1.1.动量 课时作业-2022-2023学年高二上学期物理人教版2019选择性必修第一册（含解析）

人教版高中物理选择性必修第一册课时作业1动量一、单项选择题1、关于物体的动量,下列说法正确的是()A.运动物体在任一时刻的动量方向,一定是该时刻的速度方向B.物体的动能不变,其动量一定不变C.动量越大的物体,其速度一定越大D.物体的动量大,其惯性也一定大2、如图所示,p、p'分别表示物体被作用前、后的动量,短线表示的动量大小为15kg·m/s,长线表示的动量大小为30kg·m/s,箭头表示动量的方向。在下列四种情况中,物体动量改变量相同的是()A.①②B.②④C.①③D.③④3、下列运动中的物体,动量始终保持不变的是 ()A.正常运行的地球同步卫星B.用绳子拉着物体,沿斜面做匀速直线运动C.小球碰到竖直墙壁被弹回,速度大小不变D.荡秋千的小孩,每次荡起的高度保持不变4、如图,PQS是固定于竖直平面内的光滑的四分之一圆周轨道,圆心O在S的正上方,在O和P两点各有一质量为m的小物块a和b,从同一时刻开始,a自由下落,b沿圆弧下滑,则 ()A.a与b同时到达S,它们在S点的动量相同B.a比b先到达S,它们在S点的动量不同C.b比a先到达S,它们在S点的动量不同D.a比b先到达S,它们从各自起点到S点的动量的变化相同5、有两颗质量不等、在圆轨道上运行的人造地球卫星,用T表示卫星的运行周期,用p表示卫星的动量,则有关轨道半径较大的那颗卫星的周期T、动量p和机械能,下列说法中正确的是 ()A.周期T较大,动量p也一定较大,机械能也大B.周期T较大,动量p可能较小,机械能不能确定C.周期T较小,动量p较大,机械能也大D.周期T较小,动量p也较小,质量大的卫星的机械能也大6、质量为0.2kg的小球以6m/s的速度竖直向下落至水平地面上,再以4m/s的速度反向弹回,取竖直向上为正方向,在小球与地面接触的时间内,小球动量的变化量Δp和合外力对小球做的功W为()A.Δp=2kg·m/s,W=-2JB.Δp=-2kg·m/s,W=-2JC.Δp=0.4kg·m/s,W=-2JD.Δp=-0.4kg·m/s,W=2J7、如图所示,质量为m的足球在离地高h处时速度刚好水平向左,大小为v1,守门员在此时握拳击球,使球以大小为v2的速度水平向右飞出,手和球作用的时间极短,则()A.击球前后球动量改变量的方向水平向左B.击球前后球动量改变量的大小是mv2-mv1C.击球前后球动量改变量的大小是mv2+mv1D.球离开手时的机械能不可能是mgh+12m8、如图所示，一小孩把一质量为0.5kg的篮球由静止释放，释放后篮球的重心下降的高度为0.8m，反弹后篮球的重心上升的最大高度为0.2m，不计空气阻力，取重力加速度为g＝10m/s2，则地面与篮球相互作用的过程中其动量的改变量大小为()A．0.5kg·m/sB．1kg·m/sC.2kg·m/sD．3kg·m/s二、多项选择题9、关于动量的变化,下列说法正确的是()A.做直线运动的物体速度增大时,动量的增量Δp的方向与运动方向相同B.做直线运动的物体速度减小时,动量的增量Δp的方向与运动方向相反C.物体的速度大小不变时,动量的增量Δp为零D.物体做曲线运动时,动量的增量一定不为零10、质量为0.5kg的物体,运动速度为3m/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7m/s,则这段时间内动量的变化量为 ()A.5kg·m/s,方向与初速度方向相反B.5kg·m/s,方向与初速度方向相同C.2kg·m/s,方向与初速度方向相反D.2kg·m/s,方向与初速度方向相同11、如图所示,箱子放在水平地面上,箱内有一质量为m的铁球以速度v向左壁碰去,来回碰几次后停下来,而箱子始终静止,则整个过程中()A.铁球对箱子的冲量为零B.铁球和箱子受到的冲量为零C.箱子对铁球的冲量为mv,向右D.地面摩擦力对箱子的冲量为mv,向右12、一质量为2kg、可看成质点的物块做直线运动,其运动过程中动量的二次方与位置关系如图所示,则()A.