2011届高考物理一轮复习练习及解析第6单元动量练习十五动量冲量动量定理
高考物理一轮复习文档：第六章第1讲动量、冲量、动量定理练习
板块三限时规范特训时间：45分钟 100分一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分。
其中1～7为单选，8～10为多选) 1．[2018·湖北黄石市黄石一中模拟]有关物体的动量，下列说法正确的是( ) A ．同一物体的动量改变，一定是速度大小改变 B ．同一物体的动量改变，一定是速度方向改变 C ．同一物体的运动速度改变，其动量一定改变 D ．同一物体的运动速度改变，其动量可能不变 答案 C解析 动量为一矢量，由p ＝mv 知，同一物体动量改变，可能是速度大小变化、也可能是速度方向变化，所以A 、B 错误；同一物体速度改变，动量一定变化，故C 正确，D 错误。
2．[2018·山西太原五中月考]下面关于物体动量和冲量的说法错误的是( ) A ．物体所受合外力冲量越大，它的动量也越大 B ．物体所受合外力冲量不为零，它的动量一定要改变 C ．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向 D ．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快 答案 A解析 Ft 越大，Δp 越大，但动量不一定大，它还与初态的动量有关，故A 错误，B 正确；冲量不仅与Δp 大小相等，而且方向相同，所以C 正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D 正确。
3．把一个乒乓球竖直向上抛出，若空气阻力大小不变，则乒乓球上升到最高点和从最高点返回到抛出点的过程相比较( )A ．重力在上升过程的冲量大B ．合外力在上升过程的冲量大C ．重力冲量在两过程中的方向相反D ．空气阻力冲量在两过程中的方向相同 答案 B解析 乒乓球上升过程mg ＋f ＝ma 1，下降过程mg －f ＝ma 2，故a 1>a 2。
由于上升和下降通过的位移相同，由公式x ＝12at 2知上升用的时间小于下降用的时间，上升时重力的冲量小，A 错误；而重力的冲量，不管是上升还是下降，方向都向下，故C 错误；而空气阻力冲量的方向：上升时向下，下降时向上，故方向相反，D 错误；再由公式v ＝2ax 可知，上升的初速度大于下降的末速度，由动量定理知，合外力的冲量等于动量的变化量，因上升时动量的变化量大于下降时动量的变化量，故合外力在上升过程冲量大，故B 正确。
物理试题 人教版高考一轮复习第6章 动量动量守恒定律
第1讲 动量 动量定理[A 组 基础题组]一、单项选择题1．下列解释正确的是( )A ．跳高时，在落地处垫海绵是为了减小冲量B ．在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸过程受到的冲量C ．动量相同的两个物体受相同的制动力作用，质量小的先停下来D ．人从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时人受到的冲量越大解析：跳高时，在落地处垫海绵是为了延长作用时间减小冲力，不是减小冲量，故选项A 错误；在码头上装橡皮轮胎，是为了延长作用时间，从而减小冲力，不是减小冲量，故选项B 错误；动量相同的两个物体受相同的制动力作用，根据动量定理Ft ＝mv ，可知运动时间相等，故选项C 错误；人从越高的地方跳下，落地前瞬间速度越大，动量越大，落地时动量变化量越大，则冲量越大，故选项D 正确。
答案：D2．如图所示，AB 为固定的光滑圆弧轨道，O 为圆心，AO 水平，BO 竖直，轨道半径为R ，将质量为m 的小球(可视为质点)从A 点由静止释放，在小球从A 点运动到B 点的过程中( )A ．小球所受合力的冲量方向为弧中点指向圆心B ．小球所受支持力的冲量为0C ．小球所受重力的冲量大小为m 2gRD ．小球所受合力的冲量大小为m 2gR解析：小球受到竖直向下的重力和垂直切面指向圆心的支持力，所以合力不指向圆心，故合力的冲量也不指向圆心，故A 错误；小球的支持力不为零，作用时间不为零，故支持力的冲量不为零，故B 错误；小球在运动过程中只有重力做功，所以根据机械能守恒定律可得mgR ＝12mv B 2，故v B ＝2gR ，根据动量定理可得I 合＝Δp ＝mv B ＝m 2gR ，故C 错误，D 正确。
答案：D3．一小球从水平地面上方无初速度释放，与地面发生碰撞后反弹至速度为零。
