粤教版 (2019)选择性必修 第一册第二节 动量定理综合训练题

2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第一册

1.2动量定理 课后作业（解析版）

1．某“跑酷”运动员在从距离地面某高处一跃而下，该运动员双脚落地时采用弯曲膝盖的方式使得自身重心继续下降一段时间后静止，忽略空气阻力，则关于运动员落地后的运动，下列说法正确的是（　　）

A．减小运动员落地过程中所受合外力的冲量 

B．减小运动员落地过程中地面对运动员的力

C．减小运动员落地过程中动量的变化 

D．减小运动员落地过程中的动能的变化

2．小明同学将篮球从离地面高度为处释放，篮球竖直反弹后上升的最大高度为，已知篮球质量为，重力加速度为，篮球碰撞地面过程中重力冲量大小为，则地面对篮球的冲量大小为（　　）

A． B．

C． D．

3．河北某校高二年级物理备课组组织了一次“高楼落蛋”比赛。每班由5名学生组成一支参赛组，每组只能由一名学生携小组设计的装置到教学楼5楼实施落蛋操作，小组其他学生在一楼等候。某小组同学将装有鸡蛋的保护装置从教学楼5楼窗口外侧由静止释放。若该装置着地后（装置与地面作用时间极短）经速度减为零，不计空气阻力，则在装置与地面碰撞的过程中，鸡蛋对装置产生的平均作用力大小最接近（　　）

A． B． C． D．

4．跳水是我国的运动强项，在2019世界泳联世锦赛的跳水项目中，中国梦之队获得了12金、4银、1铜的骄人战绩。三米板的比赛中，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上（A位置），随跳板一同向下运动到最低点（B位置），对于运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的这个过程中，不计空气阻力，下列说法中正确的是（　　）

A．运动员始终处于失重状态

B．运动员的重力势能与跳板的弹性势能之和先增大后减小

C．跳板对运动员支持力的冲量和运动员重力冲量大小相等、方向相反

D．跳板对运动员支持力做的功等于运动员机械能的变化量

5．如图甲所示，质量为的木块静止在光滑的水平面上，0时刻起在木块右端施加一水平向右、大小按图乙所示随时间变化的拉力，图像为一半圆，后撤去力。则整个过程中物体所受拉力的冲量大小以及木块在末的速度大小分别为（　　）

A．， B．，

C．， D．，

6．如图，从离地面一定高度的喷水口同时喷出完全相同的三个水滴A、B、C，已知三个水滴的初速度大小相等，水滴B初速度方向水平，A、C初速度方向与水平面夹角均为θ，三个水滴落于同一水平地面，忽略空气阻力，则（　　）

A．三个水滴同时落地

B．水滴C落地时速度最大

C．整个过程三个水滴的动量变化方向相同

D．整个过程三个水滴的动量变化大小相等

7．台风实际上是一种强热带气旋。台风登陆后对地面建筑物、树木造成很大危害。若某台风登陆时的最大风力为11级，最大风速约为。某高层建筑顶部广告牌的尺寸为：高5m、宽20m。空气密度，空气吹到广告牌上后速度瞬间减为0，则该广告牌受到的最大风力约为（　　）

A． B． C． D．

8．物体受到的冲量越大，则物体的（　　）

A．动量一定越大              B．动量的变化一定越大

C．动量变化率一定越大        D．速度一定越大

9．“蹦蹦床”游乐项目是孩子们经常去游乐场玩的一款项目。将儿童在“蹦蹦床”上弹起、下落的过程简化为竖直方向上的运动。一质量为m的儿童从h高度处落下，从接触蹦床到速度大小减为零的时间为，在此过程中（　　）

A．蹦床对他的冲量大小为，蹦床对他做功不为0

B．蹦床对他的冲量大小为，蹦床对他做功不为0

C．蹦床对他的冲量大小为，蹦床对他做功为0

D．蹦床对他的冲量大小为，蹦床对他做功为0

10．高台跳雪是冬奥会的比赛项目之一。如图所示，某高台跳雪运动员（可视为质点）从雪道末端先后以初速度之比vl：v2=3：4沿水平方向飞出，不计空气阻力，则运动员从飞出到落到雪坡上的整个过程中（　　）

