届人教版动量 动量定理单元测试.docx

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届人教版动量动量定理单元测试

课时分层集训（十八）　动量　动量定理

（限时：

40分钟）

（对应学生用书第299页）

[基础对点练]

冲量、动量及动量的变化

1．（多选）关于动量的概念，下列说法中正确的是（　　）

A．动量大的物体惯性一定大

B．动量大的物体运动一定快

C．动量相同的物体运动方向一定相同

D．动量相同的物体速度小的惯性大

CD　[物体的动量是由速度和质量两个因素决定的．动量大的物体质量不一定大，惯性也不一定大，A错误；同样，动量大的物体速度也不一定大，B错误；动量相同指动量的大小和方向均相同，而动量的方向就是物体运动的方向，故动量相同的物体运动方向一定相同，C正确；动量相同的物体，速度小的质量大，惯性大，D正确．]

2．（多选）关于动量的变化，下列说法中正确的是（　　）

A．做直线运动的物体速度增大时，动量的增量Δp的方向与运动方向相同

B．做直线运动的物体速度减小时，动量的增量Δp的方向与运动方向相反

C．物体的速度大小不变时，动量的增量Δp为零

D．物体做平抛运动时，动量的增量一定不为零

ABD　[当做直线运动的物体的速度增大时，其末态动量p2大于初态动量p1，由矢量的运算法则可知Δp＝p2－p1＞0，与物体运动方向相同，如图（a）所示，所以A选项正确．当做直线运动的物体速度减小时，p2＜p1，如图（b）所示，Δp与p1（或p2）方向相反，与运动方向相反，B选项正确．当物体的速度大小不变时，其方向可能变化，也可能不变化．动量可能不变化即Δp＝0，也可能动量大小不变而方向变化，此种情况Δp≠0，C选项错误．当物体做平抛运动时，速度的大小和方向变化，即动量一定变化，Δp一定不为零，如图（c）所示，故D选项正确．]

3．关于冲量，下列说法中正确的是（　　）

A．冲量是物体动量变化的原因

B．作用在静止的物体上的力的冲量一定为零

C．动量越大的物体受到的冲量越大

D．冲量的方向就是物体运动的方向

A　[力作用一段时间便有了冲量，而力作用一段时间后，物体的运动状态发生了变化，物体的动量也发生了变化，因此说冲量使物体的动量发生了变化，A正确；只要有力作用在物体上，经历一段时间，这个力便有了冲量I＝Ft，与物体处于什么状态无关，物体运动状态的变化是所有作用在物体上的力共同产生的效果，B错误；物体所受冲量I＝Ft与物体动量的大小p＝mv无关，C错误；冲量的方向与物体运动方向无关，D错误．]

4．从同一高度以相同的速率抛出质量相同的三个小球，a球竖直上抛，b球竖直下抛，c球水平抛出，不计空气阻力，则（　　）

【导学号：

84370255】

A．三球落地时的动量相同

B．三球落地时的动量大小相同

C．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量相同

D．从抛出到落地过程中，三球受到的冲量大小相同

B　[根据机械能守恒定律可知，三球落地时，速度大小相等，但c球速度方向与a、b球的速度方向不同．从抛出到落地过程中，三球均仅受重力作用，但三球在空中运动的时间不同．故选B.]

动量定理的理解及简单应用

5．（多选）下列对几种现象的解释中，正确的是（　　）

A．击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤太轻

B．跳高时在沙坑里填沙，是为了减小冲量

C．在推车时推不动，是因为车受合外力的冲量为零

D．动能相同的两个物体受相同的阻力作用时，质量小的先停下来

CD　[击钉时不用橡皮锤，是因为橡皮锤有弹性，作用时间长，据动量定理Ft＝0－mv得作用力小，故不用橡皮锤击钉，A错；跳高时，在沙坑里填沙，是为了增加人与地面的作用时间，减少作用力，B错；在推车时推不动，车所受合力为零，则合外力的冲量为零，C对；据动能和动量的关系p＝

知，在动能相同的情况下，质量小的动量小，由Fft＝0－p得，动量小的先停下来，即质量小的先停下来，D对．]

6．质量为4kg的物体以2m/s的初速度做匀变速直线运动，经过2s，动量大小变为14kg·m/s.该物体（　　）

A．所受合外力的大小可能大于11N

B．所受合外力的大小可能小于3N

C．所受的冲量可能小于6N·s

D．所受的冲量可能大于18N·s

D　[若设物体初速度方向为正方向，则初动量p1＝mv1＝8kg·m/s，末动量只告诉了大小，则有两种可能：

当p2＝14kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝6kg·m/s，F＝3N；当p2＝－14kg·m/s，则Ft＝p2－p1＝－22kg·m/s，F＝－11N，负号表示方向，故A、B、C错误，D正确．]

