动量与冲量动量定理同步练习

1、动量、冲量与动量定理 同步练习 1在下列用动量定理对几种物理现象的解释中，正确的是（ ）A.从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时受的冲量越大B.跳高时，在落地处垫海绵垫子，是为了减小冲量C.动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小的先停下来D.在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸时受到的冲量2将一质量为m的小球从足够高的地方斜向上抛出，不计空气阻力，则小球在落地前A任意相等的时间内动量的变化都相同 B任意相等的时间内动能的变化都相同C任意相等的时间内速度的变化都相同 D动量的变化率保持不变 3人从高处跳到低处时，为了安全，一般都有一个屈膝的过程，这样做是为了A减小冲量 B减小动

2、量的变化量C增大人与地面的作用时间，从而减小人与地面的相互作用力D增大人与地面的相互作用力，起到安全保护作用4如图所示，质量相等的A、B两个物体，分别沿倾角为和的两个光滑斜面，由静止开始从同一高度h1开始下滑到同样的另一高度h2。在这一过程中， A、B两个物体具有相同的物理量是A所受重力的冲量 B所受支持力的冲量C所受合力的冲量 D动量变化的大小5下列运动过程中，物体的动量变化率相等的是（ ）A匀速圆周运动 B竖直上抛运动C平抛运动 D任意的匀变速直线运动6一质量为m的运动员从下蹲状态开始起跳，经的时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中地面对他作用的冲量大小和做的功分别为（）A B

3、C D7如图所示，一小物块在粗糙斜面上的O点从静止开始下滑，在小物块经过的路径上有A、B两点，且A、B间的距离恒定不变当O、A两点间距离增大时，对小物块从A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（ ）A摩擦力对小物块的冲量变大 B摩擦力对小物块的冲量变小C小物块动能的改变量变大 D小物块动能的改变量变小8在物体运动过程中，下列说法不正确的有（ ）A动量不变的运动，一定是匀速运动B动量大小不变的运动，可能是变速运动C如果在任何相等时间内物体所受冲量相等（不为零），那么该物体一定做匀变速运动D若某一个力对物体做功为零，则这个力对该物体的冲量也一定为零9从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出

4、两个等质量的小物体，抛出速度大小都是为，不计空气阻力，对两个小物体以下说法正确的是A落地时的速度相同 B落地时重力做功的瞬时功率相同C从抛出到落地重力的冲量相同 D两物体落地前动量变化率相等10对一确定的物体下列说法正确的是A动能发生变化时，动量必定变化B动量发生变化时，动能必定变化C物体所受的合外力不为零时，其动量一定发生变化，而动能不一定变D物体所受的合外力为零时，其动能和动量一定不变11质量相同的两方形木块AB紧靠一起放在光滑水平面上，一子弹先后水平穿透两木块后射出，若木块对子弹的阻力恒定不变，且子弹射穿两木块的时间相同，则子弹射穿木块时AB木块的速度之比A1:1 B1:2 C1:3 D

5、1:12一单摆摆球质量m =0.2kg，摆长l =0.9m，今将摆球拉离与竖直方向成10°角处由静止释放，求摆球运动到最低点的过程中重力的冲量和合力的冲量。(g=10m/s2 ， cos10°=0.98)14如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域，区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B有一长度为L、宽度为b（bh）、电阻为R、质量为m的矩形线圈紧贴磁场区域的上边缘从静止起竖直下落，当线圈的下边穿出磁场时，恰好以速率v匀速运动已知重力加速度为g，求（1）线圈匀速运动的速率v；（2）穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量Q；（3）线圈穿过磁场区域所经历的时间t15有一个质量为

6、0.5kg的篮球从H=0.8 m的高度落到水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的0.36倍，且每次球与地面接触时间相等均为0.2s，空气阻力不计，（重力加速度g取10 m/s2），求：（）第一次球与地板碰撞，地板对球的平均冲力为多少？（）第一次和第二次球与地板碰撞的冲量的大小之比是多少？16如图所示，有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向与水平放置的导轨垂直，导轨宽度为L，右端接有电阻R，MN是一根质量为m的金属棒，金属棒与导轨垂直放置，且接触良好，金属棒与导轨电阻均不计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为，现给金属棒一水平冲量，使它以初速度沿导轨向左运动，已知金属棒在整个运动过

7、程中，通过任一截面的总电荷量为q，求：（1）金属棒运动的位移s；（2）金属棒运动过程中回路产生的焦耳热Q；（3）金属棒运动的时间t试卷第3页，总4页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1A【解析】试题分析：从高处跳下，时间较长，所以重力的冲量较大，根据动量定理，在落地后动量为0，所以冲量就会越大，A正确；跳同样高度时人在落地前的动量不变，也即落地时所受的冲量不变，垫海绵垫子是为了减小缓冲力，所以BD错误；根据动量定理可知，动量相等及制动力时，所用时间也相等，C错误；考点：动量定理。2ACD【解析】试题分析：小球斜上抛运动，只受向下的重力作用，故根据动量定理，在任意相等的

