人教版 (2019)选择性必修 第一册2 动量定理精品课后练习题

1.2动量定理人教版（  2019）高中物理选择性必修第一册同步练习

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1. 图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为的交变电压，电压随时间变化的图线如图乙所示质量为、重力不计的带电粒子以初速度沿中线射入两板间，经时间从两板间飞出下列关于粒子运动描述错误的是    (    )

A. 时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大
B. 时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大
C. 无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度方向都水平
D. 无论哪个时刻入射的粒子离开电场时的速度大小都相等

2. 如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为的物体以速度从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为对于这一过程，下列判断正确的是(    )

A. 斜面对物体的弹力的冲量为零 B. 物体受到的重力的冲量大小为
C. 物体受到的合力的冲量大小为零 D. 物体动量的变化量大小为零

3. 下列说法中正确的是

A. 根据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

4. 下列说法中正确的是(    )

A. 根据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

5. 下列说法中正确的是(    )

A. 根据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

6. 如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为的物体以速度从斜面底端冲上斜面，达到最高点后又滑回原处，所用时间为对于这一过程，下列判断正确的是(    )

A. 斜面对物体的弹力的冲量为零 B. 物体受到的重力的冲量大小为
C. 物体受到的合力的冲量大小为零 D. 物体动量的变化量大小为零

7. 下列说法不正确的是(    )

A. 根据可把牛顿第二定律表述为：物体动量的变化率等于它所受的合外力
B. 力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的累积效应，是一个矢量
C. 动量定理与牛顿第二定律的物理实质不相同，动量定理有时用起来更方便
D. 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

二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）

8. 如图所示，质量为的滑块以初速度沿着足够长斜面上滑，发现其返回出发点时速度大小为。则下列说法正确的是(    )

A. 上滑过程和下滑过程中滑块所受重力冲量之比
B. 上滑过程和下滑过程中滑块机械能变化量之比
C. 上滑过程和下滑过程中滑块的加速度之比为
D. 全过程滑块的动量变化量大小为
 

9. 一个静止的质点在到这段时间，仅受到力 的作用， 的方向始终在同一直线上， 随时间 的变化关系如图所示下列说法中正确的是(    )

A. 在到这段时间，质点做往复直线运动
B. 在时，质点的动量大小为
C. 在时，质点的动能最大
D. 在到这段时间，力的冲量为零

10. 质量为的物块可视为质点静止在光滑水平面上，从时起受到水平向有的外力作用，外力随时间的变化规律图象如图所示。下列说法正确的是

A. 内物块的速度先减小后增大
B. 内物块的速度一直增大
C. 内和内外力的冲量之比为
D. 末物块的速度大小为

11. 质量为的小物块在水平地面上以的速度与固定的竖直墙壁发生碰撞，碰后小物块反弹的速度大小为，碰撞时间为，则在小物块与墙壁发生碰撞的过程中(    )

A. 小物块动量的变化量大小为
B. 墙面对小物块的平均作用力大小为
C. 小物块受到墙壁的冲量大小为
D. 小物块受到重力的冲量大小为

第II卷（非选择题）

三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）

12. 某同学用如图乙所示的实验装置验证动量定理。

实验前，用游标卡尺测出遮光条的宽度，示数如图甲所示，则遮光条的宽度为________。

实验步骤如下：

第步：按照如图乙所示安装实验器材，两光电门固定在木板上，且光电门和距离较远；

第步：通过调整小沙桶内细沙的质量，直至给小滑块一个沿木板向上的初速度，小滑块匀速上滑，即观察到________________为止，此时小沙桶和桶内细沙的质量为；

第步：在小沙桶中再加入质量为的细沙，把小滑块从木板底端位置由静止释放，记录遮光条通过光电门、时，遮光条遮光时间、，以及遮光条从光电门到光电门的时间为。

实验测得小车和遮光条的质量，重力加速度为，如果表达式________用整个题目中的字母表示成立，则动量定理得到验证。

13. 第届冬季奥林匹克运动会，将于年月日在北京和张家口联合举行，北京也将成为奥运史上首个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市，跳台滑雪是冬奥会中最具观赏性的项目之一。如图，跳台滑雪赛道由跳台、助滑道、着陆坡和停止区等部分组成。比赛中，质量的某运动员从跳台处由静止下滑，运动到处后水平飞出，在空中飞行了落在着陆坡上的点。运动员从刚接触点到开始沿着陆坡向下滑行，经历的时间。已知着陆坡的倾角，重力加速度，不计运动员在滑道上受到的摩擦阻力及空气阻力，求：
     

