第1章 第1节 动量和动量定理-课后达标检测-【优学精讲】2024-2025学年高中物理选择性必修第一册教用课件(鲁科版)

第1节　课后 达标检测 题组1　动量和动量变化 1．如图所示，甲、乙两人在水平路面上沿相反方向运动．已知甲的质量为40 kg，速度大小v1＝5 m/s；乙的质量为80 kg，速度大小v2＝2.5 m/s，则以下说法正确的是(　　) A．甲的动量比乙的动量大 B．甲、乙两人的动量相同 C．甲的动量大小为200 kg·m/s2 D．乙的动量大小为200 kg·m/s 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 11 1 √ 课后 达标检测 解析：根据公式p＝mv可知甲的动量大小为200 kg·m/s，则C的单位是错误的；乙的动量大小为200 kg·m/s ，甲、乙动量大小相等，但动量方向不同，故甲、乙动量不同，故D正确，A、B、C错误。 3 4 5 6 7 8 9 10 2 12 13 11 1 课后 达标检测 2．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速度变为5 m/s，方向和原来方向相反，则这段时间内动量的变化量为(　　) A．4 kg·m/s，方向与原运动方向相反 B．1 kg·m/s，方向与原运动方向相同 C．4 kg·m/s，方向与原运动方向相同 D．1 kg·m/s，方向与原运动方向相反 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 11 2 √ 课后 达标检测 解析：规定物体初速度的方向为正方向，则初动量p1＝mv0＝0.5 kg×3 m/s＝1.5 kg·m/s，末动量p2＝mv＝0.5 kg×(－5 m/s)＝－2.5 kg·m/s，故动量变化为Δp＝p2－p1＝－4 kg·m/s，负号表示方向与规定的正方向相反，即方向与原运动方向相反。 3 4 5 6 7 8 1 9 10 12 13 11 2 课后 达标检测 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 3 √ 课后 达标检测 题组2　冲量的理解和计算 4．(2024·广东佛山统考期中)自动流水线中有实现货物转弯的传送带，质量为m的货物从传送带A位置传送到B位置，传送过程中传送速率保持不变，则货物在此过程中(　　) A．所受摩擦力的冲量为零 B．所受合外力做功不为零 C．所受合外力的冲量不为零 D．动量变化量为零 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 4 √ 课后 达标检测 解析：货物所受摩擦力的冲量I＝ft，不为零，故A错误； 货物动能不变，则所受合外力做功为零，故B错误； 所受合外力的冲量I合＝ft＝m·Δv，不为零，故C正确； 动量变化量Δp＝m·Δv，不为零，故D错误。 3 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 4 课后 达标检测 题组3　动量定理的理解和简单应用 5．如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以(　　) A.增加球对手的作用时间 B．增加球对手作用力的大小 C．减小球的动量变化量的大小 D．减小球对手冲量的大小 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 5 √ 课后 达标检测 3 4 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 5 课后 达标检测 6.(2023·北京101中学期中)如图所示，学生练习用头颠球。某一次足球从静止开始下落20 cm，被竖直顶起，离开头部后上升的最大高度仍为 20 cm。已知足球与头部的作用时间为0.1 s，足球的质量为0.4 kg，重力加速度g取10 m/s2，不计空气阻力。下列说法正确的是(　　) A．头部对足球的平均作用力为足球重力的8倍 B．下落到与头部刚接触时，足球动量大小为1.6 kg·m/s C．与头部作用过程中，足球动量变化量大小为1.6 kg·m/s D．