第一节　冲量　动量 第二节　动量定理 课时训练 高中物理粤教版选择性必修第一册

第一章动量和动量守恒定律第一节冲量动量第二节动量定理A组·基础达标1．下列有关冲量的说法，正确的是()A．力越大冲量也越大B．作用时间越长冲量越大C．恒力F与t的乘积越大冲量就越大D．物体不动，重力的冲量为零【答案】C【解析】冲量等于力和时间的乘积，故冲量取决于力和时间的乘积，乘积越大，冲量越大，故C正确，A、B、D错误．2．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0B．物块所受拉力的冲量为FtC．物块的动量一定增大D．物块受到合力的冲量为Ftcosθ【答案】B【解析】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，A错误；拉力的冲量为Ft，B正确；如果木块匀速运动，速度不变，动量不变，C错误；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，D错误．3．高空坠物极易对行人造成伤害．若一个1kg的砖块从一居民楼的8层坠下，与地面的撞击时间约为10ms，则该砖块对地面产生的冲击力约为()A．20N B．2×102NC．2×103N D．2×104N【答案】C【解析】设8楼高度约为20m，砖块落地时的速度，根据v2＝2gH，解得v＝20m/s，砖块与地面撞击的过程中，根据动量定理FΔt＝mv，解得F＝2×103N，根据牛顿第三定律，砖块对地面产生的冲击力约为2×103N，故C正确，A、B、D错误.4．质量为0.5kg的物体，运动速度为3m/s，它在一个变力作用下速度变为7m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为()A．5kg·m/s，方向与原运动方向相反B．5kg·m/s，方向与原运动方向相同C．2kg·m/s，方向与原运动方向相反D．2kg·m/s，方向与原运动方向相同【答案】A【解析】以原来运动的方向为正方向，由定义式Δp＝mv′－mv，得Δp＝(－7×0.5－3×0.5)kg·m/s＝－5kg·m/s，负号表示Δp的方向与原运动方向相反，故A正确．5．(多选)如图所示，铁块压着一张纸条放在水平桌面上，第一次以速度v抽出纸条后，铁块落在水平地面上的P点，第二次以速度2v抽出纸条，则()A．铁块落地点在P点左边B．铁块落地点在P点右边C．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次短D．第二次纸条与铁块的作用时间比第一次长【答案】AC【解析】以不同的速度抽出纸条时，铁块所受摩擦力相同，抽出纸条的速度越大，铁块与纸条相互作用的时间越短，铁块受到合力的冲量越小，故铁块获得的速度越小，铁块平抛的水平位移越小，故A、C正确．6．如图甲所示，在粗糙的水平地面上静止放置一质量为100kg的木箱．t＝0时刻，某同学对其施加水平推力F的作用．已知水平推力F随时间t的变化关系图像如图乙所示，木箱与水平地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2.则t＝3s时木箱的速度大小为()A．2m/s B．2.5m/sC．6m/s D．8m/s【答案】B【解析】由于f＝μmg＝200N，由图像可知，在0.5s后木箱才开始运动，0.5～3s对木箱由动量定理可得IF－μmgt＝mv－0，由图像可得，外力F的冲量为IF＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f((1＋3)×400,2)－200×0.5×0.5))N·s＝750N·s，解得v＝2.5m/s，故B正确．7．某人身背燃料包，脚踩由5个小型涡轮喷气发动机驱动的“飞板”，仅用22分钟就飞越了英吉利海峡35公里的海面．已知他(及装备)的总质量为120kg，当他(及装备)悬浮在空中静止时，发动机将气流以6000m/s的恒定速度从喷口向下喷出，不考虑喷气对总质量的影响，g取10m/s2，则发动机每秒喷出气体的质量为()A．0.02kg B．