动量与冲量动量定理同步练习x

1、动量、冲量与动量定理同步练习1.在下列用动量定理对几种物理现象的解释中，正确的 是（ ）I三A从越高的地方跳下，落地时越危险，是因为落地时受 的冲量越大跳高时，在落地处垫海绵垫子，是为了减小冲量动量相同的两个物体受相同的制动力的作用，质量小 的先停下来D在码头上装橡皮轮胎，是为了减小渡船靠岸时受到的 冲量 2.将一质量为m的小球从足够高的地方斜向上抛出，不 计空气阻力，则小球在落地前B.任意相D.动量的A.任意相等的时间内动量的变化都相同 等的时间内动能的变化都相同C.任意相等的时间内速度的变化都相同 变化率保持不变3.人从高处跳到低处时，为了安全，一般都有一个屈膝 的过程，这样做是为了A减小

2、冲量B.减小动量的变化量C.增=i小人与地面D增大人与地面的相互大人与地面的作用时间，从而减的相互作用力作用力，起到安全保护B两个物 昨光滑斜1A、B两个物体具有相同的物理量A.所受重力的冲量i=jB.所受支持力的冲量C所受合力的冲量D.动量变化的大小l=J5.卜列运动过程中，物体的动量变化率相等的是（）l=jwA.匀速圆周运动B.竖直上抛运动C.平抛运动D.任意的匀变速直线运动作用 4.如图所示，质量相等的A、 体，分别沿倾角为a和B的两h 面，由静止开始从同一高度h开始下滑到同样的另一高 度h。在这一过程中， 是6.一质量为m的运动员从下蹲状态开始起跳，经x的时 间，身体伸直并刚好离开地面

3、，速度为V,在此过程中地 面对他作用的冲量大小和做的功分别为（） A 舛g .泓v +跳婴项U.离增大时，对小物块从A点运动到B点的过程A摩擦力对小物块的冲量变大B. 摩擦力对小物块如图所示，一小物块在粗糙斜面上的。点从静止开始 下滑，在小物块经过的路径上有A、B两点， 且A、B间的距离恒定不变.当O、A两点间距 中，下列说法正确的是（）的冲量变小C小物块动能的改变量变大D.小物块动能的改变:在物体运动过程中，下列说法不正确的有（）A.动量不变的运动，一定是匀速运动i=jB.动量大小不变的运动，可能是变速运动i=jC如果在任何相等时间内物体所受冲量相等（不为零）, 那么该物体一定做匀变速运动若

4、某一个力对物体做功为零，则这个力对该物体的冲量也一定为零i=j从地面上方同一高度沿水平和竖直向上方向分别抛出 两个等质量的小物体，抛出速度大小都是为v，不计空气 阻力，对两个小物体以下说法正确的是A落地时的速度相同 做功的瞬时功率相同B.落地时重力C.从抛出到落地重力的冲量相同 前动量变化率相等i=jD.两物体落地对一确定的物体下列说法正确的是A.动能发生变化时，动量必定变化B.动量发生变化时，动能必定变化i=jC物体所受的合外力不为零时，其动量一定发生变化, 而动能不一定变D.物体所受的合外力为零时，其动能和动量一定不变质量相同的两方形木块AB紧靠一起放在光滑水平 面上，一子弹先后水平穿透两

5、木块后射出，若木块对子 弹的阻力恒定不变，且子弹射穿两木块的时间相同，则 子弹射穿木块时A. B木块的速度之比A. 1:1B. 1:2C. 1:3D.1：二一单摆摆球质量m =0.2kg，摆长l =0.9m，今将摆 球拉离与竖直方向成10角处由静止释放，求摆球运动到最低点的过程中重力的冲量和合力的冲量。i=j(g=10m/s2，cos10=0.98)14.如图所示，在空中有一水平方向的匀强磁场区域,l=J区域的上下边缘间距为h，磁感应强度为B.有 一长度为L、宽度为b (bVh)、电阻为R、质 量为m的矩形线圈紧贴磁场区域的上边缘从静 止起竖直下落，当线圈的下边穿出磁场时，恰好以速率v 匀速运