假设小球与地面碰撞没有机械能损失，运动时的空气阻力大小不变，则下列说法正确的是( ) A ．上升过程中小球动量改变量等于该过程中空气阻力的冲量 B ．小球与地面碰撞过程中，地面对小球的冲量为零 C ．下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力做的功D ．从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功解析：根据动量定理可知，上升过程中小球动量改变量等于该过程中重力和空气阻力的合力的冲量，选项A 错误；小球与地面碰撞过程中，由动量定理得Ft －mgt ＝mv 2－(－mv 1)，可知地面对小球的冲量Ft 不为零，选项B 错误；下落过程中小球动能的改变量等于该过程中重力和空气阻力做功的代数和，选项C 错误；由能量守恒关系可知，从释放到反弹至速度为零的过程中，小球克服空气阻力做的功等于重力做的功，选项D正确。
高三一轮复习 第六章 动量 分知识点练习及答案
第1讲动量冲量和动量定理例1．如图所示，竖直面内有一个固定圆环，MN 是它在竖直方向上的直径。
两根光滑滑轨MP 、QN 的端点都在圆周上，MP ＞QN 。
将两个完全相同的小滑块a 、b 分别从M 、Q 点无初速度释放，在它们各自沿MP 、QN 运动到圆周上的过程中，下列说法中正确的是(C)A ．合力对两滑块的冲量大小相同B ．重力对a 滑块的冲量较大C ．弹力对a 滑块的冲量较小D ．两滑块的动量变化大小相同练习1．如图所示，质量为m 的小滑块沿倾角为θ的斜面向上滑动，经过时间t 1，速度为零并又开始下滑，经过时间t 2回到斜面底端，滑块在运动过程中受到的摩擦力大小始终为F f 。
在整个运动过程中，重力对滑块的总冲量为(C)A ．mg (t 1＋t 2)sin θB ．mg (t 1－t 2)sin θC ．mg (t 1＋t 2)D ．0要点一：用动量定理求变力的冲量如图所示，一质量为m 的滑块在固定于竖直平面的半径为R 的光滑轨道内运动，若滑块在圆心等高处C 点由静止释放，则滑块从C 点到达最低点B 的过程中所受合力的冲量大小为多大？方向如何？ 解:根据机械能守恒定律，有mgR ＝12m v 2B 所以v B ＝2gR 根据动量定理I ＝m v B －0＝m 2gR冲量I 的方向一定与v B 的方向相同，水平向右。
【拓展】在上例中，若滑块在圆轨道上运动时能够到达圆周的最高点，且这时对轨道压力刚好为0，则滑块从A 点沿轨道到达最低点B 的过程中所受到的合力的冲量的大小多大？方向如何？解：滑块在A 点时对轨道压力刚好为0，说明此时物体只受重力。
mg ＝m v 2AR ，v A ＝Rg从A 到B 机械能守恒，有mg ·2R ＋12m v 2A ＝12m v 2B v B ＝5Rg根据动量定理，并设向左方向为正，则 I ＝m (－v B )－m v A＝－m (5Rg ＋Rg )＝－(5＋1)m Rg 所以大小为(5＋1)m Rg 方向水平向右【课后练习】1．一质量为0.5 kg 的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5 m的位置B处是一面墙，如图所示。
高考物理一轮复习第6章动量易错排查练
第6章 动量(限时：40分钟)易错点1 动量定理的应用问题m 的小球由地面竖直向上发射出去，其速度的大小为v 0，经过一段时间落地，取从发射到小球上升到最高点的过程为过程1，小球由最高点至返回地面的过程为过程2.如果忽略空气阻力，则下述正确的是( )A ．过程1和过程2的动量的变化大小都为mv 0B ．过程1和过程2的动量的变化的方向相反C ．过程1重力的冲量为mv 0，且方向竖直向下D ．过程1和过程2的重力的总冲量为2mv 0ACD [根据竖直上抛运动的对称性可得，小球落地的速度大小也为v 0，方向竖直向下，上升过程和下落过程中只受到重力的作用．选取竖直向下为正方向，上升过程动量的变化量Δp 1＝0－(－mv 0)＝mv 0，下落过程中动量的变化量Δp 2＝mv 0－0＝mv 0，大小均为mv 0，且方向均竖直向下，A 、C 正确，B 错误；整个过程中重力的冲量为I ＝mv 0－(－mv 0)＝2mv 0，D 正确．]2．(多选)一个质量为m 、充足气的篮球竖直向下运动，与地面接触前的速度为v 1.经过Δt 时间，篮球恢复原状，以速度v 2(其中v 2＜v 1)离开地面．在此过程中( )A ．篮球的加速度不变B ．