案】B
【解析】解：单位时间内喷到工件上的水的体积为：V0=Svt
故质量为：m=ρV0=ρSvt
设水的初速度方向为正方向；则由动量定理可得：Ft=0−mv
得：F=−100N，
根据牛顿第三定律，高速水流在工件上产生的压力大小为100N，方向沿水流的方向；
则B正确，ACD错误
故选：B。
8. (2022·江苏省苏州市·单元测试)水力采煤是用高压水枪喷出的水柱冲击煤层而使煤掉下，所用水枪喷水口的直径为D，水速为v，水柱垂直射到煤层表面上，水的密度ρ，冲击煤层后自由下落.求水柱对煤层的平均冲力( )
A. πD2ρv24B. πD2ρv22C. πD2ρv34D. πD2ρv3
【答案】A
【解析】取Δt时间内射到煤层的水为研究对象，设这部分水的质量为Δm，以S表示水柱的截面积，则Δm=ρSvΔt=ρ·πD24·vΔt ，这部分水经时间Δt，其水平方向的动量由Δmv变为零，设水受到煤层的反作用力为F，并设F方向为正方向，根据动量定理，有FΔt=0−(−Δmv) ，故F=ΔmvΔt=πD24ρv2根据牛顿第三定律，水柱对煤层的作用力大小为F′=πD24ρv2，故A正确。故选A。
7. (2020·河北省石家庄市·单元测试)如图所示，小明把一只充了氢气的气球和质量为m的小物块绑在一起，置于空中，然后打开气球的阀门，气球中氢气向下喷出，放手后物块和气球能在空中停留一段时间，在这段时间里不计空气阻力，氢气质量远小于物块质量，重力加速度为g，假设氢气匀速向下喷出，不计浮力，不考虑气球体积变化的影响，喷口的面积为S，气体的密度为ρ，则氢气喷出的速率大小为
A. mgρSB. mg2ρSC. 2mgρSD. mgρ2S
【答案】A
【解析】Δt时间内气球喷出气体的质量Δm=ρSv·Δt
对于物块、气球组成的系统，由动量定理得：F·Δt=Δmv−0
解得F=ρSv2
根据平衡条件有F=mg
解得v= mgρS，故A正确。
8. (2021·江苏省南京市·单元测试) 如图所示，塑料水枪是儿童们夏天喜欢的玩具，但是也有儿童眼睛被水枪击伤的报道，因此，限制儿童水枪的威力就成了生产厂家必须关注的问题．水枪产生的水柱对目标的冲击力与枪口直径、出水速度等因素相关．设有一水枪，枪口直径为d，出水速度为v，储水箱的体积为V．
(1)水枪充满水可连续用多少时间？
(2)设水的密度为ρ，水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度变为零，则水柱对目标的冲击力是多大？你认为要控制水枪威力关键是控制哪些因素？不考虑重力、空气阻力等的影响，认为水柱到达目标的速度与出枪口时的速度相同．
【答案】解：设t时间内从枪口喷出的水的体积为△V，则有：
△V=vst
S=π(d2)2
所以单位时间内从枪口喷出的水的体积为：
△Vt=14vπd2
水枪充满水可连续用的时间t总=V14vπd2=4Vvπd2
(2)t时间内从枪口喷出的水的质量
m=ρSvt=ρvπ(d2)2t=14πρd2vt
质量为m的水在t时间内与目标相互作用，由动量定理有：
Ft=△p
以水流的方向为正方向，得
−Ft=0−14πρd2vt⋅v=−14πρd2v2t
解得：F=14πρd2v2
可见要控制水枪的威力，关键是要控制枪口直径d和出水速度．
答：(1)水枪充满水可连续用多长时间为4Vvπd2；
(2)设水的密度为ρ，水柱水平地打在竖直平面(目标)上后速度变为零，则水流对目标的冲击力是14πρd2v2；要控制水枪的威力，关键是要控制枪口直径d和出水速度．
9. (2022·广东省广州市·单元测试)下列说法中正确的是
A. 根据F=ΔpΔt可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它受的合外力
B. 一个恒力对物体做功为零，则其冲量也为零
C. 易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了减少冲量
D. 玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲量太大
【答案】A
【解析】A.由动量定理可得：Δp=FΔt，则ΔpΔt=mΔvΔt=ma=F，由此可知物体动量的变化率等于它受的合外力，故A正确；B.一个恒力对物体做功为零，说明物体在力的方向上的位移为零，而冲量I=FΔt，与位移无关，其冲量不一定为零，故B错误；C.由Δp=FΔt可知，动量变化相同时，时间越长，力F越小，因此易碎品运输时要用柔软材料包装，船舷常常悬挂旧轮胎，都是为了延长作用时间以减小作用力，故C错误；D.由Δp=FΔt可知，动量变化相同时，时间越短，力F越大，玻璃杯掉在水泥地上易碎，是因为受到的冲力太大，故D错误。
10. (2022·全国·单元测试)如图所示，质量为m的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t1速度为零并又开始下滑，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为Ff。则在整个运动过程中( )
A. 重力对滑块的总冲量为mg(t 1+t 2)sinθ
B. 支持力对滑块的总冲量为mg(t 1+t 2)csθ
C. 合外力对滑块的冲量为0
D. 摩擦力对滑块的总冲量为F f(t 1+t 2)
【答案】B