物块在坐标原点时的速度大小为4m/sB.物块运动中受到的合力大小为32NC.物块运动的加速度大小为16m/s2D.物块从x=0运动到x=1m所用时间为0.5s13、如图所示，质量为8m，长度一定的长木板放在光滑的水平面上，质量为m，可视为质点的物块放在长木板的最左端，质量为m的子弹以水平向右的速度v0射入物块且未穿出(该过程的作用时间极短可忽略不计)，经时间t0物块以eq\f(v0,5)的速度离开长木板的最右端，重力加速度为g，则下列说法正确的是()A．长木板最终的速度大小为eq\f(v0,10)B．长木板的长度为eq\f(5v0t0,16)C．子弹射入物块的过程中损失的机械能为eq\f(9,20)mveq\o\al(2,0)D．物块与长木板间的动摩擦因数为eq\f(3v0,10gt0)三、非选择题14、“探究碰撞中的不变量”的实验装置如图甲所示。已知打点计时器的电源周期为0.02s。甲乙(1)下列说法正确的是。(填正确选项前的字母)

A.本实验中应尽可能减小摩擦B.实验时先推动小车A,再接通打点计时器电源(2)若获得的纸带如图乙所示,从a点开始,每5个点取一个计数点,其中a、b、c、d、e都为计数点,并测得相邻计数点间距分别为ab=20.3cm、bc=36.2cm、cd=25.1cm、de=20.5cm,已测得小车A(含橡皮泥)的质量mA=0.4kg,小车B(含撞针)的质量mB=0.3kg。由以上测量结果可得碰前系统总动量为kg·m/s,碰后系统总动量为kg·m/s。(结果均保留三位有效数字)

15、在实验室里为了验证动量守恒定律，一般采用如图甲、乙所示的两种装置：甲乙(1)若入射小球质量为m1，半径为r1；被碰小球质量为m2，半径为r2，则__________。A．m1>m2，r1>r2B．m1>m2，r1<r2C．m1>m2，r1＝r2D．m1<m2，r1＝r2(2)若采用图乙所示装置进行实验，以下所提供的测量工具中一定需要的是__________。A．直尺B．游标卡尺C．天平D．弹簧测力计E．秒表(3)设入射小球的质量为m1，被碰小球的质量为m2，则在用图甲所示装置进行实验时(P为碰前入射小球落点的平均位置)，所得“验证动量守恒定律”的结论为___________。(用装置图中的字母表示)16、一质量为1kg的质点静止于光滑水平面上，从t＝0时刻开始，受到如图所示的水平外力作用。求：(1)第2s末质点的动量大小。(2)第1s内与第2s内质点动量增加量之比。(3)第1s内与第2s内质点动能增加量之比。17、如图所示，一条带有圆轨道的长轨道水平固定，圆轨道竖直，底端分别与两侧的直轨道相切，半径R＝0.5m。物块A以v0＝6m/s的速度滑入圆轨道，滑过最高点Q，再沿圆轨道滑出后，与直轨上P处静止的物块B碰撞，碰后粘在一起运动，P点左侧轨道光滑，右侧轨道呈粗糙段、光滑段交替排列，每段长度都为L＝0.1m。物块与各粗糙段间的动摩擦因数都为μ＝0.1，A、B的质量均为m＝1kg(重力加速度g取10m/s2；A、B视为质点，碰撞时间极短)。(1)求A滑过Q点时的速度大小v和受到的弹力大小F；(2)若碰后AB最终停止在第k个粗糙段上，求k的数值；(3)求碰后AB滑至第n个(n<k)光滑段上的速度vn与n的关系式。

答案与解析1、A解析：动量具有瞬时性,任一时刻物体动量的方向,即该时刻物体的速度方向,选项A正确;物体的动能不变,若速度大小不变而方向变化,动量也发生变化,选项B错误;物体动量的大小由物体的质量和速度共同决定,不是由物体的速度唯一决定,故动量大的物体,其速度不一定大,选项C错误;惯性由物体的质量决定,与物体的动量无关,选项D错误。2、C解析：取向右为正方向。①中初动量p=30kg·m/s,末动量p'=-15kg·m/s,则动量变化量为Δp=p'-p=-45kg·m/s;②中初动量p=15kg·m/s,末动量p'=30kg·m/s,则动量变化量为Δp=p'-p=15kg·m/s;③中初动量p=15kg·m/s,末动量p'=-30kg·m/s,则动量变化量为Δp=p'-p=-45kg·m/s;④中初动量p=30kg·m/s,末动量p'=15kg·m/s,则动量变化量为Δp=p'-p=-15kg·m/s。