篮球的机械能先减小后增大C ．地面对篮球的冲量为m (v 1＋v 2)＋mg ΔtD ．地面对篮球做的功为12mv 21－12mv 22 BC [地面与篮球间的力为变力，因此篮球的加速度为变加速度，A 错；地面对篮球先做负功后做正功，篮球的机械能先减小后增大，B 正确；由动量定理，取向上为正方向，I －mg Δt ＝mv 2－m (－v 1)，故I ＝mg Δt ＋m (v 1＋v 2)，所以C 正确；地面对篮球做的功应等于篮球动能的增量，是末动能减初动能，所以D 错误．]3．排球运动是一项同学们喜欢的体育运动．为了了解排球的某些性能，某同学让排球从距地面高h 1＝1.8 m 处自由落下，测出该排球从开始下落到第一次反弹到最高点所用时间为t ＝1.3 s ，第一次反弹的高度为h 2＝1.25 m ．已知排球的质量为m ＝0.4 kg ，g 取10 m/s 2，不计空气阻力．求：(1)排球与地面的作用时间；(2)排球对地面的平均作用力的大小．【解析】 (1)排球第一次落到地面的时间为t 1，第一次反弹到最高点的时间为t 2，由h 1＝12gt 21，h 2＝12gt 22 得：t 1＝0.6 s ，t 2＝0.5 s所以排球与地面的作用时间Δt ＝t －t 1－t 2＝0.2 s.(2)设排球第一次落地的速度为v 1，第一次反弹离开地面时的速度为v 2，则有：v 1＝gt 1＝6 m/s ，v 2＝gt 2＝5 m/s设地面对排球的平均作用力的大小为F ，以排球为研究对象，取向上为正方向，则在排球与地面的作用过程中，由动量定理得：(F －mg )Δt ＝mv 2－m (－v 1)所以F ＝m v 2＋v 1Δt＋mg ，代入数据得：F ＝26 N 根据牛顿第三定律得：排球对地面的平均作用力为26 N.【答案】 (1)0.2 s (2)26 N易错点2 碰撞类问题的分析易错角度 1.对弹性碰撞、非弹性碰撞、完全非弹性碰撞的理解不够全面． 2．不理解碰撞遵守的原则，特别是碰后速度的大小和方向特点.0碰，碰后A 球动能变为原来的19.以v 0的方向为正方向，则碰后B 球的速度是( ) A.v 03B ．23v 0 C.49v 0 D ．59v 0 AB [考查动量守恒定律．A 球的动能变为原来的19，则速度变为原来的13，当速度方向与初速度方向一致时，由动量守恒mv 0＝m v 03＋2mv B ，得v B ＝v 03，A 正确；当速度方向与初速度方向相反时，由动量守恒mv 0＝－m v 03＋2mv B ，v B ＝2v 03，B 正确．] 5．(多选)质量为M 的物块以速度v 运动，与质量为m 的静止物块发生正碰，碰撞后两者的动量正好相等．两者质量之比M m可能为( )【导学号：92492274】A ．2B ．3C ．4D ．5AB [两物块在碰撞中动量守恒：Mv ＝Mv 1＋mv 2，由碰撞中总能量不增加有：12Mv 2≥12Mv 21＋12mv 22，再结合题给条件Mv 1＝mv 2，联立有M m≤3，故只有A 、B 正确．] 6．在光滑水平地面上放有一质量为M 带光滑弧形槽的小车，一个质量为m 的小铁块以速度v 沿水平槽口滑去，如图1所示，求：图1(1)铁块能滑至弧形槽内的最大高度H (设m 不会从左端滑离M )；(2)小车的最大速度是多大？(3)若M ＝m ，则铁块从右端脱离小车后将做什么运动？【解析】 (1)当铁块滑至弧形槽中的最高处时，m 与M 有共同水平速度，等效于完全非弹性碰撞，由于无摩擦力做功，则系统减小的动能转化为m 的势能．根据系统水平动量守恒：mv ＝(M ＋m )v ′而mgH m ＝12mv 2－12(m ＋M )v ′2 联立解得H m ＝Mv 22g M ＋m. (2)当铁块滑至最大高度后返回时，M 仍在做加速运动，其最大速度是在铁块从右端脱离小车时，而铁块和小车间挤压、分离过程，属于弹性碰撞模型，有：mv ＝mv m ＋Mv M① 12mv 2＝12mv 2m ＋12Mv 2M ② 由①②式得v m ＝m －M m ＋M v ，v M ＝2m M ＋mv 所以，小车的最大速度为2mv M ＋m . (3)当M ＝m 时，v m ＝0，v M ＝v ，铁块将做自由落体运动．【答案】 (1)Mv 22g M ＋m (2)2mv M ＋m(3)自由落体。
高三物理一轮复习第六章第一讲动量定理及其应用_含解析