A．运动员先后在空中飞行的时间不相同

B．运动员先后落在雪坡上的速度方向不同

C．运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3∶4

D．运动员先后落在雪坡上动能的增加量之比为3∶4

11．质量相等的A、B两物体运动的速度v随时间t变化的图像如图所示。整个运动过程中，A、B两物体的位移大小分别为xA、xB，合外力做的功分别为WA、WB，合外力的冲量大小分别为IA、IB，加速度大小分别为aA、aB下列关系式正确的是（　　）

A． B．

C． D．

12．如图所示，垫球是排球运动中通过手臂的迎击动作，使来球从垫击面上反弹出去的一项击球技术。若某次从垫击面上反弹出去竖直向上运动的排球，之后又落回到原位置，设整个运动过程中排球所受阻力大小不变，则下列说法正确的是（　　）

A．球从击出到落回的时间内，重力的冲量为零

B．球从击出到最高点的时间小于从最高点落回击出点的时间

C．球上升阶段动量的变化量等于下降阶段动量的变化量

D．球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率

13．将质量相等的A、B两球以相同的速度分别竖直下抛和水平抛出，从抛出到落地，以下说法正确的是（　　）

A．它们动量变化量相同

B．它们动能变化量相同

C．它们动量变化率相同

D．重力对小球做功和产生的冲量都相同

14．关于物体的动量和冲量，下列说法中正确的是（　　）

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为零，它的动量一定不变

C．物体的动量的方向，就是它所受合外力的冲量的方向

D．物体所受的合外力越大，它的动量变化越快

15．如图甲所示，质量为的物体放在粗糙的水平地面上。从时刻起，物体在水平力作用下由静止开始做直线运动。在0到时间内物体的加速度随时间的变化规律如图乙所示。已知物体与水平地面间的动摩擦因数恒为。则（　　）

A．在0到时间内，物体的速度逐渐增大 

B．在与时刻，水平力的差值为

C．在时刻，物体的速度大小为 

D．在0到时间内，力的冲量大小为

16．质量为2kg的物体以2m/s的速度作匀变速直线运动，经过2s后其动量大小变为8kg·m/s，则该物体（　　）

A．所受合外力的大小可能等于2N B．所受合外力的大小可能等于6N

C．所受冲量可能等于12N·s D．所受冲量可能等于20N·s

17．如图所示，质量为m=0.5kg的滑块（可视为质点）放在水平面上O点，现给滑块一水平向右的初速度v0=9m/s，经过一段时间滑块与竖直的墙壁发生碰撞，已知碰前的速度大小为v=7m/s、碰后的速度大小为v1=6m/s，O点与竖直墙壁的距离为L=5m，滑块与竖直墙壁碰撞所用时间为t=0.05s，重力加速度g=10m/s2。求：

（1）滑块与水平面之间的动摩擦因数μ的大小；

（2）滑块对墙壁的作用力；

18．据媒体报道，某手机带有屏幕保护器，保护装置设置在屏幕的4个角落，由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知手机掉落，屏幕保护器会自动弹出，并完全吸收手机撞击地面的能量，避免手机屏幕直接接触地面而损坏。已知该手机设计质量约为160g，从1.8m自由掉落，保护器撞击地面的时间为0.05s。不计空气阻力，手机可看成质点，重力加速度g=10m/s2，求：

（1）手机落地前瞬间的速度大小；

（2）手机对地面的平均作用力大小。

19．中国国球——乒乓球是一种世界流行的球类体育项目之一。某运动员在某次扣杀中，将以的速度飞来的乒乓球以的速度反向击回。已知乒乓球的质量，扣杀过程中乒乓球对球拍的平均作用力大小，不考虑乒乓球的旋转，求：

（1）扣杀过程中乒乓球的动能变化量；

（2）扣杀过程中乒乓球的动量变化量及乒乓球与球拍的作用时间。

20．某兴趣小组自制了一枚小火箭，质量为1kg，设火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动。火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4s到达离地面40m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力和燃料燃烧引起的火箭质量变化，取重力加速度，求：

