课时作业(3) 培优课1 动量定理的综合应用（配套练习）-【状元桥·优质课堂】2024-2025学年新教材高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

课时作业(三) 培优课一 动量定理的综合应用 答案精解P. (建议用时:40分钟) [基础题组练] .弹起的豆子均垂直撞击平板锅盖,撞击速度均 1.篮球运动是一项同学们喜欢的体育运动,通过篮球 对地冲击力大小判断篮球的性能,某同学让一篮球 极短,发现质量为M(Mo)的锅盖刚好被顶起,重 从h一1.8m高处自由下落,测出篮球从开始下落 力加速度为g,则单位时间撞击锅盖的豆子个数为 至反弹到最高点所用时间/一1.40s.该球反弹时 C ) 从离开地面至最高点所用时间为0.5s,球的质 #。o。 量m=0.456kg,g=10m/s(不计空气阻力).则篮 A.3Mg B2 球对地面的平均作用力大小约为 ) 5mo A.3N B.21N 3 C.33N D. 28N 2.(多选)一质量为4kg的物块在合外力F的作用下 5.极是一项刺激的极限运动,如图所示,运动员将 从静止开始沿直线运动,F随时间/变化的图线如 一端固定的弹性长绳绑在腰或课关节处,从几十来 图所示,则 ( ) 高处跳下(忽略空气阻力).在某次极中质量为 r/V 60kg的人在弹性绳绸紧后又经过2s人的速度减 为零,假设弹性绳长为45m.下列说法正确的是(重 力加速度g取10m/s) ( A./-1s时物块的速率为4m/s B.t-2s时物块的动量大小为2kg·m/s C.7-3s时物块的速率为0.5m/s D./-4s时物块的速度为零 3.水平推力F和F。分别作用于水平面上原来静止 A.绳在细紧时对人的平均作用力大小为750N 的等质量的a、6两物体上,作用一段时间后撤去 B.运动员在向下运动的整个过程中重力冲量与弹 性绳作用力的冲量相同 推力,物体将继续运动一段时间停下,两物体的 v-7图线如图所示,已知图中的线段AB/CD,则 C.运动员在弹性绳细紧后动量的改变量等于弹性 ( 绳的作用力的冲量 D.运动员在向下运动的整个过程中重力冲量与弹 性绳作用力的冲量大小相同 6.(多选)一物体放在水平地面上,如图甲所示,已知 物体所受水平拉力F随时间?的变化情况如图乙 所示,物体相应的速度v随时间/的变化关系如图 丙所示,则 A.F 的冲量大于F。的冲量 ) n B. F 的冲量等于E。的冲量 C.F.的冲量小于F:的冲量 D.两物体受到的摩擦力大小不等 777777777 中 4.平底煎锅正在炸豆子,假设每个豆子的质量均为 .117. /(m,) 9.如图所示,在光滑水平面右端B点处连接一个竖直 的半径为R的光滑半圆形轨道BC,在距离B为x 的A点,用一个较大的水平力向右瞬间弹击质量为 / n的小钢球,使其获得一个水平向右的初速度,小 钢球到达B点后沿半圆形轨道运动,刚好到达C A.物体所受地面的摩擦力为2N 点,已知重力加速度为g,求: B.前8s时间内水平拉力的冲量大小为零 (1)小钢球经过C点时的速度大小; C.7=4s时物体的动量大小为12kg·m/s (2)在A点,这个瞬间弹击小钢球的力的冲量大小. D.1一4s时物体的动量大小为4kg·m/s [能力提升练] 7.假如有一宇宙飞船,它的正面面积为S一1m,以 -7×10{m/s的速度进入宇审微粒尘区,尘区每 1m{}空间有一微粒,每一微粒平均质量为n一2× 10 g,飞船经过区域的微粒都附着在飞船上,若要 使飞船速度保持不变,飞船的推力应增加 A.0.49N B.0.98 N C.490N D.980N 8.探月工程“嫦娥六号”于2024上半年发射,这是人 类首次开展月球背面取样,“嫦娥六号”的着陆器和 上升器组合体完成了月壤自动采样及封装,封装结 束后上升器的总质量为n,它将从着陆器上发射并 离开月球表面,已知月球表面没有天气层,上升器 从着陆器上发射时,通过推进剂燃烧产生高温高压 气体,从尾部向下喷出气体而获得动力,已知月球 表面重力加速度为g;上升器尾部喷口横截面积为 S.