第一章 第1节 动量-【创新教程】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册五维课堂课时作业（人教版2019）

参 考 答 案 第一章　第１节 １．AB　[用天平测量滑块的质量,用刻度尺测量挡光片的 宽度,A、B正确;挡光片通过光电门的时间由数字计时 器测量,因此不需要用秒表或打点计时器测量时间,C、D 错误．] ２．AB　[导轨不水平,小车速度将会受重力影响,选项 A 符合要求;挡光板倾斜会导致挡光板宽度不等于挡光阶 段小车通过的位移,导致速度计算出现误差,选项 B符 合要求;本实验要求两小车碰后连在一起,不要求两小 车质量相等,选项 C、D不符合要求．] ３．D　[在本实验中,与物体运动有关的物理量是质量和速 度,速度由挡光片的宽度与挡光时间求得,不需要测量 光电门的高度,D正确．] ４．C　[动量等于运动物体质量和速度的乘积,动量大小与 物体质量、速度两个因素有关,A、B错误;由动量大小和 动能的表达式得出p＝ ２mEk,两物体动能相等,质量 关系不明确,动量不一定相等,D错误,C正确．] ５．AD　[运动员做平抛运动,只受重力,是恒力,根据动量 定理,动量的改变量等于合力的冲量,任意相等时间内 合力的冲量 相 等,故 任 意 相 等 时 间 内 动 量 的 改 变 量 相 等,故 A正确;平抛运动竖直分运动是自由落体运动,是 匀加速运动,故在相等的时间间隔内竖直分位移不一定 相等,故重力做的功不一定相等,故动能增加量不一定 相等,故B错误;平抛运动竖直分运动是自由落体运动, 是加速运动,在下落相等高度的过程中,时间不一定相 等,故合力的冲量不一定相等,故动量的增加量不一定 相等,故 C错误;在下落相等高度的过程中,合力的功相 等,根据动能定理,动能的增加量相等,故 D正确．] ６．BC　[当质量不变的物体的动量发生变化时,可以是速 度的大小发生变化,也可以是速度的方向发生变化,还 可以是速度的大小和方向都发生变化．当物体的速度方 向发生变化而速度的大小不变时,物体的动量(矢量)发 生变化,但动能(标量)并不发生变化,选项 A 错误,B正 确．当质量不变的物体的动能发生变化时,必定是其速 度的大小发生了变化,而无论其速度方向是否变化,物 体的动量必定发生变化,选项 C正确,D错误．] ７．ABD　[从绳恰好伸直到人第一次下降至最低点的过程 中,人先做加速度减小的加速运动,后做加速度增大的 减速运动,加速度等于零时,速度最大,故人的动量和动 能都是先增大后减小,加速度等于零时(即绳对人的拉 力等于人所受的重力时)速度最大,动量和动能最大,在 最低点时人具有向上的加速度,绳对人的拉力大于人所 受的重力．绳的拉力方向始终向上,与运动方向相反,故 绳对人的拉力始终做负功．故选项 A、B、D 正确,选项 C 错误．] ８．解析:A球由静止释放到两球碰撞前,根据机械能守恒 定律,有mAgl(１－cosθ１)＝ １ ２mAv ２ A 两球碰撞后 到 一 起 运 动 到 最 高 点,根 据 机 械 能 守 恒 定 律,有(mA＋mB)gl(１－cosθ２)＝ １ ２ (mA＋mB)v２ 又碰撞中的不变量满足mAvA＝(mA＋mB)v 所以用测得的物理量表示碰撞中的不变量的关系式为 mA １－cosθ１＝(mA＋mB) １－cosθ２． 答案:A球的质量mA 和B球的质量mB mA １－cosθ１＝(mA＋mB) １－cosθ２ ９．解析:(１)由 于 平 抛 运 动 的 竖 直 分运动为自由落体运动,故h＝ １ ２gt ２ 落地时间t＝ ２hg ＝１s Δv＝vy＝gt ＝１０×１m/s ＝１０m/s 方向竖直向下 故 Δp＝mΔv＝１×１０kg􀅰m/s＝１０kg􀅰m/s,方向竖直 向下． (２)小球落地时竖直分速度为vy＝gt＝１０m/s．