6、动.已知重力加速度为g,求线圈匀速运动的速率V；(2)穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量Q；(3)线圈穿过磁场区域所经历的时间t.I=jw15 .有一个质量为0.5kg的篮球从H=0.8 m的高度落到 水平地板上，每弹跳一次上升的高度总等于前一次的 0.36倍，且每次球与地面接触时间相等均为0.2s，空气 阻力不计，(重力加速度g取10 m/s2)，求： (i)第一次球与地板碰撞，地板对球的平均冲力为多 少？ (ii)第一次和第二次球与地板碰撞的冲量的大小之比 是多少？16.如图所示，有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强 度为B,磁场方向与水平放置的导轨垂直，导轨宽度为L, 右端接有电阻R,

7、MN是一根质量为m的金属棒，金属棒 与导轨垂直放置，且接触良好，金属棒与导轨电阻均不 计，金属棒与导轨间的动摩擦因数为口，现给金属棒一 水平冲量，使它以初速度 沿导轨向左运动，已知金属棒v0在整个运动过程中，通过任一截面的总电荷量为q，求:金属棒运动的位移s；金属棒运动过程中回路产生的焦耳热Q；金属棒运动的时间tN参考答案A 【解析】试题分析:冲量较大，从高处跳下，时间较长，所以重力的 根据动量定理尸尸在落地后动量为P = II三0,所以冲量就会越大，A正确；跳同样高度时 人在落地前的动量不变，也即落地时所受的冲量 不变，垫海绵垫子是为了减小缓冲力，所以BD 错误；根据动量定理mv=Ft可知，

8、动量相等及制动 力时，所用时间也相等，C错误；考点：动量定理。l=JACD【解析】试题分析：小球斜上抛运动，只受向下的重力作 用，故根据动量定理，在任意相等的时间t内动 量的变化都为mgt，选项A正确；任意相等的时 间内，在竖直方向的位移不同，故重力做功不同， 动能的变化不相同，选项B错误；任意相等的时 间内速度的变化均为gt，选项C正确；根据动 量定理可知，动量的变化率等于合外力，即等于本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。mg,故动量的变化率保持不变，选项D正确；故 选 ACD.考点：动量定理|三【名师点睛】此题主要考查动量定理的应用；物 体合外力的冲量等于物体动量的变化量，

9、也可以 说物体所受的合外力等于动量的变化率；物体合 外力的功等于动能的变化量.l=JI三I三1=|三三|C 【解析】 试题分析:人在和地面接触时，人的速度减为零，=i由动量定理可知（F-mg） t=Amv；而脚尖着地 可以增加人着地的时间，由公式可知可以减小受到地面的冲击力；故选C.考点：动量定理|三【名师点睛】本题考查动量定理的定性的应用， 人落下时速度的变化量相同，让脚尖着地是为了 增加作用时间，减小与地面的作用力；物理知识 在生产生活中有着广泛的应用，在学习中应注意 体会。D 【解析】 试题分析：物体在下滑中只有重力做功，而重力 做功只与高度差有关，故两种情况下重力做功相 等，由机械能守

10、恒定律可得，两物体下滑相同高 度时的动能相同，则速度大小相同;但方向不同; 故动量变化的大小相同，选项D正确；物体下滑 相同高度时的速度大小相等，初速度均为零，故 平均速度大小相等，但是。不同，两物体下滑的 位移不同，故两物体的下滑时间一定不同，故重 力的冲量不相等，选项A错误；由动量定理可得，物体下滑到底部时的速度的大 小相同，所以合外力的冲量大小一定相等，但是 方向不同，故合外力的冲量不同，选项C错误； 到达底部时，合外力的冲量大小一定相等，重力 的冲量不相等，所以支持力的冲量大小一定不相 等，选项B错误；故选D.考点：冲量；动量定理I三【名师点睛】该题考查动量定理的应用，要注意 正确进行

11、受力分析，结合动能定理求解速度大小，同时要注意动量及冲量的方向性。l=jBCD 【解析】 试题分析：动量变化率是矢量，匀速圆周运动动 量变化量方向时刻在变化，在相等时间内动量变 化量不相同.也可根据动量定理,AP=Ft, F是 合力，匀速圆周运动的合力指向圆心，是变力， 相等时间内合力的冲量也是变化的，动量变化率 是变化的.故A错误.根据动量定理?二Ft, F是合力，自由落体运动物体的合力是重力，恒力,相等时间内其冲量不变，动量变化率相同.故BI三正确.根据动量定理P=Ft, F是合力，平抛运 动物体的合力是重力，恒力，相等时间内其冲量 不变，动量变化率相同.故C正确.匀加速直线 运动合外力恒