助滑道的落差；

运动员在着陆坡上着陆过程中，着陆坡对运动员的平均冲击力大小。

四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）

14. 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目一个质量为的运动员，从离水平网面高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面高处已知运动员与网接触的时间为，重力加速度试求：

运动员自由下落过程中，重力对运动员的冲量；

运动员与网接触过程中动量变化的大小；

运动员与网接触过程中，网对运动员的平均冲击力的大小．

15. 某校设计专业学生对手机进行了防摔设计，防摔设计是这样的：在屏幕的四个角落设置了由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成的保护器，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知到手机掉落，保护器会自动弹出，对手机起到很好的保护作用。总质量为的该种型号手机从距离地面高的口袋中被无意间带出，之后的运动可以看作自由落体运动，平摔在地面上，保护器撞击地面的时间为，不计空气阻力，，试求：

手机落地前瞬间的速度大小；

手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小；

地面对手机的平均作用力大小。

16. 年仅岁的中国选手全红婵在东京奥运会上获得女子跳水台冠军，如图为比赛时的照片。为了方便计算，假设全红婵的体重为，水池深，从静止开始下落，在水中的运动可视为匀减速运动，且到达池底时速度恰好为零，空气阻力不计。试估算：

运动员在空中运动的时间；

运动员从离开跳台至到达池底人体重力的冲量大小；

运动员在水中受到水的平均作用力大小。

答案和解析

1.【答案】 

【解析】

【分析】
主要考查带电粒子在电场中的运动，需要对粒子在电场中进行受力分析，然后结合牛顿第二定律以及运动学公式，即可求解．
本题难度不大，需要综合考虑运动的合成与分解，以及牛顿第二定律等知识的综合．
【解答】
A、粒子在电场中运动的时间是相同的。时刻入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，最后离开电场区域，故时刻入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大，故A正确；
B、时刻入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速，再反向加速，最后反向减速离开电场区域，故此时刻射入的粒子离开电场时速度方向和中线在同一直线上，故B错误；
、因粒子在电场中运动的时间等于电场变化的周期，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故所有粒子离开电场时竖直方向的分速度为零，即最终都垂直电场方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度大小，故CD正确。
本题是选错误的，故选B。  

2.【答案】 

【解析】

【分析】
此题考查了冲量的概念和动量定理的应用，要记住动量的变化等于合力的冲量；同时明确动量的矢量性。
由冲量的计算公式求出各力的冲量大小，由动量定理求出动量的变化量。
【解答】
A.斜面对物体的弹力的冲量大小：，弹力的冲量不为零，故A错误；
B.根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为：，故B正确；
物体受到的合力的冲量大小为，由动量定理得：动量的变化量大小，则合力的冲量和动量的变化量不为零，故CD错误；
故选B。  

3.【答案】 

【解析】

【分析】
早期的牛顿第二定律是根据动量的变化表达的；冲量反映了力的作用对时间的累积效应，是矢量；根据动量定理分析动量的变化。
知道动量定理、动量和冲量的定义式，应用动量定理即可正确解答。本题难度不大，要注意掌握基础知识。
【解答】
A.由动量定理可得：，则，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，与位移无关，其冲量不一定为零，故B错误；
C.由可知，动量变化相同时，时间越长，力越小，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.由可知，动量变化相同时，时间越短，力越大，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。  

4.【答案】 

【解析】

【分析】
早期的牛顿第二定律是根据动量的变化表达的；冲量反映了力的作用对时间的累积效应，是矢量；根据动量定理分析动量的变化。
知道动量定理、动量和冲量的定义式，应用动量定理即可正确解答。本题难度不大，要注意掌握基础知识。
【解答】
A.由动量定理可得：，则，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，说明物体的位移为零，而冲量，则其冲量不一定为零，故B错误；
C.由可知，动量变化相同时，时间越长，力越小，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.由可知，动量变化相同时，时间越短，力越大，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。
故选A。  

5.【答案】 

【解析】

【分析】
早期的牛顿第二定律是根据动量的变化表达的；冲量反映了力的作用对时间的累积效应，是矢量；根据动量定理分析动量的变化。
知道动量定理、动量和冲量的定义式，应用动量定理即可正确解答。本题难度不大，要注意掌握基础知识。
【解答】
A.由动量定理可得：，则，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，说明物体的位移为零，而冲量，则其冲量不一定为零，故B错误；
C.由可知，动量变化相同时，时间越长，力越小，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.由可知，动量变化相同时，时间越短，力越大，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。
故选A。  