由速度 合 成 知,落 地 速 度 v＝ v２０＋v２y ＝ １０２＋１０２ m/s ＝１０ ２m/s 所以小球落地时的动量大小为p′＝mv＝１０ ２kg􀅰m/s 方向与水平方向的夹角为４５°． 答案:(１)１０kg􀅰m/s　方向竖直向下 (２)１０ ２kg􀅰m/s　方向与水平方向的夹角为４５° １０．BC　[第１s内F＝２０N,第２、３s内F＝－１０N,物体 先加速、后减速,在第３s末速度为零,物体的位移不为 零,A 错误;根据牛顿第二定律知物体第１s内的加速 度为a１＝ ２０ mm /s２,１s末的速度v１＝a１t１＝ ２０ m ×１m /s ＝２０m m /s,物体第２、３s内的加速度为a２＝－ １０ m m /s２, ３s末的速度v３＝v１＋a２t２＝ ２０ m － １０ m ×２＝０ ,故前３s 内动量变化量 Δp＝mv３－mv０＝０－０＝０,B正确;由于 初速度和末速度都为零,因此动能变化量也为零,C正 确;但物体的重力势能是否改变不能判断,因此物体的 机械能是否改变不能确定,D错误．] １１．解析:滑块B通过光电门时的瞬时速度vB＝ d Δt 根据牛顿第二定律得:F１－mAg＝mA v２１ L F２－mAg＝mA v２２ L 实验中的不变量的表达式为:mAv１＝mAv２＋mBvB 整理得: F１mAL－m２AgL＝ F２mAL－m２AgL＋mB d Δt 所以还需要测量小钢球 A的质量mA 以及绳长L． 答案:(１)AB　(２)dΔt (３)F１mAL－m２AgL＝ F２mAL－m２AgL＋mB d Δt 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５５􀅰 参考答案 １２．解析:(１)因为小车 A与B碰撞前、后都做匀速运动,且 碰后 A与B粘在一起,其共同速度比 A原来的速度小． 所以,应选点迹分布均匀且点距较大的BC段计算 A碰 前的速度,选点迹分布均匀且点距较小的DE 段计算 A 和B碰后的速度． (２)由题图可知,碰前 A 的速度和碰后 A、B的共同速 度分别为:vA＝ １０．５０×１０－２ ０．０２×５ m /s＝１􀆰０５m/s vA′＝vB′＝ ６．９５×１０－２ ０．０２×５ m /s＝０􀆰６９５m/s 故碰撞前:mAvA＋mBvB＝０􀆰４０×１􀆰０５kg􀅰m/s＋０􀆰２０ ×０kg􀅰m/s＝０􀆰４２０kg􀅰m/s 碰撞 后:mAvA′＋mBvB′＝ (mA ＋mB)vA′＝ (０􀆰４０＋ ０􀆰２０)×０􀆰６９５kg􀅰m/s＝０􀆰４１７kg􀅰m/s． (３)数据处理表明,mAvA＋mBvB≈mAvA′＋mBvB′,即在 实验误差允许的范围内,A、B碰撞前后总的物理量 mv 是不变的． 答案:(１)BC　DE　(２)０􀆰４２０　０􀆰４１７　(３)见解析 １３．解析:(１)由v２－v２０＝２ax可得小球落地时的速度大小 v＝ v２０＋２ax＝ １５２＋２×１０×２０m/s＝２５m/s． 取竖直向下为正,则小球落地时的动量 p＝mv＝０􀆰１０×２５kg􀅰m/s＝２􀆰５kg􀅰m/s,方向竖直 向下． (２)以竖 直 向 下 为 正 方 向,小 球 从 抛 出 至 落 地 动 量 的 增量 Δp＝mv－mv０＝０􀆰１０×２５kg􀅰m/s－０􀆰１０×(－１５)kg􀅰m/s ＝４􀆰０kg􀅰m/s,方向竖直向下． 答案:(１)２􀆰５kg􀅰m/s,方向竖直向下　(２)４􀆰０kg􀅰m/s, 方向竖直向下 第２节 １．C ２．BD　[设斜面高为h,倾角为θ,物体的质量为m,则两物 体滑到斜面 底 端 的 过 程,重 力 做 功 均 为 mgh,用 时t＝ １ sinθ ２h g ,重力 的 冲 量IG ＝mgt＝ m sinθ ２gh ,与θ有 关,故重力的冲量不同,A项错误,B项正确;斜面弹力方 向与物体运动方向垂直,斜面弹力不做功,但弹力的冲 量不为零,C项错误,D项正确．] ３．