12、定，故动量的变化率相等；故D正 确；故选BCD。考点：动量定理I三【名师点睛】根据动量定理?二Ft，动量变化量l=J等于合外力的冲量，自由落体、平抛和匀减速直 线运动物体所受的力是恒力，在相等时间内物体合外力冲量相同，动量变化量相同，匀速圆周运 动的合外力是变力，在相等时间内物体合外力冲 量不相同，动量变化量也不相同。l=jwl=jl=jwl=jwC 【解析】I三试题分析:在此过程中，地面对运动员由向上的 弹力，但在力的方向上无位移，故地面的弹力做 功为零，AB错；由动量定理知：=_：， 弹力的冲量为：圣=,_心，C对。考点:功、动量定理。【名师点睛】判断力是否做功及做功正负的方 法：看力F的

13、方向与位移l的方向间的夹角 a 常用于恒力做功的情形.看力F的方向与速度v的方向间的夹角a 常用于曲线运动的情形.=1（3）根据动能的变化：动能定理描述了合外力 做功与动能变化的关系，即W合=Ek末一Ek初，当 动能增加时合外力做正功；当动能减少时：合外 力做负功.Bi=jLeej【解析】解：A、B、依题意，OA距离越大，即 为小物块从越高的位置开始释放，经过AB段的 时间越短，由公式I=Ft，摩擦力不变，故摩擦 力对小物块的冲量变小.故A错误，B正确；C、D、在AB段小物块受到的合外力不因OA距离 变化而变化，AB段的位移恒定，则合外力对小 物块做功不变，根据动能定理分析得知，小物块 动能的

14、改变量不变，故CD错误.l=J【点评】本题对冲量、动能定理的理解和简单的 运用能力.恒力的冲量直接根据I=Ft研究.动 能的变化往往根据动能定理，由合力的功研究.D 【解析】解：A、物体的动量不变，知物体的速 度不变，可知物体一定做匀速运动.故A正确.B、动量大小不变的运动，即速度大小不变，可i=j能做变速运动，比如匀速圆周运动.故B正确.1=11=1C、如果在任何相等时间内物体所受的冲量相等 （不为零），知相等时间内动量的变化量相同， 即速度变化量相同，一定做匀变速运动.故C正 确.I三|=|D、若某一个力对物体做功为零，即物体的动能 变化量为零，但是动量的变化量不一定为零，即 冲量不一定为

15、零.故D错误.本题选不正确的，故选：D.【点评】解决本题的关键知道动量是矢量，有大 小，有方向，动能是标量，只有大小，没有方向.掌 握动量定理，即合力的冲量等于动量的变化量， 并能灵活运用.l=Jwl=JwI=Jl=Jw9【答案】D【解析】试题分析：两物体落地时，速度方向不同，故落 地时速度不同，故A错误；因为落地时动能相同， 则落地时的速度大小相等，平抛运动竖直方向上 的分速度小于竖直上抛运动落地时的速度，根据知，落地时重力做功的瞬时功率不同，故BP = mgv错误；两个小球在空中运动的时间不同，做平抛 运动的小球时间短，故从抛出到落地重力的冲量 不同，故选项C错误；根据动量定理： 号整F

16、=个运动过程中，合力为重力，故选项D正漏。考点：功率、动量定理 【名师点睛】根据动能定理比较落地时的动能大 小；重力做功与路径无关，与首末位置的高度差 有关，通过比较运动的时间比较重力做功的平均 功率；通过比较落地时竖直方向上的速度比较重 力做功的瞬时功率。10. ACD 【解析】i=jI三试题分析：物体动能发生变化，则物体的速度的 大小必定发生变化，所以动量必定变化，故A正 确；物体的动量发生变化，可能是速度的方向发 生改变，而大小没有变化，此时动能不变，故B 错误；物体所受的合外力不为零时，其动量一定 发生变化，而动能不一定变，例如做匀速圆周运 动的物体，选项C正确；l=j物体所受的合外力

17、为零时，合外力的功和合外力 的冲量均为零，其动能和动量一定不变，选项D 正确；故选ACD.考点：动量定理l=Jw【名师点睛】本题要求同学们注意，动能是标量， 动量是矢量，要注意动量的方向；并注意一些特 殊的例子，例如做匀速圆周运动的物体，速度改 变，没有力对物体做功，动能不变，动量发生改 变；难度不大，属于基础题。l=JI= = il=iLeeji=jLeeji=ji=i11. C 【解析】对 AB： ft= (m+m) va，对 B： ft=mvB-mvA， va： vb=1： 3，故C正确；故选C。动量定理的应用试题分析：水平面光滑，子弹射穿木块过程中， 子弹受到的合外力为子弹的冲击力，设