综上分析可知①③物体动量改变量相同,故选C。3、B解析：动量的表达式为p=mv。正常运行的地球同步卫星,速度大小不变,方向不断改变,所以动量改变,故A不符合题意;用绳子拉着物体,沿斜面做匀速直线运动,物体的速度大小和方向都不发生改变,所以动量不变,故B符合题意;小球碰到竖直墙壁被弹回,速度大小不变,但方向改变,所以动量改变,故C不符合题意;荡秋千的小孩,每次荡起的高度保持不变,在这个过程中小孩速度大小和方向都改变,所以动量改变,故D不符合题意。故选B。4、B解析：a物块做自由落体运动,设运动时间为ta,b物块沿圆弧轨道下滑,设运动时间为tb,b物块在任一高度竖直方向分运动的加速度都小于重力加速度,而a、b两物块竖直方向位移相同,所以tb>ta,即a比b先到达S。又到达S点时a的速度竖直向下,而b的速度水平向左,根据mgh=12mv2得v=2gh,故两物块的动量大小相等,方向不相同,初动量相同,末动量不同,故动量的变化不同,故B正确,A、C、5、B解析：在圆轨道上运行的人造地球卫星,其所需的向心力是由地球对卫星的万有引力提供的,由GMmr2=mv2r可得v=GMr,则p=mv=mGMr,可见卫星动量的大小与质量有关,而与周期无关,由于卫星质量的大小关系不确定,所以动量的大小关系也不确定;机械能也与质量有关,所以机械能的大小关系也不确定;根据GMmr2=m2πT2r可得T=46、A解析：竖直向上为正方向,则小球与地面碰撞过程中动量的变化量为Δp=mv2-(-mv1)=0.2×(4+6)kg·m/s=2kg·m/s,方向竖直向上。根据动能定理可知,合外力对小球做功为W=12mv22-12mv12=12×0.2×(42-62)7、C解析：规定水平向右为正方向,击球前球的动量为p1=-mv1,击球后球的动量为p2=mv2,击球前后球动量改变量的大小为Δp=p2-p1=mv2-(-mv1)=mv2+mv1,动量改变量的方向水平向右,A、B错误,C正确;由于没有规定零势能位置,所以无法确定球离开手时的机械能,D错误。8、D解析：篮球的重心下降高度0.8m的速度为v1＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.8)m/s＝4m/s，方向向下反弹后篮球的重心上升高度0.2m的初速度为v2＝eq\r(2gh)＝eq\r(2×10×0.2)m/s＝2m/s，方向向上规定竖直向下为正方向，Δp＝mv2－mv1＝0.5×(－2)kg·m/s－0.5×4kg·m/s＝－3kg·m/s。故D正确。9、AB解析：对于做加速直线运动的物体,动量的增量Δp的方向与运动方向相同,故A正确;对于做减速直线运动的物体,动量的增量Δp的方向与运动方向相反,故B正确;物体做匀速圆周运动时速度大小不变,若物体运动半个圆周,动量的增量不为零,故C错误;如果物体做匀速圆周运动且运动一周,则动量增量为零,故D错误。故选A、B。10、AD解析：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=-5kg·m/s,负号表示Δp的方向与初速度方向相反,选项A正确;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=2kg·m/s,方向与初速度方向相同,选项D正确。11、CD解析：箱子在水平方向上受到两个力作用,铁球对箱子的作用力和地面对箱子的摩擦力,二力始终等大反向,其合力始终为零,故箱子始终静止。因此,铁球对箱子的冲量与地面摩擦力对箱子的冲量等大反向,合冲量为零,故A错误;根据动量定理,铁球受到的冲量为I=0-mv=-mv,而箱子受到的冲量始终为零,故B错误;根据动量定理,箱子对铁球的冲量为I=0-mv=-mv,负号表示方向向右,故C正确;箱子对铁球的冲量mv,向右,根据牛顿第三定律,铁球对箱子的冲量为mv,向左,又因为地面摩擦力与铁球对箱子的作用力等大反向,所以地面摩擦力对箱子的冲量为mv,向右,故D正确。