（1）燃料恰好用完时火箭的速度大小；

（2）火箭上升后离地面的最大高度；

（3）燃料用完后火箭继续上升的时间和加速上升过程火箭燃料对火箭的冲量大小。

 参考答案

1．B

【详解】

该运动员落地后双脚落地时采用弯曲膝盖的方式使得自身重心继续下降一段时间后静止，落地后运动员动量、动能变化不变，但延长了速度减为零的时间，根据动量定理

运动员落地过程中所受合外力的冲量不变，减小了运动员落地过程中地面对运动员的力，故B正确，ACD错误。

故选B。

2．C

【详解】

由

解得

，

由

解得

，

由动量定理有

，

即

选项C正确，ABD错误。

故选C。

3．B

【详解】

一个鸡蛋约为50g，设鸡蛋自由下落高度约为15m，自由下落的时间为

全程由动量定理可得

解得

故鸡蛋受到的平均作用力约为2N，由牛顿第三定律可知，鸡蛋对装置产生的平均作用力大小最接近2N，B正确。

故选B。

4．D

【详解】

A．运动员从开始与跳板接触到运动至最低点的这个过程中，运动员先加速后减速，则先失重后超重，选项A错误；

B．运动员的动能、重力势能和跳板的弹性势能三者之和守恒，因动能先增加后减小，则重力势能与跳板的弹性势能之和先减小后增大，选项B错误；

C．运动员动量减小，即动量的变化不为零，根据动量定理可知，跳板对运动员支持力的冲量和运动员重力冲量方向相反，但是大小不相等，选项C错误；

D．根据能量关系可知，跳板对运动员支持力做的功等于运动员机械能的变化量，选项D正确。

故选D。

5．C

【详解】

整个过程中物体所受拉力的冲量大小等于F-t图像的面积，即

根据动量定理

解得木块在末的速度大小为

故选C。

6．C

【详解】

A．由于A向斜上喷出，竖直向上有速度分量，B水平喷出，竖直方向速度分量为0，C斜下喷出，竖直向下有速度分量，故在竖直方向上，A做竖直上抛，B做自由落体，C做竖直下抛运动，所以A的时间最长，C用的时间最短，故A错误；

B．由动能定理可知，重力对三个水滴做的功相同，故落地时速度大小相等，故B错误；

CD．由动量定理可知，三个水滴都只受重力作用，重力方向都是竖直向下，故动量变化的方向相同，由A可知，重力对三个水滴作用时间不同，故三个水滴的动量变化的大小不相等，故C正确，D错误。