喷出气体的密度为。,设发射之初上升器以恒定 的加速度“坚直向上运动,不考虑上升器由干嘴气 带来的质量变化,忽略月球的自转以及高度的变化 对重力加速度的影响.求: (1)发射之初,上升器上升到离月球表面高度的 过程中,喷出气体对上升器的冲量大小; (2)喷出气体的速度大小. .118.取竖直向上为正方向，设地面对雨滴的作用力大小为F,对 课时作业（二） 雨滴和地面的作用过程，由动量定理得F△1=0一（一w), 1.C解析由冲量的定义可知I=F△1，当F很大，而△M为零 代入数据解得F=500N, 时，其冲量为零，选项A错误：力的冲量只与力和作用时间 根据牛顿第三定律可知，雨滴对地面的作用力大小为 有关，与位移无关，当F和△均不为零时，冲量不为零，选项 500N. B错误：力的大小恒定，方向不断变化，在相同的时间内，其 (2)取竖直向上为正方向，对雨滴和地面作用的过程 冲量不一定是恒定的，选项D错误：不管物体微什么运动，在 由动量定理得F△2=0一（一w), 相同时间内，该物体的重力冲量为1=mg△，因重力是恒力， 其中=8m/s,代入数据解得F=号N, 故相同时间内其冲量都相同，选项C正确， 3 2.C解析因缓慢运动，运动员和杠铃可视为处于平衡状态， 根据牛顿第三定律可知，雨滴对地面的作用力大小为号N, 则地面对运动员的支持力为(M十m)g,作用时间为(1十 十△)，故其冲量为(M十m)g(十十△)，选项A、B错 累1)500N(2)号N 误；运动员对杠铃的作用力大小为Mg,其冲量为Mg(十 t十△1)，选项C正确，D错误. 12.解析(1)设排球在空中飞行的时间为则加一：=立gr, 3.D解析人跳远从一定高度落下，落地前的速度一定，则初 解得1=0.6s: 动量相同，落地后静止，末动量一定，所以人下落过程的动量 则排球在空中飞行的水平距离x=t一4.8m 变化量△p一定，因落在沙坑上作用的时间长，落在水泥地 上作用时间短，根据动量定理F=△p,落在沙坑的冲量与跳 (2)乙同学垫起排球前瞬间排球在竖直， 在水泥地上相等，1大则F小，选项D正确. 方向速度的大小y=g=6.0m/s: 4.D解析无论安全气袁是否打开，驾驶员的初，末动量不变， 根据v=√十得v=10.0m/s: 动量变化量不变，由动量定理可知，驾驶员受到撞击力的冲 设速度方向与水平方向夹角为（如图 量不变，选项A、C错误：安全气食打开时，驾驶员速度变化 所示)， 的时间增加，而动量变化量不变，则动量变化慢，选项B错 则有tan0-兰=0.75. 误：根据动量定理可知，驾驶员受到的撞击力小，选项D 0 正确， (3)根据动量定理，排球与乙同学作用过程中所受冲量的大 5.B解析固为初速度一定，末速度为零，所以人的动量变化 小1=2=6.0N·s. 量不变，动能变化量也不变，根据动量定理有I。=F一△p, 答案(1)4,8m(2)10.0m/s,与水平方向夹角tam0=0.75 可知冲量不变，当人屈藤时，则作用时间增加，即地面对人的 (3)6.0N·s 撞击力减小，选项B正确. 6.D解折小球从静止到刚接触地面的过程中，设落地速度大 课时作业（三） 小为许，根据机械能守恒定律可得mgh,=2,解得= L,B解析根据题中物理情景描述可知，本题考查动量定理， 根据合力冲量和动量变化的规律，运用自由落体运动位移公 6m/s,速度方向向下，小球反弹后从地面运动到最高点的过 式，动量定理等，进行分析推断.由自由下落过程可得万1= 程中，设反弹速度大小为边，根据机械能守恒定律可得 1 一mg:=一之m,解得助=4m/s,连度方向向上.设逵度 gi,解得自由下落时间为1=0.6s,反弹竖直上抛时间为 2=0.5s,可知篮球与地面相互作用时间为△1=1一1一1= 向下为正方向，碰撞过程中由动量定理可得(mg一F)1= 0,35,以竖直向上为正方向，全程根据动量定理可得F△一 一m一，解得F=210N,即地面对小球的平均作用力 mgt=0,解得F21N.选项B正确. 