【解析】A、重力对滑块的总冲量为mg(t1+t2)，故A错误；B、滑块受到的支持力为mgcs θ，则支持力对滑块的总冲量为mgcs θ(t1+t2)，故B正确；C、在整个运动过程中，小滑块的动量发生了变化，故合外力对滑块的冲量不为零，故C错误；D、滑块上滑与下滑过程中，摩擦力的方向相反，若规定沿斜面向上为正方向，则摩擦力对滑块的总冲量为Ff(t2−t1)，故D错误。
故选B。
11. (2022·湖南省·单元测试)如图，在光滑的水平面上，有一静止的小车，甲、乙两人站在小车左、右两端，当他俩同时相向而行时，发现小车向右运动，下列说法中错误的是：( )
A. 乙的速度必定大于甲的速度B. 乙对小车的冲量必定大于甲对小车的冲量
C. 乙的动量必定大于甲的动量D. 甲、乙的动量之和必定不为零
【答案】A
【解析】甲乙两人及小车组成的系统不受外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律得：mAvA+mBvB+m车v车=0；ACD.小车向右运动，则说明甲与乙两人的总动量向左，说明乙的动量大于甲的动量，即两人的总动量不为零，但是由于不知两人的质量关系，故无法确定两人的速度大小关系，故A错误，CD正确；B.因小车的动量向右，说明小车受到的总冲量向右，而乙对小车的冲量向右，甲对小车的冲量向左，故乙对小车的冲量一定大于甲对小车的冲量；故B正确；本题选错误的，故选A。
12. (2022·湖南省株洲市·月考试卷)“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹声响是辞旧迎新的标志，是喜庆心情的流露．有一个质量为3m的爆竹从地面斜向上抛出，上升ℎ后到达最高点，此时速度大小为v0、方向水平向东，在最高点爆炸成质量不等的两块，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东；重力加速度为g.则( )
A. 爆竹上升到最高点爆炸过程中，整体的动量守恒
B. 质量为m的一块，其速度为2v−3v0
C. 质量为m的一块，在落地过程中重力冲量的大小为mg 2ℎg，方向斜向下
D. 质量为2m的一块，在落地过程中重力冲量的大小为2mg 2ℎg，方向竖直向下
【答案】D
【解析】A.爆竹在最高点爆炸过程中，整体水平方向上动量守恒，故A错误； B.爆竹在最高点速度大小为v0、方向水平向东，爆炸前动量为3mv0，其中一块质量为2m，速度大小为v，方向水平向东，设爆炸后另一块瞬时速度大小为v′，取爆竹到最高点未爆炸前的速度方向为正方向，爆炸过程动量守恒， 则有：3mv0=2mv+m⋅v′ ，解得：v′=3v0−2v，故 B错误；C.由ℎ=12gt2解得：t= 2ℎg，则质量为m的一在落地过程中重力冲量IG=mgt=mg 2ℎg，方向竖直向下，故C错误； D.由动量定理可知IG′=2mgt=2mg 2ℎg，即质量为2m的一块，在落地过程中动量变化量大小为2mg 2ℎg，方向竖直向下，故D正确。故选D。
13. (2023·湖北省咸宁市·期末考试)2022年卡塔尔世界杯是第二十二届世界杯足球赛，是历史上首次在卡塔尔和中东国家境内举行。如图所示，某次训练过程中球员用头颠球。足球从静止开始下落20cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为20cm。已知足球与头部的作用时间为0.1s，足球的质量为0.4kg，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 下落到与头部刚接触时，足球动量大小为1.6kg⋅m/s
B. 头部对足球的平均作用力为足球重力的4倍
C. 从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为2N⋅s
D. 与头部作用过程中，足球动量变化量为0
【答案】C
【解析】A.由题意可得，足球从静止开始下落20cm时的速度v= 2gℎ=2m/s，则下落到与头部刚接触时，足球动量大小为p=mv=0.8kg⋅m/s，故A错误；B.以v的方向为正方向，由上述分析及题意可知，离开头部后上升的最大高度仍为20cm，则足球离开头部时的速度为v1=−v=−2m/s，由动量定理可得I=mv1−mv=−2mv=−1.6N⋅s，即合力对足球的冲量为I，即I=(mg−F)Δt，F=20N=5mg，故B错误；C.由题意可得，从最高点下落到头部的时间为t= 2ℎg=0.2s，从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为I′=mg(2t+t′)=2N⋅s，故C正确；D.由B中分析可知，与头部作用过程中，足球动量变化量不为0，故D错误。故选C。
14. (2023·江西省宜春市·月考试卷)如图甲所示，一质量为m的物体静止在水平面上，自t=0时刻起对其施加一竖直向上的力F，力F随时间t变化的关系图像如图乙所示，已知当地的重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计，下列说法正确的是
A. 物体上升过程中的最大加速度大小为2gB. 0～4t0时间内力F的冲量大小为6mgt0
C. 物体上升过程中的最大速度为4gt0D. 6t0时刻物体到达最高点
【答案】BD