第六章动量及动量守恒定律第一讲动量定理及其应用课时跟踪练A组 基础巩固1．(多选)(2018·北京模拟)关于动量和冲量，下列说法正确的是( )A．物体所受合外力的冲量的方向与物体动量的方向相同B．物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化C．物体所受合外力的冲量等于物体的动量D．物体动量的方向与物体的运动方向相同解析：物体所受合外力的冲量的方向与合外力的方向相同，与物体动量变化量的方向相同，与动量的方向不一定相同，故A错误；由动量定理可知，物体所受合外力的冲量等于物体动量的变化，故B正确，C错误；物体的动量p ＝m v，故物体动量的方向与物体的运动方向相同，D正确．答案：BD2．(2017·天津市河北区一模)从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出两个等质量的小物体，抛出速度大小都是为v，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解析：根据动能定理两物体落地时，速度大小相等，方向不同，重力做功的瞬时功率P＝mg v sin θ，故A、B错误；竖直上抛与平抛相比，平抛时间短，所以重力的冲量mgt 小，故C 错误；根据动量定理mg Δt ＝Δp 可知，＝Δp Δtmg ，故D 正确．答案：D3．(2017·合肥一模)一质量为m 的物体静止在光滑水平面上，在水平力F作用下，经时间t ，通过位移L 后，动量变为p 、动能变为E k .若上述过程F 不变，物体的质量变为，以下说法正确的是( )m 2A ．经过时间2t ，物体动量变为2pB ．经过位移2L ，物体动量变为2pC ．经过时间2t ，物体动能变为4E kD ．经过位移2L ，物体动能变为4E k解析：以初速度方向为正方向，根据动量定理有：Ft ＝p ，故时间变为2t 后，动量变为2p ，故A 正确；根据E k ＝，动量变为2倍，质量减半，故动能p 22m变为8E k ，故C 错误；经过位移2L ，根据动能定理有：FL ＝E k ，故位移变为2倍后，动能变为2E k ，故D 错误；根据p ＝，动能变为2倍，质量减半，2mE k 故动量不变，故B 错误．答案：A4．(2017·山东省枣庄市高三上学期期末)质量为60 kg 的建筑工人，不慎从高空跌下，由于弹性安全带的保护，使他悬挂起来；已知弹性安全带的缓冲时间是1.2 s ，安全带长5 m ，不计空气阻力影响，g 取10 m/s 2，则安全带所受的平均冲力的大小为( )A ．100 N B ．500 NC ．600 ND ．1 100 N解析：在安全带产生拉力过程中，人受重力、安全带的拉力作用做减速运动，此过程的初速度就是自由落体运动的末速度，所以有：v 0＝＝10 m/s.2gh 取竖直向下为正，由动量定理得(mg －F )t ＝0－m v 0，解F ＝1 100 N.答案：D5.(2018·唐山模拟)如图所示为某运动员用头颠球，若足球用头顶起，每次上升高度为 80 cm ，足球的重量为400 g ，与头顶作用时间Δt 为0.1 s ，则足球一次在空中的运动时间t 及足球对头部的作用力大小F N 分别为(空气阻力不计，g ＝10 m/s 2)( )A ．t ＝0.4 s ，F N ＝40 NB ．t ＝0.4 s ，F N ＝36 NC ．t ＝0.8 s ，F N ＝36 ND ．t ＝0.8 s ，F N ＝40 N解析：足球自由下落时有h ＝gt ，解得t 1＝＝0.4 s ，竖直向上运动的12212h g时间等于自由下落运动的时间，所以t ＝2t 1＝0.8 s ；设竖直向上为正方向，由动量定理得(F －mg )Δt ＝m v －(－m v )，又v ＝gt ＝4 m/s ，联立解得F ＝36 N ，由牛顿第三定律知足球对头部的作用力F N ＝36 N ，故C 正确．答案：C6．(2015·重庆卷)高空作业须系安全带．如果质量为m 的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h (可视为自由落体运动)，此后经历时间t 安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.＋mgB.－mg m 2gh t m 2gh tC.＋mgD.－mgm gh t m ght 解析：人做自由落体运动时，有v ＝，选向下为正方向，又mgt －Ft ＝2gh 0－m v ，得F ＝＋mg ，所以A 项正确．m 2gh t答案：A7．(多选)(2017·合肥二模)一质点静止在光滑水平面上，现对其施加水平外力F，力F随时间按正弦规律变化，如图所示，下列说法正确的是( )A．