故选C。

7．B

【详解】

广告牌的面积为

S=5×20m2=100m2

设t时间内吹到广告牌上的空气质量为m，则有

m=ρSvt

以t时间内吹到广告牌上的空气为研究对象，根据动量定理有

解得

根据牛顿第三定律可知，该广告牌受到的最大风力约为

F′=F≈1.1×105N

故选B。

8．B

【详解】

根据动量定理可知，物体受到的冲量越大，则物体的动量变化一定大，但动量、动量变化率以及速度不一定大。

故选B。

9．A

【详解】

儿童接触蹦床时的速度为，接触蹦床后，以向上为正方向，根据动量定理得

解得

设儿童接触蹦床后，又下降了x，全程根据动能定理得

所以蹦床对儿童做的功为

故选A。

10．AC

【详解】

A．由平抛运动规律有

位移偏角即雪坡倾角，可得

联立解得

运动员飞行的时间t与v0成正比，故运动员先后在空中飞行的时间不相同，A正确；

B．运动员落至雪坡的速度偏角满足

对比位移偏角可得

落到雪坡上位移偏角相同，则速度偏角也相同，B错误；

C．由于运动员飞行的时间t与v0成正比得

运动员飞行过程，由动量定理有

故运动员先后落在雪坡上动量的变化量之比为3∶4，C正确；

D．由动能定理可得

运动员先后落在雪坡上动能的增加量与时间的平方成正比，故动能的增加量之比为9∶16，D错误。

故选AC。

11．AB

【详解】

A．在图像中，图线与时间轴所围成的面积表示位移则有

解得

故A正确。

B．设A、B两物体质量为m，根据动能定理

解得

故B正确。

C．根据动量定理

解得

故C错误。

D．有图像可知

解得

故D错误。

故选AB。

12．BD

【详解】

A．重力的冲量为

故球从击出到落回的时间内，重力的冲量不为零，A错误；

B．上升、下降过程分别由牛顿第二定律可得

可知

竖直上升过程可反向看成初速度为零的匀加速直线运动，由

可知，上升时间小于下降时间，B正确；

C．由

可知，上升的初速度大于下降的末速度，故球上升阶段动量的变化量大于下降阶段动量的变化量，C错误；

D．由

可知，球上升阶段动量的变化率大于下降阶段动量的变化率，D正确。

故选BD。

13．BC

【详解】

A．以相同的速度分别竖直下抛和水平抛出的两球，落地时运动时间不同，根据

可知，它们动量变化量不相同，选项A错误；

B．根据动能定理可知，两球落地时重力做功相同，则它们动能变化量相同，选项B正确；

C．因动量的变化率等于合外力，可知它们动量变化率相同，都等于重力，选项C正确；

D．质量和高度相同，则重力对小球做功相同，但是由于时间不同，则重力的冲量不相同，选项D错误。

故选BC。

14．BD

【详解】

ABC．据动量定理得

即 I合与Δp等大同向。故物体所受合外力的冲量越大，它的动量变化也越大，但动量不一定大；物体所受合外力的冲量为零，它的动量一定不变；合外力冲量的方向，就是物体动量变化的方向；故AC错误B正确；

D．由

所以

故 F合越大，就越大，故D正确。

故选BD。

15．ABD

【详解】

A．在0到时间内，物体的速度逐渐增大，故A正确；

B．时

时

则

故B正确；

C．速度的增量等于图像的“面积”，即

故C错误；

D．在0到时间内，由动量定理得

则力的冲量大小为

故D正确。

故选ABD。

16．ABC

【详解】

取初动量方向为正方向

A．当末动量方向与初动量方向相同时，根据动量定理得

代入解得

所受冲量为

故A正确；

BC．当末动量方向与初动量方向相反时，根据动量定理得

代入解得

所受冲量为

故BC正确；

D．由上可知，所受冲量不可能等于20N·s，D错误。

故选ABC。

17．（1）0.32；（2）130N，方向水平向右

【详解】

（1）据动能定理得

解得

μ=0.32

（2）对物块利用动量定理得

解得

F=130N

据牛顿第三定律，物块对墙壁的作用为

，方向水平向右

18．（1）6m/s；（2）20.8N

【详解】

（1）根据自由落体运动v2=2gh得

（2）机落地前自由落体时间

根据

I=mgt

得重力冲量

取竖直向下为正方向，由动量定理

（mg－F）t=0－mv

得

19．（1）；（2），方向与乒乓球扣杀后的运动方向相同；

【详解】

（1）设乒乓球的初动能为，末动能为，则有

解得

（2）以乒乓球扣杀后的运动方向为正方向，设乒乓球的初动量为，末动量为，乒乓球与球拍间的作用力远大于乒乓球受到的重力，所以重力可以忽略不计，根据动量定理有

解得

方向与乒乓球扣杀后的运动方向相同，

20．（1）20m/s；（2）60m；（3）2s，

【详解】

（1）设燃料用完时火箭的速度为，所用时间为；火箭上升时分为两个过程，第一个过程做匀加速直线运动，第二个过程做竖直上抛运动至最高点，火箭点火后到燃料刚用完的过程中，有，代入数据解得

（2）燃料用完后，火箭只受重力，则可以继续上升的高度，代入数据解得

所以火箭上升后离地面的最大高度

（3）火箭从燃料用完到运动至最高点的过程中，有，得

设燃料对火箭的冲量大小为I，加速上升过程，根据动量定理有

解得