从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量为0 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 11 6 √ 课后 达标检测 解析：足球从静止开始下落h＝20 cm后，其速度满足v2＝2gh，解得v＝2 m/s，头部与足球作用过程有Ft－mgt＝2mv，解得头部对足球的平均作用力F＝20 N＝5mg，故A错误； 下落到与头部刚接触时，足球动量大小p＝mv＝0.8 kg·m/s，故B错误； 与头部作用过程中，足球动量变化量大小Δp＝2mv＝1.6 kg·m/s，故C正确； 从最高点下落至重新回到最高点的过程中，足球重力的冲量等于重力与时间的乘积，则可知足球重力的冲量不为0，故D错误。 3 4 5 7 8 1 9 10 2 12 13 11 6 课后 达标检测 3 4 5 6 8 1 9 10 2 12 13 11 7 √ 课后 达标检测 8．(2024·广东汕头校考期中)如图，质量m＝2 kg的木块放在水平地面上，与地面间的动摩擦因数μ＝0.2，木块在F＝5 N的水平恒力作用下由静止开始向右运动了10 s，g取10 m/s2，在这10 s内，下列说法正确的是(　　) A．重力的冲量为0 B．摩擦力的冲量为－40 N·s C．物体动量的变化量为20 kg·m/s D．合外力的冲量为50 N·s 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 11 8 √ 课后 达标检测 解析：重力的冲量IG＝Gt＝2×10×10 N·s＝200 N·s，故A错误； 设向右为正方向，则摩擦力的冲量If＝－ft＝－μmgt＝－0.2×2×10×10 N·s＝－40 N·s，故B正确； 力F的冲量IF＝Ft＝5×10 N·s＝50 N·s，合外力的冲量I＝IF＋If＝10 N·s，由动量定理可得，物体动量的变化量Δp＝I＝10 kg·m/s，故C、D错误。 3 4 5 6 7 1 9 10 2 12 13 11 8 课后 达标检测 9.(2024·安徽阜阳市第三中学校考期中)如图所示，在竖直平面内固定一个光滑的半圆形细管，A、B为细管上的两点，A点与圆心等高，B点为细管最低点。一个小球从A点匀速率滑到B点，小球除受到重力和细管的弹力外，还受另外一个力。小球从A点滑到B点的过程中，关于小球，下列说法正确的是(　　) A．合力做功为零 B．合力的冲量为零 C．机械能不变 D．机械能增大 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 11 9 √ 课后 达标检测 解析：小球从A点滑到B点的过程中，做匀速圆周运动，小球所受合外力提供向心力，不为零，小球的动能不变，根据动能定理可知，合力做功为零，故A正确； 小球从A点滑到B点的过程中，小球的速度大小不变，方向发生了改变，则小球的动量发生了变化，根据动量定理可知，合力的冲量不为零，故B错误； 小球从A点滑到B点的过程中，小球的动能不变，重力势能减小，则小球的机械能减小，故C、D错误。 3 4 5 6 7 8 1 10 2 12 13 11 9 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 11 10 √ √ 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 2 12 13 11 10 课后 达标检测 11.(2024·江苏省建湖高级中学校考期末)在离地面同一高度有质量相同的三个小球a、b、c，a球以速度v0竖直上抛，b球以速度v0竖直下抛，c球做自由落体运动，不计空气阻力(　　) A．三个小球落地时，重力的功率相同 B．从抛出到落地，三个小球的重力做功相同 C．从抛出到落地，三个小球的重力的冲量相同 D．从抛出到落地，三个小球的动量的变化量相同 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 √ 课后 达标检测 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 13 11 课后 达标检测 12．如图所示，在倾斜角α＝37°的斜面上，有一质量为5 kg的物体沿斜面滑下，物体与斜面间的动摩擦因数μ＝0.2，求物体下滑2 s的时间内，物体所受各力的冲量。(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 11 12 课后 达标检测 解析：物体在下滑过程中受到重力、支持力和摩擦力的作用，重力的冲量 IG＝mgt＝5×10×2 N·s＝100 N·s，方向竖直向下； 支持力的冲量IF＝mgt cos α＝5×10×2×0.8 N·s＝80 N·s，方向垂直于斜面向上； 摩擦力的冲量If＝μmgt cos α＝0.2×5×10×2×0.8 N·s＝16 N·s，方向沿斜面向上。 