课时作业(一) 动量 动量定理(Word练习)-【金榜题名】2025-2026学年高二物理选择性必修第一册高中同步学案（人教版）

课时作业(一)　动量　动量定理 [基础达标练] 1．下列说法中正确的是(　　) A．动量大的物体动能一定大 B．动能大的物体动量一定大 C．动能为零的物体动量一定为零 D．动量为零的物体动能不一定为零 解析：选C　根据动能和动量的关系：EK＝mv2＝故ABD错误，C正确．故选C． 2． 冬奥会上，某滑雪运动员从静止开始分别沿两个不同夹角的斜坡滑下，如图所示，两次滑行的时间恰好相等．关于两次滑行过程中，运动员所受冲量下列说法正确的是(　　) A．重力的冲量大小相等 B．支持力的冲量大小相等 C．摩擦力的冲量大小相等 D．合力的冲量大小相等 解析：选A　A．两次滑行过程中，人的重力不变，两次滑行的时间恰好相等，根据冲量的表达式为I＝Ft＝mgt故两次重力的冲量大小相等，A正确；BC．设斜面与水平方向的夹角为θ，人沿着斜面加速下滑，故支持力大小为N＝mgcos θ摩擦力的大小为f＝μN＝μmgcos θ两次滑行的时间相等，根据冲量的表达式为IN＝Nt＝mgcos θ·t，If＝ft＝μmgcos θ·t由于沿两个不同夹角的斜坡滑下，故两次支持力和摩擦力的冲量大小都不相等，BC错误；D．斜面的高度相同，倾角不同，斜面的长度则不同，滑雪运动员从静止开始匀加速运动下滑的时间相同，故两次下滑时的加速度不同，所受的合外力不相同，根据冲量表达式I＝F合t＝mat两次合外力的冲量大小不同，D错误． 故选A． 3．关于动量和冲量，下列说法正确的是(　　 ) A．动量越大的物体受到的冲量越大 B．冲量总是与物体动量方向相同 C．冲量是物体动量变化的原因 D．作用在静止物体上的力的冲量总是为零 解析：选C　冲量是物体动量变化的原因，选项C正确；动量大说明物体的速度大，但无法明确动量的变化，故不能确定物体的冲量大小，选项A错误；冲量与物体动量变化量方向相同，选项B错误；根据I＝Ft，只要有力作用在物体上，经过一段时间，这个力便有了冲量，与物体处于什么运动状态无关，故选项D错误． 4．如图所示，ad、bd、cd是竖直面内三根固定的光滑细杆，a、b、c、d四个点位于同一圆周上，a在圆周最高点，d在圆周最低点，每根杆上都套着质量相等的小滑环(图中未画出)，三个滑环分别从a、b、c三个点同时由静止释放．关于它们下滑的过程，下列说法正确的是(　　 ) A．重力对它们的冲量相同 B．弹力对它们的冲量相同 C．合外力对它们的冲量相同 D．它们动能的增量相同 解析：选A　这是“等时圆”，即三个滑环同时由静止释放，运动到最低点d点的时间相同，由于三个环的重力相等，由公式I＝Ft分析可知，三个环重力的冲量相同，故A正确；从c处下滑的小滑环受到的弹力最大，运动时间相等，则弹力对从c处下滑的小滑环的冲量最大，故B错误；从a处下滑的小滑环的加速度最大，受到的合力最大，则合力对从a处下滑的小滑环的冲量最大，故C错误；重力对从a处下滑的小滑环做功最多，其动能的增量最大，故D错误． 5．从塔顶平抛出完全相同的四个小球，初速度各不相同，忽略空气阻力，落到同一水平地面上．则下列说法正确的是(　　) A．四个小球落地时动能相同 B．四个小球落地时动量相同 C．四个小球落地时，重力做功的功率不相等 D．四个小球在下落过程中的动量的变化相同 解析：选D　A．根据功能关系，可知小球平抛到地面过程中，WG＝Ek2－Ek1可知，落到同一水平地面上，四个小球的动能不相同．故A错误；B．根据上一选项分析可知，四球落地的速度大小不同，根据公式有p＝mv可知四个小球落地时动量不相同．故B错误；C．重力做功的功率为 P＝mgvcos θ．其中 vy＝＝vcos θ，解得P＝mg即四个小球落地时，重力做功的功率相同．故C错误；D．四个小球在下落过程中的动量的变化为p＝mgt，t＝故动量的变化相同．故D正确．故选D． 6．冬奥会速滑比赛中，甲、乙两运动员的质量分别为m和M，若他们的动能相等，则甲、乙动量大小之比是(　　) A．1∶1　　　　　　 B．m∶M C．∶ D．∶ 解析：选C　由动能表达式Ek＝mv2 和动量大小表达式p＝mv可得p＝二者动能相等，所以甲、乙动量大小之比为∶，故ABD错误，C正确．故选C． 7．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．增加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：选D　汽车剧烈碰撞瞬间，安全气囊弹出，立即跟司机身体接触．司机在很短时间内由运动到静止，动量的变化量是一定的，由于安全气囊的存在，作用时间变长，据动量定理Δp＝FΔt知，司机所受作用力减小；又知安全气囊打开后，司机受力面积变大，因此减小了司机单位面积的受力大小；碰撞过程中，动能转化为内能．