课堂小练（2） 动量定理(教用Word)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册（人教版2019）

课堂小练(二)　动量定理 　 基本素养练 1.如图所示,一物体在与水平面成θ角的拉力F作用下匀速前进了时间t,则 (　　) A.拉力F对物体的冲量大小为Ft B.拉力F对物体的冲量大小为Ftcos θ C.合外力对物体的冲量大小为Ftsin θ D.合外力对物体的冲量大小为Ftcos θ 解析　拉力F对物体的冲量大小为Ft,A项正确,B项错误;物体做匀速直线运动,所以合外力为零,故合外力对物体的冲量大小为零,C、D两项错误。 答案　A 2.一质量为2 kg的物块在6 N的水平外力作用下在地面上从静止开始做匀加速直线运动,已知物块与水平地面间的动摩擦因数为0.2,重力加速度大小为10 m/s2,则物块在运动2 m的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.重力对物块的冲量大小为40 N·s B.外力对物块的冲量大小为8 N·s C.摩擦力对物块的冲量大小为4 N·s D.合外力对物块的冲量大小为8 N·s 解析　由已知条件知,物块由静止开始做匀加速直线运动,加速度为a==1 m/s2,物块运动2 m的时间t== 2 s,根据I=Ft可得重力对物块的冲量大小为IG=mgt=40 N·s,A项正确;水平外力对物块的冲量大小为IF=Ft=12 N·s,B项错误;物块受到摩擦力的冲量大小为If=μmgt=8 N·s,C项错误;合外力对物块的冲量大小为I合=IF-If=4 N·s,D项错误。 答案　A 3.质量为1 kg的物体做直线运动,其速度—时间图像如图所示。则物体在前10 s内和后10 s内所受外力的冲量分别是 (　　) A.10 N·s,10 N·s B.10 N·s,-10 N·s C.0,10 N·s D.0,-10 N·s 解析　由题图可知,在前10 s内物体初、末状态的动量相等,p1=p2=5 kg·m/s,由动量定理知I1=0;在后10 s内p3=-5 kg·m/s,I2=p3-p2=-10 N·s,D项正确。 答案　D 4.(多选)质量为m的物体以初速度v0开始做平抛运动,经过时间t,下降的高度为h,速度变为v,重力加速度为g,在这段时间内物体动量变化量的大小为 (　　) A.m(v-v0) B.mgt C.m D.m 解析　物体做平抛运动过程中速度变化量Δv沿竖直方向,有Δv=vy==gt=,所以动量变化量为Δp=mΔv=m=m,A、C两项错误,D项正确;由动量定理mgt=Δp,物体在时间t内动量变化量的大小为mgt, B项正确。 答案　BD 5.(多选)如图所示,两个质量相等的物体A、B从同一高度沿倾角不同的两光滑斜面由静止自由滑下,在到达斜面底端的过程中,下列说法正确的是 (　　) A.两物体所受重力的冲量相同 B.两物体所受合外力的冲量相同 C.两物体动量的变化量不同 D.两物体动能的变化量相同 解析　设高度为h,根据牛顿第二定律得,加速度为a=gsin α,由=at2,得t=,由于斜面的倾角不同,则运动时间不同,根据I=mgt知,重力的冲量不同,A项错误;根据动能定理知mgh=mv2,解得v=,到达底端时动能变化量相同,由于斜面倾角不同,故速度大小相等、方向不同,根据动量定理知,动量的变化量大小相等、方向不同,故合力的冲量大小相等、方向不同,故合力的冲量不相同,动量的变化量也不相同,B项错误,C、D两项正确。 答案　CD 6.静止在光滑水平面上的物体,受到水平拉力F的作用,拉力F随时间t变化的图像如图所示,则下列说法正确的是 (　　) A.0~4 s内物体的位移为零 B.0~4 s内拉力对物体做功不为零 C.2 s末物体的动量为零 D.0~4 s内拉力对物体的冲量为零 解析　根据题意,由题图可知,物体在0~2 s内做匀加速运动,2~4 s内做匀减速运动,位移一直增大,A项错误;根据题意,由动量定理可知,物体在2 s末的动量不为零,C项错误;根据题意,由题图可知,0~4 s内拉力对物体的冲量为I=2F-2F=0,由动量定理可知,物体在4 s末速度为零,由动能定理可知,0~4 s内拉力对物体做功为零,B项错误,D项正确。 答案　D 7.(多选)2022年4月16日,我国神舟十三号返回舱搭载宇航员成功着陆。返回舱竖直下降到距离地面1米左右启动反推发动机,火箭瞬间点火且竖直向下喷出气体,如图所示,则 (　　) A.点火过程,增大了返回舱碰撞地面前后的动量变化量 B.点火过程,减小了返回舱碰撞地面前后的动量变化量 C.点火过程,增大了返回舱碰撞地面前后的动量变化率 D.点火过程,减小了返回舱碰撞地面前后的动量变化率 解析　点火过程,返回舱速度迅速减小,使返回舱碰撞地面前速度变小,碰撞后速度都为零,所以点火过程,减小了返回舱碰撞地面前后的动量变化量,A项错误,B项正确;点火过程,速度变小,反推发动机的作用是延长动量变化的时间,从而减小返回舱动量的变化率,进而减小返回舱受到的平均冲力,C项错误,D项正确。 