答案：重力的冲量为100 N·s，方向竖直向下　支持力的冲量为80 N·s，方向垂直于斜面向上　摩擦力的冲量为16 N·s，方向沿斜面向上 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 13 11 12 课后 达标检测 13．(2024·四川阆中东风中学校考)一个质量为0.2 kg的小球竖直向下以6 m/s的速率落至水平地面，与地面的作用时间为0.2 s，再以4 m/s 的速率反向弹回。取竖直向下为正方向，g取10 m/s2，不计空气阻力。 (1)求小球与地面碰撞前后的动量变化量。 解析：取竖直向下为正方向，则碰撞前后的动量变化量Δp＝mv2－mv1＝0.2×(－4)kg·m/s－0.2×6 kg·m/s＝－2 kg·m/s，负号表示方向竖直向上。 答案：2 kg·m/s，方向竖直向上 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 11 13 课后 达标检测 (2)考虑小球所受的重力，求小球受到地面的平均作用力的大小和方向。 解析：考虑小球所受的重力，取竖直向下为正方向，设小球受到地面的平均作用力大小为F，方向竖直向上，由动量定理可得(mg－F)t＝Δp，解得F＝12 N，假设成立，即小球受到地面的平均作用力大小为12 N，方向竖直向上。 答案：12 N，方向竖直向上 3 4 5 6 7 8 1 9 10 2 12 11 13 课后 达标检测 3．(2024·广东高州市第四中学校考期末)质量为m的物体在运动过程中，某时刻的动量大小为p，该时刻的动能大小为Ek，则(　　) A.Ek＝ eq \f(2p2,m) B．Ek＝ eq \f(p2,3m) C．Ek＝ eq \f(p2,2m) D．Ek＝ eq \f(p2,m) 解析：根据p＝mv，Ek＝ eq \f(1,2) mv2，可得Ek＝ eq \f(p2,2m) ，故C符合题意。 解析：先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得－Ft＝0－mv，F＝ eq \f(mv,t) ，当时间增大时，冲量和动量的变化量都不变，可减小动量的变化率，即减小球对手的作用力。 解析：根据动量定理可知，在 eq \f(T,2) 时间内质点所受合力的冲量大小I＝Δp＝2mv＝2mωL sin θ。 7.(2024·江苏射阳中学校考期中)如图所示，质量为m的小球在水平面内做匀速圆周运动，细线长L，与竖直方向夹角为θ，线的拉力为F，小球做圆周运动的角速度为ω，周期为T，在 eq \f(T,2) 时间内质点所受合力的冲量大小为(　　) A．0　　　 B．F sin θ× eq \f(T,2) C．2mωL sin θ D．2mωL 10.(多选)如图所示，将一质量为m的小球从O点以速度v水平抛出，过A点时速度大小为2v，重力加速度为g，不计空气阻力，则下列说法中正确的是(　　) A．小球过A点时动量大小为2mv B．小球过A点时重力做功的功率为2mgv C．从O点到A点的过程中重力做功为 eq \f(3,2) mv2 D．从O点到A点的过程中重力冲量大小为mv A点在竖直方向的分速度vy＝ eq \r(（2v）2－v2) ＝ eq \r(3) v，过A点时重力功率PG＝mgvy＝ eq \r(3) mgv，B错误； O点到A点所运动的竖直高度2gh＝v eq \o\al(2,y) ，从O点到A点的过程中重力做功WG＝mgh＝ eq \f(3,2) mv2，C正确； 解析：小球过A点时的动量p＝mv合＝2mv，A正确； 从O点到A点所运动时间t＝ eq \f(vy,g) ，从O点到A点的过程中重力冲量I＝mgt＝ eq \r(3) mv，D错误。 重力做功WG＝mgh，可知从抛出到落地，三个小球的重力做功相同，故B正确； 根据动力学公式可得三个小球落地时分别有h＝－v0ta＋ eq \f(1,2) gt eq \o\al(2,a) ，h＝v0tb＋ eq \f(1,2) gt eq \o\al(2,b) ，h＝ eq \f(1,2) gt eq \o\al(2,c) ，则ta＞tc＞tb，重力的冲量IG＝mgt，可知IGa＞IGc＞IGb，故C错误； 解析：设下落的高度为h，三个小球落地时，根据动力学公式v eq \o\al(2,a) －v eq \o\al(2,0) ＝2gh，v eq \o\al(2,b) －v eq \o\al(2,0) ＝2gh，v eq \o\al(2,c) ＝2gh，可得va＝vb＞vc，重力的功率P＝mgv，可得Pa＝Pb＞Pc，故A错误； 根据动量定理可知Δp＝IG＝mgt, 则Δpa＞Δpc＞Δpb，故D错误。 $