综上可知，选项D正确． 8．(多选)质量为0．5 kg的物体，运动速度为3 m/s，它在一个变力作用下沿直线运动，经过一段时间后速度大小变为7 m/s，则这段时间内动量的变化量为(　　) A．5 kg· m/s，方向与初速度方向相反 B．5 kg· m/s，方向与初速度方向相同 C．2 kg· m/s，方向与初速度方向相反 D．2 kg· m/s，方向与初速度方向相同 解析：选AD　AB．以初速度方向为正方向，如果末速度的方向与初速度方向相反，由Δp＝mv′－mv 得Δp＝(－7×0．5－3×0．5) kg· m/s＝－5 kg· m/s 负号表示Δp的方向与初速度方向相反，选项A正确，B错误； CD．如果末速度方向与初速度方向相同，由Δp＝mv′－mv 得Δp＝(7×0．5－3×0．5) kg· m/s＝2 kg· m/s 方向与初速度方向相同，选项C错误，D正确．故选AD． 9．蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目．如图所示，一个质量为m＝60 kg的运动员，从离水平网面h1＝3．2 m高处自由落下，着网后沿竖直方向恰能蹦回到离水平网面h2＝5．0 m高处，通过压力传感器测得运动员与蹦床接触过程中网面受到的平均作用力大小为F＝2400 N，g取10 m/s2，不计空气阻力，试求： (1)运动员与蹦床接触的时间； (2)从开始自由落下到蹦回到离水平网面h2＝5．0 m高处，这一过程中运动员所受重力的冲量． 解析：(1)由题意运动员自由落体到网面的速度满足v12＝2gh1向上离开网面的速度满足v22＝2gh2 设向上为正，则从接触网面到离开网面过程由动量定理得Ft＝mv2－mv1解得运动员与蹦床接触的时间为t＝0.45 s. (2)运动员自由落体到网面的时间满足h1＝gt12 运动员从离水平网面到h2＝5.0 m高处所用时间满足h2＝gt22所以从开始自由落下到蹦回到离水平网面h2＝5.0 m高处所用总时间为t′＝t＋t1＋t2则这一过程中运动员所受重力的冲量为I＝mgt′解得I＝1350 N·s 答案：(1)0．45 s　(2)1 350 N·s [能力提升练] 10．将小球以初速度v0竖直向上抛出，该小球所受的空气阻力与速度大小成正比，其速度—时间图像(v－t)如图所示．t1时刻到达最高点，t2时刻落回抛出点，且下落过程中小球一直加速，下列说法正确的是(　　) A．0到t2时间内，小球的加速度先减小再增大 B．小球上升过程和下降过程，动量变化量相同 C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量相同 D．0到t2时间内，小球的动量变化率一直减小 解析：选D　A．0到t2时间内，图像的斜率一直减小，所以小球的加速度一直减小，A错误；B．小球上升过程和下降过程，动量变化量分别为Δp1＝mgt1，Δp2＝mg(t2－t1)，所以小球上升过程和下降过程，动量变化量不相同，B错误；C．小球上升过程和下降过程，重力的冲量分别为I1＝mgt1，I2＝mg(t2－t1)，所以小球上升过程和下降过程，冲量不相同，C错误；D．0到t1时间内，小球的动量变化率为＝mg＋kv 随着的速度减小，动量变化率也减小；t1到t2时间内，小球的动量变化率为＝mg－kv随着速度的增大，动量变化率减小；所以0到t2时间内，小球的动量变化率一直减小，D正确．故选D． 11．如图是某同学站在压力传感器上做下蹲－起立的动作时传感器记录的压力随时间变化的图线，纵坐标为压力，横坐标为时间．由图线可知，该同学的体重约为650 N，除此以外，还可以得到以下信息(　　) A．1 s时人处在下蹲的最低点 B．该同学做了两次下蹲－起立的动作 C．2 s末至4 s末重力对人做的功为零 D．2 s末至4 s末重力对人的冲量约为1 300 N·s 解析：选D　A．下蹲动作包含两个过程：先加速向下(失重)，再减速向下(超重)，蹲在压力传感器上(平衡状态，也是最低点)，根据图像，1 s时人正处于失重状态，是加速下蹲的过程中，不是最低点，A错误；B．起立动作也包含两个过程：先加速上升(超重)，再减速上升(失重)，站在传感器上(平衡状态，也是最高点)，完成一次下蹲－起立动作要经历两次超重和两次失重，根据图像可知，该同学做了一次下蹲－起立动作，B错误；C．2 s末至4 s末表示起立过程，重力对人做的功不等于零，C错误；D．2 s末至4 s末重力对人的冲量约为I＝mgt＝65×10×2 N·s＝1 300 N·s，D正确．故选D． 12．《点绛唇》是北宋文学家苏轼创作的一首词，其中一句“雨打芭蕉闲听雨，道是有愁又无愁”是脍炙人口的名句．