8、时间t内动量的变化都为mgt，选项A正确；任意相等的时间内，在竖直方向的位移不同，故重力做功不同，动能的变化不相同，选项B错误；任意相等的时间内速度的变化均为gt，选项C正确；根据动量定理可知，动量的变化率等于合外力，即等于mg，故动量的变化率保持不变，选项D正确；故选ACD 考点：动量定理【名师点睛】此题主要考查动量定理的应用；物体合外力的冲量等于物体动量的变化量，也可以说物体所受的合外力等于动量的变化率；物体合外力的功等于动能的变化量3C【解析】试题分析：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=mv； 而脚尖着地可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击

9、力；故选C考点：动量定理【名师点睛】本题考查动量定理的定性的应用，人落下时速度的变化量相同，让脚尖着地是为了增加作用时间，减小与地面的作用力；物理知识在生产生活中有着广泛的应用，在学习中应注意体会。4D【解析】试题分析：物体在下滑中只有重力做功，而重力做功只与高度差有关，故两种情况下重力做功相等，由机械能守恒定律可得，两物体下滑相同高度时的动能相同，则速度大小相同；但方向不同；故动量变化的大小相同，选项D正确；物体下滑相同高度时的速度大小相等，初速度均为零，故平均速度大小相等，但是不同，两物体下滑的位移不同，故两物体的下滑时间一定不同，故重力的冲量不相等，选项A错误；由动量定理可得，物体下滑到

10、底部时的速度的大小相同，所以合外力的冲量大小一定相等，但是方向不同，故合外力的冲量不同，选项C错误；到达底部时，合外力的冲量大小一定相等，重力的冲量不相等，所以支持力的冲量大小一定不相等，选项B错误；故选D考点：冲量；动量定理【名师点睛】该题考查动量定理的应用，要注意正确进行受力分析，结合动能定理求解速度大小，同时要注意动量及冲量的方向性。5BCD【解析】试题分析：动量变化率是矢量，匀速圆周运动动量变化量方向时刻在变化，在相等时间内动量变化量不相同也可根据动量定理，P=Ft，F是合力，匀速圆周运动的合力指向圆心，是变力，相等时间内合力的冲量也是变化的，动量变化率是变化的故A错误根据动量定理P=

11、Ft，F是合力，自由落体运动物体的合力是重力，恒力，相等时间内其冲量不变，动量变化率相同故B正确根据动量定理P=Ft，F是合力，平抛运动物体的合力是重力，恒力，相等时间内其冲量不变，动量变化率相同故C正确匀加速直线运动合外力恒定，故动量的变化率相等；故D正确；故选BCD。考点：动量定理【名师点睛】根据动量定理P=Ft，动量变化量等于合外力的冲量，自由落体、平抛和匀减速直线运动物体所受的力是恒力，在相等时间内物体合外力冲量相同，动量变化量相同，匀速圆周运动的合外力是变力，在相等时间内物体合外力冲量不相同，动量变化量也不相同。6C【解析】试题分析:在此过程中，地面对运动员由向上的弹力，但在力的方向

12、上无位移，故地面的弹力做功为零，AB错；由动量定理知：，弹力的冲量为：，C对。考点:功、动量定理。【名师点睛】判断力是否做功及做功正负的方法：（1）看力F的方向与位移l的方向间的夹角常用于恒力做功的情形（2）看力F的方向与速度v的方向间的夹角常用于曲线运动的情形（3）根据动能的变化：动能定理描述了合外力做功与动能变化的关系，即W合Ek末Ek初，当动能增加时合外力做正功；当动能减少时，合外力做负功7B【解析】解：A、B、依题意，OA距离越大，即为小物块从越高的位置开始释放，经过AB段的时间越短，由公式I=Ft，摩擦力不变，故摩擦力对小物块的冲量变小故A错误，B正确；C、D、在AB段小物块受到的合

13、外力不因OA距离变化而变化，AB段的位移恒定，则合外力对小物块做功不变，根据动能定理分析得知，小物块动能的改变量不变，故CD错误故选B【点评】本题对冲量、动能定理的理解和简单的运用能力恒力的冲量直接根据I=Ft研究动能的变化往往根据动能定理，由合力的功研究8D【解析】解：A、物体的动量不变，知物体的速度不变，可知物体一定做匀速运动故A正确B、动量大小不变的运动，即速度大小不变，可能做变速运动，比如匀速圆周运动故B正确C、如果在任何相等时间内物体所受的冲量相等（不为零），知相等时间内动量的变化量相同，即速度变化量相同，一定做匀变速运动故C正确D、若某一个力对物体做功为零，即物体的动能变化量为零，