的大小为210N,方向向上. 7.D解扬由题图可知，在前10s内初、末状态的动量相同， 2.BD解析根据动量定理F1=m一0得t=1s时物块的速率 p:=加=5kg·m/s,由动量定理知1=0：在后10s内末状 为)=0.25m/s,同理，1=3s时h=0.25m/s,1=4s时 态的动量p=一5kg·m/s,由动量定理得I=p一p= 4=0,l=2s时，p=F=1X2kg·m/s=2kg·m/s,选项 一10N·s,选项D正确. B、D正确. 8.C解析对5s内落入车中的煤粉由动量定理得F1=m·△， 3.C解析由题意知，题图中的AB与CD平行，根据速度时间 则F=m:△型5000X05N=500N.选项C正确. 图像的斜率表示加速度，则说明推力撤去后两物体的加递度 5 相同，而撒去推力后物体的合力等于摩擦力，根据牛顿第二 9C暖团设初地度为，根据机械能守恒定律有之m话 定律可知，两物体受到的摩擦力大小相等，选项D错误：根据 动量定理，对整个过程研究，分别可得Fh一F4=0, 2m,三次抛出的初速度大小相同，所以末速度大小相网. F2红一FD=0,则有Fh=Fi,Fzt=Fho,由题图可知 t<D,则可得Ft程<Ftn,即Fth<F2t,则F的冲量 水平方向篮球不受外力，即△p=0,设初速度与竖直方向夹 小于F2的冲量，选项C正确，A、B错误. 角为，从抛出点到最高，点时间1=山c0s0,竖直方向由动量 4.A解粉取竖直向下为正方向，设△时间内撞击锅盖的豆子 定理有2mgt=△p',所以时间越长，动量变化量越大，由题图 乙知，球在第1次运动过程动量变化量最大。 个餐为，剥由动量定理可得F·=m·号。一m(一= 10.B解析机长面部垂直风速方向的受力面积为S,空气与飞 m四，因为锅盖刚好被项起，所以F=Mg,所以有Mg· 3 行员的相对速度等于飞机的速度，设时间1内吹在面部的 空气的质量为m,则m=pSt,根据动量定理得一F1=0一 △y=5m,解得”-3g,单位时间撞击锅盖的豆子个数为 3 △y5mw m四=0一St,由牛顿第三定律解得机长面部受到的冲击 力大小F=F=St,选项B正确. 3,选项A正确，B.C.D错误. 5mv 11.解析(1)不考虑空气浮力和阻力，雨滴做自由落体运动，落 5.D解析绳在刚绷紧时人的速度为=√2②动=√2X10X4巧m/s= 到地面的速度为=√2gh=200m/s, 30m/s,在绷繁的过程中根据动量定理有(F一mg)t= ·196 0一（一nw),解得F=1500N,选项A错误：运动员在向下运 动的整个的过程中动量的变化为零，即重力冲量与弹性绳作 课时作业（四） 用力的冲量等大反向，选项B错误，D正确：根据动量定理可 1,D解析相碰前后两球所受合外力为零，所以运动中动量守 知，运动员在弹性绳绷紧后，动量的改变量等于弹性绳作用 恒，选项AB、C错误，D正确. 力的冲量与重力冲量的失量和，选项C错误. 2.A解析系统初动量为零，双手同时放开后，系统所受合外 6.AD解析由题图丙知，物体在4s到6s内做匀速直线运 力为零，根据动量守恒定律可知，系统总动量始终为零，选项 动，受到的拉力F和地面的摩擦力大小相等，又由题图乙知， A正确，B错误：若先放开右手，后放开左手，则从放开右手 物体在4s到65内受到的拉力F=2N,可知，物体受到地 到放开左手的这段时间内，系统所受合外力不为零，动量不 面的摩擦力大小为2N,选项A正确：前8s时间内水平拉力 守恒，即放开左手醉间，系统的总动量不为零，根据动量守恒 的冲量大小为I=F1+F22=3X4N·s+2×2N·s= 定律可知，之后系统的总动量也不为零，选项C错误：若先放 16N·s,选项B错误：由题图丙知，物体在6s到8s内做匀 开左手，后放开右手，根据前面分析同理可知系统总动量方 减连运动，加连度为u=是-号m=-1.5m/,此时 向向左，选项D错误， 3.BC解析当撤去外力F后，A尚未离开墙壁前，系统受到墙 物体只受到地面的摩擦力作用而产生加速度，可知一g= 壁的作用力，系统所受的外力之和不为零，但外力未对系统 a,解得=0.15，由于物体受到地面的摩擦力大小为2N, 