第2 s末，质点的动量为0B．第4 s末，质点回到出发点C．在0～2 s时间内，力F的功率先增大后减小D．在1～3 s时间内，力F的冲量为0解析：由题图可知，0～2 s时间内F的方向和质点运动的方向相同，质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速运动，所以第2 s末，质点的速度最大，动量最大，故A错误；该质点在2～4 s内F的方向与0～2 s内F的方向不同，0～2 s内做加速运动，2～4 s内做减速运动，所以质点在0～4 s内的位移均为正，故B错误；0～2 s内，质点速度在增大，力F先增大后减小，根据瞬时功率P＝F v得，力F瞬时功率开始为0，2 s末时为0，所以在0～2 s时间内，力F的功率先增大后减小，故C正确；在Ft图象中，图线与横轴所围的面积表示力F的冲量大小，由题图可知，1～2 s内的面积与2～3 s内的面积大小相等，一正一负，则在1～3 s 时间内，力F的冲量为0，故D正确．答案：CD8．(2018·济南质检)2017年9月在济青高速公路上，一辆轿车强行超车时，失控冲出车道与另一辆迎面驶来的轿车相撞，两车相撞后，两车车身因相互挤压，皆缩短了0.5 m，据测算两车相撞前速度约为30 m/s.(1)试求车祸中车内质量约60 kg的人受到的平均冲力是多大？(2)若此人系有安全带，安全带在车祸过程中与人体的作用时间是1 s，求这时人体受到的平均冲力为多大？解析：(1)两车相撞时认为人与车一起做匀减速运动直到停止，位移为0.5m ．设运动的时间为t ，根据x ＝t 得v 02t ＝＝ s.2x v 0130根据动量定理有Ft ＝Δp ＝m v 0，得F ＝＝ N ＝5.4×104 N.mv 0t 60×30130(2)若人系有安全带，则F ′＝＝ N ＝1.8×103 N.mv 0t ′60×301答案：(1)5.4×104 N (2)1.8×103 NB 组 能力提升9．(2017·天津卷)“天津之眼”是一座跨河建设、桥轮合一的摩天轮，是天津市的地标之一．摩天轮悬挂透明座舱，乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动．下列叙述正确的是( )A ．摩天轮转动过程中，乘客的机械能保持不变B ．在最高点时，乘客重力大于座椅对他的支持力C ．摩天轮转动一周的过程中，乘客重力的冲量为零D ．摩天轮转动过程中，乘客重力的瞬时功率保持不变解析：乘客随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，速度大小不变，则动能不变，但高度变化，所以机械能在变化，A 错误；在最高点处于失重状态，则B 正确；转动一周，重力的冲量为I ＝mgT ，不为零，C 错误；速度方向时刻在变所以重力的瞬时功率在变化，D 错误．答案：B10.(2017·洛阳一模)如图所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L ，一端固定在O 点，另一端系一个质量为m 的小球(可以视为质点)，保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O 点等高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g ，则( )A ．合力做的功为0B ．合力的冲量为0C ．重力做的功为mgLD ．重力的冲量为m 2gL解析：小球在向下运动的过程中，由动能定理mgL ＝m v 2得v ＝，故122gL A 错误，C 正确；由动量定理可得合力的冲量I 合＝Δp ＝m v －0＝m ，故B2gL 错误；从开始到最低点的时间t 大于自由落体的时间t ′，L ＝gt ′2，则t >t ′＝12，所以重力的冲量I G ＝mgt >mgt ′＝m ，故D 错误．2Lg 2gL 答案：C11.水平恒定推力F 1和F 2分别作用于水平面上原来静止的、质量相等的a 、b 两物体上，作用一段时间后撤去推力，由于惯性，物体将继续运动一段时间后才能停下，两物体的v-t 图象如图所示，已知图中线段AB ∥CD ，则( )A ．a 物体受到的摩擦力小于b 物体受到的摩擦力B ．a 物体受到的摩擦力大于b 物体受到的摩擦力C ．F 1的冲量大于F 2的冲量D ．F 1的冲量小于F 2的冲量解析：由题图知，AB 与CD 平行，说明撤去推力后物体的合力等于摩擦力，两物体受到的摩擦力大小相等，故A 、B 错误．