6.【答案】 

【解析】

【分析】
此题考查了冲量的概念和动量定理的应用，要记住动量的变化等于合力的冲量；同时明确动量的矢量性。
由冲量的计算公式求出各力的冲量大小，由动量定理求出动量的变化量。
【解答】
A.斜面对物体的弹力的冲量大小：，弹力的冲量不为零，故A错误；
B.根据冲量的定义式可知，物体所受重力的冲量大小为：，故B正确；
物体受到的合力的冲量大小为，由动量定理得：动量的变化量大小，则合力的冲量和动量的变化量不为零，故CD错误；
故选B。  

7.【答案】 

【解析】

【分析】

根据动量定理、动量与冲量的定义分析答题，注意明确动量定理与牛顿第二定律的关系，知道动量在生产生活中的应用。

本题考查了动量定理、动量与冲量的有关知识，明确动量定理与牛顿第二定律的关系，知道动量在生产生活中的应用是解题的关键。

【解答】

A.由动量定理得：，则，由此可知，物体动量的变化率等于它所受的合外力，故A正确；

B.力与力的作用时间的乘积叫做力的冲量，它反映了力的作用对时间的积累效应，是一个矢量，故B正确；

C.动量定理反映了动量变化与冲量的关系，牛顿第二定律反映了力、质量与加速度之间的关系，物理实质相同，故C错误；

D.由可知，动量变化相等时，时间越长，力越小，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D正确。

由于本题选错误的，故选C。

8.【答案】 

【解析】

【分析】
应用匀变速直线运动的速度位移公式求出上滑过程与下滑过程的加速度之比；根据匀变速直线运动的速度时间公式求出上滑与下滑过程的时间关系，然后求出重力的冲量之比；应用动量定义求出整个过程滑块动量的变化量大小。
本题考查了运动学公式与动量和冲量的应用，根据题意分析清楚滑块的运动过程是解题的前提，应用匀变速运动的运动学公式、动量与冲量的计算公式即可解题；解题时要注意动量与冲量都是矢量，注意正方向的选择。
【解答】
C.滑块上滑过程做匀减速直线运动末速度为零，其逆过程是初速度为零的匀加速直线运动；
滑块上滑过程与下滑过程位移大小相等，设位移大小为，
由匀变速直线运动的速度位移公式可知，
加速度之比：，故C错误；
A.由匀变速直线运动的速度公式可知，
滑块上滑与下滑的时间之比，
上滑过程和下滑过程中滑块所受重力冲量之比：，故A正确；
B.上滑过程与下滑过程位移大小相等，摩擦力大小相等，摩擦力做功相等，上滑与下滑过程机械能的变化量等于摩擦力做的功，因此上滑过程和下滑过程中滑块机械能变化量相等，上滑过程和下滑过程中滑块机械能变化量之比为：，故B正确；
D.以沿斜面向下为正方向，则滑块上滑的速度为，滑块返回斜面底端时的速度为，全过程滑块动量的变化量，故D错误。
故选：。  

9.【答案】 

【解析】

【分析】
分析图象的性质，知道合外力的方向与加速度方向相同，根据加速度的方向与速度方向的关系，从而判断物体的运动过程再根据图象分析力的冲量，根据动量定理分析动量的大小．
解决本题的关键会通过牛顿第二定律判断加速度的方向，当加速度方向与速度方向相同，做加速运动，当加速度方向与速度方向相反，做减速运动同时能正确根据动量定理分析问题，明确图象的性质，能正确求解力的冲量．
【解答】

解：、内，合力方向不变，知加速度方向不变，物体一直做加速运动，内，合力方向改为反向，则加速度方向相反，物体做减速运动，因为内和内加速度大小和方向是对称的，则末速度为零，在整个运动过程的速度方向不变，一直向前运动，第末质点位移最大，故A错误．
B、图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，在时，冲量大小，根据动量定理可知，质点的动量大小为，故B错误．
C、由的分析可知，在时，质点的动能最大，故C正确；
D、图象中，图象与时间轴围成的面积表示力的冲量，由图可知，在到这段时间，力的冲量为零，故D正确；
故选：．
 