做功，所以A和B组成的系统的动量不守恒，机械能守恒， -0.15X0kg=音kg,1=4s时物体的动 可知m=上= 2 选项A错误，B正确：A离开墙壁后，A、B系统所受的外力之 和为0，所以A、B组成的系统的动量守恒，选项C正确：在A 量大小为力=mo=专×3kg·m/s=4kg·m/s,选项C错 离开墙壁后，对A、B及弹簧组成的系统，除了系统内弹力做 功外，无其他力做功，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，选 误，D正确 项D错误. 7.B解析选在时间△内与飞船碰撞的微粒为研究对象，其 4.D解析因水平面光滑，所以A,B两球组成的系统在水平 质量应等于体积为S室间内微粒的质量，即M=mS心， 1m3 方向上动量守恒，取向右为正方向，由于p,p、p川、p2均表 研究对象初动量为零，未动量大小为M,设飞船对微粒的作 示动量的大小，所以碰前的动量为一p,碰后的动量为 用力大小为F,由动量定理得F△y=M一0，则F=恤 p十p2,由系统动量守恒知p一p:=p们十p,经变形得 △ 一p十=2十p,选项D正确. mS时，根据牛颜第三定律可知，微粒对飞船的作用力大小也 5.C解析A、B组成的系统的总动量为p=mUA=4kg·m/s, 1 m' 而绳子对A、B的作用力为内力，相互作用的过程中，总动量 为F,则飞船要保持匀速飞行，牵引力应增加F,代入数据得 守恒，A的动量减小，B的动量增加，但总动量保持不变，故 F=0.98N,选项B正确， A的动量改变量应为负值，B的动量改变量应为正值：在拉 8解析(1)上升器上升到h高度处，由匀变速直线运动规律可 断绳子后，A的速度不可能为零，选项C正确. 得=2ah,h= 6.D解析以甲的初速度方向为正方向，甲，乙推开的过程中， 满足动量守恒，m一m2=一m十m22,代入数据可得 /2h 解得v=√2ah,1=√a =号，选项D正确， n无 上升器上升的过程中，上升器除了喷出气体对其的推力，还 7.C解析将机车和拖车看成一个系统，由题意可知，机车和 有自身重力，由动量定理可得 拖车组成的系统所受的合外力为零，动量守恒，由动量守恒 /2h 1=mgt+mw=m√2a+mg√a 定律得(M+m)u=O+M,解得=M什严u,选项C正确」 M (2)由牛顿第二定律可得F=mg十a, 8.解析对系统由动量守恒定律得m1功十U=(m十mm), 设喷出气体的速度大小为功， 速度增加量为△=一=mm)>0,则草船的速度 则1时间内喷出气体的体积为V=S1, 1十2 剥气体的质量为M=V=St, 会增加 由动量定理可得F=, 答率见解析 9.AB解析木箱与小木块组成的系统在水平方向上不受外 联立上式解得物= m(g十a) 力，故系统在水平方向上动量守恒，最终两个物体以相同的 as 速度一起向右运动，取w的方向为正方向，由动量守恒定律 2h 答(I)m√2ah+mg (2) /m(g Fa) S M=M+m,解得冲n,选须AB正角，C.D错误。 9.解析(1)小钢球经过C点时，恰好由重力提供圆周运动所需 10.B解析取滑块的初速度方向为正方向，对滑块和木板组 的向心力，即mg= R· 成的系统，根据动量守恒定律有=十2，由题图 乙知z=40m/s,=20m/s,=10m/s,代入数据解得 解得攻=V√gR M:m=2:1选项B正确. （②)小钢球从BC由动能定理得宁m-之m=2mgR。 11,解析将A、B、C当作一个系统，则他们之间的相互作用力属 于内力，不受外力作用，整个系统动量守恒，由题意可知，最 解得=√5gR: 终A,B、C的速度都相同，设为功， 设在A点力F滁间弹击小钢球的冲量大小为I, 由动量守恒定律得(mA十m)W一(mA十mu十) 则应用动量定理有I=UA, 代入数据解得y=3m/s, 由A到B小球做匀速直线运动， 以A、C碰撞前后为系统，碰撞时间极短，不受外力作用，动 所以以=m· 量守恒，由动量守恒定律可得m%=m4A十， 即1=mog=m√5gR 解得=2m/s 答率(1)√gR(2)m√5gR 答累2m/s ·197