设雨水竖直匀速下落，某张芭蕉叶认为是水平的，该叶片的面积为S，水滴落到叶片上以原来的一半速率竖直反弹，测得叶片受到雨水的作用力大小为F．已知空中雨水的平均密度为ρ，不考虑落到叶片上雨水的重力．单位时间内雨水下落的高度为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选B　一定时间内，水落到叶片上时，对水，根据动量定理可知 Ft＝mv－(－mv)＝mv 水的质量m＝ρSvt，解得v＝ 水在空中匀速下落，则单位时间内雨水下落的高度为．故选B． 13．将一质量为0．2 kg的小球以20 m/s的初速度斜向上抛出，不计空气阻力，当小球落到与抛出点等高处时，小球动量大小改变了4 kg· m/s，在这一过程经历的时间为(　　) A．0．5 s B．2 s C．4 s D．8 s 解析：选B　小球的度斜向上抛出，当小球落到与抛出点等高处时，由于小球在运动过程中只受到一个重力，所以动量只在竖直方向变化，那么，速度在竖直方向上竖直方向的变化量为：Δv＝＝ m/s＝20 m/s，所以，经历的时间为：Δt＝＝ s＝2 s，所以，这个题ACD错误， B正确． 14．(多选)一质量为2 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动．F随时间t变化的图线如图所示，则(　　) A．t＝1 s时物块的速率为1 m/s B．t＝2 s时物块的动量大小为4 kg· m/s C．t＝3 s时物块的动量大小为5 kg· m/s D．t＝4 s时物块的速度为零 解析：选AB　A．由动量定理可得：Ft＝mv解得v＝t＝1 s时物块的速率为 v＝＝＝1 m/s故A正确； BCD．当t＝2 s时物块的动量大小p2＝F1t2＝2×2 kg· m/s＝4 kg· m/s； 当 t＝3 s时物块的动量大小为p3＝(2×2－1×1) kg· m/s＝3 kg· m/s；当t＝4 s时物块的动量大小为p4＝(2×2－1×2) kg· m/s＝2 kg· m/s所以t＝4 s时物块的速度为1 m/s，B正确，CD错误．故选AB． 15．将质量为m＝1 kg的小球，从距水平地面高h＝5 m处，以v0＝10 m/s的水平速度抛出，不计空气阻力，g取10 m/s2．求： (1)抛出后0．4 s内重力对小球的冲量； (2)平抛运动过程中小球动量的增量Δp； (3)小球落地时的动量大小p′． 解析：(1)重力是恒力，0．4 s内重力对小球的冲量I1＝mgt0＝1×10×0．4 N·s＝4 N·s，方向竖直向下． (2)由于平抛运动的竖直分运动为自由落体运动，故h＝gt2， 落地时间t＝＝1 s．小球飞行过程中只受重力作用， 所以合外力的冲量为I＝mgt＝1×10×1 N·s＝10 N·s，方向竖直向下． 由动量定理得Δp＝I＝10 N·s，方向竖直向下． (3)小球落地时竖直分速度为vy＝gt＝10 m/s.由速度合成知，落地速度v＝＝ m/s＝10 m/s，所以小球落地时的动量大小p′＝mv＝10 kg·m/s. 答案：(1)4 N·s　方向竖直向下 (2)10 N·s　方向竖直向下 (3)10 kg·m/s 16．“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功，图1为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．若航母保持静止，在某次降落中，以飞机着舰为计时起点，飞机的速度随时间变化关系如图2所示．飞机在t1＝0．4 s时恰好钩住阻拦索中间位置，此时速度v1＝70 m/s；在t2＝2．4 s时飞机速度v2＝10 m/s．飞机从t1到t2的运动可看成匀减速直线运动．设飞机受到除阻拦索以外的阻力f大小不变，f＝5．0×104 N，“歼15”舰载机的质量m＝2．0×104 kg． (1)若飞机在t1时刻未钩住阻拦索，仍立即关闭动力系统，仅在阻力f的作用下减速，求飞机继续滑行的距离(假设甲板足够长)； (2)在t1至t2间的某个时刻，阻拦索夹角α＝120°，求此时阻拦索中的弹力T； (3)在t1至t2间内，阻拦索对飞机冲量的大小． 解析：(1)由牛顿第二定律f＝ma1解得a1＝2.5 m/s2由运动学公式2a1x1＝v12 解得x1＝980 m． (2)由v－t图像可知a＝＝30 m/s2 飞机受力如图所示 根据牛顿第二定律2Tcos＋f＝ma解得T＝5．5×105 N． (3)由(2)可知，阻拦索对飞机的合力大小为F＝5．5×105 N由图可知作用时间t＝2 s可得阻拦索对飞机冲量的大小I＝Ft＝1．1×106 N·s 答案：(1)980 m　(2)5．5×105 N (3)1．1×106 N·s 学科网（北京）股份有限公司 $$