7．如图614所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面上，当以速度v抽出纸条后，铁块掉在地上的P点．若以2v速度抽出纸条，则铁块落地点为（　　）

图614

A．仍在P点

B．在P点左边

C．在P点右边不远处

D．在P点右边原水平位移的两倍处

B　[纸条抽出的过程，铁块所受的滑动摩擦力一定，以v的速度抽出纸条，铁块所受滑动摩擦力的作用时间较长，由I＝Fft＝mv0得铁块获得速度较大，平抛运动的水平位移较大，以2v的速度抽出纸条的过程，铁块所受滑动摩擦力作用时间较短，铁块获得速度较小，平抛运动的位移较小，故B选项正确．]

8．（2017·北京西城区模拟）1966年，在地球的上空完成了用动力学方法测质量的实验．实验时，用“双子星号”宇宙飞船去接触正在轨道上运行的火箭组（后者的发动机已熄火），接触以后，开动“双子星号”飞船的推进器，使飞船和火箭组共同加速．推进器的平均推力F＝895N，推进器开动时间Δt＝7s．测出飞船和火箭组的速度变化Δv＝0.91m/s.已知“双子星号”飞船的质量m1＝3400kg.由以上实验数据可测出火箭组的质量m2为（　　）

A．3400kg　　　　　　B．3485kg

C．6265kgD．6885kg

B　[根据动量定理得FΔt＝（m1＋m2）Δv，代入数据解得m2≈3485kg，B选项正确．]

　一位质量为m的运动员从下蹲状态向上起跳，经Δt时间，身体伸直并刚好离开地面，速度为v，在此过程中（　　）

A．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为

mv2

B．地面对他的冲量为mv＋mgΔt，地面对他做的功为零

C．地面对他的冲量为mv，地面对他做的功为

mv2

D．地面对他的冲量为mv－mgΔt，地面对他做的功为零

B　[设地面对运动员的平均作用力为F，则由动量定理得（F－mg）Δt＝mv，故地面对运动员的冲量FΔt＝mv＋mgΔt；运动员从下蹲状态到身体刚好伸直离开地面，由于地面对人的作用力沿力的方向没有位移，地面对运动员做功为零，因此，本题正确选项为B.]

动量定理的综合应用

9．（多选）如图615所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开

始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用，到达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g.关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有（　　）

【导学号：

84370256】

图615

A．小球的机械能减少了mg（H＋h）

B．小球克服阻力做的功为mgh

C．小球所受阻力的冲量大于m

D．小球动量的改变量等于所受阻力的冲量

AC　[由动能定理得mg（H＋h）＋Wf＝0，Wf＝－mg（H＋h），所以小球的机械能减少了mg（H＋h），A正确，B错误．小球自由落下至地面过程，机械能守恒，mgH＝

mv2，v＝

，落到地面上后又陷入泥潭，由动量定理IG－If＝0－mv，所以If＝IG＋mv＝IG＋m

，小球所受阻力的冲量大于m

，C正确．由动量定理知小球动量的改变量等于合外力的冲量，D错误．]

10.动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图616所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．

图616

（1）分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δpx、Δpy；

（2）分析说明小球对木板的作用力的方向．

[解析]

（1）x方向：

动量变化为Δpx＝mvsinθ－mvsinθ＝0

y方向：

动量变化为Δpy＝mvcosθ－（－mvcosθ）＝2mvcosθ方向沿y轴正方向．

（2）根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向，根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向．

[答案]

（1）Δpx＝0　Δpy＝2mvcosθ，方向沿y轴正方向　

（2）小球对木板的作用力的方向沿y轴负方向

如图所示，静止在光滑水平面上的小车M＝20kg.从水枪中喷出的水柱的横截面积S＝10cm2，速度v＝10m/s，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3.若用水枪喷出的水从车后沿水平方向冲击小车的前壁，且冲击到小车前壁的水全部沿前壁流进小车中．当有质量m＝5kg的水进入小车时，试求：

（1）小车的速度大小；

（2）小车的加速度大小．

[解析]

（1）流进小车的水与小车组成的系统动量守恒，设当进入质量为m的水后，小车速度为v1，则mv＝（m＋M）v1，即v1＝

＝2m/s.