14、但是动量的变化量不一定为零，即冲量不一定为零故D错误本题选不正确的，故选：D【点评】解决本题的关键知道动量是矢量，有大小，有方向，动能是标量，只有大小，没有方向掌握动量定理，即合力的冲量等于动量的变化量，并能灵活运用9【答案】D【解析】试题分析：两物体落地时，速度方向不同，故落地时速度不同，故A错误；因为落地时动能相同，则落地时的速度大小相等，平抛运动竖直方向上的分速度小于竖直上抛运动落地时的速度，根据知，落地时重力做功的瞬时功率不同，故B错误；两个小球在空中运动的时间不同，做平抛运动的小球时间短，故从抛出到落地重力的冲量不同，故选项C错误；根据动量定理：，整个运动过程中，合力为重力，故选项D

15、正确。考点：功率、动量定理【名师点睛】根据动能定理比较落地时的动能大小；重力做功与路径无关，与首末位置的高度差有关，通过比较运动的时间比较重力做功的平均功率；通过比较落地时竖直方向上的速度比较重力做功的瞬时功率。10ACD【解析】试题分析：物体动能发生变化，则物体的速度的大小必定发生变化，所以动量必定变化，故A正确；物体的动量发生变化，可能是速度的方向发生改变，而大小没有变化，此时动能不变，故B错误；物体所受的合外力不为零时，其动量一定发生变化，而动能不一定变，例如做匀速圆周运动的物体，选项C正确；物体所受的合外力为零时，合外力的功和合外力的冲量均为零，其动能和动量一定不变，选项D正确；故选A

16、CD考点：动量定理【名师点睛】本题要求同学们注意，动能是标量，动量是矢量，要注意动量的方向；并注意一些特殊的例子，例如做匀速圆周运动的物体，速度改变，没有力对物体做功，动能不变，动量发生改变；难度不大，属于基础题。11C【解析】试题分析：水平面光滑，子弹射穿木块过程中，子弹受到的合外力为子弹的冲击力，设子弹的作用力为f，对子弹与木块组成的系统，由动量定理得：对AB：ft=（m+m）vA，对B：ft=mvB-mvA，解得：vA：vB=1：3，故C正确；故选C。考点：动量定理的应用【名师点睛】本题考查了动量定理的应用，求木块的速度之比，解题时要分析清楚运动过程，应用动量定理即可正确解题12，【解析

17、】试题分析：小球静止释放后，做单摆运动，其周期小球静止释放后从最高点运动至最低点所用时间为,则重力的冲量为方向与重力相同，即竖直向下 。小下落过程中受重力与绳子拉力作用，其中绳子拉力不对小球做功，所以小球机械能守恒，其中重力势能减少量全部转化为动能，有可求得 由动量定理有方向与最低点处的速度方向相同，即沿水平方向。考点：动量定理，机械能守恒。13（1）（2）【解析】试题分析：（1）由动能定理得:绳子绷紧过程中，由动量定理知:解得：故（2）此后两物块组成的系统机械能守恒，则解得：考点：动量定理、机械能守恒。【名师点睛】动量守恒定律的适用条件（1）理想守恒：系统不受外力或所受外力的合力为零，则系统

18、动量守恒（2）近似守恒：系统受到的合力不为零，但当内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守恒（3）分方向守恒：系统在某个方向上所受合力为零时，系统在该方向上动量守恒14（1）线圈匀速运动的速率v为；（2）穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量Q为mg（b+h）；（3）线圈穿过磁场区域所经历的时间t是+【解析】试题分析：（1）当线圈的下边穿出磁场时，恰好做匀速运动，重力与安培力二力平衡，由平衡条件和安培力的表达式FA=结合，可求得线圈匀速运动的速率v（2）穿过磁场区域过程中，线框的机械能减小转化为内能，根据能量守恒定律求解线圈中产生的热量Q（3）线圈进入磁场过程中，由牛顿第二定律和加速度的定义式结

19、合，运用积分法求解时间；线圈完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应电流产生，不受安培力，线框做匀加速运动，加速度为g，由运动学速度时间公式求时间；对于匀速运动过程，由位移公式求解时间，即可得到总时间解：（1）线圈匀速穿出磁场，产生的感应电动势为：E=BLv回路中的电流为：I=此时线圈受到竖直向上的安培力为：F=BIL联立以上三式得：F=由平衡条件得：F=mg所以有：v=（2）线圈穿过磁场区域过程中，由能量守恒定律得线圈中产生的热量为：Q=mg（b+h）=mg（b+h）（3）线圈进入磁场过程中，下边进入磁场时线圈的速率为0，上边进入磁场时线圈的速率为v1当其速率为v时，由牛顿运动定律得：mg=ma又 a=整理，得：mgtvt=mv两边求和，得：（mgt）（vt）=（mv）即得：mgt）（vt）=（mv）所以 mgt1b=mv1；故 t1=+接着线圈在磁场以g匀加速运动，有：t2=最后线圈匀速穿出磁场，有：t3=得：t=t1+t2+t3=+答：（1）线圈匀速运动的速率v为；（