0.20kgC．1.00kg D．5.00kg【答案】B【解析】设他(及装备)对气体的平均作用力为F，根据牛顿第三定律可知，气体对他(及装备)的作用力的大小也等于F，对他(及装备)，则F＝Mg；设时间Δt内喷出的气体的质量为Δm，则对气体由动量定理得FΔt＝Δmv，解得eq\f(Δm,Δt)＝eq\f(F,v)＝eq\f(Mg,v)，代入数据解得eq\f(Δm,Δt)＝0.2kg，则发动机每秒喷出气体的质量为0.2kg，故B正确，A、C、D错误．8．(多选)(2024年佛山高质量发展联盟联考)随着科技进步，生活水平的提高，人们对手机依赖越来越强．某同学周末回家喜欢平躺着玩手机，偶尔出现手机砸人脸的情况．若手机的质量为150g，从离人脸约20cm的高度无初速度掉落(假设手机掉落过程其界面保持水平)，砸到人脸后手机未反弹，人脸受到手机的冲击时间为0.1s，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是()A．手机与人脸作用过程中，手机的动量变化量大小约为0.3kg·m/sB．人脸对手机的冲量大小约为0.3N·sC．手机对人脸的平均冲击力大小为4.5ND．该同学第二天给手机装上了保护壳，其他条件不变情况下可以减小碰撞过程手机对人脸的冲量【答案】AC【解析】手机下落20cm时的速度为v2＝2gh，解得v＝2m/s，砸到人脸后手机未反弹，说明手机的速度为0，所以手机与人脸作用过程中，手机的动量变化量大小约为Δp＝mv＝0.3kg·m/s，A正确；手机与眼睛接触的过程中受到重力和眼睛的作用力，选向上为正方向，则有I－mgt＝Δp，解得I＝0.45N·s，B错误；根据冲量的定义可知I＝Ft，解得F＝4.5N，根据牛顿第三定律可知手机对人脸的平均冲击力大小为4.5N，C正确；给手机装上了保护壳，碰撞过程中手机对人脸的冲量不会改变，但可以通过延长作用时间而减小碰撞产生的作用力，D错误．9．一质量为0.2kg的小钢球由距地面5m高处自由下落，与地面碰撞后又以等大的动量被反弹，碰撞作用时间为0.1s．若取向上为正方向，g取10m/s2，下列说法正确的是()A．小钢球碰地前后的动量变化是2kg·m/sB．小钢球碰地过程中受到的合冲量是4N·sC．地面受到小钢球的平均压力为40ND．引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力的冲量【答案】B【解析】小钢球由距地面5m高处自由下落，碰地前的速度大小v＝eq\r(2gh)＝10m/s，若取向上为正方向，碰地前的动量p＝－mv＝－2kg·m/s，反弹后的动量p′＝－p＝2kg·m/s，小钢球碰地前后的动量变化是Δp＝p′－p＝4kg·m/s，故A错误；根据动量定理，小钢球碰地过程中受到的合冲量是I＝Δp＝4N·s，故B正确；地面受到小钢球的平均压力为eq\x\to(F)＝eq\f(I,t)＋mg＝42N，故C错误；引起小钢球动量变化的是地面对小钢球弹力和小钢球重力的合力的冲量，故D错误．10．(多选)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分别为I1、I2、I3，动量变化量的大小分别为Δp1、Δp2、Δp3，则()A．三个过程中，合力的冲量相同，动量变化量相同B．三个过程中，合力做的功相等，动能变化量相等C．I1<I2<I3，Δp1＝Δp2＝Δp3D．I1<I2<I3，Δp1<Δp2<Δp3【答案】BC【解析】由机械能守恒定律可知物体下滑到底端C、D、E的速度大小v相等，动量变化量大小Δp＝mv，则动量变化量大小相等，即Δp1＝Δp2＝Δp3，根据动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，故合力的冲量大小也相等，但方向不同，A错误；物体下滑过程中只有重力做功，故合力做的功相等，根据动能定理，动能变化量相等，B正确；设斜面的高度为h，从顶端A下滑到底端，由eq\f(h,sinθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，得物体下滑的时间t＝eq\r(\f(2h,gsin2θ))，所以θ越小，sin2θ越小，t越大，重力的冲量I＝mgt就越大，故I1<I2<I3，C正确，D错误．