【解析】A.根据图乙结合牛顿第二定律得出，物体上升过程中的最大加速度为a=g，故A错误；B.根据图乙的面积得出0～4t0时间内力F的冲量大小为I=2mg×2t0+12×2t0×2mg=6mgt0，故B正确；C.当F=mg时，加速度为零，速度最大，设最大速度为v，根据图像乙得出此时对应的是3t0时刻。根据图像乙并结合动量定理得出2mg·2t0+32mgt0−mg·3t0=mv得出v=52gt0，故C错误；D.设在4t0时刻，速度为v1，根据动量定理得出2mg×2t0+12×2t0×2mg−mg×4t0=mv1得出v1=2gt0，4t0之后物体做初速度为v1的竖直上抛运动，设再经过时间为t′，速度到达零，物体上升到最高点。根据竖直上抛的运动学公式得出t′=v1g=2gt0g=2t0故物体上升到最高点的时刻为4t0+2t0=6t0，故D正确。
15. (2023·湖北省·模拟题)如图所示，质量为M的直−20武装直升机旋翼有4片桨叶，桨叶旋转形成的圆面面积为S。已知空气密度为ρ，重力加速度大小为g。当直升机悬停空中时，发动机输出的机械功率为P，桨叶旋转推动空气，空气获得的速度为v0，则单位时间内桨叶旋转推动空气的质量可表示为
A. ΔmΔt=ρSv02B. ΔmΔt=ρSv0C. ΔmΔt=2M2g2PD. ΔmΔt=M2g22P
【答案】BD
【解析】直升机处于平衡状态，记直升机与空气间的作用力为F，则F=Mg；飞机对空气的力与空气对飞机的力为作用力与反作用力，即F=F′;
AB.对空气由动量定理可得：F′Δt=Δm·v0=ρSv0Δt·v0，解得ΔmΔt=ρSv0，故A错误，B正确；CD. 由上式知F′Δt=Δm·v0，由功能关系可得PΔt=12Δm·v02，联立两式消去v0可得ΔmΔt=M2g22P，故C错误，D正确；故选BD．
15. (2023·湖北省武汉市·期中考试)如图所示，一物体分别沿三个倾角不同的光滑斜面由静止开始从顶端下滑到底端C、D、E处，三个过程中重力的冲量依次为I1、I2、I3，动量变化量的大小依次为ΔP1、ΔP2、ΔP3，则有
A. 三个过程中，合力的冲量大小相等，动量的变化量相等
B. 三个过程中，合力做的功相等，动能的变化量相等
C. I1D. I1【答案】BD
【解析】AB.三个过程中，由于斜面光滑，故运动过程中机械能守恒，由mgℎ=12mv2可知，三个过程中到达斜面底端时的速度大小都相等，但速度方向不同，由动量定理可知，三个过程中合外力的冲量大小相等，方向不同，动量的变化量大小相等，方向也不相同；由于动能是标量，故这三个过程中动能的变化量是相等的，由动能定理可得，这三个过程中，合外力做功相等，故A错误，B正确；CD.设斜面的高度为H，斜面的倾角为α，则物体在斜面下滑的时间t= 2xa= 2Hsinαgsinα=1sinα 2Hg由上式可知，α越大，时间t越短，故有t116. (2022·安徽省·历年真题)(2022·北京·高考真题)体育课上，甲同学在距离地面高ℎ1=2.5m处将排球击出，球的初速度沿水平方向，大小为v0=8.0m/s；乙同学在离地ℎ2=0.7m处将排球垫起，垫起前后球的速度大小相等，方向相反。已知排球质量m=0.3kg，取重力加速度g=10m/s2。不计空气阻力。求：
(1)排球被垫起前在水平方向飞行的距离x；
(2)排球被垫起前瞬间的速度大小v及方向；
(3)排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小I。
【答案】(1) x=4.8m ；(2) v=10.0m/s ，方向与水平方向夹角 tanθ=0.75 ；(3) I=6.0N⋅s
【解析】(1)设排球在空中飞行的时间为t，则
ℎ1−ℎ2=12gt2
解得 t=0.6s ；则排球在空中飞行的水平距离
x=v0t=4.8m
(2)乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直方向速度的大小
vy=gt
得 vy=6.0m/s ；根据
v= v02+vy2
得 v=10.0m/s ；设速度方向与水平方向夹角为 θ (如答图所示)
则有
tanθ=vyv0=0.75
(3)根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大小
I=2mv=6.0N⋅s
17. (2023·天津市市辖区·期末考试)一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。
(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；
(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；
(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功W。
【答案】解：(1)物块从A到B过程，由动能定理得：
−μmgsAB=12mvB2−12mv02，
代入数据解得：μ=0.32；
(2)以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，
由动量定理得：Ft=mv−mvB，
解得：F=−130N，负号表示方向向左；
(3)物块向左运动过程，由动能定理得：
W=0−12mv2=−9J；
所以克服摩擦力做功为9J。