10.【答案】 

【解析】

【分析】
根据牛顿第二定律分析的加速度，根据运动学公式分析速度；图像下包围的“面积”表示外力的冲量，利用面积的比值即可求出内和内外力的冲量之比，由动量定理求末物块的速度。
本题主要考查运动学图像，掌握图像所代表的意义是解题的关键
【解答】
内，，解得，物块做匀加速直线运动，内，，解得，
物块做匀加速直线运动，所以∽内物块的速度一直增大，项错误、项正确
图象下包围的“面积”表示外力的冲量，内和内外力的冲量之比为，项正确
由动量定理得，代入数据解得，项正确。  

11.【答案】 

【解析】

【分析】
本题考查动量定理，关键在于对动量的理解，注意正方向的选取。
【解答】
选小物块与墙壁发生碰撞后反弹的速度方向为正方向，小物块与墙壁发生碰撞的过程中，根据动量定理，即，解得，，故A错误，BC正确；
D.根据冲量的定义可知，物块所受重力的冲量，D错误。
故选BC。  

12.【答案】；
遮光条经过两光电门时的挡光时间相等；
 

【解析】游标卡尺是分度的，精确度为，根据游标卡尺的读数原理可知；
通过调整小沙桶内细沙的质量，观察到遮光条经过两光电门时的挡光时间相等时，说明系统合外力为，滑块做匀速直线运动；
在小沙桶中再加入质量为的细沙后，系统受到的合外力等于，滑块经过两光电门的速度分别为，，
据动量定理可得，
即，

故该表达式成立，则动量定理得到验证。

13.【答案】解：设运动员从点飞出的速度为
水平位移为：
竖直位移
根据题意：
所以
运动员从点到点，根据动能定理：

解得  

设运动员着陆过程中着陆坡对运动员的平均冲击力大小为，则运动员垂直于斜面方向所受的合力为，运动员在刚接触点时，垂直于斜面的分速度为，当运动员在从点开始沿斜坡向下滑行时，垂直于斜面的分速度为，根据动量定理：
 

代入数据解得：
答：助滑道的落差；

运动员在着陆坡上着陆过程中，着陆坡对运动员的平均冲击力大小为。

【解析】本题考查了平抛运动与斜面相结合的问题即动量定理的一般应用。

首先根据运动学公式以及水平位移与竖直位移的几何关系求解运动员从点飞出的速度，然后根据动能定理列方程求解助滑道的落差；

运动员垂直于斜面方向所受的力为平均冲击力与重力垂直于斜面方向的分力的合力，根据动量定理列出方程即可求解着陆坡对运动员的平均冲击力大小。

14.【答案】解：运动员自由下落，用时
运动员自由下落过程中重力的冲量
解得：，方向竖直向下
取竖直向上方向为正方向，运动员落至网面和弹离网面时的速度分别为 
，
运动员动量的变化为
解得：
由动量定理得：
解得： 

【解析】本题关键是对运动员的各个运动情况分析清楚，然后结合运动学公式、冲量、动量和动量定理列式后联立求解。
运动员先做自由落体运动，根据自由落体运动的规律求出下落的时间，根据求出此时重力的冲量；
分别根据运动员做自由落体运动和做竖直上抛运动求出对应的速度，则可以求出接触前后的速度，从而求出对应的动量，即可求出动量的变化大小；
根据动量定理列式求解，即可求解网对运动员的平均冲击力的大小。
 

15.【答案】解：落地的速度，代入数值，得：，
方法一：根据自由落体运动，代入数值，得，
根据，得重力冲量，

方法二：由动量定理：，代入数值得：。
取竖直向下为正方向，由动量定理，
得。 

【解析】根据自由落体运动求出落地前速度；
自由落体时间可求，根据重力冲量或利用动量定理求出重力冲量；
由动量定理求出地面对手机的平均作用力大小、
本题要理清手机的运动过程，建立模型，要知道手机与地面撞击时，地面对手机的作用力是变力，只能根据动量定理求解。
 

16.【答案】解：根据自由落体运动规律有
代入数据得；
最大速度为
代入数据可得
全过程有
下落总时间为
重力的冲量大小为
代入数据可得；
对全过程有
代入数据得。 

【解析】

【分析】
运动员在空中运动时仅受重力，做自由落体运动，由求解；
在空中做自由落体，在水中做匀减速运动，自由落体的末速度为匀减速的初速度，由计算运动时间，再计算重力的冲量大小；
对运动员，在全过程根据动量定理求解。
本题考查自由落体运动、交变速运动的规律、动量定理的应用。解题的选择研究过程，分析过程前后物体动量的变化，根据动量定理定式求解。