根据动量定理，对整个过程研究得，F 1t 1－F f t OB ＝0，F 2t 2－F f t OD ＝0，由题图看出t OB <t OD ，则有F 1t 1<F 2t 2，即F 1的冲量小于F 2的冲量，故C 错误，D 正确．答案：D12．(2017·吉林省吉林一中校级考试)质量m ＝0.60 kg 的篮球从距地板H ＝0.80 m 高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h ＝0.45 m ，从释放到弹跳至h 高处经历的时间t ＝1.1s ，忽略空气阻力，重力加速度g ＝10m/s 2，求：(1)篮球与地板撞击过程中损失的机械能；(2)篮球对地板的平均撞击力．解析：(1)篮球与地板撞击过程中损失的机械能为ΔE ＝mgH －mgh ＝2.1 J.(2)设篮球从H 高处下落到地板所用时间为t 1，刚接触地板时的速度为v 1；反弹离地时的速度为v 2，上升的时间为t 2，由动能定理和运动学公式下落过程：mgH ＝m v ，1221解得：v 1＝4 m/s ，t 1＝＝0.4 s.v 1g上升过程：－mgh ＝0－m v ，122解得：v 2＝3 m/s ，t 2＝＝0.3 s.v 2g篮球与地板接触时间为Δt ＝t －t 1－t 2＝0.4 s ，设地板对篮球的平均撞击力为F ，由动量定理得(F －mg )Δt ＝m v 2＋m v 1解得F ＝16.5 N.答案：(1)2.1 J (2)16.5 N。
高考物理一轮复习 第6章 动量守恒定律及其应用 第1讲 动量 动量定理课时作业(含解析)新人教版-新
第1讲动量动量定理时间：45分钟总分为：100分一、选择题(此题共10小题，每一小题7分，共70分。
其中1～7题为单项选择，8～10题为多项选择)1．下面关于物体动量和冲量的说法错误的答案是()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不为零，它的动量一定要改变C．物体动量增量的方向，就是它所受冲量的方向D．物体所受合外力越大，它的动量变化就越快答案 A解析Ft越大，Δp越大，但动量不一定越大，它还与初态的动量有关，故A错误；Ft ＝Δp，Ft不为零，Δp一定不为零，B正确；冲量不仅与Δp大小相等，而且方向一样，C 正确；物体所受合外力越大，速度变化越快，即动量变化越快，D正确。
此题选说法错误的，应当选A。
2．将质量为0.5 kg的小球以20 m/s的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2，以下判断正确的答案是()A．小球从抛出至最高点受到的冲量大小为10 N·sB．小球从抛出至落回出发点动量的增量大小为0C．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为0D．小球从抛出至落回出发点受到的冲量大小为10 N·s答案 A解析小球在最高点速度为零，取向下为正方向，小球从抛出至最高点受到的冲量：I ＝0－(－mv0)＝10 N·s，A正确；因不计空气阻力，所以小球落回出发点的速度大小仍等于20 m/s，但其方向变为竖直向下，由动量定理知，小球从抛出至落回出发点受到的冲量为：I′＝Δp＝mv0－(－mv0)＝20 N·s，如此冲量大小为20 N·s，B、C、D错误。
3．(2019·四川自贡高三一诊)校运会跳远比赛时在沙坑里填沙，这样做的目的是可以减小()A．人的触地时间B．人的动量变化率C．人的动量变化量D．人受到的冲量答案 B解析 跳远比赛时，运动员从与沙坑接触到静止，动量的变化量Δp 一定，由动量定理可知，人受到的合力的冲量I ＝Δp 是一定的，在沙坑中填沙延长了人与沙坑的接触时间，即t 变大，由动量定理：Δp ＝Ft ，可得Δpt＝F ，Δp 一定，t 越大，动量变化率越小，人受到的合外力越小，人越安全，B 正确。
高考物理-全品一轮第6单元动量测评详解