12、AD解析：由p=mv可得物块在坐标原点时的速度为v0=pm=82m/s=4m/s,故A正确;由p2=m2v2,v2=v02+2ax可得p2=2am2x+m2v02,则p2-x图像的斜率大小为k=2m2a,故物块的加速度大小为a=8m/s2,物块受到的合力大小为F=ma=16N,故B、C错误;由x=v0t-12at2可得物块从x=0运动到x=1m所用时间为t=0.5s,13、BD解析：对子弹和物块组成的系统，子弹射入物块时系统动量守恒，则由动量守恒定律得mv0＝2mv1，解得v1＝eq\f(v0,2)，则该过程损失的机械能ΔE＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)mveq\o\al(2,0)，选项C错误；从子弹刚击中物块到物块离开长木板的过程，对子弹、物块、长木板组成的系统，由动量守恒定律得mv0＝2m×eq\f(v0,5)＋8mv2，解得v2＝eq\f(3v0,40)，选项A错误；对长木板由动量定理得Fft0＝8mv2，又Ff＝μ×2mg，由以上解得μ＝eq\f(3v0,10gt0)，选项D正确；子弹击中物块后，对整个系统由动能定理得FfL＝eq\f(1,2)×2mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)×2meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(v0,5)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,2)×8mveq\o\al(2,2)，由以上整理得L＝eq\f(5v0t0,16)，选项B正确。14、答案：(1)A(2)1.451.44解析：(1)本实验中要尽可能减小摩擦,这样可减小实验误差,故A正确;实验时应先接通打点计时器电源,再推动小车A,故B错误。(2)碰前A车做匀速直线运动,速度由bc段求得,v0=bc5T,解得v0=3.62m/s,则碰前系统总动量p0=mAv0≈1.45kg·m/s;碰后A、B车一起做匀速直线运动,速度由de段求得,v=de5T,解得v=2.05m/s,则碰后系统总动量p=(mA+mB)v≈1.4415、解析：(1)为防止反弹造成入射小球返回斜槽，要求入射小球质量大于被碰小球质量，即m1>m2；为使入射小球与被碰小球发生对心碰撞，要求两小球半径相同。故C正确。(2)设入射小球为a，被碰小球为b，a球碰前的速度为v1，a、b相碰后的速度分别为v1′、v2′。由于两球都从同一高度做平抛运动，当以运动时间为一个计时单位时，可以用它们平抛的水平位移表示碰撞前后的速度。因此，需验证的动量守恒关系m1v1＝m1v1′＋m2v2′可表示为m1x1＝m1x1′＋m2x2′。所以需要直尺、天平，而无需弹簧测力计、秒表。由于题中两个小球都可认为是从槽口开始做平抛运动的，两球的半径不必测量，故无需游标卡尺。(3)得出验证动量守恒定律的结论应为m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N。答案：(1)C(2)AC(3)m1·OP＝m1·OM＋m2·O′N16、答案：(1)6kg·m/s(2)2：1(3)4：5解析：(1)质点由静止开始运动，由牛顿第二定律可得，0～1s内质点的加速度大小为a1＝eq\f(F1,m)＝eq\f(4,1)m/s2＝4m/s2,1～2s内质点的加速度大小为a2＝eq\f(F2,m)＝eq\f(2,1)m/s2＝2m/s2，则第1s末质点的速度大小为v1＝a1t1＝4×1m/s＝4m/s，第2s末质点的速度大小为v2＝v1＋a2t2＝(4＋2×1)m/s＝6m/s，因此第2s末质点的动量大小为p＝mv2＝1×6kg·m/s＝6kg·