18、子弹的作 用力为f，对子弹与木块组成的系统，由动量定理得：考点：解得：【名师点睛】本题考查了动量定理的应用，求木 块的速度之比，解题时要分析清楚运动过程，应 用动量定理即可正确解题.12. 3兀N-s 9 0.12N-s【解析】试题分析：小球静止释放后9做单摆运动9其周期 T =提-g小球静止释放后从最高点运动至最低点所用时间为1T, T4I = mg - 4 T1。T则重力的冲量为=m 4. g =0.2kg 10m / s2 - 2兀、0.9m10m / s 23 M= -nN s5方向与重力相同，即竖直向下。小下落过程中受重力与绳子拉力作用，其中绳子 拉力不对小球做功，所以小球机械能守恒

19、，其中 重力势能减少量全部转化为动能，有mgl (1 - cos10。)=上 mv 22可求得 v = %2gl (1 - cos10。)= 0.6m / sl=J由动量定理有奴=m = 0.12n . s合方向与最低点处的速度方向相同，即沿水平方 向。考点：动量定理，机械能守恒。I三(1)-=七二: (2) *【解析】 试题分析:(1)由动能定理得:绳子绷紧过程中，由动量定理知:解得：= (2)此后两物块组成的系统机械能守恒，则(虬-机)曲二m虬十虬)咋考点：动量定理、机械能守恒。【名师点睛】动量守恒定律的适用条件1=|三三|理想守恒：系统不受外力或所受外力的合 力为零，则系统动量守恒.I三

20、i=i(2)近似守恒：系统受到的合力不为零，但当 内力远大于外力时，系统的动量可近似看成守 恒.(3)分方向守恒：系统在某个方向上所受合力 为零时，系统在该方向上动量守恒.(1)线圈匀速运动的速率v为逐；b2l2穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量Q为mg (b+h)-互史线圈穿过磁场区域所经历的时间t是+26七气.B2L2 W【解析】试题分析：(1)当线圈的下边穿出磁场时，恰好 做匀速运动，重力与安培力二力平衡，由平衡条 件和安培力的表达式F 二旦3结合，可求得线圈A匀速运动的速率V.(2)穿过磁场区域过程中，线框的机械能减小 转化为内能，根据能量守恒定律求解线圈中产生 的热量Q.liiJ(

21、3)线圈进入磁场过程中，由牛顿第二定律和 加速度的定义式结合，运用积分法求解时间；线 圈完全进入磁场的过程，磁通量不变，没有感应 电流产生，不受安培力，线框做匀加速运动，加 速度为g，由运动学速度时间公式求时间；对于 匀速运动过程，由位移公式求解时间，即可得到 总时间.解：(1)线圈匀速穿出磁场，产生的感应电动势 为：E=BLv 回路中的电流为：I士此时线圈受到竖直向上的安培力为：F=BIL 联立以上三式得：F=bVvR本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。由平衡条件得：F=mgI所以有：V=msRb2l2(2)线圈穿过磁场区域过程中，由能量守恒定 律得线圈中产生的热量为：Q=m

22、g (b+h)- =mg (b+h)-立安2mV2B4L4线圈进入磁场过程中，下边进入磁场时线圈的速率为0,上边进入磁场时线圈的速率为v .1当其速率为V时，由牛顿运动定律得：mg -B2L2v=maI又 a=wa7整理，得:mgAt L2vAt=mAvR两边求和，得：(mgAt)-上I-I-rvAt) = (mAv)R七即得：mg At) -弓厂(vAt) = (mAv) 所以 mgti - L2b=mvi；|故、=Vi + /l 气g mgR接着线圈在磁场以g匀加速运动，有:t =景- V后线圈匀速穿出磁场，有:l=JIt =b 3 -得：t=t1+t2+t3=的 +2B21?b 答：(1)线圈匀速运动的速率v为W；b2l2穿过磁场区域过程中，线圈中产生的热量Q 为 mg (b+h)-也宜；线圈穿过磁场区域所经历的时间t是+旺七气.Bl? 山郁【点评】本题是电磁感应与力学的综合，正确分 析线圈的受力情况，运用力学的