D　[取竖直向上为正方向,如图 所示,由动量定理I＝Δp得 (F－mg)Δt＝mv２－m(－v１) 即IF－mgΔt＝m(v２＋v１) 则IF＝mgΔt＋m(v２＋v１),方向 向上．] ４．D　[设建筑工人下落５m 时速度为v,则v＝ ２gh＝ ２×１０×５m/s＝１０m/s,设安全带所受平均冲力大小为 F,则由动量定理得:(mg－F)t＝０－mv,所以F＝mg＋mvt ＝６０×１０N＋６０×１０１．５ N＝１０００N ,故 A、B、C错,D对．] ５．C　[由题图可知,０~t０ 与t０~２t０ 时间内合力方向不 同,动量变化量不相等,选项 A 错误;t＝t０ 时,物体速度 最大,由动量定理Ft＝Δp可得０~t０ 时Δp１＝F０t０,t０~ ２t０ 时 Δp２＝－F０t０,由两式得 Δp１＝－Δp２,t＝２t０ 时物 体速度为零,０~t０ 与t０~２t０ 时间内物体平均速率相等, 选项B错误,C正确;０~２t０ 时间内物体先加速后减速, 位移不为零,动能变化量为零,合力对物体做的功为零, 选项 D错误．] ６．C ７．B　[先伸出两臂迎接,手接触到球后,两臂随球收缩至 胸前,这样可以增加球与手接触的时间,根据动量定理 得－Ft＝０－mv,解得F＝mvt ,当时间增大时,作用力就 减小,而球对手的冲量I＝mv恒定不变,球的动量变化 量 Δp＝mv恒定不变,球的动能变化量 ΔEk＝ １ ２mv ２ 恒 定不变,所以B正确．] ８．解析:解法一:FＧt图像中图线与坐标轴围成的面积表示 冲量．由此得,经过t＝１０s F１ 的冲量I１＝ １ ２×１０×１０N 􀅰s＝５０N􀅰s F２ 的冲量I２＝－ １ ２×１０×１０N 􀅰s＝－５０N􀅰s 合力F 的冲量I合 ＝I１＋I２＝０． 解法二:F１、F２ 都随时间均匀变化,因此可以用平均力来 计算它们的冲量． F１ 的冲量为I１＝ １０＋０ ２ ×１０N 􀅰s＝５０N􀅰s F２ 的冲量为I２＝ ０－１０ ２ ×１０N 􀅰s＝－５０N􀅰s 合力F 的冲量为I合 ＝I１＋I２＝０． 答案:５０N􀅰s　－５０N􀅰s　０ ９．解析:(１)由v２－v２０＝－２ax 得人和车减速的加速度大 小为 a＝v ２ ０ ２x＝ ３０２ ２×０．５m /s２＝９００m/s２ 根据牛顿第二定律得人受到的平均冲力大小为 F＝ma＝６０×９００N＝５􀆰４×１０４ N． (２)对车内的人,由动量定理得 －F′t＝mv－mv０ 解得 人 受 到 的 平 均 冲 力 大 小 为 F′＝ mv０－mvt ＝ ６０×３０－０ ０．１ N＝１􀆰８×１０ ４ N． 答案:(１)５􀆰４×１０４ N　(２)１􀆰８×１０４ N １０．C　[过程Ⅰ中运动员只受重力作用,所以运动员在该 过程的动量改变量等于重力的冲量,且在该过程中,对 运动员始终有mgΔt＝Δp,则ΔpΔt＝mg ,故 A 错误,C正 确;过程Ⅰ中运动员的初速度不为０,过程Ⅱ中运动员 的末速度为０,故过程Ⅰ、Ⅱ中运动员的总动量改变量 不为０,B错误;过程Ⅱ中运动员的动量改变量等于合 外力的冲量,不等于重力的冲量,故 D错误．] １１．B　[抽出纸条的过程,铁块所受的滑动摩擦力一定．以 速度v抽出纸条,铁块所受滑动摩擦力的作用时间较 长,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中,铁块受滑动摩擦力作用 时间较短,铁块获得速度较小,平抛运动的水平位移较 小,故B选项正确．] １２．BD　[小球在整个过程中,动能变化量为零,重力势能 减少mg(H＋h),则小球的机械能减少了 mg(H＋h), 故 A错误;对全过程运用动能定理得,mg(H＋h)－Wf 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 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