测评手册单元小结卷(六)1.C[解析]碰撞前两物块分别沿固定斜面向下匀速滑行,所以两物块所受的重力沿斜面的分力分别与两物块所受的沿斜面向上的滑动摩擦力相等.在相互作用过程中,以甲、乙和弹簧组成的系统为对象,当两个物体都向下滑行时,即甲的速度不反向时,系统的重力沿斜面向下的分力与滑动摩擦力相等,所以系统的合外力为零,则系统的动量守恒.若在相互作用过程中,甲的速度反向,则甲受到的滑动摩擦力沿斜面向下,系统的合外力不为零,则系统的动量不守恒.2.B[解析]设地面对运动员的作用力为F,则由动量定理得I F-mgΔt=m v,则I F=m v+mgΔt;运动员从下蹲状态到身体刚好伸直且恰好离开地面,地面对运动员做功为零,这是因为地面对人的作用力沿力的方向没有位移,故B正确.3.A[解析]子弹从击中到嵌入木块的过程满足动量守恒定律,设子弹嵌入木块中后与木块的共同速度为v,有m v0=(M+m)v,则木块自被子弹击中到第一次回到原来位置的过程中,木块受到的合外力的冲量大小等于木块的动量变化量,即I=M v=,选项A正确.4.B[解析]两球碰撞过程动量守恒,以A的初速度方向为正方向,如果两球发生完全非弹性碰撞,由动量守恒定律得m v=(m+3m)v',解得v'=0.25v;如果两球发生弹性碰撞,由动量守恒定律得m v=m v A+3m v B,由机械能守恒定律得,解得vB=0.5v,则碰撞后B的速度v B应满足0.25v≤v B≤0.5v,故B正确.5.A[解析]设铁块与木板速度相同时的共同速度大小为v,铁块相对木板向右运动时,滑行的最大路程为L,摩擦力大小为f.根据能量守恒定律,铁块相对于木板向右运动过程,有(m+M)v2+Ep,铁块相对于木板运动的整个过程,有(m+M)v2,根据动量守恒定律得m v=(M+m)v,联立得E p=3 J,选项A正确.6.BC[解析]碰撞的瞬间A和C组成的系统动量守恒,B的速度在此瞬间不变,以A的初速度方向为正方向,若碰后A和C的速度为v1和v2,由动量守恒定律得M v=M v1+m v2;若碰后A和C速度相同,由动量守恒定律得M v=(M+m)v',故B、C正确,A、D错误.7.BD[解析]根据动量定理知,在0~8 s内,Δp=4 s×F0+(-F0)×4 s=0,故8 s末物体速度为零,所以0~8 s内合力F所做的功等于零,冲量也等于零,B正确,A错误;物体在第4 s末速率最大,在第8 s末速度和加速度都为零,离出发点最远,C错误,D正确.8.BCD[解析]由x-t图像可知,碰撞前A球速度v A=-3 m/s,B球速度v B=2 m/s,碰撞后,A、B两球具有共同速度,其速度大小为v=-1 m/s,由于A、B两球碰撞前后都沿直线运动,所以系统的动量守恒,碰撞前后A球的动量变化为Δp A=m A v-m v A=4 kg·m/s,选项C正确;由动量守恒定律可得ΔpA+Δp B=0,又因为Δp B=m B v-m B v B,所以m B= kg,两球在碰撞之前的总动量为p总=m A v A+m B v B=- kg·m/s,选项A错误;由动量定理可知,碰撞过程A对B的冲量I B=Δp B=-4 N·s,选项B正确;碰撞过程中系统损失的机械能ΔE=(mA+m B)v2=10 J,选项D正确.9.m A=(m A+m B)[解析]设碰前瞬间A的速度大小为v1,碰后瞬间A、B的共同速度为v2,对A单独从M到P过程,由动能定理得-μmAg·s1=-,解得v1=,对碰撞后A、B一起滑动过程,由动能定理得-μ(m A+m B)gs2=-(m1+m2),解得v2=,碰撞瞬间若满足动量守恒,则有m A v1=(m A+m B)v2,即m A=(m A+m B),可得m A=(m A+m B).10.(1)2t(2)[解析](1)概念机从静止竖直起飞,上升到最大高度时速度为零,根据动量定理有Ft-mg(t+t1)=0解得t1=2t.(2)设概念机从静止竖直起飞后加速上升过程的加速度为a,上升的高度为h1,上升的最大高度为H,则F-mg=mah1=at2根据动能定理有Fh1-mgH=0概念机从最大高度处到地面的过程中,由动能定理得Pt2-mgH=0解得t2=.11.(1)1.0 kg(2)8 J[解析](1)对小球甲,由机械能守恒定律得m1gh=对小球甲、乙,由动量守恒定律得m1v1=m2v2对小球乙,在c点,由牛顿第二定律得F-m2g=m2联立解得m=1 kg,v2=6 m/s或m2=9 kg,v2= m/s2小球乙恰好过d点,有mg=m22解得v==2 m/sd由题意v<v2,所以小球乙的质量m2=1 kg.d(2)对小球乙在半圆形轨道上运动的过程中,由动能定理有2m2gR+W f=解得小球乙克服摩擦力所做的功W=8 J.f。
高三新高考练习题及答案解析 第六章 第1讲 动量 动量定理
第六章 动量和动量守恒定律第1讲 动量 动量定理一、非选择题1．如图所示，用高压水枪喷出的强力水柱冲击煤层。
设水柱直径为D ，水流速度为v ，水柱垂直煤层表面，水柱冲击煤层后水的速度为零。
求：(1)高压水枪的功率；(2)水柱对煤的平均冲力。