（2）质量为m的水流进小车后，在极短的时间Δt内，冲击小车的水的质量Δm＝ρS（v－v1）Δt，设此时水对车的冲击力为F，则车对水的作用力为－F，由动量定理有－FΔt＝Δmv1－Δmv，得F＝ρS（v－v1）2＝64N，小车的加速度

a＝

＝2.56m/s2.

[答案]

（1）2m/s　

（2）2.56m/s2

[考点综合练]

11．（多选）（2018·海淀区模拟）完全相同的甲、乙两个物体放在相同的水平面上，分别在水平拉力F1、F2作用下，由静止开始做匀加速直线运动，分别经过t0和4t0，速度分别达到2v0和v0，然后撤去F1、F2，甲、乙两物体继续匀减速直线运动直到静止，其速度随时间变化情况如图617所示，则（　　）

【导学号：

84370257】

图617

A．若F1、F2作用时间内甲、乙两物体的位移分别为s1、s2，则s1＞s2

B．若整个过程中甲、乙两物体的位移分别为s1、s2，则s1＞s2

C．若F1、F2的冲量分别为I1、I2，则I1＞I2

D．若F1、F2所做的功分别为W1、W2，则W1＞W2

BD　[根据vt图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移得：

s1′＝

＝v0t0，s2′＝

＝2v0t0，则：

s1′＜s2′，故A错误；整个过程中甲、乙两物体的位移分别为：

s1′＝

＝3v0t0，s2′＝

＝2.5v0t0.则有：

s1′＞s2′，故B正确；根据动量定理得：

I1－f·3t0＝0，I2－f·5t0＝0，则得I1＜I2，故C错误；由图看出，撤去拉力后两图线平行，说明加速度相同，由牛顿第二定律分析则知加速度a＝μg，说明两物体与地面的动摩擦因数相等，则两物体所受的摩擦力大小相等，设为f，对全过程运用动能定理得：

W1－fs1′＝0，W2－fs2′＝0，得：

W1＝fs1′，W2＝fs2′，由上可知，s1′＞s2′，则W1＞W2，故D正确．]

12．（2018·东城区模拟）如图618所示，一物体从固定斜面顶端由静止开始经过1s下滑到底端，已知斜面的倾角θ＝37°，斜面长度L＝2.5m，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g取10m/s2，求：

图618

（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ；

（2）下滑过程中损失的机械能与减少的重力势能的比值；

（3）下滑过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值．

[解析]

（1）根据L＝

at2，解得：

a＝5m/s2，根据牛顿第二定律得：

mgsinθ－μmgcosθ＝ma，解得：

μ＝0.125.

（2）损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为：

ΔE＝μmgcosθ·L

减少的重力势能为：

ΔEp＝mgsinθ·L

故损失的机械能与减少的重力势能的比值为：

＝

＝

＝

.

（3）设物体下滑到斜面底端时速度大小为v，则有：

v＝at＝5m/s

根据动量定理得：

合外力冲量的大小为：

I合＝mv－0＝5m（N·s）

在下滑过程中重力的冲量为：

IG＝mgt＝10m（N·s）

所以下滑的过程中合外力冲量的大小与重力冲量大小的比值为：

I合∶IG＝1∶2.

[答案]

（1）0.125　

（2）

　（3）1∶2

13．如图619所示，固定在轻质弹簧两端，质量分别为M1＝0.5kg，M2＝1.49kg的两个物体，置于光滑水平面上，M1靠在光滑竖直墙上．现有一颗质量为M＝0.01kg的子弹，以600m/s的水平速度射入M2中，最后M1和M2都将向右运动．试求：

竖直墙对M1的冲量.

【导学号：

84370258】

图619

[解析]　设子弹M和木块M2碰后的共同速度大小为v′，对M2和M由动量守恒：

Mv＝（M＋M2）v′①

当M2和M以共同速度v′（方向向左）压缩弹簧后又回到碰撞的初位置时，根据机械能守恒，M2和M的共同速度大小仍为v′（方向向右），此时对墙壁M1的作用力为零．取M1、弹簧以及M2和M这一系统为研究对象，对M2与M碰后到又回到初位置的整个过程，弹簧弹力对M1和M2的合冲量为0，设墙对M1的冲量大小为I，对系统由动量定理有：

I＝（M2＋M）v′－[－（M2＋M）v′]②

由①②式得I＝2Mv＝2×0.01×600N·s＝12N·s，方向向右

即墙对M1冲量大小为12N·s，方向向右．

[答案]　12N·s，方向向右