B组·能力提升11．(2024年梅州期末)如图所示，一实验小组进行“鸡蛋接地球”实验，把一质量为50g的鸡蛋用海绵紧紧包裹，使其从20m的高处自由落下，与水平而发生一次碰撞后速度减为0，碰撞时间为0.5s，碰撞过程视为匀减速直线运动，不考思物体和地而的形变，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2.下列说法正确的是()A．物体做自由下落运动的时间为1sB．物体在自由下落过程中重力的冲量大小为2N·sC．匀减速直线运动过程中海棉对物体的平均作用力大小为2.5ND．物体做匀减速直线运动过程的动量变化量方向竖直向下【答案】C【解析】根据题意，由h＝eq\f(1,2)gt2可得，物体做自由下落运动的时间为t＝eq\r(\f(2h,g))＝2s，物体在自由下落过程中重力的冲量大小为I＝mgt＝0.05×10×2N·s＝1N·s，故A、B错误；根据题意，由公式v＝gt可得，鸡蛋落地瞬间的速度为v＝20m/s，碰撞过程视为匀减速直线运动，可得，碰撞过程的加速度大小为a＝eq\f(v,Δt)＝40m/s2.由牛顿第二定律有F－mg＝ma，解得F＝m(g＋a)＝2.5N，取向下为正方向，物体做匀减速直线运动过程的动量变化量为Δp＝0－mv＝－mv＝－1kg·m/s，可知，动量变化量方向与正方向相反，即竖直向上，C正确，D错误．12．(2022年北京卷)“雪如意”是我国首座国际标准跳台滑雪场地．跳台滑雪运动中，裁判员主要根据运动员在空中的飞行距离和动作姿态评分．运动员在进行跳台滑雪时大致经过四个阶段：①助滑阶段，运动员两腿尽量深蹲，顺着助滑道的倾斜面下滑；②起跳阶段，当进入起跳区时，运动员两腿猛蹬滑道快速伸直，同时上体向前伸展；③飞行阶段，在空中运动员保持身体与雪板基本平行、两臂伸直贴放于身体两侧的姿态；④着陆阶段，运动员落地时两腿屈膝，两臂左右平伸．下列说法正确的是()A．助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与滑道之间的摩擦力B．起跳阶段，运动员猛蹬滑道主要是为了增加向上的速度C．飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了增加水平方向速度D．着陆阶段，运动员两腿屈膝是为了减少与地面的作用时间【答案】B【解析】助滑阶段，运动员深蹲是为了减小与空气之间的摩擦力，A错误；起跳阶段，运动员猛蹬滑道是为了增大滑道对人的作用力，根据动量定理可知，在相同时间内，为了增加向上的速度，B正确；飞行阶段，运动员所采取的姿态是为了减小水平方向的阻力，从而减小水平方向的加速度，C错误；着陆阶段，运动员两腿屈膝下蹲可以延长落地时间，根据动量定理可知，可以减少身体受到的平均冲击力，D错误．13．(2024年宿迁期末)踢毽子是我国传统的民间体育运动，如图是一个小孩在踢毽子，毽子近似沿竖直方向运动，空气阻力与速率成正比，毽子在空中运动过程中()A．动量变化量等于零B．动量变化率一直减小C．重力的冲量上升过程等于下降过程D．重力的冲量上升过程大于下降过程【答案】B【解析】设毽子上升的初速度为v0，再次下落到原点时的速度为v，向下为正方向，则动量变化量Δp＝mv－(－mv0)＝mv＋mv0，A错误；动量变化率等于毽子受到的合外力，上升过程合外力为mg＋kv，则随速度减小，合外力变小；下降过程的合外力mg－kv，则随速度增加，合外力减小，则动量变化率一直减小，B正确；上升过程中mg＋kv＝ma1，下降过程中mg－kv＝ma2，则a1>a2，根据h＝eq\f(1,2)at2可知上升的时间小于下降的时间，根据I＝mgt可知，重力的冲量上升过程小于下降过程，C、D错误．14．(2024年广州执信中学开学考)如图所示，飞船在距某星球表面一定高度处悬停，选定相对平坦的区域后，在反推火箭作用下，开始加速下降，下降高度为100m，当“缓冲脚”触地时反推火箭立即停止工作，此时飞船速度为20m/s.随后飞船在“缓冲脚”的缓冲作用下