答案　BD 8.(多选)行驶中的汽车如果发生剧烈碰撞,车内的安全气囊会被弹出并瞬间充满气体。若碰撞后汽车的速度在很短时间内减小为零,关于安全气囊在此过程中的作用,下列说法正确的是 (　　) A.减少了司机单位面积的受力大小 B.减少了碰撞前后司机动量的变化量 C.将司机的动能全部转换成汽车的动能 D.延长了司机的受力时间并增大了司机的受力面积 解析　因安全气囊充气后,受力面积增大,故减小了司机单位面积的受力大小,A项正确;有无安全气囊司机初动量和末动量均相同,所以动量的改变量也相同,B项错误;因有安全气囊的存在,司机和安全气囊接触后会有一部分动能转化为气体的内能,不能全部转化成汽车的动能,C项错误;因为安全气囊充气后面积增大,司机的受力面积也增大,在司机挤压气囊作用过程中,由于气囊的缓冲增加了作用时间,故D项正确。 答案　AD 能力提升练 9.一位同学站在水平地面上,某时刻该同学屈膝下蹲并竖直向上跳起,在人跳离地面之前的过程中地面对该同学的支持力做功为W,冲量为I,则下列判断正确的是 (　　) A.W=0,I=0 B.W=0,I≠0 C.W≠0,I=0 D.W≠0,I≠0 解析　因为在人起跳的过程中人受到的支持力的作用点没有位移,根据W=FNx可知支持力做功为零。根据I=FNt可知弹力的冲量不为零,B项正确。 答案　B 10.水刀切割具有精度高、无热变形、无毛刺、无需二次加工以及节约材料等特点,因而得到广泛应用。某水刀切割机床如图所示,若横截面积为S的水柱以速度v垂直射到钢板上,碰到钢板后水的速度减为零。已知水的密度为ρ,则水对钢板的平均冲力大小为 (　　) A.ρSv B.ρSv C.ρSv2 D.ρSv2 解析　以Δt时间内射到钢板上的水柱为研究对象,规定水柱的速度方向为正方向,根据动量定理可得-FΔt=0-mv,其中m=ρSvΔt,联立解得F=ρSv2。由牛顿第三定律可知水对钢板的平均冲力大小为F'=F=ρSv2,C项正确。 答案　C 11.(多选)冰球是2022年北京冬奥会比赛项目之一,某次冰球比赛的冰球用硬橡胶制成,厚2.54厘米,直径7.62厘米,质量160克。如图所示,在一次进攻时,进攻队员将冰球由静止击出,冰球以48 m/s的速度打到守门员的护腿挡板上后被原路弹回,速度变为24 m/s,不计冰面摩擦及空气阻力。下列说法正确的是 (　　) A.进攻队员与守门员对冰球的冲量大小之比为2∶3 B.进攻队员与守门员对冰球的冲量大小之比为2∶1 C.进攻队员与守门员对冰球做的功大小之比为4∶3 D.进攻队员与守门员对冰球做的功大小之比为2∶1 解析　进攻队员对冰球的冲量I=mv-0=0.16×48 kg·m/s=7.68 kg·m/s,守门员对冰球的冲量I1=-mv1-mv=-0.16×24 kg·m/s-0.16×48 kg·m/s=-11.52 kg·m/s,则进攻队员与守门员对冰球的冲量大小之比为I∶I1=2∶3,A项正确,B项错误;根据动能定理,进攻队员对冰球做的功大小W=mv2-0=×0.16×482 J=184.32 J,守门员对冰球做的功大小W1=mv12-mv2=×0.16×242 J-×0.16×482 J=-138.24 J,则进攻队员与守门员对冰球做的功大小之比为W∶W1=4∶3,C项正确,D项错误。 答案　AC 12.质量为1 kg的物体静止放在足够大的水平桌面上,物体与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4。有一大小为5 N的水平恒力F作用于物体上,使之加速前进,经3 s后撤去F。求物体运动的总时间(g取10 m/s2)。 解析　物体由开始运动到停止运动的全过程中,F的冲量为Ft1,摩擦力的冲量为Fft。选水平恒力F的方向为正方向,根据动量定理有Ft1-Fft=0,又Ff=μmg,联立解得t=,代入数据解得t=3.75 s。 答案　3.75 s 13.一个质量为m的蹦床运动员,从离水平网面h高处自由下落,着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面2h高处,已知运动员与网接触的时间为t,重力加速度为g,取向上为正方向,空气阻力忽略不计。求: (1)运动员着网时的速度大小v; (2)整个过程中,运动员所受弹力的冲量大小I。 解析　(1)运动员触网前做自由落体运动,由运动学规律得v2=2gh, 运动员着网速度大小为v=。 (2)运动员离开网后做竖直上抛运动,由运动学规律得v'2=2g·2h, 运动员离开网的速度v'=2, 运动员从着网到反弹过程,取向上为正方向,由动量定理可知I-mgt=mv'-m(-v), 代入可得 I=mgt+m(v'+v)=mgt+(2+)m。 答案　(1) (2)mgt+(2+)m 学科网（北京）股份有限公司 $$