[答案] (1)18ρπD 2v 3 (2)14ρπD 2v 2 [解析] (1)设Δt 时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV ，质量为Δm ，则Δm ＝ρΔV ，ΔV ＝v S Δt ＝14v πD 2Δt ，Δt 时间内从喷口喷出的水的动能E k ＝12Δm v 2＝18ρπD 2v 3Δt ， 由动能定理知，高压水枪对水做的功W ＝E k ＝18ρπD 2v 3Δt ， 高压水枪的功率P ＝W Δt ＝18ρπD 2v 3。
(2)考虑一个极短时间Δt ′，在此时间内喷到煤层上水的质量为Δm ′，由动量定理得F Δt ′＝Δm ′v ，Δt ′时间内冲到煤层水的质量Δm ′＝ρS v Δt ′＝14ρπD 2v Δt ′， 联立解得F ＝14ρπD 2v 2。
2．(2021·山东高三期中)北京2022年冬奥会国家跳台滑雪赛道如图甲所示，某运动员在空中运动的轨迹如图乙所示，在轨迹上取三个点A 、B 、C ，测得三点间的高度差和水平间距分别为h 1＝12.8 m 、h 2＝27.2 m 、x AB ＝x BC ＝36 m 。
运动员落到倾角为23°的滑道上时，速度方向与滑道成30°角，然后用2 s 时间完成屈膝缓冲后下滑。
若空气阻力、滑道摩擦均不计，运动员连同装备质量为60 kg ，g 取10 m/s 2，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，sin 23°＝0.39，cos 23°＝0.92。
求：(1)运动员在空中运动的水平速度；(2)屈膝缓冲过程中运动员受到的平均冲力。
[答案] (1)30 m/s (2)1 302 N[解析] (1)运动员从A 到B 、从B 到C 时间相等，设时间间隔为T ，则h 2－h 1＝gT 2 v 0T ＝x AB ，解得v 0＝30 m/s 。
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动量 冲量 动量定理
选择题
1.如图所示，一铁块压着一纸条放在水平桌面的边缘，当用速度v 抽出纸条后，铁块掉在地上的P 点.若以速度2v 抽出纸条，则铁块落地点为( )
A.仍在P 点
B.留在桌面或在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
答案：B
2.跳高时，跳高运动员总是跳到沙坑里或跳到海绵垫上，这样做是为了( )
A.减小运动员的动量变化
B.减小运动员所受的冲量
C.延长着地过程的作用时间
D.减小着地时运动员所受的平均冲力
解析：运动员在着地过程中的动量变化量相同，根据F ＝Δp Δt
＋mg 知，缓冲时间越长，平均冲力越小，选项C 、D 正确.
答案：CD
3.如图所示，两物体A 和B 叠放在水平面上，水平拉力F 作用在B 上，A 和B 一起沿力的方向做匀加速直线运动，则在任一段时间内( )
A.A 和B 各自受到的冲量都为零
B.B 受到的冲量为零，A 受到的冲量不为零
C.A 受到的冲量为零，B 受到的冲量不为零
D.A 和B 各自受到的冲量都不为零
解析：由I ＝F 合·Δt ＝ma ·Δt 知，物体A 、B 受到的冲量都不为零.
答案：D
4.一物体竖直向下匀加速运动了一段距离，对于这一运动过程，下列说法正确的是( )
A.物体的机械能一定增加
B.物体的机械能一定减少
C.相同时间内，物体动量的增量一定相等
D.相同时间内，物体动能的增量一定相等
解析：当物体的加速度a ＞g 时，物体的机械能增加；当物体的加速度a ＝g 时，物体的机械能守恒；当物体的加速度a ＜g 时，物体的机械能减小，故选项A 、B 错误.
由动量定理知，物体动量的增加量Δp ＝F 合·Δt ，选项C 正确.
由动能定理知，物体动能的增加量ΔE k ＝F 合·s ＝F 合·(vt ＋12
at 2)，选项D 错误. 答案：C
5.用子弹射击一木块，在射入木块前子弹的动能为E 1，动量的大小为p 1；射穿木块后子弹的动能为E 2，动量大小为p 2.若木块对子弹的阻力大小恒定，则子弹在射穿木块的过程中平均速度的大小为( )
A. E 1＋E 2p 1＋p 2
B. E 2－E 1p 2－p 1
C. E 1p 1＋E 2p 2
D.E 1p 1－E 2p 2
解析：由E 2－E 1p 2－p 1＝12m (v 22－v 21)m (v 2－v 1)
＝v 2＋v 12＝v 知，选项B 正确. 同理，由E 1p 1＋E 2p 2＝v 2＋v 12
＝v 知，选项C 正确
.。